用方陣冪的性質刻畫方陣的特征

陳 陽，左可正，付芝美

(湖北師范大學 數(shù)學與統(tǒng)計學院，湖北 黃石 435002)

1 引言與預備引理

文中涉及的兩種廣義逆參見文獻[1,2]。用A+∈n×m表示矩陣A∈n×n的Moore-Penrose逆，它滿足以下4個等式：

1)AA+A=A2)A+AA+=A+3)AA+=(AA+)*4)A+A=(A+A)*

用A#∈n×n表示矩陣A∈n×n的群逆，它滿足以下3個等式：

1)AA#A=A2)A#AA#=A#3)AA#=A#A

下面介紹文中需要的引理：

引理1[3](Jordan定理)設A∈n×n，則存在n階非奇異矩陣P，使得

A=PJP-1

(1)

是A的若當標準形，

證明 若當塊

其中

Nt=0，于是計算得

引理3[4](核-冪零分解)設A∈m×n，則A可以分解為兩個矩陣和的形式：

A=A1+A2(其中Ind(A1)≤1，A2是冪零矩陣，A1A2=A2A1=0)，

且表示法唯一。

A的核-冪零分解也可以表示為

(2)

其中P和C是可逆矩陣，N是冪零矩陣。容易證明N=0當且僅當Ind(A)≤1.

引理4[5](Hartwig-Spindelb?ck分解)設A∈n×n且r(A)=r，則存在酉矩陣U∈n×n，使得

(3)

其中∑=diag(σ1,σ2，…，σr),σ1≥σ2≥…≥σr>0是A的奇異值，K∈r×r，L∈r×(n-r)且滿足KK*+LL*=Ir.

由(3)式可以計算出文獻[6]：

(4)

A#存在當且僅當r(A)=r(A2)，且此時有文獻[7]：

(5)

利用矩陣的Hartwig-Spindelb?ck分解，文獻[6]給出了一些特殊矩陣的刻畫條件，即下面的引理5.

引理5[6]設A∈n×n且r(A)=r，A有分解式(3)，則：

引理6[8]設A是Hermitian半正定矩陣，其中k∈{2,3,…}，則存在唯一的Hermitian半正定矩陣B，使得Bk=A.

關于可對角化矩陣、(正交)冪等矩陣、EP-陣和正規(guī)矩陣，許多國內外學者對它們進行了研究[7～11]。本文將首先利用Ak的性質給出可對角化矩陣和(正交)冪等矩陣的新刻畫，其次用A*，A+和A#以及它們冪的特征給出EP-陣和正規(guī)矩陣的等價刻畫。

2 用方陣冪刻畫特殊矩陣類

下面將利用Ak的性質給出可對角化矩陣、冪等矩陣和正交冪等矩陣的一些新刻畫。

定理1 設A∈n×n，A可逆，則A可對角化的充分必要條件是存在k∈+，使Ak可對角化。

證明 必要性是顯然的。充分性：根據(jù)引理1知，A可以表成(1)的形式。由A可逆知，Ji中的對角元λi≠0，(i=1,2,…,t)有

定理2 設A∈n×n，則A可對角化的充分必要條件是存在k∈+，使得Ak可對角化且

Ind(A)=1.

證明 根據(jù)引理3，A可以表示成(2)的形式。

定理3 設A∈n×n，則的充要條件是存在k∈+，使且σ(A)?{0,1}，Ind(A)=1.

定理4 設A∈n×n，則的充要條件是存在k∈+，使得且σ(A)?{0,1}，Ind(A)=1.

充分性：因為Ind(A)=1，由Schur引理，存在酉矩陣U∈n×n，使得

其中T為r階可逆矩陣，r=rank(A)，σ(T)={1}.又因為

3 用方陣冪刻畫EP-陣和正規(guī)矩陣

在文獻[7]中，Baksalary和Trenkler利用A，A*，A+和A#的恒等式給出了EP-陣和正規(guī)矩陣的一些等價刻畫。下面將利用A、A*、A+和A#以及它們冪的特征給出關于EP-陣和正規(guī)矩陣的一些新的等價條件。在下文中，總假設A#是存在的。

定理5 設A∈n×n，k∈+，則下列命題彼此等價：

3) (A#A+)kA=A(A#A+)k4) (A+A#)kA+=A+(A+A#)k

5) (A#A+)kA+=A+(A#A+)k6) (A+A#)kA#=A#(A+A#)k

7) (A#A+)kA#=A#(A#A+)k8) (A+A#)kA=A(A#A+)k

9) (A#A+)kA+=A+(A+A#)k10) (A+A#)kA#=A#(A#A+)k

11) (AA#)kA*=A*(AA#)k12) (AA#)kA+=A+(AA#)k

證明 假設A有(3)式的分解形式，由引理5 d)可知

可以驗證2)～ 12)中每一個條件成立都與L=0等價，因此1)～ 12)是等價的。這里只驗證1)? 9)，1)? 11)，其余的類似可證。根據(jù)(4)和(5)式可計算出

由等式(A#A+)kA+=A+(A+A#)k可得

因為∑和K是可逆的，所以(A#A+)kA+=A+(A+A#)k?L=0.

下證1) ? 11)：由(3)和(5)式計算得，

由等式(AA#)kA*=A*(AA#)k可得，

因為∑和K是可逆的，所以(AA#)kA*=A*(AA#)k?L=0.

特別地，當k=1時可以得到文獻[7]中的定理1，即下面推論1：

推論1 設A∈n×n，則下列命題彼此等價：

3)A#A+A=AA#A+4)A+A#A+=A+A+A#

5)A#A+A+=A+A#A+6)A+A#A#=A#A+A#

7)A#A+A#=A#A#A+8)A+A#A=AA#A+

9)A#A+A+=A+A+A#10)A+A#A#=A#A#A+

11)AA#A*=A*AA#12)AA#A+=A+AA#

定理6 設A∈n×n，k∈+，則下列命題彼此等價：

3) (AA*)kA*=A*(AA*)k4) (AA*)kA+=A+(AA*)k

5) (AA*)kA#=A#(AA*)k6) (A*A)kA=A(A*A)k

7) (A*A)kA*=A*(A*A)k8) (A*A)kA+=A+(A*A)k

9) (A*A)kA#=A#(A*A)k

證明 假設A有(3)式的分解形式，由引理5 e)可知

可以驗證 2)～ 9)中每一個條件成立都與L=0，K∑=∑K等價，因此1)～ 9)是等價的。這里只驗證1)? 4)，1)? 6)，其余的類似可證。由(3)和(4)式計算可得

由等式的性質可得出

∑2kK*∑-1=K*∑2k-1

(6)

L*∑2k-1=0

(7)

因為∑可逆，由 7)式可得L=0.根據(jù)引理4可知KK*+LL*=Ir，那么K*=K-1，于是(6)式可化簡為

K*∑2kK=∑2k

(8)

下證1)? 6)：由 (3)式計算可得

由等式的性質可得出

K*∑2kK∑K=∑2k+1K

(9)

K*∑2kK∑L=∑2k+1L

(10)

L*∑2kK∑K=0

(11)

L*∑2kK∑L=0

(12)

將(9)式兩邊同時右乘K*，(10)式兩邊同時右乘L*，新得到的兩個式子同時相加可得：

K*∑2kK∑(KK*+LL*)=∑2k+1(KK*+LL*)

由引理4可知KK*+LL*=Ir且∑可逆，所以K*∑2kK=∑2k且K可逆。再將(11)式兩邊同時右乘K*，(12)式兩邊同時右乘L*，新得到的兩個式子同時相加可得：

L*∑2kK∑=0

特別地，當k=1時可以得到文獻[7]中的定理2，即下面推論2：

推論2 設A∈n×n，則下列命題彼此等價：

3)AA*A*=A*AA*4)AA*A+=A+AA*

5)AA*A#=A#AA*6)A*AA=AA*A

7)A*AA*=A*A*A8)A*AA+=A+A*A

9)A*AA#=A#A*A