广义逆理论是非常重要的研究领域之一, 它在求解奇异微分和差分方程、算子方程、马尔可夫链、迭代法数值分析等方面都有着非常广泛的应用.特别在求解微分方程组时, 矩阵的广义逆发挥着重要作用, 例如给定一类一阶奇异系统方程

$ AX^{'}(t)+BX(t)=0 (t\geq0), $

其中$A$为奇异矩阵.其通解可表示为

$ X(t)=e^{-{A_1}^DB_1}{A_1}^D{A_1}X(0), $

其中$ A_1=(\lambda{A}+B)^{-1}A, \ \ B_1=(\lambda{A}+B)^{-1}B $^[1].

$20$世纪以来, 学者们对广义逆理论中的矩阵的Drazin逆的研究最为活跃. $1958$年, Drazin ^[2]在半群与结合环上引入Drazin逆, 并在两个矩阵$P$和$Q$满足$PQ=QP=0$的条件下, 证明出了$(P+Q)^D=P^D+Q^D$.对于算子情形, $2009$年, Castro-González ^[3]等在$P^2Q= PQ^2=0 $条件下讨论了$P+Q$的Drazin可逆性, 并给出了$(P+Q)^D$的表达式; 同年, 邓春源^[4]在$P, Q$均为幂等算子, 且满足三个不同条件$PQP=0, PQP=PQ, PQP=P$时给出了$(P+Q)^D$的表达式; $2011$年, Cvetković ^[5]等在$ PQP=0, Q^2P=0 $的条件下, 给出了$(P+Q)^D$的表达式; $2014$年, 黄俊杰^[6]等在$P^2Q+PQ^2=0, P^3Q=PQ^3=0$的条件下给出了$(P+Q)^D$的表达式.对于$P, Q$为矩阵情形，学者魏益民^[7]、Hartwig ^[8]、卜长江^[9]、刘喜富^[10]等获得了很多好的结果.

对于矩阵而言, 其Drazin逆一定存在, 但对于算子并非如此.那么算子的Drazin逆在什么条件下存在, 如果存在, 其Drazin逆的表达式又是什么样的形式? 这是需要讨论的问题.本文讨论了$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0$条件下, 两个有界线性算子和的Drazin逆的存在性, 并给出了$(P+Q)^D$的表达式.最后, 将所得结果应用到四分块算子矩阵$M=\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}$的Drazin逆上.

为便于叙述, 文中通篇采用如下的假设及符号.设$X, Y$是复Banach空间, 记$\mathcal{B}(X, Y)$是从$X$到$Y$的所有有界线性算子的集合; $\mathcal{B}(X)$是从$X$到$X$的所有有界线性算子的集合; 对于$A\in \mathcal{B}(X, Y)$, $\rho(A), \sigma(A)$, $r(A)$分别表示其预解集, 谱集, 谱半径; $R(\lambda, A)$表示算子$A$的预解式$(\lambda I-A)^{-1}$.

下面给出本文用到的定义和引理.

定义1.1  设$A\in \mathcal{B}(X)$, 若存在$A^D \in \mathcal{B}(X)$, 使得算子方程组

$ \begin{array}{l} AA^D=A^DA, A^DAA^D=A^D, A^{k+1}A^D=A^k \end{array} $

对某个非负整数$k$成立, 则称$A$是Drazin可逆的.对于上述方程组, 若有解, 则解必定唯一, 这个唯一的解$A^D$称为$A$的Drazin逆, 并称使得方程组成立的最小非负整数$k$为$A$的指标, 记为${\rm ind}(A). $当${\rm ind}(A)=0$时, $A$是可逆的, 即$A^D=A^{-1}. $

引理1.2 ^[11]  设$A \in \mathcal{B}(X, Y), B \in \mathcal{B}(Y, X)$, 如果$BA$为Drazin可逆, 那么$AB$也为Drazin可逆, 且

$ \begin{eqnarray*} (AB)^D=A((BA)^D)^2B, \ \ \ {\rm ind}(AB)\leq {\rm ind}(BA)+1. \end{eqnarray*} $

引理1.3 ^[12]  设$A\in\mathcal{B}(X)$, 则$A^D$存在当且仅当$0\in \mathcal\rho(A)$或$0\in \mathcal\sigma(A)$为预解式$R(\lambda, A)$的一个极点, 此时有

$ \begin{array}{l} R(\lambda, A)=\sum\limits_{n=1}^{{\rm ind}(A)}\lambda^{-n}A^{n-1}A^\pi-\sum\limits_{n=0}^\infty\lambda^n(A^D)^{n+1}, \end{array} $

(1.1)

其中$0 < |\lambda| < (r(A^D))^{-1}$, $A^\pi=I-AA^D$, $I$是单位算子.

注  由引理1.3可知, $A$的Drazin逆$A^D$就是$R(\lambda, A)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数, 即

$ \begin{eqnarray*} A^D=-\frac{1}{2\pi{i}}\oint_\gamma\lambda^{-1}R(\lambda, A)d\lambda, \end{eqnarray*} $

其中$\gamma=\{\lambda:|\lambda|=\varepsilon\}$且$\varepsilon$须足够小以使$\{\lambda:|\lambda|\leq\varepsilon\}\bigcap\sigma(A)=\{0\}.$

引理1.4 ^[13]  设算子矩阵$M=\begin{bmatrix} A & 0 \\ C & D \end{bmatrix}$, $A \in \mathcal{B}(X)$, $D \in \mathcal{B} (Y)$, $C \in \mathcal{B}(X, Y)$.若${\rm ind}(A)=r, {\rm ind}(D)=s, $那么$M$是Drazin可逆的, 且

$ M^D=\begin{bmatrix} A^D & 0 \\ X & D^D \end{bmatrix}, $

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

引理2.1  设$P, Q\in\mathcal{B}(X, Y)$均是Drazin可逆的, 且${\rm ind}(P)=t, $ ${\rm ind}(Q)=s$.若$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0$, 则

$ \begin{array}{l} \Delta(\lambda)^{-1}=R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3), \end{array} $

(2.1)

其中$0 < |\lambda| < \min((r(P^D))^{-1}, (r(Q^D))^{-1}), \ \ \Delta(\lambda)=\lambda{I}-Q-R(\lambda, P)PQ. $

证  由$P^5Q=0$, 知$P^DQ=0, $进而$P^\pi{PQ}=PQ.$再由$P^2Q+PQ^2=0$, 知

$ \begin{array}{l} P^kQ=-P^{k-1}Q^2=(-1)^{k+1} PQ^k, \ \ k \geq 2. \end{array} $

(2.2)

从而当$0 < |\lambda| < (r(P^D))^{-1}$时, 由(1.1)式, 知

$ \begin{array}{l} R(\lambda, P)PQ&=&\lambda^{-1}PQ+\lambda^{-2}P^2Q+\lambda^{-3}P^3Q+\lambda^{-4}P^4Q\\ &=&\lambda^{-1}PQ-\lambda^{-2}PQ^2+\lambda^{-3}P^3Q-\lambda^{-4}P^3Q^2\\ &=&(\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)(\lambda{I}-Q). \end{array} $

(2.3)

注意到$PQ^3=P^3Q, PQPQ=0, $可知$PQ^3PQ=P^3QPQ=0.$由此

$ \begin{eqnarray*} \Delta(\lambda)&=&\lambda{I}-Q-R(\lambda, P)PQ\\ &=&(I-\lambda^{-2}PQ-\lambda^{-4}PQ^3)(\lambda{I}-Q)\\ &=&[\lambda^{-2}(\lambda^2-{PQ})-(\lambda^{-4}PQ^3-\lambda^{-6}PQ^3{PQ})](\lambda{I}-Q)\\ &=&\lambda^{-6}(\lambda^4-PQ^3)(\lambda^2-PQ)(\lambda{I}-Q). \end{eqnarray*} $

由$(PQ)^2=0$以及$(PQ^3)^2=0, $知$PQ, PQ^3$是Drazin可逆的, 且$(PQ)^D=0, (PQ^3)^D=0, $则

$ R(\lambda^2, PQ)=\lambda^{-2}+\lambda^{-4}PQ, R(\lambda^4, PQ^3)=\lambda^{-4}+\lambda^{-8}PQ^3. $

于是, 当$0 < |\lambda| < \min((r(P^D))^{-1}, (r(Q^D))^{-1})$时,

$ \begin{eqnarray*} \Delta(\lambda)^{-1}&=&\lambda^{6}R(\lambda, Q)R(\lambda^2, PQ)R(\lambda^4, PQ^3)\\ &=&R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3). \end{eqnarray*} $

结论得证.

引理2.2  设$P, Q\in\mathcal{B}(X, Y)$均是Drazin可逆的, 且${\rm ind}(P)=t, {\rm ind}(Q)=s$.若$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0$, 那么算子矩阵$M=\begin{bmatrix} P & PQ \\ I & Q \end{bmatrix}$的预解式可表示为

$ R(\lambda, M)=\\ \begin{bmatrix} (I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P) &\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3\\ R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P) &R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3) \end{bmatrix}, $

其中$0 < |\lambda| < \min((r(P^D))^{-1}, (r(Q^D))^{-1}).$

证  令$\rho(\Delta)=\{ \lambda\in\mathcal{C}: \Delta(\lambda) \mbox{可逆} \}.$显然, $\rho(M)\bigcap\rho(P)=\rho(P)\bigcap\rho(\Delta).$则当$\lambda\in\rho(M)\cap\rho(P)$时,

$ \begin{array}{l} R(\lambda, M)= \begin{bmatrix} R(\lambda, P)+R(\lambda, P)PQ\Delta(\lambda)^{-1}R(\lambda, P) & R(\lambda, P)PQ\Delta(\lambda)^{-1} \\ \Delta(\lambda)^{-1}R(\lambda, P) & \Delta(\lambda)^{-1} \end{bmatrix}. \end{array} $

(2.4)

由(2.3), (2.1), (2.2)式, 以及$ PQPQ=0$, 有

$ \begin{eqnarray*} &&R(\lambda, P)PQ\Delta(\lambda)^{-1}\\ &=&(\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)(\lambda{I}-Q)R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)\\ &=&\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3. \end{eqnarray*} $

于是, 便有

$ \begin{eqnarray*} R(\lambda, P)+R(\lambda, P)PQ\Delta(\lambda)^{-1}R(\lambda, P) &=&(I+R(\lambda, P)PQ\Delta(\lambda)^{-1})R(\lambda, P)\\ &=&(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P). \end{eqnarray*} $

引理得证.

引理2.3  设$P, Q\in\mathcal{B}(X, Y)$均是Drazin可逆的, 且${\rm ind}(P)=t, {\rm ind}(Q)=s$.若$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0$, 则下列结论成立.

(ⅰ) $R(\lambda, Q)R(\lambda, P)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数为

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{s-1}Q^nQ^\pi(P^D)^{n+2}-Q^DP^D +\sum\limits_{n=0}^{t-1}(Q^D)^{n+2}P^nP^\pi. \end{eqnarray*} $

(ⅱ) $\lambda^{-2}R(\lambda, Q)PQR(\lambda, P)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数为

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{s-1}Q^nQ^\pi{PQ}(P^D)^{n+4}- \sum\limits_{n=1}^3(Q^D)^n{PQ}(P^D)^{4-n} +\sum\limits_{n=0}^{t-1}(Q^D)^{n+4}{PQ}P^nP^\pi. \end{eqnarray*} $

(ⅲ) $\lambda^{-4}R(\lambda, Q)PQ^3R(\lambda, P)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数为

$ \begin{eqnarray*} \sum\limits_{n=0}^{s-1}Q^nQ^\pi{PQ^3}(P^D)^{n+6}-\sum\limits_{n=1}^5(Q^D)^n{PQ^3}(P^D)^{6-n} +\sum\limits_{n=0}^{t-1}(Q^D)^{n+6}{PQ^3}P^nP^\pi. \end{eqnarray*} $

(ⅳ) $R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数为$U-V+W, $其中

$ \begin{eqnarray*} &&U=Q^\pi\sum\limits_{n=0}^{s-1}Q^n(I+{PQ}(P^D)^{2}+{PQ^3}(P^D)^{4})(P^D)^{n+2}, \\ &&V=Q^DP^D+\sum\limits_{n=1}^3(Q^D)^n{PQ}(P^D)^{4-n}+\sum\limits_{n=1}^5(Q^D)^n{PQ^3}(P^D)^{6-n}, \\ &&W=\sum\limits_{n=0}^{t-1}(Q^D)^{n+2}(I+(Q^D)^{2}PQ+(Q^D)^{4}PQ^3)P^nP^\pi. \end{eqnarray*} $

证  根据$R(\lambda, P)$和$R(\lambda, Q)$的Laurent展开, 即可得到(ⅰ), (ⅱ), (ⅲ)中的结论.又注意到

$ \begin{eqnarray*} &&R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P)\\ &=&R(\lambda, Q)R(\lambda, P)+\lambda^{-2}R(\lambda, Q)PQR(\lambda, P)+\lambda^{-4}R(\lambda, Q)PQ^3R(\lambda, P), \end{eqnarray*} $

这样便由(ⅰ), (ⅱ), (ⅲ)可得结论(ⅳ).

定理2.4  设$P, Q\in\mathcal{B}(X, Y)$均是Drazin可逆的, 且${\rm ind}(P)=t, \ {\rm ind}(Q)=s$.若$P^5Q=0, \ P^2Q+PQ^2=0, \ PQPQ=0$, 则$P+Q$是Drazin可逆的, 且

$ \begin{array}{l} (P+Q)^D&=&P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5+\\&&Q(U-V)+((Q^D)^2PQ+(Q^D)^4PQ^3)P^D\\ &&+(Q^DPQ+(Q^D)^3PQ^3)(P^D)^2+\\&&(Q^D)^2PQ^3(P^D)^3+Q^DPQ^3(P^D)^4\\ &&+(W-V)P+Q^D+(Q^D)^3PQ+(Q^D)^5PQ^3, \end{array} $

(2.5)

其中$U, V, W$见引理2.3.

证  令$A=\begin{bmatrix} I & Q \end{bmatrix} $, $B=\begin{bmatrix} P \\ I \end{bmatrix}$, 显然$P+Q=AB, $ $BA=M. $根据引理2.2, 知0为预解式$R(\lambda, BA)$的至多为$t+s+4$阶极点, 所以$BA$是Drazin可逆的.再由引理1.2, $AB$也是Drazin可逆的.

注意到$(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)R(\lambda, P)$和$R(\lambda, Q)(I+\lambda^{-2}PQ+\lambda^{-4}PQ^3)$的Laurent展开式中$-\lambda^0$的系数分别为$P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5$和$Q^D+(Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3}.$于是, 由引理1.3和引理2.2, 有

$ \begin{eqnarray*} (BA)^D&=&-\frac{1}{2\pi{i}}\oint_\gamma\lambda^{-1}R(\lambda, BA)d\lambda\\ &=& \begin{bmatrix} P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5 & 0 \\ U-V+W & Q^D+(Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3} \end{bmatrix}. \end{eqnarray*} $

由$P^DQ=0, PQ^D=0$, 以及$PP^D=P^DP$知

$ \begin{eqnarray*} &&(P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5)^2=(P^D)^2+PQ(P^D)^4+PQ^3(P^D)^6,\\ &&(U-V)(P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5)=(U-V)P^D, \\ &&W(P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5)\\ &=&\sum\limits_{n=0}^{t-1}(Q^D)^{n+2}P^nP^\pi(PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5)\\ &=&\sum\limits_{n=0}^3(Q^D)^{n+2}P^{n+1}Q(P^D)^3+\sum\limits_{n=0}^1(Q^D)^{n+2}P^{n+1}Q^3(P^D)^5,\\ &&(Q^D+(Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3})^2=(Q^D)^2+(Q^D)^4{PQ}+(Q^D)^6{PQ^3},\\ &&(Q^D+(Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3})(W-V)=Q^D(W-V),\\ &&(Q^D+(Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3})U\\ &=&((Q^D)^3{PQ}+(Q^D)^5{PQ^3})\sum\limits_{n=0}^{s-1}Q^nQ^\pi(P^D)^{n+2}\\ &=&\sum\limits_{n=0}^3(Q^D)^3PQ^{n+1}(P^D)^{n+2}+\sum\limits_{n=0}^1(Q^D)^5PQ^{n+3}(P^D)^{n+2}. \end{eqnarray*} $

令

$ \begin{eqnarray*} &&Z_1=\sum\limits_{n=0}^3(Q^D)^{n+2}P^{n+1}Q(P^D)^3+\sum\limits_{n=0}^1(Q^D)^{n+2}P^{n+1}Q^3(P^D)^5, \\ &&Z_2=\sum\limits_{n=0}^3(Q^D)^3PQ^{n+1}(P^D)^{n+2}+\sum\limits_{n=0}^1(Q^D)^5PQ^{n+3}(P^D)^{n+2}, \end{eqnarray*} $

则

$ \begin{array}{l}((BA)^D)^2=\\ \begin{bmatrix} (P^D)^2+PQ(P^D)^4+PQ^3(P^D)^6 & 0 \\ (U-V)P^D+Z_1+Z_2+Q^D(W-V) & (Q^D)^2+(Q^D)^4{PQ}+(Q^D)^6{PQ^3} \end{bmatrix}. \end{array} $

(2.6)

因此由引理1.2,

$ \begin{eqnarray*} (P+Q)^D&=&\begin{bmatrix} I & Q \end{bmatrix}((BA)^D)^2\begin{bmatrix} P \\ I \end{bmatrix}\\ &=&P^D +PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5+\\&&Q(U-V)+Q(Z_1+Z_2)P+(W-V)P \\ &&+Q^D+(Q^D)^3PQ+(Q^D)^5PQ^3\\ &=&P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5+Q(U-V)+\\&&((Q^D)^2PQ+(Q^D)^4PQ^3)P^D\\ &&+(Q^DPQ+(Q^D)^3PQ^3)(P^D)^2+\\&&(Q^D)^2PQ^3(P^D)^3+Q^DPQ^3(P^D)^4\\ &&+(W-V)P+Q^D+(Q^D)^3PQ+(Q^D)^5PQ^3. \end{eqnarray*} $

定理得证.

由定理2.4, 有如下推论.

推论2.5  设$P, Q \in \mathcal{B}(X, Y)$为Drazin可逆, 且${\rm ind}(P)=t, {\rm ind}(Q)=s. $若$PQ=0$, 则

$ \begin{array}{l} (P+Q)^D=P^D+\sum\limits_{n=0}^{s-2}Q^{n+1}Q^\pi(P^D)^{n+2}-QQ^DP^D+\\\sum\limits_{n=0}^{t-2}(Q^D)^{n+2}P^{n+1}P^\pi-Q^DP^DP+Q^D. \end{array} $

推论2.6  设$P, Q \in \mathcal{B}(X, Y)$为Drazin可逆, 且${\rm ind}(P)=t, {\rm ind}(Q)=s. $若$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQP=0$, 则

$ \begin{array}{l} (P+Q)^D&=&P^D+\sum\limits_{n=0}^{s-2}Q^{n+1}Q^\pi(P^D)^{n+2}-QQ^DP^D+\\&&\sum\limits_{n=0}^{t-2}(Q^D)^{n+2}P^{n+1}P^\pi-Q^DP^DP\\ &&+Q^D+(Q^D)^3PQ+(Q^D)^5PQ^3. \end{array} $

推论2.7  设$P, Q \in \mathcal{B}(X, Y)$为Drazin可逆, 且${\rm ind}(P)=t, {\rm ind}(Q)=s. $若$P^5Q=0, P^2Q+PQ^2=0, QPQ=0$, 则

$ \begin{array}{l} (P+Q)^D&=&P^D+PQ(P^D)^3+PQ^3(P^D)^5+\sum\limits_{n=0}^{s-2}Q^{n+1}Q^\pi(P^D)^{n+2}-QQ^DP^D\\ &&+\sum\limits_{n=0}^{t-2}(Q^D)^{n+2}P^{n+1}P^\pi-Q^DP^DP+Q^D. \end{array} $

推论2.8  设$P, Q \in \mathcal{B}(X, Y)$为Drazin可逆, 且${\rm ind}(P)=t, \ {\rm ind}(Q)=s.$若$P^3Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0$, 则

$ \begin{array}{l} (P+Q)^D&=&P^D+PQ(P^D)^3+\sum\limits_{n=0}^{s-2}Q^{n+1}Q^\pi(P^D)^{n+2}+\\ &&\sum\limits_{n=0}^{s-2}Q^{n+1}Q^\pi{PQ}(P^D)^{n+4}-QQ^DP^D\\ &&-QQ^D{PQ}(P^D)^3+\sum\limits_{n=0}^{t-2}(Q^D)^{n+2}P^{n+1}P^\pi+\\ &&\sum\limits_{n=0}^{t-2}(Q^D)^{n+4}{PQ}P^{n+1}P^\pi-Q^DP^DP\\ &&-\sum\limits_{n=1}^3(Q^D)^{n}PQ(P^D)^{4-n}P+Q^D+(Q^D)^3PQ. \end{array} $

本节将算子矩阵的Drazin逆应用到四分块算子矩阵$M=\begin{bmatrix} A & B \\ C & D \end{bmatrix}$的Drazin逆上, 并给出$M^D$的表达式, 其中$A\in\mathcal{B}(X), B\in\mathcal{B}(Y, X), C\in\mathcal{B}(X, Y), D\in\mathcal{B}(Y)$.关于四分块(算子)矩阵的Drazin逆请参见文献[3, 5, 9, 10, 13, 14, 16].下面假设$A, D$均是Drazin可逆的, 且${\rm ind}(A)=r, {\rm ind}(D)=s.$

定理3.1  若$A^2B=ABCB=CBCB=0, CAB+DCB=0, $则算子矩阵$M$是Drazin可逆的, 且

$ M^D=\left[\begin{smallmatrix} A^D+ABX(A^D)^2+(B+ABD^D)(XA^D+D^DX)+M_1 \ \ \ & B(D^D)^2+{AB}(D^D)^3+B{CB}(D^D)^4 \\ X+CBX(A^D)^2+CB{D^D}XA^D+CB(D^D)^2X \ \ \ & D^D+CB(D^D)^3 \end{smallmatrix}\right], $

其中

$ \begin{eqnarray*} &&M_1=BCB(X(A^D)^3+D^DX(A^D)^2 +(D^D)^2XA^D+(D^D)^3X), \\ &&X=\sum\limits_{i=0}^{r-1}(D^D)^{i+2}CA^iA^\pi+\sum\limits_{i=0}^{s-1}D^{\pi}D^iC(A^D)^{i+2}-D^DCA^D. \end{eqnarray*} $

证  令$P=\begin{bmatrix} A & 0 \\ C & D \end{bmatrix}$, $Q=\begin{bmatrix} 0 & B \\ 0 & 0 \end{bmatrix}, $则$M=P+Q.$由于

$ \begin{array}{l} ~~~~~ P^3Q=\begin{bmatrix} 0 & A^3B \\ 0 & CA^2B+DCAB+D^2CB \end{bmatrix}, \\ P^2Q+PQ^2=\begin{bmatrix} 0 & A^2B \\ 0 & CAB+DCB \end{bmatrix}, PQPQ=\begin{bmatrix} 0 & ABCB \\ 0 & CBCB \end{bmatrix}. \end{array} $

由此, 根据已知条件, 有$P^3Q=0, P^2Q+PQ^2=0, PQPQ=0.$又由引理1.4, 有

$ P^D=\begin{bmatrix} A^D & 0 \\ X & D^D \end{bmatrix}, $

其中$X=\sum\limits_{i=0}^{r-1}(D^D)^{i+2}CA^iA^\pi+\sum\limits_{i=0}^{s-1}D^{\pi}D^iC(A^D)^{i+2}-D^DCA^D.$从而, 根据推论2.8, 得到

$ \begin{array}{l} M^D&=&P^D+Q(P^D)^2+PQ(P^D)^3+Q{PQ}(P^D)^4\\ &=&\left[\begin{smallmatrix} A^D+ABX(A^D)^2+(B+ABD^D)(XA^D+D^DX)+M_1\ \ \ & B(D^D)^2+{AB}(D^D)^3+B{CB}(D^D)^4 \\ X+CBX(A^D)^2+CB{D^D}XA^D+CB(D^D)^2X \ \ \ & D^D+CB(D^D)^3 \end{smallmatrix}\right]. \end{array} $

定理得证.

推论3.2 ^[14]  若$A^2B=0, BCB=0, CAB=0, DCB=0, $则

$ \begin{array}{l} M^D=\\\begin{bmatrix} A^D+ABX(A^D)^2+(B+ABD^D)(XA^D+D^DX) \ \ \ & B(D^D)^2+{AB}(D^D)^3 \\ X+CBX(A^D)^2+CB{D^D}XA^D+CB(D^D)^2X \ \ \ & D^D+CB(D^D)^3 \end{bmatrix}. \end{array} $

推论3.3  若$A^2B=CB=CAB=0, $则

$ \begin{array}{l} M^D=\\\begin{bmatrix} A^D+ABX(A^D)^2+(B+ABD^D)(XA^D+D^DX) & B(D^D)^2+{AB}(D^D)^3 \\ X & D^D \end{bmatrix}. \end{array} $

推论3.4 ^[15]  若$AB=CB=0, $则

$ \begin{array}{l} &&M^D=\begin{bmatrix} A^D+BXA^D+BD^DX & B(D^D)^2 \\ X & D^D \end{bmatrix}. \end{array} $