第55卷第3期2021年6月
Vol55 No3
Jun&2021
华中师范大学学报(自然科学版)
JOURNAL OF CENTRAL CHINA NORMAL UNIVERSITY (Nat Si )
DOI ：10. 19603/j. cnki. 1000-1190. 2021 03. 005文章编号：1000-1190(2021)03-0356-09
蒋万林，左可正*
*，李昱收稿日期:2020-03-05.
基金项目：国家自然科学基金项目(11961076).* 通信联系人.E-mail ： xiangzuo28@163. com.
(湖北师范大学数学与统计学院，湖北黄石435002)
摘 要：研究了两个正交投影算子P 和Q 的组合aP + Q + PQ 的谱和秩的性质.用矩阵的CS -分 解分别刻画了两个正交投影算子的组合aP + Q + PQ 是EP 阵，可对角化矩阵，需零矩阵，需等矩 阵的特征.分别给出了两个正交投影算子P 和Q 的组合&P +Q + PQ 是三需等矩阵，对合矩阵的
完全刻画.
关键词：正交投影算子；CS-分解；谱；秩
中图分类号：O151.21 文献标志码：A 开放科学(资源服务)标志码(OSID )：
1预备引理
本文恒用C 表示复数域，C m X ”表示所有m X %阶复矩阵组成的集合，用A H ，(A ),N (A ), R (A ) 分别表示矩阵A 的
，秩，核子空间，值域.
A + C ”X ” ，分别用, Ind (A )表示%阶方
阵A 的谱和指数.用表示％阶单位矩阵.
对于矩阵A + C ”X ”，若A 2 — A ，称A 为潟；等 矩阵；若A 3 — A ，称A 为三基等矩阵；若A 2 —
，
称A 为对合矩阵；若存在k + N +，使得A D — 0，称 A 为基零矩阵；若AA f — A f A ，称A 为EP 阵.
用C O P 示C 上所有％阶 影算.成的合
5羟甲基糠醛
C O P — A | A + C "X "，A — A — A H }.定义1(-2) 设矩阵A + C m X ”，若矩阵X +
C ”X m 满足下列条件：
1) AXA * A 2) XAX * X 3)XA k —1 * A k
则称X 为矩阵A 的Moore-Penrose 逆，记为A f .
总是
一的.定义 2[1-2] 设矩阵 A + C ”X ”，Ind (A ) — k ， 若矩阵X + C "X "满足下列条件：
1) AXA * A 2) XAX * X 3) XA k —1 * A k
则称X 为矩阵A 的Drazin 逆，记为A D .当k — 1时， A M 称为是A 的逆，记为A M — A % .
国家海洋局极地办若A %
， 一.A %存在当且仅当
Ind (A ) *1(
对于矩阵A + C "X "，分别用A ®，A ®，A D 'f ，A%
A ®表示矩阵A 的核心逆[3]，核-EP 逆⑷，DMP- 逆曰，BT -逆弱逆(7).
研究两个 影算子的谱、秩以及它们组合
的性质，一直是矩阵分析及Hilbert 空间中算子理 的重要课题之一.类似这样的组合技巧广泛应用 于稀疏网格空间的
问题中并行迭代算
法的收 由两个 影算子之和的谱决定9 .
两个子空间Z 和％的距离(距 为11 P x —PA ，其中P X ,P %分别是％,%上的
影算子)有着很
多重要的应用[10-12].
在文[13)中,Benitez 研究了两个正交投影算
子戶和0的线性组合aP —bQ Cab = 0)的谱和秩， 分别给岀了两个 影算子的组合aP —bQ 是EP 阵，可对角化的，零矩阵，基等矩阵，三基等矩
阵，对合矩阵，
影算子，超
影算子的一
些 ，给岀了在特殊条件下aP —bQ 的
Moore-Penrose 逆的表示.在P 和Q 相乘不可交换
的条件下，给岀了 aP +bQ 是三基等矩阵，对合矩
阵，超 影算子的充要条件，并证明了 aP +bQ
是基零矩阵，基等矩阵以及广义投影
算(
关于两个基等矩阵P 和Q 的组合的研究有很
多，例如,Koliha [14]证明了当 a ，b + C 且 ab = 0, a — b = 0 时，r(aP —bQ ) — r(P — Q ). Tian [15)给 出 了关于 rCP — Q ) ,rCP — Q ),rCPQ — QP )的一些
式.Deng [16)岀了在一些特殊条件下P —Q ，
P — Q 的Drazin 逆表达式
.
第3期蒋万林等：两个正交投影算子组合的性质57
进一步地，左可正给出了两个幕等矩阵P 和Q的组合aP+bQ+cPQ Cab=0)的秩的重要等式，即证明了当a+b+c=0时,
r!P+bQ+cPQ)=OP—Q);
当a+b+c=0时,
r!P+bQ+c PQ)=r(P+Q).
在文(8)中，左可正研究了两个正交投影算子P和Q的组合aP+bQ—cPQ—dQP的可逆性条件，给出了在特殊条件下,aP+bQ—cPQ—dQP 的Moore-Penrose逆的显示表达式.在文(9)中，左可正又证明了只有当两个正交投影算子P和Q 相乘可交换时,aP+bQ+cPQ才有可能是正交幕阵.
本文主要利用矩阵的CS-分解，研究两个正交投影算子P和Q的组合aP+bQ+cPQ分别在条件PQ=QP以及PQ=QP下，是EP阵，可对角化矩阵，幕零矩阵，幕等矩阵，三幕等矩阵，对合矩阵的完全刻画.
CS-分解是研究两个正交投影算子的重要工具，利用CS-分解可以得到两个正交投影算子的组合的谱和秩的性质(3).CS-分解与两个子空间的主角密切相关［20］，这些主角是扰动理论中的重要2*).
引理1(3)(CS-分解)设P，Q+C O P，那么存在一个酉矩阵U，使得
I
I A
P=U”Y H,
0.
I a
R1=+I(、”—2p)X(%—2p)
*0
0.
I a c
R—=0+i(——p)x(——p),(()
I Z
0.
则
P=U(T1㊉R1)U h,Q=U(T—㊉R—)U H.
(2)
通过恰当的置换，对T1和T—中的元素进行重排，可设
T—
'cos'
cos'sin'
cos'sin'
sin2'
(3)其中'+(0,—),=1,2,…，p.记4(P,Q) {'，仇，…，+这些'可能有相同的).这些角称为R(P)到R(Q)的主角.显然4(P,
08PQ=QP.
令
X”*a100)+
Q)
cs
CS S2
U H%
I z
0.
其中C,S都是对角元为正实数的T阶对角方阵，且c—+S2=I，在戶和0的表达式中，对应位置的单位矩阵I和零矩阵有相同的阶数.
在CS-分解中，令
t—CS
S2
+I—p@—p
cos'sin'
sin2'
cos'
cos'sin'
/10\&cos2'cos'sin'
(00)[cos'sin'sin2'.
a+(b+c)cos—'(b+c)cos'sin'
b cos'sin'b sin—'
b+
”**%2%…%p
显然有
aT1+bT—+cT1T—,
(4)
5)
从而，
aP+bQ+cPQ=U((aT1+bT—+c T1T—)㊉
(R1+bR—+c RR—))U H=
U((㊉X,)㊉(R+bR—+c R1R—))u h.(6)
引理2(3，18)设P,Q+C O P,P,Q的分解如
(2)式，令II=U(0㊉I%——p)U H，则II为N(PQ—
QP)上的正交投影算子，即n=P N(PQ—QP)•
引理3(8)设P,Q+C O P,a,b,c+I,ab
=0，假设4(P,Q)=*)■，
则
58华中师范大学学报（自然科学版）第55卷
&P+bQ+c PQ)f*
1(［(&+b+c cos(')I%—
b sin'
(aP+bQ+cPQ)(.I n—II)+
*((,a+b+c)f一o C1—b—1)PQ+
a T p+
b T Q}&%
其中％
,Ka+b+c)T%+b+c=0; Oa+b+c)f**［a+b+c%a+b+c*0. 2主要结果
定理1设P,Q+CO P,PQ*QP,a,b,c+ 1,ab=0，则
1)o&P+bQ+c PQ)U{0,a,b,a+b+c}；
2)当a+b+c*0时+bQ+c PQ)* r(P)+r(.Q)—2r(PQ)*r(P—Q)；当a+b+c= 0时o(.aP+bQ+c PQ)*r(P')+r(Q')—r(PQ) *r(P+Q);
3)(P+bQ+c PQ)f*((a+b+c)f一a—1一
b j PQ+a T P+b T Q.
证明1)令y*r(P),*r(,Q)a*r(、PQ).因为P,Q+I O p PQ*QP，则由文［13］定理2.1知，存在一个酉矩阵U，使得
P*U(I a㊉I y—A㊉0㊉0)U H,
Q*U(I a㊉0㊉I z—a㊉0)U H,(7)则
aP+bQ+cPQ
*U((.a+b+c)I A㊉aI—㊉bI一㊉0)U H,
(8)从而，
a(aP+bQ+cPQ)U{0,a,b,a+b+c}.
2)结合文［17］中的结论，可知
a+b+c*o,
r(aP+bQ+cPQ)*
(y——a)+(z——a)*y+z——2a*
r(P)+rQ)—2厂(PQ)*r(P—Q)；
当a+b+c=0时，
r(.aP+bQ+cPQ)*
a+(,y——a)+(z——a)*y+z——a*
r(P)+r(Q)—r(PQ)*r(P+Q).
3)由文［18］中定理1的结果即得.
定理2设P,Q+IO P,PQ=QP由引理2给出，I*P n pq—qp).若a,b,c+I,ab=0，则
1)若'+4(P,Q),+I,&*(a+b+
c cos2ff)2—4b sin('，则
a+b+c：os'+&+0(P+bQ+cPQ).
若*+a(aP+bQ+cPQ)\{0,a,b,a+b+c}+,［J 存在'+®C P,Q)使得
】_a+b+c cos2'+&
**2'
其中，&*(a+b+c cos2')2—4(i b sin2'.
2)r(PQ—QP')*r(aP+bQ+cPQ).特别地，若PQ—QP可逆，则aP+bQ+PQ可逆.
3)r((P+bQ+cPQ'))I—II))*r(PQ —QP).
证明1)由(6)式有
o(.aP+bQ+cPQ)*
p
U aCX i)U0R1+bR(+R1R().(9)
i*1
由(4)式知X的特征多项式为
f x((*)**(—(a+b+c cos2di)*+ab sin2Q：,
X i的
o(X：)*
\a+b+c cos2di+&a+b+c cos2Q i一&\
{2?2+其中,
&*(a+b+c cos'z)—4(2b sin2'1.(10)因为o(.X：')U a(a P+bQ+c PQ)，:*1,2,…，p，所以
a+b+c；os'+&+0(P+bQ+cPQ),
从而1)的前部分得证.
反过来由(9)式知，
a(aP+bQ+cPQ)\{0,a,b,a+b+c}*
p
U o(X,),
i-1
若*+a(aP+bQ+cPQ)\{0,a,b,a+b+c+则
p
*+U o(X,)，所以存在'+4(P,Q),&+I，&2-i*1
(a+b+c c os2ff)2—4b sin(d，使得
】_a+b+c cos2Q+&
**2.
这样1)的后部分得证.
2)因为|&|*b sin('=0，由(5)式知，(aT1 +bT(+cT1T()+I(p X(p可逆.
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由(6)式知,(P+bQ+cPQ)(r(T1+bT( +cT1T()-2p，因为r(PQ—QP)-2p，所以r(PQ—QP)*r(aP+bQ+cPQ).若PQ—QP可逆，则r(PQ—QP')*%，从而r(aP+bQ+cPQ)* %，即aP+bQ+PQ可逆.
3)因为(aP+bQ+cPQ)(.I—n)*U((aT1+
第3期蒋万林等：两个正交投影算子组合的性质59
bT+T1T2"㊉0Y，所以
r((aP—bQ—cPQ)(!—II))
2p=r(PQ—QP).
定理3设PQ+C O P,PQ=QP%a%b%c+ C%ab=0.若*+C\{0%a%b%a—b—c}%则
*+o(aP—bQ—c PQ')8
*2——(！+b))—ab
a b—c*
+0(PQ).
证明必要性.根据(3)式，由于
p&cos2'cos'sin'
T1T2—㊉
i=1'00
(11)所以0(T1T2)—{cos'|'i+4(P,Q)}u*}•取任意*+a(aP+bQ+c PQ)\{0,a,b,a+b+c}%由定理2知，存在'+4(P,Q)以及&+C%—(—b—c cos2')2—4a b sin2'%使得
a—b—c cos2'—&
2
(12)因此存在,+o(T1T2)%使得,—cos2'.再结合(10)式和(12)式得出
*2—(a—b)*—ab—,(ab—c*)%
由于*+a(aP—bQ—cPQ)\{0%a,b%a—b—c}% ab—.*=0%
*2——(a+b)—ab
ab—.*
13)因为o(T1T2)U o(PQ)%所以,+o(PQ).
充分性.假设,+o(PQ)由(13)式给出，其中*+C\{0,a,b,a—b—c}，贝U有,=0且,=1，否则*+*%b}或*+*%a—b—c}，与假设矛盾•对任意'+4(Q)因为
o(PQ)—o(T1T2)U0R1R2)%
其中贝(T1T2)—{os'|'+4(.P%Q)}U{}% 0(R1R2)—{0,1}，从而,+o(T1T2).
由(11)式知，存在'+*1'%'p}使得, =cos2'.由(13)式，知
co s'=*—(a+b)*+b,
由上式，可得
*2—!a—b—c cos2')*—4ab sin2'—0
12%=(a—b—c cos2')2—4b sin2'，从而
】_a—b—c cos2'—&
*=2•
由定理2%知a—b—仟'—&+o(p—bQ—cPQ)%*+0!aP—bQ—cPQ)(
注记1定理3是文［13)中定理2.8的推广.
定理4设P,Q+C严，PQ=QP,a,b,c+C%ab=0，则aP—bQ—c PQ可对角化当且仅当对所有的'+4(P,Q),a—b—c cos2')2 =4ab sin2'.
证明由(6)式，知aP—bQ—c PQ可对角化8aT1—bT2—cT1T2与aR1—bR2—cR1R2可对角化.而aR1—bR z—cRR是对角的，再结合(5)式知,aP—bQ—c PQ可对角化等价于每个X i%—1% 2%…％p都可对角化•由(3)式知X的特征多项式为
f X,(*)=*2—(a—b—c cos2')*—ab sin2',%
显然fx,(*)有两个不同的根当且仅当(a—b—c cos2',)2=4a b sin2',%因此若(a—b—c cos2',)2= 4ab sin2'i%X i化.若a—b—cos2'i)2—4b sin',f x,(*)有两个相同的特征值，此时若X，可对角化，则存在一个可逆矩阵K+C2X2%使得X,—K—1diag(*,*)K—*'，这与(4)式矛盾.从而X i化仅!a—b—cos2')2=4ab sin2'.
注记2定理4是文［13)中推论2.9的推广.
定理5设P,Q+C O P,a,b,c+C%ab= 0，则aP—bQ—cPQ是EP阵.
证明当PQ—QP时，结论显然成立•
PQ=QP%由(6)式%aR1—bR2—cRR是对角阵，而对角阵是EP阵.又因为aT1—bT—cT1T(可逆，所以aT1—bT z—cT1T也是EP 阵，从而aP—bQ—cPQ是EP阵.
注记3由于X—aP—bQ—cPQ是EP阵%此时有
X f—X M—X®—X®—
X D，—x。—x®
下面分别讨论在条件PQ—QP PQ=QP下aP—bQ—cPQ是幕零矩阵，幕等矩阵，三幕等矩阵，对合矩阵的充要条件•由于本文研究P,Q的组合的%因P%Q=0的.
定理6设P,Q+C O P,PQ—QPP,Q= 0%a%b%+C%ab=0%
1)aP—bQ—cPQ是幕零矩阵的充分必要条件是a—b—c—0P—Q—PQ.
2)aP—bQ—PQ是幕等矩阵的充分必要条件是下列任一命题成立：
i)a—b—c+{0%1}%a=1%b=1;
ii)a—b—c+*%1}%a=1%PQ=Q;
i"a—b—+{0%1}%b—1%PQ—P; iv"a—b—+{0%1}%P—Q;
v)a=1%b=1%PQ=0.
3)aP—bQ—PQ 是三幕等矩阵的充分必要
60
华中师范大学学报（自然科学版）第55卷
条件是下列任一命题成立:
i ） a +b +.+ {0, —1,1+ , a + *—1 1}, b
+ {—1, 1};
i ） a +b +:+{,-—1,1} , a +{— 1 ,1}
PQ =Q ；
iii ） a + b +c +{,—1,1}, b +{— 1 ,1}
PQ =P ；
iv ） a +b +c +{,—1,1 } P =Q ；
v ） a + {—1,1},b + {--1 , 1},，PQ =0.* PQ .
类似可证明Q =PQ ，从而P = Q =PQ .此时
（14）式变为（a +b + c ）P = 0，因为P = 0，所以a +b +. * 0 .
分 . a +b +.* 0 %P *Q * PQ %aP
+ bQ + cPQ = 0，因此aP +bQ + cPQ 是幕零矩阵.
2）必要性.易知（a + b + c ）2 = a + b + c8a + b + c + {0 , 1}. 利用（7）式和（8）式的记号，若aP +bQ + cPQ 是幕 矩阵% 下分类 .
a ） 当 a 〉0, y — a 〉0, z — a 〉0 时，有 a +
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b +
c + {0,1}, a = 1, b = 1.
b ） 当 a >0, y ― a >0, z ― a = 0 时，有 a +
b +
c + {0,1}, a = 1，此时，
P = U （a ㊉ I y —a ㊉ 0）U H ,Q = U （A ㊉ 0 ㊉ 0）U H , PQ = Q .
c ） 当 a > 0 , y ― a = 0,z ― a > 0 时，有 a +
4） aP +bQ + cPQ 是对合矩阵的充分必要条
件是下列任一命题 立:
i ） a +b +.+ {--1 , 1}a + {— 1 , 1} , b +
{—1 , 1}, r （P + Q ）:=%；
i ） a +b +.+ {-1 , 1}a + {— 1 , 1} , P =
I %；
iii ） a + b + c :+ {—1 1 },b + {— 1 , 1} , Q =
I %；
iv ） a +b +c + <{—1 1} P = Q =I %；
v ） a + {— 1, 1},b + {— 1, 1}, PQ = 0, P
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+Q *I %.
证明 1）必要性.由（7）式知,aP +bQ + cPQ
可对角化，若aP +bQ +c PQ 是幕零矩阵，则
又因为a = 0，结合（15）式和（16）式，可得P
aP +bQ +.PQ = 0.
（14）将（14）式乘P ，可得
aP + （b +.）PQ = 0（15）再将（15）式乘Q ，可得
aPQ + （b +.）PQ = 0
（16）
b +
c + {0,1}, b = 1，此时，
P = U （!a ㊉ 0 ㊉ 0）U H ,
Q = U!㊉ I —a ㊉ 0）U H , PQ = P .
d ） 当 a > 0 , y ― a = 0 , z ― a = 0 时，有 a +
b +
c + {, 1}，此时，
P = U （A ㊉ 0）U H ,Q = U （A ㊉ 0）U H , P = Q .
e ） 因为 P, Q = 0，当 a = 0 时,y — a , z — a 都
湖州市织里镇是大于0的，此时，
P = U （!y —A ㊉ 0 ㊉ 0）U H ,Q = U （0 ㊉ I z -a ㊉ 0）U H , PQ = 0.
由a ）-e ），必要性得证.
充分性.利用（7）式和（8）式，直接验证即得.
3） 易知（& +b + c ）3 = a + b + c f a + b + c +
{, —1, 1}，证明类似于上述2）的证明.
4） 必要性.若aP +bQ + cPQ 是对合矩阵，则
（8）式中的第四分块不能出现，否则与aP +bQ +
cPQ 是对合矩阵相矛盾.
易知（a + b + c ） = 18a + b + c + {— 1,1}, 利用（7）式和（8）式的记号，进行如下分类讨论.
a ） 当 a > 0 , y — a > 0 , z — a >0 时，有 a +
b +
c + {— 1, 1 + , a + {— 1, 1 + , b + {— 1, 1 + ,
此时，
P = U （!㊉ I y —a ㊉ 0）U H ,
Q = U!㊉ 0 ㊉ I —A ）U H , r （P + Q ） = %.
b ） 当 a > 0 , y ― a > 0 , z ― a = 0 时，有 a +
b +
c + {— 1, 1} , a + {— 1, 1}，此时，
P = U!㊉ I y —A ）U H ,Q = U （a ㊉ 0）U H , P = I %.
c ） 当 a > 0 , y ― a = 0 , z ― a > 0 时，有 a +
b +
c + {— 1, 1 + , b + {— 1 , 1}，此时，
P = U （a ㊉ 0）U H ,Q = U （a ㊉ I z —a ）U h , Q = !
d ） 当 a > 0 , y ― a = 0 , z ― a = 0 时，有 a +
b +
c + {, 1}，此时，
P = U （!a ）U h ,Q = U （I a ）U h , P = Q = I %.
e ） 因为 P, Q = 0，当 a = 0 时,y — a , z — a 都
是大于0的，有a + {— 1 , 1 + , b + {— 1 , 1 + ，此时，
P = U （I_A ㊉ 0）U H ,
Q = U （0 ㊉ I z —a U , PQ = 0, P + Q = I %.
由（a ） —（e ），必要性得证.
充分性.利用（7）式和（8）式，直接验证即得.
定理7 设P,Q + I 严，PQ = QP,a , b , c +
I , ab = 0.
1） aP +bQ +cPQ 是 零矩阵（
2） aP +bQ +cPQ 是
矩阵（
证明 1）反证法.因为PQ = QP，若aP +bQ
+ cPQ 是幕零矩阵，则aT 1 + bT 2 + cT 1 T —是幕零
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