青少年科技创新成果竞赛中学组

数学一等奖

四分块矩阵 Drazin逆的表示

华东师范大学第二附属中学蒋嵘

指导教师石云峰

一、研究背景

在学习物理简谐运动这一章节时，接触到了其运动方程的微分推导过程，亦即如何由 $\dot{v}(t)=-\frac{k}{m} v(t)$ 得到 $v(t)$ 的通解,其中 $v(t), k$ 和 m分别为 t时刻的速度、回复力系数和物体质量,所应用的方法为特征根法。特征根法相当巧妙，但是它的出现令人意想不到。为了了解特征根法的原理，查阅了有关微分方程的文献，发现其本质是将二阶方程转换为一阶方程组，然后借助矩阵函数来求解，在这一学习过程中，一阶微分方程与一阶微分方程组之间的联系引人注意，当方程组的系数矩阵可逆的时候，它们的求解方式和最终答案都调试相似，但是当系数矩阵不可逆时，方程组的求解就将我们引向了更加丰富的数学内容:矩阵的 Drazin逆。

本文给出在更为一般条件下的结果。将预解式的 Laurent展开，将代数问题转化为分析问题，直接有效地解决在所给条件下求出Drazin逆的表示并给出有关结果。

二、研究内容

已知结论:

引理 1:设 $T\in M n(C)$ ,若 $0<|\lambda|<r\left(T^D\right)^{-2}$ ,则

$$(\lambda I-T)^{-1}=\sum{k=1}^{ind(T)}\lambda^{-k} T^{k-1} T^\pi-\sum{k=0}^{\infty}\lambda^k\left(T^{D}\right)^{k+1}。$$

引理 2:设 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ ,其中 A、 D为方阵,则当 $(\lambda I-D)$ 与 $\Delta(\lambda)$ 可逆时,

$$(\lambda I-T)^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\Delta^{-1}(\lambda) & \Delta^{-1}(\lambda) B(\lambda I-D)^{-1}\\(\lambda I-D)^{-1} C\Delta^{-1}(\lambda) & (\lambda I-D)^{-1}+(\lambda I-D)^{-1} C\Delta^{-1}(\lambda) B(\lambda I-D)^{-1}\end{array}\right)。$$

由引理 1, T的 Drazin逆即为 $(\lambda I-T)^{-1}$ 展开式中的常数项,再由引理 2,问题又转化为计算每个块展开式中的常数项,这由引理 3和引理 4的计算可得。

三、主要结论

(一)定理

定理 1:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 $A B C=B D C=B D^2=0$ ,则

$ T^0=\left\{\begin{array}{cc}\psi1 A & \psi1 B+\left[\psi1 A^D+(B C)^D\left(\psi1 A-A^D\right)\right] B D\\ E & D^D+\Pi\end{array}\right\}$

其中 $\psi_1, \Xi, \Pi$ 同引理 4。

证明:对任意复值方阵 $T^D$ 存在且唯一,由引理 1知 $T^D$ 即为

$$(\lambda I-T)^{-1}=\sum{k=1}^{ind(T)}\lambda^{-k} T^{k-1} T^{\pi}-\sum{k=1}^{\infty}\lambda^k\left(T^D\right)^{k+1}$$

中的常数项,又由引理 2知

$(\lambda I-T)^{-1}=\left(\begin{array}{cc}\Delta^{-1}(\lambda) & \Delta^{-1}(\lambda) B(\lambda I-D)^{-1}\\\left(\lambda I-D\right)^{-1} C\Delta^{-1}(\lambda) & (\lambda I-D)^{-1}+(\lambda I-D)^{-1}\Delta^{-1}(\lambda) B(\lambda I-D)^{-1}\end{array}\right)(1)$

问题能进一步转化为计算式(1)中每个块展开式里的常数项,

通过引理 3得

$$\Delta(\lambda)^{-1}=\lambda^2\left(\lambda^2 I-B C\right)^{-1}(\lambda I-A)^{-1}$$

最后由引理4有

$\Delta^{-1}(\lambda)$ 的 Laurent展开(在 0点)中 $-\lambda^0$ 的系数为 $\psi_1 A$ 。

$\Delta^{-1}(\lambda) B(\lambda I-D)^{-1}$ 的 Laurent展开(在 0点)中 $-\lambda^0$ 的系数为

$$\psi1 B+\left(\psi1 A^D+(B C)^D\left(\psi1 A-A^D\right)\right) B D{\circ}$$

$(\lambda I-D)^{-1} C\Delta^{-1}(\lambda)$ 的 Laurent展开(在 0点)中 $-\lambda^0$ 的系数为

$$\Xi=\sum{n=1}^{n2} D^{n-1} D^{\pi} C\psin+\sum{n=1}^{n1}\Phin A^{n-1} A^{\pi}-\sum{n=1}^{n3}\Gamma_n^{1}$$

( $\lambda I-D)^{-1} C\Delta^{-1}(\lambda)$ 的 Laurent展开(在 0点)中 $-\lambda^0$ 的系数为

$$\begin{align}\Pi= & \sum{n=1}^{r2} D^{n-1} D^\pi C\left(\psi{n+1} B+\psi{n+2} B D\right)+\sum{n=1}^{r1}\left(\Phi{n+1} A^{n-1} A^\pi B+\Phi{n+2} A^{n-1} A^\pi B D\right)\\ & -\sum{n=1}^{r3}\left(\Gamman^1 B+\Gamman^2 B D\right)+D^D C(B C)^D A^D B D。\end{align}$$

(二)推论

下面用定理 1来推导假设条件是特殊情形下的结果。

推论 1:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 $B C=B C=D C=0$ ,则

$$ T^D=\left(\begin{array}{cc} A^D & \left(A^D\right)^2 B\\ C\left(A^D\right)^2 & D^D+C\left(A^D\right)^3 B\end{array}\right)$$

推论 2:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 B C= B D= 0,且 D幂零,则

$$ T^D=\left(\begin{array}{cc} A^D & \left(A^D\right)^2 B\\ K & K A^D B\end{array}\right)$$

其中

$$ K=\sum{n=1}^{n2} D^{n-1} C A^D$$

推论 3:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 B C= B D= 0,则

$ T^D=\left(\begin{array}{cc} A^D & \left(A^D\right)^2 B\\ \Omega & D^D+\Omega A^D B+A^D\Omega B\end{array}\right)$。

其中

$$\Omega=\sum{n=1}^{r2} D^{n-1} C\left(A^D\right)^{n+1}+\sum{n=1}^{r1}\left(D^D\right)^{n+1} C A^{n-1} A^\pi-D^D C A^D$$

推论 4:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 $A B C=D=0$ ,则

$$ T^D=\left(\begin{array}{cc}\psi1 A & \psi1 B\\ C\psi1 & D^D+C\psi2 B\end{array}\right)$$

其中, $\psi_n$ 同上理 2.4中。

推论 5:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 $B C=B D C=B D^2=0$ ,则

$$ T^D=\left(\begin{array}{cc} A^D & \left(A^D\right)^3(A B+B D)\\ \sum0 D^D+\left(D^D\right)^3 C B+\sum2(A B+B D)\end{array}\right)$$

推论 6:若复值方阵 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 中 $A B C=B D=B D^2=0$ ,则

$$ T^D=\left(\begin{array}{cc}\psi1 A & \psi1 B\\ C\psi1 & D^D+C\left(\psi1 A^D+(B C)^D\left(\psi_1 A-A^D\right)\right) B\end{array}\right)$$

其中, $\psi_n$ 同引理 4中。

四、数值实例

考虑矩阵

$$ T^D=\left(\begin{array}{cccc}-1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)。$$

若将它写成形如 $T=\left(\begin{array}{cc}A & B\\ C & D\end{array}\right)$ 的分块矩阵,使得 $B C=0$ ,则必有 $C=\left(\begin{array}{llll}0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)$ ,此时相应的 A是四阶矩阵。将分块方法取成

$$\begin{align} & A=\left(\begin{array}{cc}-1 & 1\\ -1 & 1\end{array}\right), B=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0\end{array}\right),\\ & C=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ 1 & 1\end{array}\right), D=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{array}\right).\end{align}$$

使得 $A B C=B D C=B D^2=0$ ,此时 $B C\neq 0, B D\neq 0, D C\neq 0$ ,应用定理 1可得

$$ T^D=\left(\begin{array}{cccc}-0.5 & 0.5 & 0 & 0.5 & 0\\ -0.5 & 0.5 & 0 & 0.5 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.5\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right)。$$

专家评语

项目选题较为恰当，研究思路清楚，作者具有扎实的数学基础知识，很好的逻辑推理能力，结果较为突出，创新点明显。