郭 丽,胡广丽,王安琪,栾 天
(北华大学 数学与统计学院,吉林 吉林 132013)
Drazin逆及广义Drazin逆在解析Markov链、微分方程、控制论等领域有重要作用[1-3].目前,关于Drazin逆及广义Drazin逆的研究已有很多结果[4-14].Drazin[4]在环和半群上研究了元素的Drazin逆; Koliha[5]在Banach代数中研究了元素的广义Drazin逆; Hartwig等[6]在环上研究了元素的广义Drazin逆.
设A为具有单位元1的Banach代数.对于a∈A,σ(a)和r(a)分别表示a的谱和谱半径.若σ(a)={0},则元素a称为拟幂零的.用A-1和Aqnil分别表示A中所有可逆元和拟幂零元的集合.若a∈A,且存在b∈A,满足
ab=ba,bab=b,a-a2b∈Aqnil,
则称a是广义Drazin可逆的,b是a的广义Drazin逆,记为ad.Ad表示A中所有广义Drazin可逆元的集合.对于a∈Ad,记aπ=1-aad.
取幂等元e∈A,则元素a∈A相对于幂等元e可写成如下的矩阵形式:
其中a1=eae,a2=(1-e)a(1-e),a3=ea(1-e),a4=(1-e)ae.
若a∈Ad,取e=aad,则a,ad有如下矩阵形式:
其中a1∈(eAe)-1且a2∈((1-e)A(1-e))qnil.
设a,b∈A.Koliha[5]在ab=ba=0的条件下给出了a+b的广义Drazin逆的表达式; Castro-Gonzlez等[7]在abπ=a,aπb=b和bπabaπ=0的条件下给出了a+b的广义Drazin逆的表达式;等[8]在ab=ba的条件下给出了a+b的广义Drazin逆的表达式; Zou等[9]在a2b=aba,b2a=bab的条件下给出了a,b之和与积的广义Drazin逆的表达式; Chen等[10]在aba=λa2b=λ′ba2,bab=μb2a=μ′ab2的条件下给出了a+b的广义Drazin逆的表达式; 文献[11-14]给出了Bananch代数上元素和的广义Drazin逆的表示.本文在ab2=bab,bπba2=bπaba,adb2=badb等条件下给出a,b之和与积的广义Drazin逆的表达式.
引理1[2]令a,b∈Ad,如果ab=ba,则ab∈Ad,且(ab)d=adbd.
引理2[7]设p2=p,x,y∈A,x,y相应于幂等系统(p,1-p)和(1-p,p)分别可表示为
1) 如果a∈(pAp)d,b∈((1-p)A(1-p))d,则x,y∈Ad,且
2) 如果a∈Ad(相应地y∈Ad),且a∈(pAp)d,则b∈((1-p)A(1-p))d,且xd(相应地yd)可由1)中的公式表示.
引理3[8]如果a,b∈Aqnil,且ab=ba,则a+b∈Aqnil.
引理4[9]如果a,b∈Ad,c∈A,且ca=bc,则cad=bdc.
引理5若a或b∈Aqnil,ab2=bab,ba2=aba,则ab,ba∈Aqnil.
证明: 由于ab2=bab,因此对任意的n∈,有(ab)n=anbn,从而
‖(ab)n‖1/n=‖anbn‖1/n≤‖an‖1/n‖bn‖1/n.
又由a或b∈Aqnil,因此ab∈Aqnil.同理ba∈Aqnil.
引理6如果a,b∈A,且ab2=bab,ba2=aba,则
r(a(a+b))≤r(a)r(a+b),r(b(b+a))≤r(b)r(b+a).
证明: 由于ab2=bab,ba2=aba,因此对任意的n∈,有(a(a+b))n=an(a+b)n,从而
故可得r(a(a+b))≤r(a)r(a+b).同理可证r(b(b+a))≤r(b)r(b+a).
定理1如果a,b∈Aqnil,且ab2=bab,ba2=aba,则a+b∈Aqnil.
证明: 由(a+b)2=a2+ab+ba+b2,令a1=a2+ab,b1=b2+ba.由ab2=bab,ba2=aba,有a1b1=b1a1.因为a,b∈Aqnil,因此由引理6知,a1,b1∈Aqnil,从而由引理3知(a+b)2=a1+b1∈Aqnil,进而a+b∈Aqnil.
定理2如果a,b∈Ad,ab2=bab,bπba2=bπaba,adb2=badb,则ab∈Ad,(ab)d=adbd.
证明: 设a,b相应于p=bbd有矩阵形式:
其中b1∈(pAp)-1,b2∈((1-p)A(1-p))qnil.由ab2=bab,有
定理3令a,b∈Ad,且ab2=bab,bπba2=bπaba,adb2=badb,则a+b∈Ad当且仅当1+abd∈Ad,且有
(1+abd)d=bπ+(a+b)db2bd.
证明: 由定理2的证明知,a,b相应于p=bbd,有矩阵形式:
其中a11∈(p1Ap1)-1,a12∈((p-p1)A(p-p1))qnil,a21∈(p2Ap2)-1,a22∈((1-p-p2),A(1-p-p2))qnil.注意到
因此,b1,b2相对于p1,p2有矩阵形式:
对任意的n∈,且注意到则
其中x=(a21+b21)-2b23.经验证有
b23=p2b2(1-p-p2)=bπaadbbπaπ=bπaadbaπ.
对任意的n∈,bπ(ad)nbπ=bπ(ad)n,有
因此
此外
直接计算知式(1)成立.
定理4令a,b∈Ad,且ab2=bab,bπba2=bπaba,adb2=badb,bdaad=adbda,则a+b∈Ad当且仅当c=aad(a+b)bbd∈Ad,且有
(aad(a+b)bbd)d=aad(a+b)dbbd.
证明: 由定理3的证明知,a+b有矩阵形式:
则a+b∈Ad⟺a1+b1∈(pAp)d,且
其中y=((a1+b1)d)2a3.
又由定理3的证明知,b1∈(pAp)-1,从而有b11∈(p1Ap1)-1,b12∈((p-p1)A(p-p1))-1.若a1b1=b1a1,则a12b12=b12a12.又由于a12∈((p-p1)A(p-p1))qnil,故a12+b12∈(p-p1)A(p-p1)是可逆的.由bdaad=adbda可验证
且
因此a+b∈Ad当且仅当c∈Ad,且可验证式(2)成立.
易证如下推论为定理3和定理4的一种特殊情况.
推论1[9]令a,b∈Ad,且ab2=bab,ba2=aba,则下列条件等价:
1)a+b∈Ad;
2) 1+abd∈Ad;
3)c=aad(a+b)bbd∈Ad.
且有
(1+abd)d=bπ+(a+b)db2bd, (aad(a+b)bbd)d=aad(a+b)dbbd.
证明: 因为ab2=bab,ba2=aba,所以
adb2=(ad)2ab2=(ad)2bab=ba(ad)2b=badb,
且bdaad=(bd)2baad=(bd)2adba=adbda.由定理3和定理4化简可证结论成立.
推论2[9]令a,b∈Ad,且ab2=bab,ba2=aba,则ab∈Ad,(ab)d=adbd.
推论3[8]令a,b∈Ad,如果ab=ba,则a+b∈Ad当且仅当1+abd∈Ad时,有
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