矩阵广义逆与线性方程组、最小二乘问题以及各种矩阵分解密切相关. 在过去的几十年里, 由于广义逆在统计学^[1], 神经网络^[2], 压缩感知^[3]等领域的广泛应用, 广义逆理论及其应用受到越来越多的关注.

设$ {\mathbb C}^{m\times n} $表示$ m\times n $阶全体复矩阵的集合. 记$ A^\ast $, $ R(A) $, $ N(A) $, $ {\rm rk}(A) $, $ \|A\| $分别表示矩阵$ A $的共轭转置, 值域, 零空间, 秩, 谱范数. 对于$ A\in{\mathbb C}^{m\times n} $, 如果$ X\in{\mathbb C}^{n\times m} $满足$ AXA=A $, $ XAX=X $, $ (AX)^\ast=AX $, $ (XA)^\ast=XA $, 则$ X $称为$ A $的Moore-Penrose逆^[4−5]. 矩阵$ A $的Moore-Penrose逆是唯一的, 记为$ A^\dagger $. 记$ P_{A}=AA^\dagger $, $ Q_{A}=A^\dagger A $. 此外, 如果$ A $满足$ AA^\dagger=A^\dagger A $, 或者$ R(A)=R(A^\ast) $, 我们称$ A $是EP矩阵. 更多关于Moore-Penrose逆的性质, 可以参考文献[6−10]. 如果$ X $满足$ XAX=X $, 则称之为$ A $的外逆, 用$ A^{(2)} $表示. $ X $满足$ AXA=A $, $ XAX=X $, 则称$ X $为$ A $的自反广义逆. 一个矩阵$ X $满足$ XAX=X $, $ R(A)=T $, $ N(A)=S $, 则$ X $是唯一的, 记为$ A_{T, S}^{(2)} $.

矩阵$ A $的指标记为$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 其中$ k $是满足$ {\rm rk}(A^{k+1})={\rm rk}(A^k) $成立的最小非负整数. 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, 矩阵$ X\in{\mathbb C}^{n\times n} $满足$ AXA^k=A^k $, $ XAX=X $, $ AX=XA $, 则称之为$ A $的Drazin逆, 用$ A^D $表示^[11]. 如果$ {\mbox{Ind}}(A)\leq1 $, 则称之为$ A $的群逆, 记为$ A^\sharp $.

2010年, Baksalary和Trenkler^[12]提出Core逆的概念: 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\mbox{Ind}}(A)\leq1 $, 则存在唯一的矩阵$ X\in{\mathbb C}^{n\times n} $满足$ AX=AA^\dagger $和$ R(X)\subseteq R(A) $, 称之为$ A $的Core逆, 记作. 更多关于Core逆的刻画和应用参考文献[13–14]. Malik和Thom^[15]引入了一种广义的Core逆: DMP逆. 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则存在唯一的矩阵$ X $满足$ XAX=X $, $ XA=A^DA $, $ A^kX=A^kA^\dagger $, 称$ X $为$ A $的DMP逆, 记之为$ A^{D, \dagger} $, 且$ A^{D, \dagger}=A^DAA^\dagger $. Manjunatha Prasad和Mohana^[16]引入Core-EP逆的概念: 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则存在唯一的矩阵$ X $满足$ XAX=X $, $ R(X)\subseteq R(X^\ast)\subseteq R(A^k) $, 称之为$ A $的Core-EP逆, 记为. 而且Core-EP逆可以表示为. Mehdipour和Salemi在文献[17]中引入了$ A $的CMP逆的概念: 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则存在唯一的矩阵$ X $满足$ XAX=X $, $ AXA=A_{1} $, $ AX=A_{1}A^\dagger $, $ XA=A^\dagger A_{1} $, 其中$ A_{1}=AA^DA $, 称之为$ A $的CMP逆, 记为$ A^{C, \dagger} $. 更多关于DMP逆、Core-EP逆、CMP逆的性质和刻画参考文献[18–24]. Wang和Chen^[25]利用Core-EP分解提出了弱群逆的概念: 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则称唯一满足$ AX^2=X $, 的矩阵$ X $为$ A $的弱群逆, 记作$ A^{{ⓦ}} $, 且. 文献[26–27]研究了弱群逆的相关性质、刻画和应用, 建立了若干偏序和预偏序. 文献[28–29]分别将弱群逆推广到一般矩阵和线性算子上. 最近, Ferreyra等人在文献[30]中引入了矩阵弱Core部分的概念和弱Core逆的概念. 记$ A $的弱Core部分为$ C=AA^{{ⓦ}}A $. 设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 存在一个唯一的$ X $满足

$ XAX=X, AX=CA^\dagger, XA=A^DC, $

则称$ X $为$ A $的弱Core逆, 记作$ A^{{ⓦ}, \dagger} $, 并给出弱Core逆的刻画$ A^{{ⓦ}, \dagger}=A^{{ⓦ}}AA^\dagger $. 进一步, 文献[30]中引入对偶弱Core逆的概念并给出刻画, $ A^{\dagger, {ⓦ}}=A^\dagger AA^{{ⓦ}} $. 文献[31]中研究了弱Core逆的性质和表征, 文献[32]将弱Core逆推广到线性算子上. 这些新型广义逆为我们解决新的问题提供了新的工具.

在弱群逆, 弱Core逆研究的基础上, 本文引入新的广义逆, 研究它的性质刻画和应用. 本文结构如下, 在第二节, 我们基于Moore-Penrose逆和弱Core逆提出Moore-Penrose弱Core逆(MPWC逆)的概念, 分别从代数和几何角度给出其刻画, 并研究MPWC逆与非奇异加边矩阵之间的关系. 在第三节中, 我们应用Hartwig-Spindelböck分解和Core-EP分解给出MPWC逆的分解形式. 并给出$ A $的MPWC逆是EP矩阵的等价条件及其刻画, 最后给出MPWC逆的扰动分析.

在本节, 基于Moore-Penrose逆和弱Core逆, 从代数角度引出MPWC逆的概念.

定理2.1   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则方程组

(2.1) $ \begin{equation} XAX=X, AX=CA^\dagger, XA=A^\dagger C \end{equation} $

有唯一解$ X=A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 其中$ C=AA^{{ⓦ}}A $.

证   令$ X=A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 于是$ XAX= A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger=X $, $ AX=AA^{{ⓦ}}AA^\dagger=CA^\dagger $, $ XA=A^\dagger AA^{{ⓦ}}A=A^\dagger C $, 故$ X $是(2.1)式的解.

下面证明解的唯一性. 设$ X_{1} $, $ X_{2} $都满足方程组(2.1), 则$ X_{1}=X_{1}AX_{1}=X_{1}CA^\dagger=X_{1}AX_{2}=A^\dagger CX_{2}=X_{2}AX_{2}=X_{2} $. 证毕.

定义2.1   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则称满足方程组(2.1)的解为$ A $的Moore-Penrose弱Core逆, 简称为MPWC逆, 记为$ A^\circ $.

注2.1   由$ A^\circ $的定义及$ A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}=A^{{ⓦ}} $知$ A^\circ =A^{\dagger, {ⓦ}}AA^{{ⓦ}, \dagger} =Q_{A}A^{{ⓦ}, \dagger} =A^{\dagger, {ⓦ}}P_{A} $.

注2.2   因为, , 从而$ A^{{ⓦ}} =A^DA^k(A^k)^\dagger A^kA^D(A^k)^\dagger A =A^DA^kA^D(A^k)^\dagger A =A^DA^{k-1}(A^k)^\dagger A $, 于是可以得到$ A^\circ=A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2A^\dagger $. 很容易验证$ A^\circ A^k=A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2A^\dagger A^k =A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^{k+1}=A^\dagger A^DA^{k+1} =A^\dagger A^k $. 同理有$ A^kA^\circ=A^{k-2}A^k(A^k)^\dagger A^2A^\dagger=A^{k-2}P_{A^k}AP_{A} $.

下面, 我们用一个具体的例子来说明MPWC逆和其他广义逆的区别.

例2.1   设$ A=\left(\begin{array}{cccccc} 1 & \; 0\; & 1 & \; 0\; & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $, 很容易验证$ {\mbox{Ind}}(A)=3 $, 则

$ A^\dagger=\left(\begin{array}{cccccc} 0.5 & \; 0\; & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \; -1\; & 0 \\ 0.5 &0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{array}\right) $, $ A^D=\left(\begin{array}{cccccc} 1 & \; 0\; & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & \; 0\; & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $, ,

$ A^{D, \dagger}=\left(\begin{array}{cccccc} 1 & \; 0\; &1 & \; 1\; & 0 \\ 0 & 1 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $, $ A^{c, \dagger}=\left(\begin{array}{cccccc} 0.5 & \; 0\; &0.5 & \; 0.5\; & 0 \\ 0 & 1 &0 & 0 & 0 \\ 0.5 & 0 &0.5 & 0.5 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $, $ A^{{ⓦ}}=\left(\begin{array}{cccccc} 1 & \; 0\; &1 & \; 0\; & 0 \\ 0 & 1 &0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $,

$ A^{{ⓦ}, \dagger}= \left(\begin{array}{cccccc} 1 & \; 0\; &1 & \; 0\; & 0 \\ 0 & 1 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $, $ A^\circ=\left(\begin{array}{cccccc} 0.5 & \; 0\; &0.5 & \; 0\; & 0 \\ 0 & 1 &0 & 0 & 0 \\ 0.5 & 0 &0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 &0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $.

定理2.2   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则

$ (1) $$ AA^\circ $是沿$ N(A^{{ⓦ}, \dagger}) $到$ R(A^k) $上的投影算子;

$ (2) $$ A^\circ A $是沿$ N(A^{{ⓦ}}A) $到$ R(A^{\dagger, {ⓦ}}) $上的投影算子;

$ (3) $$ A^\circ A $是沿$ N((A^k)^\dagger A^2) $到$ R(A^\dagger A^k) $上的投影算子.

证   由$ A^\circ AA^\circ=A^\circ $知$ AA^\circ $, $ A^\circ A $是幂等矩阵.

$ (1) $因为$ A^\circ=A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, $ A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}=A^{{ⓦ}} $, 有

$ R(AA^\circ)=R(AA^{{ⓦ}}AA^\dagger) \subseteq R(AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}) \subseteq R(AA^{{ⓦ}}AA^\dagger)=R(AA^\circ), $

于是$ R(AA^\circ)=R(AA^{{ⓦ}}) $. 又由$ R(AA^{{ⓦ}})=R(A^k) $, 可以得到$ R(AA^\circ)=R(A^k) $. 因为

$ N(AA^\circ)\subseteq N(A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AA^\dagger) =N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger) \subseteq N(AA^{{ⓦ}}AA^\dagger) =N(AA^\circ), $

所以$ N(AA^\circ)=N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger) $.

$ (2) $因为

$ R(A^\circ A)=R(A^\dagger AA^{{ⓦ}}A) \subseteq R(A^\dagger AA^{{ⓦ}}) =R(A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}) \subseteq R(A^\circ A), $

$ N(A^\circ A)\subseteq N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}A) =N(A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}A) =N(A^{{ⓦ}}A) \subseteq N(A^\circ A), $

所以$ R(A^\circ A)=R(A^\dagger AA^{{ⓦ}}) $, $ N(A^\circ A)=N(A^{{ⓦ}}A) $.

$ (3) $因为$ A^\circ A=A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2 $, 所以

$ \begin{eqnarray*} R(A^\circ A)\subseteq R(A^\dagger A^k) &=& R(A^\dagger A^k(A^k)^\dagger A^k) =R(A^\dagger A^DA^{k+1}(A^k)^\dagger A^k)\\ &=&R(A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^kA(A^k)^\dagger A^k)\\ &\subseteq& R(A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2)=R(A^\circ A), \end{eqnarray*} $

从而$ R(A^\circ A)=R(A^\dagger A^k) $. 又因为

$ \begin{eqnarray*} N(A^\circ A) &=& N(A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2) \subseteq N((A^k)^\dagger A^2A^\dagger A^DA^k(A^k)^\dagger A^2)\\ &=&N((A^k)^\dagger A^2A^\dagger AA^DA^{k-1}(A^k)^\dagger A^2) \\ &=& N((A^k)^\dagger A^2A^DA^{k-1}(A^k)^\dagger A^2) =N((A^k)^\dagger A^k(A^k)^\dagger A^2) \\ &=& N((A^k)^\dagger A^2) \subseteq N(A^\circ A), \end{eqnarray*} $

所以$ N(A^\circ A)=N((A^k)^\dagger A^2) $. 证毕.

下面, 我们给出矩阵的MPWC逆的若干等价刻画.

定理2.3   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\mbox{Ind}}(A)=k $, $ C=AA^{{ⓦ}}A $, 则下列条件等价

$ (1) $$ X=A^\circ $;

$ (2) $$ A^\dagger CX=X $, $ AX=CA^\dagger $, $ XA=A^\dagger C $;

$ (3) $$ XCX=X $, $ CX=CA^\dagger $, $ XC=A^\dagger C $;

$ (4) $$ XCX=X $, $ A^{{ⓦ}}AX=A^{{ⓦ}}AA^\dagger $, $ XAA^{{ⓦ}}=A^\dagger AA^{{ⓦ}} $.

证   $ (1)\Rightarrow (2) $由$ X=A^\circ $知$ XAX=X $, $ AX=CA^\dagger $, $ XA=A^\dagger C $, 于是$ A^\dagger CX=XAX=X $.

$ (2)\Rightarrow (1) $由$ XA=A^\dagger C $有$ XAX=A^\dagger CX=X $. 于是$ X=A^\circ $.

$ (1)\Rightarrow (3) $由于$ X=A^\circ=A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 则

$ XCX =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =X, $

$ CX =AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =CA^\dagger, $

$ XC =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger A A^{{ⓦ}}A =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}A =A^\dagger C. $

$ (3)\Rightarrow (1) $由$ CX=CA^\dagger $, $ XC=A^\dagger C $, 有$ X=XCX=A^\dagger CX=A^\dagger CA^\dagger=A^\circ $.

$ (3)\Rightarrow (4) $由$ CX=CA^\dagger $左乘$ A^{{ⓦ}} $, 得到$ A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AX =A^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 于是$ A^{{ⓦ}}AX=A^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 同理$ XC=A^\dagger C $右乘$ A^{{ⓦ}} $, 有$ XAA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}} =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^{{ⓦ}} $, 于是$ XAA^{{ⓦ}}=A^\dagger AA^{{ⓦ}} $.

$ (4)\Rightarrow (3) $由$ A^{{ⓦ}}AX=A^{{ⓦ}}AA^\dagger $左乘$ A $, 可以得到$ CX=CA^\dagger $, 由$ XAA^{{ⓦ}}=A^\dagger AA^{{ⓦ}} $右乘$ A $, 有$ XC=A^\dagger C $. 证毕.

注2.3   观察上面定理可以发现$ A^\circ $是$ A $的外逆且$ A^\circ $是$ C $的自反广义逆.

下面, 我们研究$ (B, C) $逆和MPWC逆之间的联系, 我们证明矩阵$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $的MPWC逆是$ A $的$ (A^\dagger CA^\ast, A^\ast CA^\dagger) $逆. 首先, 我们给出$ (B, C) $逆的定义.

定义2.2^[35−36]    设$ A, B, C\in{\mathbb C}^{n\times n} $, 则唯一存在$ Y\in{\mathbb C}^{n\times n} $满足

$ \begin{equation} YAB=B, CAY=C, N(C)\subseteq N(Y), R(Y)\subseteq R(B), \end{equation} $

称之为$ A $的$ (B, C) $逆.

定理2.4   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ C=AA^{{ⓦ}}A $, 则$ A^\circ $是$ A $的$ (A^\dagger CA^\ast, A^\ast CA^\dagger) $逆.

证   因为$ A^\circ=A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger $, 于是有

$ A^\circ AA^\dagger CA^\ast =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\ast =A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\ast =A^\dagger CA^\ast $

和

$ A^\ast CA^\dagger AA^\circ =A^\ast AA^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger =A^\ast CA^\dagger. $

令$ x\in N(A^\ast CA^\dagger) $, 则有

$ A^\circ x=A^\dagger CA^\dagger x=A^\dagger AA^\dagger CA^\dagger x =A^\dagger(A^\dagger)^\ast A^\ast CA^\dagger x=0, $

从而$ N(A^\ast CA^\dagger)\subseteq N(A^\circ) $. 又

$ A^\circ=A^\dagger CA^\dagger=A^\dagger CA^\dagger AA^\dagger =A^\dagger CA^\ast(A^\dagger)^\ast A^\dagger, $

故$ R(A^\circ)\subseteq R(A^\dagger CA^\ast) $, 所以$ A^\circ $是$ A $的$ (A^\dagger CA^\ast, A^\ast CA^\dagger) $逆. 证毕.

在下面的定理中，我们从另一个角度刻画MPWC逆.

定理2.5   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, 则

(2.2) $ \begin{equation} AX=P_{R(A^{{ⓦ}}), N(A^{{ⓦ}, \dagger})}, R(X)\subseteq R(A^\dagger A) \end{equation} $

有唯一解$ X=A^\circ $.

证   令$ X=A^\circ $, 由定理2.2知

$ AX =P_{R(A^k), N(A^{{ⓦ}, \dagger})} =P_{R(A^{{ⓦ}}), N(A^{{ⓦ}, \dagger})}, \ R(X)=R(A^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger) \subseteq R(A^\dagger A). $

若$ X_{1} $, $ X_{2} $都满足方程组(2.2), 则有

$ AX_{1}=P_{R(A^{{ⓦ}}), N(A^{{ⓦ}, \dagger})}, \ AX_{2}=P_{R(A^{{ⓦ}}), N(A^{{ⓦ}, \dagger})}, $

于是$ A(X_{1}-X_{2})=0 $, 从而$ R(X_{1}-X_{2})\subseteq N(A)=N(A^\dagger A) $. 又$ R(X_{1})\subseteq R(A^\dagger A) $, $ R(X_{2})\subseteq R(A^\dagger A) $, 那么$ R(X_{1}-X_{2})\subseteq R(A^\dagger A)\cap N(A^\dagger A)=\{0\} $, 所以$ X_{1}=X_{2} $, 即证唯一性.证毕.

接下来我们给出$ A^\circ=A^\dagger $的充要条件.

定理2.6   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $. 则以下条件等价

$ (1) $$ A^\circ=A^\dagger $;

$ (2) $$ AA^\circ=AA^\dagger $;

$ (3) $$ A^\circ A=A^\dagger A $;

$ (4) $$ A=AA^{{ⓦ}}A $;

$ (5) $$ A=AA^\circ A $.

证   $ (1)\Leftrightarrow(2) $由$ A^\circ=A^\dagger $左乘$ A $可得$ AA^\circ=AA^\dagger $, 又由$ AA^\circ=AA^\dagger $左乘$ A^\dagger $, 可得$ A^\dagger AA^\circ=A^\dagger AA^\dagger $, 即$ A^\circ=A^\dagger $.

$ (1)\Leftrightarrow(3) $由$ A^\circ=A^\dagger $右乘$ A $可得$ A^\circ A=A^\dagger A $, 又由$ A^\circ A=A^\dagger A $右乘$ A^\dagger $, 有$ A^\circ AA^\dagger=A^\dagger AA^\dagger $可得$ A^\circ=A^\dagger $.

$ (1)\Leftrightarrow(4) $由$ A^\circ=A^\dagger $两边同乘$ A $可得$ A=AA^{{ⓦ}}A $, 由$ A=AA^{{ⓦ}}A $两边同乘$ A^\dagger $可得$ A^\circ=A^\dagger $.

$ (4)\Leftrightarrow(5) $因为$ AA^\circ A= AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger A= AA^{{ⓦ}}A $, 所以结论成立. 证毕.

众所周知, 广义逆可以表示为具有给定值域和零空间的一种特殊的外逆. 接下来, 我们将给出MPWC逆的类似刻画.

定理2.7   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且有$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, 则

$ \begin{equation} A^\circ=A_{R(A^\dagger A^k), N((A^k)^\ast A^2A^\dagger)}^{(2)}. \end{equation} $

证   由于$ A^\circ $是$ A $的一个外逆, 且

$ R(A^\circ)=R(A^\dagger A^kA^D(A^k)^\dagger A^2A^\dagger) \subseteq R(A^\dagger A^k) =R(A^\dagger A^kA^D(A^k)^\dagger AAA^\dagger AA^{k-1}) \subseteq R(A^\circ) , $

故$ R(A)=R(A^\dagger A^k) $. 又由文献[30, 定理3.16]有

$ N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger)=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger), \ N(A^\circ)\subseteq N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger AA^{{ⓦ}}AA^\dagger) =N(A^{{ⓦ}}AA^\dagger) \subseteq N(A^\circ), $

于是得$ N(A^\circ)=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger) $. 证毕.

下面, 我们给出MPWC逆与非奇异加边矩阵之间的关系.

定理2.8   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $. 设$ B\in{\mathbb C}^{n\times r} $和$ C^\ast\in{\mathbb C}^{n\times r} $是列满秩矩阵, 且$ R(B)=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger) $和$ N(C)=R(A^\dagger A^k) $. 则加边矩阵

$ \begin{equation} {\mathcal A} =\left(\begin{array}{cccccc} A &\; B \\ C & \; 0 \\ \end{array}\right) \end{equation} $

是非奇异的, 且

(2.3) $ \begin{equation} {\mathcal A}^{-1} =\left(\begin{array}{cccccc} A^\circ & \; (I-A^\circ A)C^\dagger \\ B^\dagger(I-AA^\circ) & \; B^\dagger(AA^\circ A-A)C^\dagger \\ \end{array}\right). \end{equation} $

证   由$ N(C)=R(A^\dagger A^k) $, 知$ CA^\dagger A^k=0 $, 于是$ CA^\circ=CA^\dagger AA^DA^{k-1}(A^k)^\dagger AAA^\dagger=0 $. 又根据文献[30, 定理3.16]知$ N(A^{{ⓦ}, \dagger})=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger) $, 以及$ R(B)=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger) $和定理2.2, 可得

$ \begin{eqnarray*} BB^\dagger(I-AA^\circ)&=&P_{R(B)}(I-P_{R(AA^\circ), N(AA^\circ)}) =P_{R(B)}P_{N(A^{{ⓦ}, \dagger}), R(A^k)} \\ &=&P_{N(A^{{ⓦ}, \dagger}), R(A^k)} =I-AA^\circ. \end{eqnarray*} $

设

$ \begin{equation} {\mathcal Z} =\left(\begin{array}{cccccc} A^\circ &\; (I-A^\circ A)C^\dagger \\ B^\dagger(I-AA^\circ) & \; B^\dagger(AA^\circ A-A)C^\dagger \\ \end{array}\right) , \end{equation} $

可得

$ \begin{eqnarray*} {\mathcal A}{\mathcal Z} &=&\left(\begin{array}{cccccc} AA^\circ+BB^\dagger(I-AA^\circ) & \; A(I-A^\circ A)C^\dagger+BB^\dagger(AA^\circ A-A)C^\dagger \\ CA^\circ & \; C(I-A^\circ A)C^\dagger \\ \end{array}\right) \\ &=& \left(\begin{array}{cccccc} AA^\circ+I-AA^\circ & \; A(I-A^\circ A)C^\dagger-(I-AA^\circ)AC^\dagger \\ 0 & \; CC^\dagger \\ \end{array}\right) \\ &=&I. \end{eqnarray*} $

类似地可以验证$ {\mathcal Z}{\mathcal A}=I $. 证毕.

下面我们利用$ A^\circ $与非奇异加边矩阵之间的关系, 给出线性方程组AX=D解的Cramer法则. $ A(i\rightarrow b) $表示通过将$ A $的第$ i $列替换为$ b $而获得的矩阵.

定理2.9   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\mbox{Ind}}(A)=k $, $ X\in{\mathbb C}^{n\times m} $, $ D\in{\mathbb C}^{n\times m} $. 如果$ R(D)\subseteq R(A^k) $, 则约束矩阵方程

(2.4) $ \begin{equation} AX=D, R(X)\subseteq R(A^\dagger A^k) \end{equation} $

有唯一解$ X=A^\circ D $.

证   如果$ R(D)\subseteq R(A^k) $, 则由定理2.2有$ AA^\circ D =P_{R(A^k), N(A^{{ⓦ}, \dagger})}D =D $. 故$ A^\circ D $是方程(2.4)的一个解. 因为$ R(A^\circ)=R(A^\dagger A^k) $, 所以$ X=A^\circ D $也满足约束条件$ R(X)\subseteq R(A^\dagger A^k) $. 设$ X_{1} $也满足方程(2.4), 因为$ R(X_{1})\subseteq R(A^\dagger A^k) $, 则$ X=A^\circ D=A^\circ AX_{1}=P_{R(A^\dagger A^k)}X_{1}=X_{1} $. 唯一性得证.证毕.

定理2.10   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $且$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, $ X\in{\mathbb C}^{n\times m} $, $ D\in{\mathbb C}^{n\times m} $. 设$ B\in{\mathbb C}^{n\times r} $和$ C^\ast\in{\mathbb C}^{n\times r} $是列满秩矩阵且$ R(B)=N((A^k)^\ast A^2A^\dagger) $和$ N(C)=R(A^\dagger A^k) $, 则约束矩阵方程(2.4)的唯一解$ X=[x_{ij}] $的元素由

(2.5) $ \begin{equation} x_{ij}= \left.\det\left(\begin{array}{cccccc} A(i\rightarrow d_{j}) \; & B \\ C(i\rightarrow 0) \; & 0 \\ \end{array}\right) \right/ \det\left(\begin{array}{cccccc} A \; & B \\ C \; & 0 \\ \end{array}\right) , i=1, 2, \cdots , n, j=1, 2, \cdots , m, \end{equation} $

给出, 其中$ d_{j} $是D的第j列.

证   由于$ X $是约束矩阵方程(2.4)的解, 有$ R(X)\subseteq R(A^\dagger A^k)=N(C) $, 于是$ CX=0 $且

$ \begin{equation} \left(\begin{array}{cccccc} A &\; B \\ C & \; 0 \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} X &\; 0 \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccccc} D & \; 0 \\ 0 &\; 0 \\ \end{array}\right) . \end{equation} $

由定理2.8, 可以得到

$ \begin{equation} \left(\begin{array}{cccccc} X & \; 0 \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccccc} A^\circ & \; (I-A^\circ A)C^\dagger \\ B^\dagger(I-AA^\circ) & \; B^\dagger(A^\circ AA^\circ-A)C^\dagger \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} D & \; 0 \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right) . \end{equation} $

因此有$ X=A^\circ D $. 进一步应用Cramer法则可得(2.5)式.证毕.

在本节中, 我们通过矩阵分解给出了MPWC逆的两种标准形式, 并将其用于研究$ A $的MPWC逆的性质. 首先, 我们通过Hartwig-Spindelböck分解^[6]给出MPWC逆的一种标准形式.

引理3.1^{[6, 12, 30]}    设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\rm rk}(A)=r>0 $. 则存在一个酉矩阵$ U\in{\mathbb C}^{n\times n} $使得

(3.1) $ \begin{equation} A=U\left(\begin{array}{cccccc} \Sigma K & \; \Sigma L \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right) U^\ast, \end{equation} $

其中$ \Sigma={\rm diag}(\sigma_{1}I_{r_{1}}, \sigma_{2}I_{r_{2}}, \ldots, \sigma_{t}I_{r_{t}}) $, $ \sigma_{1}>\sigma_{2}>\cdots>\sigma_{t}>0 $, $ r_{1}+r_{2}+\cdots+r_{t}=r $, 且$ K\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ L\in{\mathbb C}^{n\times n-r} $, 满足$ KK^\ast+LL^\ast=I_{r} $. 进一步有

$ A^\dagger=U\left(\begin{array}{cccccc} K^\ast\Sigma^{-1} &\; 0 \\ L^\ast\Sigma^{-1} & \; 0 \\ \end{array}\right) U^\ast, A^{{ⓦ}, \dagger} =U\left(\begin{array}{cccccc} (\Sigma K)^{{ⓦ}} & \; 0 \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right) U^\ast, $

和

$ A^\circ= U\left(\begin{array}{cccccc} K^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}} & \; 0 \\ L^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}} & \; 0 \\ \end{array}\right) U^\ast. $

通过$ A^\circ $的表达式, 讨论什么情况下$ A^\circ $是一个EP矩阵. 同时, 符号$ [A, B]=AB-BA $被使用下面的结果中.

定理3.1   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $和$ {\mbox{Ind}}(A)=k $. 则$ A^\circ $是一个EP矩阵当且仅当下列条件成立

(3.2) $ \begin{equation} K^\ast\bigtriangledown K =[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}}, \bigtriangledown L=0, L^\ast\bigtriangledown K=0, \end{equation} $

其中$ \bigtriangledown= K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger $, $ \Sigma $, $ K $, $ L $由引理3.1给出. 此外, 如果$ A^\circ $是一个EP矩阵, 则

(3.3) $ \begin{equation} [LL^\ast, \bigtriangledown]=0, [KK^\ast, \bigtriangledown]=0, \bigtriangledown K= K[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}}. \end{equation} $

证   设$ A $有(3.1)式中形式, 则容易验证

$ (A^\circ)^\dagger= U\left(\begin{array}{cccccc} [K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K \; & [K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L \\ 0 \; & 0 \\ \end{array}\right) U^\ast. $

由$ KK^\ast+LL^\ast=I_{r} $有

$ A^\circ(A^\circ)^\dagger= U\left(\begin{array}{cccccc} K^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K \; & K^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L \\ L^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K \; & L^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L \\ \end{array}\right) U^\ast, $

$ (A^\circ)^\dagger A^\circ= U\left(\begin{array}{cccccc} [K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}} & \; 0 \\ 0 &\; 0 \\ \end{array}\right) U^\ast. $

由于$ A^\circ $是一个EP矩阵当且仅当$ A^\circ(A^\circ)^\dagger=(A^\circ)^\dagger A^\circ $, 我们可以得到

(3.4) $ \begin{equation} K^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K =[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}}; \end{equation} $

(3.5) $ \begin{equation} K^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L=0; \end{equation} $

(3.6) $ \begin{equation} L^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K=0; \end{equation} $

(3.7) $ \begin{equation} L^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L=0. \end{equation} $

(3.5)式左乘$ K $加上(3.7)式左乘$ L $, 得

$ K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger L=0. $

故$ A^\circ $是一个EP矩阵, 则$ K^\ast\bigtriangledown K =[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}} $, $ \bigtriangledown L=0 $, $ L^\ast\bigtriangledown K=0 $, 其中$ \bigtriangledown= K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger $, 即(3.2)式成立.

(3.5)式左乘$ K $, 右乘$ L^\ast $, (3.6)式左乘$ L $, 右乘$ K^\ast $, 可以得到

$ KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast=0; $

$ LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast=0. $

由$ KK^\ast+LL^\ast=I_{r} $有

$ (I_{r}-LL^\ast)K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast=0; $

$ (I_{r}-KK^\ast)K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast=0. $

可以写成

$ \begin{eqnarray*} K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast &=&LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast \\ &=& LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast +LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast \\ &=& LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger ;\\ K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast &=&KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast \\ &=& KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger KK^\ast +KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger LL^\ast \\ &=& KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger . \end{eqnarray*} $

因此, 可得$ [LL^\ast, K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger]=0 $和$ [KK^\ast, K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger]=0 $. (3.4)式左乘$ K $, (3.6)式左乘$ L $有

$ KK^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K =K[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}}, $

$ LL^\ast K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K=0, $

于是$ K(\Sigma K)^{{ⓦ}}[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K= K[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}} $, 故(3.3)式成立. 反之, 若$ K^\ast\bigtriangledown K =[K(\Sigma K)^{{ⓦ}}]^\dagger K(\Sigma K)^{{ⓦ}} $, $ \bigtriangledown L=0 $, $ L^\ast\bigtriangledown K=0 $. 则可得(3.4), (3.5), (3.6), (3.7)式, 故$ A^\circ $是一个EP矩阵.证毕.

下面我们利用Core-EP分解^[33], 给出$ A^\circ $的另一个刻画.

引理3.2^{[30, 33, 37]}  设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ {\mbox{Ind}}(A)=k $和$ r={\rm rk}(A^k) $. 则存在$ A_1 $和$ A_2 $, 使得$ A=A_{1}+A_{2} $, 其中

(3.8) $ \begin{equation} A_{1}=U\left(\begin{array}{cccccc} T \; & S \\ 0 \; & 0 \\ \end{array}\right) U^\ast, {\quad} A_{2}=U\left(\begin{array}{cccccc} 0\; & 0 \\ 0 \; & N \\ \end{array}\right) U^\ast, \end{equation} $

$ U\in{\mathbb C}^{n\times n} $是酉矩阵, $ T $是非奇异矩阵, $ {\rm rk}(T)=r $, $ N $是$ k $阶幂零的. 且

$ A^\dagger=U\left(\begin{array}{cccccc} T^\ast\bigtriangleup \; & -T^\ast\bigtriangleup SN^\dagger \\ (I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup \; & N^\dagger-(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup SN^\dagger \\ \end{array}\right) U^\ast, $

和

$ A^{{ⓦ}, \dagger} =U\left(\begin{array}{cccccc} T^{-1}\; & T^{-2}SP_{N} \\ 0 \; & 0 \\ \end{array}\right) U^\ast, $

故

(3.9) $ \begin{equation} A^\circ=U\left(\begin{array}{cccccc} T^\ast\bigtriangleup \; & T^\ast\bigtriangleup T^{-1}SP_{N} \\ (I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup \; & (I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T^{-1}SP_{N} \\ \end{array}\right) U^\ast, \end{equation} $

其中$ \bigtriangleup=[TT^\ast+S(I-Q_{N})S^\ast]^{-1} $.

众所周知, 如果$ A $是一个非奇异矩阵, 则$ X=A^{-1} $是下述秩等式的唯一解,

$ {\rm rk}\left(\begin{array}{cccccc} A \; & I \\ I \; & X \\ \end{array}\right) ={\rm rk}(A). $

为了得到MPWC逆的一个类似表示形式, 我们对奇异矩阵$ A $给出了下面结论. 首先给出下面引理.

引理3.3^[34]    设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, $ M= \left(\begin{array}{cccccc} A \; & AU \\ VA \; & B \\ \end{array}\right) \in{\mathbb C}^{2n\times 2n} $, 则

$ {\rm rk}(M)={\rm rk}(A)+{\rm rk}(B-VAU). $

定理3.2   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $, 有$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, $ {\rm rk}(A^k)=r $, 则存在唯一的矩阵$ X $满足

(3.10) $ \begin{equation} XA^k=0, X^2=X, (A^k)^\ast AP_{A}X=0, {\rm rk}(X)=n-r; \end{equation} $

存在唯一的矩阵$ Y $满足

(3.11) $ \begin{equation} YA^\dagger A^k=0, Y^2=Y, (A^k)^\ast A^2Y=0, {\rm rk}(Y)=n-r; \end{equation} $

和唯一的矩阵$ Z $满足

(3.12) $ \begin{equation} {\rm rk}\left(\begin{array}{cccccc} A \; & I-X \\ I-Y \; & Z \\ \end{array}\right) ={\rm rk}(A) . \end{equation} $

此时, 有$ Z=A^\circ $, $ X=I-AA^\circ $, $ Y=I-A^\circ A $.

证   假设$ A $有形式(3.8)式, 容易验证分块矩阵

$ X=U\left(\begin{array}{cccccc} 0 \; & -T^{-1}SP_{N} \\ 0 \; & I \\ \end{array}\right) U^\ast =I-AA^\circ $

满足(3.10)式中所有等式. 下面证明解的唯一性. 设$ X_{0} $也满足(3.10)式中等式. 设$ X_{1}=U^\ast X_{0}U $有分块形式$ X_{1}=\left(\begin{array}{cccccc} D_{1} \; & D_{2} \\ D_{3} \; & D_{4} \\ \end{array}\right) $, 其中$ D_{1} $是$ r\times r $的块. 由$ XA^k=0 $, 以及$ T $是可逆的, 可以得到

$ \left(\begin{array}{cccccc} D_{1} \; & D_{2} \\ D_{3} \; & D_{4} \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} T^k &\; { } \sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i \\ 0 &\; 0 \\ \end{array}\right) =\left(\begin{array}{cccccc} D_{1}T^k\; & { } D_{1}\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i \\ D_{3}T^k \; & { } D_{3}\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i \\ \end{array}\right)=0, $

从而可以得到$ D_{1}=0 $, $ D_{3}=0 $. 再由$ X^2=X $以及$ {\rm rk}(X)=n-r $, 可以得到$ D_{2}D_{4}=D_{2} $, $ D_{4}^2=D_{4} $和$ {\rm rk}(D_{4})=n-r $. 所以$ D_{4}=I $. 又因为$ (A^k)^\ast AP_{A}X=0 $, 于是

$ \begin{eqnarray*} &&\left(\begin{array}{cccccc} (T^k)^\ast \; & 0 \\ { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast \; & 0 \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} T \; & S \\ 0 \; & N \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} I &\; 0 \\ 0 & \; NN^\dagger \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} 0 & \; D_{2} \\ 0 & \; I \\ \end{array}\right) \\ &=&\left(\begin{array}{cccccc} (T^k)^\ast \; & 0 \\ { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast \; & 0 \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} T \; & SNN^\dagger \\ 0 \; & NNN^\dagger \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} 0 \; & D_{2} \\ 0 \; & I \\ \end{array}\right) \\ &=& \left(\begin{array}{cccccc} (T^k)^\ast T \; & (T^k)^\ast SP_{N} \\ { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast T\; & { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast SP_{N} \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} 0 \; & D_{2} \\ 0 \; & I \\ \end{array}\right) \\ &=& \left(\begin{array}{cccccc} 0 \; & (T^k)^\ast(TD_{2}+SP_{N}) \\ 0 \; & { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast(TD_{2}+SP_{N}) \\ \end{array}\right)=0 , \end{eqnarray*} $

所以$ TD_{2}+SP_{N}=0 $, 即$ D_{2}=-T^{-1}SP_{N} $. 故$ X_{0}=X $.

类似地, 我们可以验证

$ Y=U\left(\begin{array}{cccccc} I-T^\ast\bigtriangleup T \; & -T^\ast\bigtriangleup(S+T^{-1}SN) \\ -(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T\; & I-(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup(S+T^{-1}SN) \\ \end{array}\right) U^\ast=I-A^\circ A $

满足(3.11)式中所有等式. 其中

$ \begin{eqnarray*} (A^k)^\ast A^2Y &=&(A^k)^\ast A^2(I-A^\circ A) \\ &=&(A^k)^\ast A^2-(A^k)^\ast A^2A^{{ⓦ}}A \\ &=&(A^k)^\ast A^2-(A^k)^\ast A^2A^DA^{k-1}(A^k)^\dagger A^2 \\ &=&(A^k)^\ast A^2-(A^k)^\ast A^2 =0. \end{eqnarray*} $

下面证明$ Y $的唯一性, 假设$ Y_{0} $也满足(3.11)式中等式. 设$ Y_{1}=U^\ast Y_{0}U $有分块形式$ Y_{1}=\left(\begin{array}{cccccc} F_{1} \; & F_{2} \\ F_{3} \; & F_{4} \\ \end{array}\right) $, 其中$ F_{1} $是$ r\times r $的块. 由$ YA^\dagger A^k=0 $, 可以得到

$ \left(\begin{array}{cccccc} F_{1} \; & F_{2} \\ F_{3} \; & F_{4} \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} T^\ast\bigtriangleup T^k \; &{ } T^\ast\bigtriangleup \sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i \\ (I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T^k \; & { } (I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i \\ \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccccc} W_1 \; & W_2 \\ W_3 \; & W_4 \\ \end{array}\right)=0, $

其中

$ W_1=F_{1}T^\ast\bigtriangleup T^k+F_{2}(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T^k, $

$ W_2=F_{1}T^\ast\bigtriangleup\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i+F_{2}(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup \sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i, $

$ W_3=F_{3}T^\ast\bigtriangleup T^k+F_{4}(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T^k, $

$ W_4=F_{3}T^\ast\bigtriangleup\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i+F_{4}(I-Q_{N}) S^\ast\bigtriangleup\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i. $

由$ T $的非奇异性有$ F_{1}T^\ast+F_{2}(I-Q_{N})S^\ast=0 $, $ F_{3}T^\ast+F_{4}(I-Q_{N})S^\ast=0 $, 即

(3.13) $ \begin{equation} F_{1}=-F_{2}(I-Q_{N})S^\ast(T^\ast)^{-1}, F_{3}=-F_{4}(I-Q_{N})S^\ast(T^\ast)^{-1}. \end{equation} $

又因为$ (A^k)^\ast A^2Y=0 $, 有

$ \left(\begin{array}{cccccc} (T^k)^\ast \; & 0 \\ { } (\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast \; & 0 \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} T^2 \; & TS+SN \\ 0 \; & N^2 \\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{cccccc} F_{1} \; & F_{2} \\ F_{3} \; & F_{4} \\ \end{array}\right)= \left(\begin{array}{cccccc} Z_1 \; & Z_2 \\ Z_3 \; & Z_4 \\ \end{array}\right)=0, $

其中

$ Z_1=(T^k)^\ast(T^2F_{1}+TSF_{3}+SNF_{3}), $

$ Z_2=(T^k)^\ast(T^2F_{2}+TSF_{4}+SNF_{4}), $

$ Z_3=(\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast(T^2F_{1}+TSF_{3}+SNF_{3}), $

$ Z_4=(\sum\limits_{i=0}^{k-1}T^{k-1-i}SN^i)^\ast(T^2F_{2}+TSF_{4}+SNF_{4}). $

于是由$ T $的非奇异性可得$ T^2F_{1}+TSF_{3}+SNF_{3}=0 $, $ T^2F_{2}+TSF_{4}+SNF_{4}=0 $, 即

(3.14) $ \begin{equation} F_{1}=T^{-1}(S+T^{-1}SN)F_{3}, F_{2}=T^{-1}(S+T^{-1}SN)F_{4}. \end{equation} $

因为$ {\rm rk}(Y)=n-r $, 所以可以得到$ {\rm rk}(F_{4})=n-r $, 故$ F_{4} $是可逆的. 最后再看$ Y^2=Y $, 可以得到$ F_{3}F_{2}+F_{4}^2=F_{4} $. 代入(3.13), (3.14)式可以得到$ (I-Q_{N})S^\ast(T^\ast)^{-1}T^{-1}(S+T^{-1}SN)+I=F_{4}^{-1} $, 很容易验证$ F_{4}=I-(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup(S+T^{-1}SN) $. 代入(3.13), (3.14)可求$ F_{1}=I-T^\ast\bigtriangleup T $, $ F_{2}=-T^\ast\bigtriangleup(S+T^{-1}SN) $, $ F_{3}=-(I-Q_{N})S^\ast\bigtriangleup T $. 所以$ Y=Y_{0} $.

于是

$ \left(\begin{array}{cccccc} A \; & I-X \\ I-Y \; & Z \\ \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cccccc} A \; & AA^\circ \\ A^\circ A\; & Z \\ \end{array}\right) , $

从而由引理3.3可以得到$ {\rm rk}(Z-A^\circ AA^\circ)=0 $, 意味着$ Z=A^\circ AA^\circ=A^\circ $.证毕.

下面我们给出MPWC逆的扰动分析.

定理3.3   设$ A\in{\mathbb C}^{n\times n} $和$ {\mbox{Ind}}(A)=k $, $ B=A+E\in{\mathbb C}^{n\times n} $. 如果$ AA^\circ E=E $, $ EAA^\circ=E $和$ \|A^{{ⓦ}}E\|<1 $, 那么

进一步有, $ BB^\circ=AA^\circ $.

证   设$ A $有形式(3.8), $ E= U\left(\begin{array}{cccccc} E_{1} &\; E_{2} \\ E_{3} &\; E_{4} \\ \end{array}\right)U^\ast $, 其中$ E_{1}\in{\mathbb C}^{r\times r} $. 由(3.9)式, 我们有

$ AA^\circ E= U\left(\begin{array}{cccccc} E_{1}+T^{-1}SP_{N}E_{3} &\; E_{2}+T^{-1}SP_{N}E_{4} \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right)U^\ast =U\left(\begin{array}{cccccc} E_{1} & \; E_{2} \\ E_{3} & \; E_{4} \\ \end{array}\right)U^\ast, $

于是$ E_{3}=0 $, $ E_{4}=0 $. 又由

$ EAA^\circ=U\left(\begin{array}{cccccc} E_{1} & \; E_{1}T^{-1}SP_{N} \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right)U^\ast =U\left(\begin{array}{cccccc} E_{1} & \; E_{2} \\ 0 & \; 0 \\ \end{array}\right)U^\ast, $

可得$ E_{2}=E_{1}T^{-1}SP_{N} $. 又$ \|A^{{ⓦ}}E\|<1 $, 因此, $ I+A^{{ⓦ}}E $可逆, 且$ T+E_{1} $可逆. 于是有

$ B^\circ=U\left(\begin{array}{cccccc} (T+E_{1})^\ast\bigtriangleup_{2} & \; (T+E_{1})^\ast\bigtriangleup_{2}(T+E_{1})^{-1}(S+E_{2})P_{N} \\ (I-Q_{N})(S+E_{2})^\ast\bigtriangleup_{2} &\; (I-Q_{N})(S+E_{2})^\ast\bigtriangleup_{2}(T+E_{1})^{-1}(S+E_{2})P_{N} \\ \end{array}\right)U^\ast , $

其中$ \bigtriangleup_{2} =[(T+E_{1})(T+E_{1})^\ast+(S+E_{2})(I-Q_{N})(S+E_{2})^\ast]^{-1} $. 于是

又由$ E_{2}=E_{1}T^{-1}SP_{N} $, 有$ (T+E_{1})^{-1}(S+E_{2})P_{N}=T^{-1}SP_{N} $, 从而可以验证$ BB^\circ=AA^\circ $. 证毕.