Fredholm^[1]于1903年首次提出了广义逆的概念,并称之为"伪逆".随着广义逆理论和应用研究的不断深入,又产生了各种不同类型的广义逆,例如Moore-Penrose逆^[2-3]、Drazin逆^[4]、群逆、K -逆($K\in\{1, 2, 3, 4\})\mbox{、}$ Bott-Duffin逆^[5]、core逆^[6]、Mary逆^[7]以及DMP逆^[8]等.由于广义逆理论在算子理论、微分方程、控制论、马尔科夫链、人工智能以及模式识别等方面都有着重要的应用,因此,多年来,广义逆一直是人们研究的热点,学者们分别从复空间、Hilbert空间、Banach代数、半群以及环上等来研究广义逆,而且成果不断涌现.

对于可逆的算子或矩阵$P, Q$而言, $(PQ)^{-1} = Q^{-1}P^{-1}$,这便是普通逆的逆序律.但对于广义逆,其逆序律却不一定成立.于是,学者们纷纷对各种广义逆的逆序律进行了探讨.文献[9-12]分别在复空间, Hilbert空间和环上讨论了Moore-Penrose逆的逆序律成立的条件;文献[13-16]分别在复空间, Hilbert空间, Banach代数和环上研究了Drazin逆的逆序律成立的充分必要条件;文献[17-18]在半群、环和Hilbert空间上分别给出了群逆的逆序律成立的等价条件;文献[19-21]分别在复空间和Hilbert空间上讨论了K -逆的逆序律.

本文采用空间分解的方法在某些交换条件下给出了Banach空间中两个有界线性算子的Drazin逆的逆序律成立的等价条件,这推广了文献[16]中的结果.

为便于叙述,文中通篇采用以下记号:设${\cal X, Y}$是复Banach空间,记$B({\cal X, Y})$是从${\cal X}$到${\cal Y}$的所有有界线性算子的集合; $B({\cal X})$是从${\cal X}$到${\cal X}$的所有有界线性算子的集合. ${\Bbb N}$表示数集$\{1, 2, \cdots\}$.

定义1.1  对于算子$T\in{\cal B}({\cal X})$,若存在$T^{D}\in{\cal B}({\cal X})$使得方程组

成立,则称$T$是Drazin可逆的,其中$T^{D}$称为$T$的Drazin逆,并称最小的非负整数$k$为$T$的指标,记为${{\rm ind}}(T)$.当$T$是Drazin可逆时,记$T^{\pi} = I-TT^D$,则$T$在空间分解${\cal X} = {\cal N}(T^{\pi})\oplus {\cal R}(T^{\pi})$下具有矩阵形式$T = \left(\begin{array}{cc} T_1 & 0 \\ 0 & N_1 \end{array}\right),$其中$T_1$是可逆的, $N_1^{{{\rm ind}}(T)} = 0$,且$T^D = \left(\begin{array} {cc}T_1^{-1} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$.

引理1.2^{[22, Theorem 5.5]}  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X})$是Drazin可逆的,且$PQ = QP$,那么$P, Q,$$P^D,$$Q^D$都是可交换的,且$(PQ)^D = Q^DP^D = P^DQ^D.$

引理1.3  令$A\in{\cal B}({{\cal X}})$, $D\in{\cal B}({{\cal Y}})$, $C\in{\cal B}({\cal X, Y})$,且$M_1 = \left(\begin{array}{cc} A\ & 0\\ C\ & D \end{array}\right),$$M_2 = \left(\begin{array}{cc} D\ & C\\ 0\ & A \end{array}\right).$

$\rm(1)$^{[23, Lemma 2.4]}若$A, D$和$M_1$中有两个算子是Drazin可逆的,则第三个算子也是Drazin可逆的.

$\rm(2)$^{[24, Theorem 5.1]}若$A, D$是Drazin可逆的, ${{\rm ind}}(A) = s$且${{\rm ind}}(D) = t$,则

其中$X = \sum\limits_{i = 0}^{s-1} (D^D)^{i+2}CA^iA^\pi+D^\pi\sum\limits_{i = 0}^{t-1} D^iC(A^D)^{i+2}-D^DCA^D.$

引理1.4  ^{[25, Theorem 4.2]}令$A\in{\cal B}({\cal X})$, $D\in{\cal B}({\cal Y})$, $B\in{\mathcal B}({\cal Y}, {\cal X})$, $C\in{\cal B}({\cal X, Y})$,且$N = \left(\begin{array}{cc} A\ & B\\ C\ & D \end{array}\right).$若$A, D$是Drazin可逆的,且$BC = 0, BD = 0,$则$N$是Drazin可逆的,且

其中$X$同引理1.3.

下面给出讨论逆序律时所需的必要结论.

定理2.1  设$N, Q\in{\cal B}({\cal X})$,且$N^2QN = NQN^2$.当$k\in{{\Bbb N}}, \ n = 2, 3, \cdots$时,下列结论成立.

$\rm(1)$若$NQN^2Q = NQNQN$,则

$\rm(2)$若$N^2Q^2 = NQNQ$,则

证  只证明$\rm(1)$, $\rm(2)$的证明类似.

$\rm(1)$由$N^2QN = NQN^2$和$NQN^2Q = NQNQN$,有$NQN^kQN = N^kQNQN = N^{k+1}QNQ.$那么

且

证毕.

下面给出本文的主要结果.

定理2.2  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P$为Drazin可逆,且$P^2QP = PQP^2$.记

若$P, Q$满足下列条件之一

$\rm(i)$$PQPQ = QPQP$; $\rm(ii)$$QP^2Q = QPQP$; $\rm(iii)$$P^2Q^2 = PQPQ$,

则当${\cal M}$中任一元素是Drazin可逆时, ${\cal M}$中其它元素都是Drazin可逆的.

证  令${{\rm ind}}(P) = r$,则在空间分解${\cal H} = {\cal N}(P^{\pi})\oplus {\cal R}(P^{\pi})$下, $P$具有如下形式

其中$P_1$是可逆的, $N_1^r = 0$,且$P^D = \left(\begin{array}{cc} P_1^{-1}\ & 0 \\ 0\ & 0 \end{array}\right).$令$Q$在上述空间分解下的矩阵形式为

由$P^2QP = PQP^2$,得到

和

注意到$P_1$是可逆的,根据(2.3)和(2.4)式,有

和

进而, $Q_2N_1 = P_1^{-r}Q_2N_1^{r+1}, \ N_1Q_3 = N_1^{r+1}Q_3P_1^{-r}.$显然

因此

若$P, Q$满足条件$\rm(i)$,即$PQPQ = QPQP$,则有

于是

由(2.5)式以及引理1.2可知$P_1^{k}Q_1, P_1^{k+1}Q_1$是Drazin可逆的充分必要条件是$Q_1$是Drazin可逆的.而(2.3)和(2.9)式知$N_1Q_4N_1Q_4N_1 = N_1Q_4N_1^2Q_4$,进而由定理2.1$\rm(1)$表明$N_1^{k}Q_4$和$N_1^{k}Q_4N_1$都是幂零的.因此,根据引理1.3$\rm(1)$, $P^{k}Q, P^{k}QP$是Drazin可逆的充分必要条件是$Q_1$是Drazin可逆的.

对于$P^DPQ$, $P^DQP$, $QP^DP$以及$PP^DPQ$,经过计算,得到$P^DPQ = \left(\begin{array}{cc} Q_1\ & Q_2 \\ 0\ & 0 \end{array}\right)$, $QP^DP = \left(\begin{array}{cc} Q_1\ & 0 \\ Q_3\ & 0 \end{array}\right)$, $P^DQP = \left(\begin{array}{cc} P_1^{-1}Q_1P_1\ & 0 \\ 0\ & 0 \end{array}\right)$, $PP^DPQ = \left(\begin{array}{cc} P_1Q_1\ & P_1Q_2 \\ 0\ & 0 \end{array}\right)$.显然, $P^DPQ$, $P^DQP$, $QP^DP$和$PP^DPQ$是Drazin可逆的充分必要条件是$Q_1$是Drazin可逆的.

若$P, Q$满足条件$\rm(ii)$,即$QP^2Q = QPQP$,则有

即有

上式两边同时左乘$N_1$,再由(2.6)式,可得

这样, (2.3)和(2.11)式以及定理2.1$\rm(1)$表明$N_1^{k}Q_4$和$N_1^{k}Q_4N_1$都是幂零的.余下的证明类似于条件$\rm(i)$.

若$P, Q$满足条件$\rm(iii)$,即$P^2Q^2 = PQPQ$,则有

那么

这样, (2.3)和(2.13)式以及定理2.1$\rm(2)$表明$N_1^{k}Q_4$和$N_1^{k}Q_4N_1$都是幂零的.余下的证明类似于条件$\rm(i)$.

综上,定理得证.

类似于定理2.2,可得到如下结论.

定理2.3  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$Q$为Drazin可逆,且$QPQ^2 = Q^2PQ$.记

若$P, Q$满足下列条件之一: $\rm(i)$$PQ^2P = QPQP$; $\rm(ii)$$P^2Q^2 = PQPQ$,则当${\cal N}$中任一元素是Drazin可逆时, ${\cal N}$中其它元素都是Drazin可逆的.

定理2.4  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P$为Drazin可逆,且$P^2QP = PQP^2$.若$P, Q$还满足$PQPQ = QPQP$或$QP^2Q = QPQP$,则当${\cal M}$中任一元素是Drazin可逆时, $PQ$是Drazin可逆的,且$(PQ)^D = (PQ)^DPP^D = PP^D(PQ)^D$.进一步,当$Q$是Drazin可逆时,有

$\rm(i)$若$PP^DPQ = PQPP^D$,则下列逆序律等价

$\rm(a)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(b)$$(PQ)^DP = Q^DP^DP$;

$\rm(c)$$(P^DPQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(d)$$P(PQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(e)$$P^DQ^D = Q^DP^D$.

$\rm(ii)$若$P^DPQ = QPP^D$,则逆序律成立:$(PQ)^D = Q^DP^D = P^DQ^D$.

证  根据定理2.2的证明知$PQ$是Drazin可逆的, $PQ = \left(\begin{array}{cc} P_1Q_1\ & P_1Q_2 \\ 0\ & N_1Q_4 \end{array}\right),$且$N_1Q_4$是幂零的,从而,由引理1.3得

其中$X_1 = \sum\limits_{i = 0}^{{{\rm ind}}(N_1Q_4)-1} ((P_1Q_1)^D)^{i+2}P_1Q_2(N_1Q_4)^i.$从(2.8)和(2.10)式,均能得到

由$P_1$的可逆性以及(2.5)式,便得到

同时,注意到$(P_1Q_1)^D = ((P_1Q_1)^D)^2P_1Q_1$,这样得到$X_1 = 0$.从而

$\rm(i)$若$PP^DPQ = PQPP^D$,则$Q_2 = 0$,此时$Q = \left(\begin{array}{cc} Q_1\ & 0 \\ Q_3\ & Q_4 \end{array}\right).$由已知条件$Q$是Drazin可逆的,且根据定理2.2的证明知$Q_1$是Drazin可逆的,于是,由引理1.3知$Q_4$是Drazin可逆的.进而,由引理1.3知$Q^D = \left(\begin{array}{cc} Q_1^D\ & 0 \\ X_2\ & Q_4^D \end{array}\right).$其中

由此, $Q^D P^D = \left(\begin{array}{cc} Q_1^DP_1^{-1}\ & 0 \\ X_2P_1^{-1}\ & 0 \end{array}\right).$再根据(2.15)式,显然, $(PQ)^D = Q^DP^D$的充分必要条件是$X_2 = 0$.经过简单计算,有

综上,结论$\rm(i)$得证.

$\rm(ii)$若$P^DPQ = QPP^D$,则$Q_2 = Q_3 = 0$,此时, $Q = \left(\begin{array}{cc} Q_1\ & 0 \\ 0\ & Q_4 \end{array}\right).$那么, $Q^D = \left(\begin{array}{cc} Q_1^D\ & 0 \\ 0\ & Q_4^D \end{array}\right).$显然, $(PQ)^D = P^DQ^D = Q^DP^D$.

类似于定理2.4,可得到如下结论.

定理2.5  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$Q$为Drazin可逆.若$QPQ^2 = Q^2PQ$且$PQ^2P = QPQP$,则当${\cal N}$中任一元素是Drazin可逆时, $PQ$是Drazin可逆的,且$(PQ)^D = (PQ)^DQQ^D = QQ^D(PQ)^D$.进一步,当$P$是Drazin可逆时,有

$\rm(i)$若$Q^DQPQ = PQQ^DQ$,则下列逆序律等价

$\rm(a)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(b)$$(PQ)^DQ = QQ^DP^D$;

$\rm(c)$$(PQQ^D)^D = QQ^DP^D$;

$\rm(d)$$Q(PQ)^D = QQ^DP^D$;

$\rm(e)$$P^DQ^D = Q^DP^D$.

$\rm(ii)$若$PQQ^D = QQ^DP$,则逆序律成立: $(PQ)^D = Q^DP^D = P^DQ^D$.

定理2.6  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P$为Drazin可逆, $P^2QP = PQP^2$,且$P^2Q^2 = PQPQ$.若${\cal M}$中任一元素是Drazin可逆的,则$PQ$是Drazin可逆的,且$(PQ)^D = PP^D(PQ)^D$.进一步,当$P^{\pi}Q$是Drazin可逆时,下列逆序律等价

$\rm(i)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(ii)$$(P^DPQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(iii)$$P(PQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(iv)$$P^DQ^D = Q^DP^D$.

证  根据定理2.2的证明知$PQ$是Drazin可逆的, $PQ = \left(\begin{array}{cc} P_1Q_1\ & P_1Q_2 \\ 0\ & N_1Q_4 \end{array} \right),$且$N_1Q_4$是幂零的,从而,由引理1.3得

其中

另外, $(PQ)^D = PP^D(PQ)^D$是显然的.

根据$Q$的分解(2.2)以及$P^{\pi} Q$是Drazin可逆的,知$Q_1$$Q_4$均是Drazin可逆的.再由(2.12)式以及(2.5)式得到

因此,根据引理1.4, $Q$是Drazin可逆的,且

其中$X_2$同(2.17)式.由此, $Q^D P^D = \left(\begin{array}{cc} Q_1^DP_1^{-1}\ & 0 \\ X_2P_1^{-1}\ & 0 \end{array} \right).$再根据(2.17)式,显然, $(PQ)^D = Q^DP^D$的充分必要条件是$X_2 = 0$且$Q_1^D Q_2 = 0$.经过简单计算,有

综上,结论得证.

类似于定理2.6,可得到如下结论.

定理2.7  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$Q$为Drazin可逆. $QPQ^2 = Q^2PQ$,且$P^2Q^2 = PQPQ$.若${\cal N}$中任一元素是Drazin可逆的,则$PQ$是Drazin可逆的,且$(PQ)^D = (PQ)^DQQ^D$.进一步,当$PQ^{\pi}$是Drazin可逆时,下列逆序律等价

$\rm(i)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(ii)$$(PQQ^D)^D = QQ^DP^D$;

$\rm(iii)$$(PQ)^DQ = QQ^DP^D$;

$\rm(iv)$$P^DQ^D = Q^DP^D$.

由定理2.6,可得到下列推论.

推论2.8^[16]  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P, Q$为Drazin可逆(或$P, P^\pi Q$为Drazin可逆),且$P^2Q = PQP$.若${\cal M}$中任一元素是Drazin可逆的,则$PQ$是Drazin可逆的, $(PQ)^D = PP^D(PQ)^D$,且下列逆序律等价

$\rm(i)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(ii)$$(P^DPQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(iii)$$P(PQ)^D = Q^DP^DP$;

$\rm(iv)$$P^DQ^D = Q^DP^D$;

$\rm(v)$$(PQ)^DP = Q^DP^DP$.

证  根据定理2.6的证明,当$P^2Q = PQP$时, $Q_2 = 0$.此时,只需注意到$PQ, P^\pi Q, Q$三者中任意两个是Drazin可逆的,则第三个也是Drazin可逆的.

推论2.9  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P, Q$为Drazin可逆(或$P, P^\pi Q$为Drazin可逆), $PQP = QP^2 = P^2Q$.若${\cal M}$中任一元素是Drazin可逆的,则$PQ$是Drazin可逆的,且逆序律成立: $(PQ)^D = P^DQ^D = Q^DP^D$.

证  根据定理2.6的证明,由$PQP = QP^2$得$Q_3 = 0$;再由$QP^2 = P^2Q$得$Q_2 = 0$.此时, $(P^DPQ)^D = Q^DP^DP$显然成立.根据定理2.6得证.

由定理2.7,可得到下列推论.

推论2.10^[16]  设$P, Q\in{\cal B}({\cal X}),$$P, Q$为Drazin可逆（或$PQ^{\pi}, Q$为Drazin可逆),且$PQ^2 = QPQ$.若${\cal N}$中任一元素是Drazin可逆的,则$PQ$是Drazin可逆的, $(PQ)^D = (PQ)^DQQ^D$,且下列逆序律等价

$\rm(i)$$(PQ)^D = Q^DP^D$;

$\rm(ii)$$(PQQ^D)^D = QQ^DP^D$;

$\rm(iii)$$(PQ)^DQ = QQ^DP^D$;

$\rm(iv)$$P^DQ^D = Q^DP^D$;

$\rm(v)$$Q(PQ)^D = QQ^DP^D$.