用方阵幂的性质刻画方阵的特征

陈 阳，左可正，付芝美

(湖北师范大学 数学与统计学院，湖北 黄石 435002)

1 引言与预备引理

文中涉及的两种广义逆参见文献[1,2]。用A+∈n×m表示矩阵A∈n×n的Moore-Penrose逆，它满足以下4个等式：

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

用A#∈n×n表示矩阵A∈n×n的群逆，它满足以下3个等式：

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

下面介绍文中需要的引理：

引理1[3](Jordan定理)设A∈n×n，则存在n阶非奇异矩阵P，使得

A=PJP-1

(1)

是A的若当标准形，

证明 若当块

其中

Nt=0，于是计算得

引理3[4](核-幂零分解)设A∈m×n，则A可以分解为两个矩阵和的形式：

A=A1+A2(其中Ind(A1)≤1，A2是幂零矩阵，A1A2=A2A1=0)，

且表示法唯一。

A的核-幂零分解也可以表示为

(2)

其中P和C是可逆矩阵，N是幂零矩阵。容易证明N=0当且仅当Ind(A)≤1.

引理4[5](Hartwig-Spindelböck分解)设A∈n×n且r(A)=r，则存在酉矩阵U∈n×n，使得

(3)

其中∑=diag(σ1,σ2，…，σr),σ1≥σ2≥…≥σr>0是A的奇异值，K∈r×r，L∈r×(n-r)且满足KK*+LL*=Ir.

由(3)式可以计算出文献[6]：

(4)

A#存在当且仅当r(A)=r(A2)，且此时有文献[7]：

(5)

利用矩阵的Hartwig-Spindelböck分解，文献[6]给出了一些特殊矩阵的刻画条件，即下面的引理5.

引理5[6]设A∈n×n且r(A)=r，A有分解式(3)，则：

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

关于可对角化矩阵、(正交)幂等矩阵、EP-阵和正规矩阵，许多国内外学者对它们进行了研究[7～11]。本文将首先利用Ak的性质给出可对角化矩阵和(正交)幂等矩阵的新刻画，其次用A*，A+和A#以及它们幂的特征给出EP-阵和正规矩阵的等价刻画。

2 用方阵幂刻画特殊矩阵类

下面将利用Ak的性质给出可对角化矩阵、幂等矩阵和正交幂等矩阵的一些新刻画。

定理1 设A∈n×n，A可逆，则A可对角化的充分必要条件是存在k∈+，使Ak可对角化。

证明 必要性是显然的。充分性：根据引理1知，A可以表成(1)的形式。由A可逆知，Ji中的对角元λi≠0，(i=1,2,…,t)有

定理2 设A∈n×n，则A可对角化的充分必要条件是存在k∈+，使得Ak可对角化且

Ind(A)=1.

证明 根据引理3，A可以表示成(2)的形式。

定理3 设A∈n×n，则的充要条件是存在k∈+，使且σ(A)⊆{0,1}，Ind(A)=1.

定理4 设A∈n×n，则的充要条件是存在k∈+，使得且σ(A)⊆{0,1}，Ind(A)=1.

充分性：因为Ind(A)=1，由Schur引理，存在酉矩阵U∈n×n，使得

其中T为r阶可逆矩阵，r=rank(A)，σ(T)={1}.又因为

3 用方阵幂刻画EP-阵和正规矩阵

在文献[7]中，Baksalary和Trenkler利用A，A*，A+和A#的恒等式给出了EP-阵和正规矩阵的一些等价刻画。下面将利用A、A*、A+和A#以及它们幂的特征给出关于EP-阵和正规矩阵的一些新的等价条件。在下文中，总假设A#是存在的。

定理5 设A∈n×n，k∈+，则下列命题彼此等价：

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

证明 假设A有(3)式的分解形式，由引理5 d)可知

可以验证2)～ 12)中每一个条件成立都与L=0等价，因此1)～ 12)是等价的。这里只验证1)⟺ 9)，1)⟺ 11)，其余的类似可证。根据(4)和(5)式可计算出

由等式(A#A+)kA+=A+(A+A#)k可得

因为∑和K是可逆的，所以(A#A+)kA+=A+(A+A#)k⟺L=0.

下证1) ⟺ 11)：由(3)和(5)式计算得，

由等式(AA#)kA*=A*(AA#)k可得，

因为∑和K是可逆的，所以(AA#)kA*=A*(AA#)k⟺L=0.

特别地，当k=1时可以得到文献[7]中的定理1，即下面推论1：

推论1 设A∈n×n，则下列命题彼此等价：

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 设A∈n×n，k∈+，则下列命题彼此等价：

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

证明 假设A有(3)式的分解形式，由引理5 e)可知

可以验证 2)～ 9)中每一个条件成立都与L=0，K∑=∑K等价，因此1)～ 9)是等价的。这里只验证1)⟺ 4)，1)⟺ 6)，其余的类似可证。由(3)和(4)式计算可得

由等式的性质可得出

∑2kK*∑-1=K*∑2k-1

(6)

L*∑2k-1=0

(7)

因为∑可逆，由 7)式可得L=0.根据引理4可知KK*+LL*=Ir，那么K*=K-1，于是(6)式可化简为

K*∑2kK=∑2k

(8)

下证1)⟺ 6)：由 (3)式计算可得

由等式的性质可得出

K*∑2kK∑K=∑2k+1K

(9)

K*∑2kK∑L=∑2k+1L

(10)

L*∑2kK∑K=0

(11)

L*∑2kK∑L=0

(12)

将(9)式两边同时右乘K*，(10)式两边同时右乘L*，新得到的两个式子同时相加可得：

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。再将(11)式两边同时右乘K*，(12)式两边同时右乘L*，新得到的两个式子同时相加可得：

L*∑2kK∑=0

特别地，当k=1时可以得到文献[7]中的定理2，即下面推论2：

推论2 设A∈n×n，则下列命题彼此等价：

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