朱光艷 ,劉曉冀

(1.湖北民族學院 預科教育學院，湖北 恩施 445000；2.廣西民族大學 數(shù)學與計算機科學學院，廣西 南寧 530006)

1 引言及引理

文獻[1]討論了復數(shù)域上矩陣的加權(quán)Moore-Penrose逆的加邊，文獻[2]通過秩等式給出了整環(huán)上矩陣的加權(quán)Moore-Penrose逆存在的充分必要條件.本文給出整環(huán)上矩陣加權(quán)Moore-Penrose逆存在的一些新的充分必要條件，并利用加邊矩陣的可逆性來刻畫它.

設(shè)R表示具有對合“*” 的整環(huán)；Rm×n表示R上m×n矩陣構(gòu)成的集合；ρ(A)表示矩陣A的充分必要秩；N(A)表示A的零空間；R(A)表示A的值域；I表示單位矩陣；In表示n階單位矩陣. 若無特別說明下面考慮的都是R上的矩陣.

定義1[3]設(shè)A∈Rm×n，若在R上存在一個n×m矩陣X使得：

則稱矩陣X是A的Moore-Penrose逆. 若A的Moore-Penrose逆存在，則唯一，記作X=A+. 當X滿足方程(1)時，稱X為A的正則逆. 當X滿足條件1)、2)，還滿足條件：AX=XA時，稱X為A的群逆，記作A#.

定義2[2]設(shè)A∈Rm×n, M和N分別是R上的m階和n階可逆矩陣，若R上存在一個n×m矩陣X使得：

引理1[2]設(shè)A∈Rm×n，M和N分別是R上的m階和n階可逆矩陣，若A關(guān)于矩陣M和N的加權(quán)Moore-Penrose逆存在，則唯一.

引理2 設(shè)A∈Rm×n, ρ(A)=r, U∈Rm×(m-r)與V*∈Rn×(n-r)是列滿秩的，其列向量分別構(gòu)成N(A*)與N(A)的基，B是A的正則逆，則存在矩陣Z和Y使得:

BA=In+V*Z，AB=Im+YU*.

證明先證R(I-BA)=N(A). ?x∈R(I-BA), 則存在z∈Rn使得:x=(I-BA)z，從而Ax=A(I-BA)z=(A-ABA)z=0，故R(I-BA)?N(A). 另一方面，?x∈N(A)，則Ax=0，從而BAx=0，x=(I-BA)x∈R(I-BA)，故N(A)?R(I-BA)，綜上所述有R(I-BA)=N(A). 因此存在矩陣Z使得:I-BA=V*Z.

由于B是A的正則逆，則B*是A*的正則逆. 同理存在矩陣Y使得I-AB=YU*.

2 Moore-Penrose逆存在的充分必要條件

(i)A是正則的；

(ii)U*M-1U、VNV*均可逆.

在這種情況下，設(shè)B為A的正則逆，則有:

(1)

證明充分性： 須注意U*A=0，AV*=0，由引理2，存在矩陣Z和Y使得：BA=In+V*Z，AB=Im+YU*，直接驗證式(1)為A的加權(quán)Moore-Penrose逆.

定理2 設(shè)A∈Rm×n, M和N分別是R上的m階和n階可逆矩陣， 則下列條件等價：

(ii)存在矩陣P和Q使得：PA*M*A=A=AN-1A*Q，且A*M*A、AN-1A*均對稱；

(iii)AN-1A*M*的群逆存在，A*M*A、AN-1A*均對稱，且存在矩陣W使得：A=AN-1A*M*W；

(iv) N-1A*M*A的群逆存在，A*M*A、AN-1A*均對稱，且存在矩陣G使得：A=GN-1A*M*A.

此時，N-1Q*AP*M*是A關(guān)于M、N的加權(quán)Moore-Penrose逆.

類似可證AN-1A*對稱.

(ii)?(i) 若存在矩陣P、Q使得：PA*M*A=A=AN-1A*Q, 且A*M*A、AN-1A*均對稱，則AP*=PA*M*AP*對稱，Q*A=Q*AN-1A*Q也對稱.取H=N-1Q*AP*M*，從而，

AHA=AN-1Q*AP*M*A=AN-1A*QP*M*A=AP*M*A=PA*M*A=A

HAH=N-1Q*AP*M*AN-1Q*AP*M*=N-1Q*PA*M*AN-1A*QP*M*=

N-1Q*AN-1A*QP*M*=N-1Q*AP*M*=H；

(MAH)*=(MAN-1Q*AP*M*)*=(MAN-1A*QP*M*)*=(MAP*M*)*=MAP*M*=MAH；

(NHA)*=(Q*AP*M*A)*=(Q*PA*M*A)*=(Q*A)*=(Q*AN-1A*Q)*=Q*AN-1A*Q=NHA.

使得A=AN-1A*M*W.

(iii)?(i) 若AN-1A*M*的群逆(AN-1A*M*)#存在，且存在矩陣W使得A=AN-1A*M*W，則:

類似可以證明條件(i)?(iv).

3 Moore-Penrose逆的表達式

(2)

證明由U*MA=0，得A*MU=0. 從而：

(AN-1A*M+UU*M)AN-1A*M=AN-1A*MAN-1A*M=AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M),即AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M)-1=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1A*M，

又(AN-1A*M+UU*M)A=AN-1A*MA，則有，A=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1A*MA=AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M)-1A,令P=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1，Q=M(AN-1A*M+UU*M)-1A，則PA*M*A=A=AN-1A*Q.

類似可以證明推論1.

(3)

4 加邊矩陣的逆

可逆，且:

(4)

則:

由引理2，存在矩陣Y使得AB=I+YU*，而:

同理:

即T2與?；ツ?

由DM-1U=Im-r, AC+M-1UE=0，可得DAC+E=0, 故E=-DAC；由BA+CVN=In, AV*=0，得CVNV*=V*；由AB+M-1UD=Im，U*A=0，得U*M-1UD=U*；同時由VNB=0，BA+CVN=In，可得BAB=B.

由DA+EVN=0，得EVNV*=0；同樣由AC+M-1UE=0，得U*M-1UE=0. 將CVNV*=V*代人VNC=In-r，易知有(CVNV*)*NC=(VNV*)(C*NC)=In-r，即VNV*可逆. 同理可證U*M-1U可逆. 故E=0, D=(U*M-1U)-1U*，C=V*(VNV*)-1. 由BA+CVN=Im，得ABA+AV*(VNV*)-1VN=A，即ABA=A.

推論2 設(shè)A∈Rm×n，ρ(A)=r，U∈Rm×(m-r)與V*∈Rn×(n-r)是列滿秩的，其列向量分別構(gòu)成N(A*)與N(A)的基.，則矩陣A存在Moore-Penrose逆A+的充分必要條件是：

可逆，且:

(5)

證明在定理4中令M=Im, N=In即可得證.

可逆，且:

(6)

由定理4必要性的證明及VNV*=In-r, U*M-1U=Im-r即得證.

推論4 設(shè)A∈Rm×n，ρ(A)=r，U∈Rm×(m-r)與V*∈Rn×(n-r)是列滿秩的，其列向量分別構(gòu)成N(A*)與N(A)的基, 且VV*=In-r, U*U=Im-r. 則矩陣A存在Moore-Penrose逆A+的充分必要條件是：

可逆，且:

(7)

證明在推論3中令M=Im, N=In.即得證.

參考文獻:

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