Ma trận nghịch đảo tổng quát

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM −−− −−− KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài: MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO TỔNG QUÁT Sinh viên thực hiện: NGUYỄN THỊ LƯU Giảng viên hướng dẫn: PGS.TS TRƯƠNG CÔNG QUỲNH Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Lớp: 15CTUDE Đà Nẵng 2019 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM −−− −−− KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài: MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO TỔNG QUÁT Sinh viên thực hiện: NGUYỄN THỊ LƯU Giảng viên hướng dẫn: PGS.TS TRƯƠNG CÔNG QUỲNH Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Lớp: 15CTUDE Đà Nẵng 2019 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả Nguyễn Thị Lưu LỜI CẢM ƠN Qua bốn năm học tập rèn luyện trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng, dìu dắt thầy giáo, tơi tiếp thu nhiều kiến thức hữu ích Khóa luận tốt nghiệp xem thành quan trọng trình học tập rèn luyện Lời luận văn xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS Trương Cơng Quỳnh tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực để tác giả hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tất thầy giáo tận tình dạy bảo suốt thời gian học tập khóa học Đồng thời, tơi xin gửi lời cảm ơn đến anh chị em lớp 15CTUDE anh chị khóa nhiệt tình giúp đỡ tơi q trình học tập lớp Đà Nẵng, ngày tháng năm 2019 Nguyễn Thị Lưu MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Giả nghịch đảo Moore - Penrose 1.2 Không gian null ma trận 1.3 Miền ma trận 1.4 Các tốn tử tuyến tính 1.5 Cơ sở số chiều CHƯƠNG CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN 2.1 Luật trật tự ngược cho {1} −nghịch đảo 2.2 Luật trật tự ngược cho {1, 2} −nghịch đảo TỔNG QUAN VÀ KẾT LUẬN 2.3 Tổng quan: 2.4 Kết luận: TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong đại số tuyến tính, ma trận giả nghịch đảo ma trận A tổng quát hóa ma trận nghịch đảo Loại ma trận giả nghịch đảo phổ biến giả nghịch đảo Moore–Penrose Vào năm 1920, E H Moore định nghĩa khái niệm giả nghịch đảo loại ma trận tìm cách độc lập Arne Bjerhammar năm 1951 Roger Penrose năm 1955 Lý thuyết trở thành chủ đề nghiên cứu tác giả khác nhau, nhiều vấn đề câu hỏi giải Tuy nhiên, số giải phần mở ngày Bởi lý với định hướng thầy giáo PGS.TS Trương Công Quỳnh, định chọn đề tài: “Ma trận nghịch đảo tổng quát” làm đề tài luận văn tốt nghiệp Mục đích nghiên cứu Luận văn trình bày số chủ đề lý thuyết nghịch đảo tổng quát nhằm đưa đánh giá nỗ lực cung cấp định hướng khả thi để nghiên cứu sâu lĩnh vực toán học Đối tượng nghiên cứu Giả nghịch đảo Moore - Penrose tích nhiều hai ma trận Phạm vi nghiên cứu Vấn đề luật nghịch đảo thứ tự tích hai ma trận từ tổng quát với tích nhiều hai ma trận, lớp khác nghịch đảo tổng quát Phương pháp nghiên cứu Chúng sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết trình thực đề tài Trước tiên, thu thập báo khoa học tác giả trước liên quan đến ma trận tính chất đại số nghịch đảo tổng quát Sau cách tương tự hóa kết đó, chúng tơi đưa kết cho đề tài Ý nghĩa khoa học thực tiễn - Khóa luận góp phần bổ sung thêm tính chất đại số nghịch đảo ma trận - Khóa luận sử dụng làm tài liệu tham khảo cho sinh viên nghiên cứu sinh nghiên cứu mảng Cấu trúc luận văn Nội dung khóa luận trình bày qua hai chương Ngồi ra, khóa luận cịn có Lời cam đoan, Lời cảm ơn, Mục lục, Phần mở đầu, Phần kết luận Tài liệu tham khảo CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, chúng tơi xin trình bày số kiến thức liên quan đến ma trận, nhắm hỗ trợ cho phần đọc hiểu chương 1.1 Giả nghịch đảo Moore - Penrose Định nghĩa 1.1.1 Cho A ∈ M (m, n; K) Ma trận giả nghịch đảo MoorePenrose (hay gọi giả nghịch đảo) A ma trận A† ∈ M (n, m; K) thỏa mãn bốn điều kiện sau: (1) AA† A = A (2) A† AA† = A† (3)(AA† )∗ = AA† (4) (A† A)∗ = A† A Chú ý 1.1.2 Ma trận A† tồn Với A, kí hiệu A {i, j, , k} biểu thị tập hợp tất ma trận X thỏa mãn phương trình (i), (j) , (k) số phương trình từ (1) − (4) X ∈ A {i, j, , k} {i, j, , k} − nghịch đảo A kí hiệu A(i,j, ,k) Với quy ước ta có A {1, 2, 3, 4} = A† Nhận xét 1.1.3 - Nếu A ma trận thực, A† ma trận thực - Nếu A khả nghịch, ma trận nghịch đảo giả nghịch đảo một: A† = A−1 - Giả nghịch đảo ma trận không chuyển vị - Giả nghịch đảo giả nghịch đảo ma trận ban đầu: (A† )† = A 1.2 Không gian null ma trận Định nghĩa 1.2.1 Cho A ∈ M (m, n; K) Không gian null ma trận A, kí hiệu N (A), tập hợp tất nghiệm phương trình Ax = Viết theo kí hiệu tập hợp: N (A) = {x : x ∈ Rn |Ax = 0} Chú ý 1.2.2 Các phần tử N (A) vecto Rn ta làm việc ma trận [A]m×n N (A) = ∅ ∈ N (A) (0 nghiệm tầm thường) x ∈ N (A) phụ thuộc vào số lượng cột A −1 −1 , Theo định nghĩa, không gian null A bao gồm vecto x cho Ax = Thực thao tác hàng bản: −1 −1 −2 −4 → −7   x1 −1 −2 −4 x  → x2 = x4   −1  (x − 7x )     −1 x1 − x2 − 2x3 − 4x4 =  (5x3 + x4 ) ⇒  : x3 , x4 ∈ R 2 2x2 + 5x3 + x4 = ⇒ N (A) =   x3   x4 Ví dụ 1.2.3 Tìm khơng gian null ma trận: A = 1.3 Miền ma trận Định nghĩa 1.3.1 Cho A ∈ M (m, n; K) Miền ma trận A, kí hiệu R(A) tập Rm cho công thức: R(A) = {Ax|x ∈ Rn } nghĩa là, miền tập hợp vecto y ∈ Rm công thức y = Ax với x ∈ Rn , tất y ∈ Rm cho hệ Ax = y thỏa mãn Nếu x = (α1 , α2 , , αn )T vecto  a11  a21 A =  am1 →A = [a1    a12 a1n a1i a22 a2n   a2i   =   , i = 1, , n am2 amn ami a2 an ] Ax = α1 a1 + α2 a2 + + αn an Nghĩa là, vecto Ax Rn tổ hợp tuyến tính vecto cột A Và R(A) = {α1 a1 + α2 a2 + + αn an |α1 , α2 , , αn ∈ R} Ví dụ 1.3.2 Cho A = −1 Với x = [α1 , α2 ]T : 1 α1 + 2α2 α Ax = −1 × α = −α1 + 3α2 = 2 2α1 + α2 α1 + 2α2 −α Vì R(A) = + 3α2 |α1 , α2 ∈ R 2α1 + α2 −1 ×α1 + × α2 1.4 Các tốn tử tuyến tính Định nghĩa 1.4.1 Khơng gian Banach: Các không gian Banach định nghĩa Các không gian vecto định chuẩn đầy đủ Điều nghĩa không gian Banach không gian vecto V trường số thực hay số phức với chuẩn ||.|| cho dãy Cauchy (tương ứng với metric d(x, y) = ||x − y||) có giới hạn V Ví dụ 1.4.2 Khơng gian Euclid quen thuộc Kn , với chuẩn Euclid x = (x1 , x2 , , xn ) cho ||x|| = ( Banach |xi |2 )1/2 ), không gian Nếu V W không gian Banach trường K, tập hợp hàm K−tuyến tính liên tục Θ : V → W ký hiệu L (V , W ) Khi đó, Θ : V → W toán tử tuyến tính 1.5 Cơ sở số chiều Định nghĩa 1.5.1 Hệ vecto E không gian vecto V sở V vừa hệ sinh vừa hệ độc lập tuyến tính Ví dụ 1.5.2 Hệ vecto E = {e1 = (1, 0); e2 = (0, 1)} sở không (i) Một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo A cho bởi: X X R(A) R(B) A(1,2) = X1 X2 : N (A∗ ) → N (B ∗ ) X1 X3 thỏa A1 X1 + A2 X3 = IR(A) , X2 X4 có dạng X2 = X1 A1 Z1 + X1 A2 Z2 , X4 = X3 A1 Z1 + X3 A2 Z2 với số toán tử Z1 ∈ B(N (A∗ ), R(B)) Z2 ∈ B(N (A∗ ), N (B ∗ )) (ii) Một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo B cho bởi: −1 R(B) R(B ∗ ) B U (1,2) B = : N (B ∗ ) → N (B) V V B1 U U ∈ B(N (B ∗ ), R(B ∗ )) V ∈ B(R(B), N (B)) (iii) Nếu AB quy, tùy ý {1, 2}- nghịch đảo AB cho bởi: (1,2) Y2 : R(A) → R(B ∗ ) , (AB)(1,2) = (A1 B1 ) N (A∗ ) N (B) Y3 Y4 (A1 B1 )(1,2) ∈ (A1 B1 ) {1, 2} Yi , i = 2, thỏa mãn hệ phương trình sau: Y2 = (A1 B1 )(1,2) A1 B1 Y2 , (2.37) Y3 = Y3 A1 B1 (A1 B1 )(1,2) , Y4 = Y3 A1 B1 Y2 Chứng minh (i) Khơng tính tổng qt, giả sử tùy ý {1, 2}- nghịch đảo A cho bởi: X X R(A) R(B) A(1,2) = X1 X2 : N (A∗ ) → N (B ∗ ) Từ AXA = A XAX = X , ta có X ∈ A {1, 2} với Xi , i = 1, phương trình sau: (2.38) (A1 X1 + A2 X3 )Ai = Ai , i = 1, (2.39) Xj (A1 X1 + A2 X3 ) = Xj , j = 1, (2.40) X1 (A1 X2 + A2 X4 ) = X − 2, X3 (A1 X2 + A2 X4 ) = X4 R(B ∗ ) N (B) → R(A) toán tử nghịch R(B ∗ ) A A −1 đảo phải, tồi Sr−1 : R(A) → N (B) cho [ ] Sr = IR(A) Chú ý ràng (2.38) tương đương với: X [A1 A2 ] X1 [A1 A2 ] = [A1 A2 ] (2.41) thỏa mãn Vì S = [A1 A2 ] : Nhân (2.41) với Sr−1 từ bên phải, ta nhận (2.41) tương đương với X [A1 A2 ] X1 = IR(A) , nghĩa là: (2.42) A1 X1 + A2 X3 = IR(A) Chú ý rằng, X1 X3 thỏa mãn (2.42), (2.39) Điều kiện (2.40) tương đương với X1 A A X X2 [ ] = X3 X4 X4 nghĩa X (I − P ) X2 = X với P = X1 [A1 A2 ] Vì P hình chiếu, Z1 X2 = P Z2 , X4 nghĩa X1 A1 Z1 + X1 A2 Z2 X2 X4 = X3 A1 Z1 + X3 A2 Z2 , Z1 Z2 toán tử từ không gian phù hợp (ii) Gỉa sử tùy ý {1, 2}- nghịch đảo B cho bởi: S U R(B) R(B ∗ ) (1,2) B = V W : N (B ∗ ) → N (B) Từ BB (1,2) B = B dẫn đến B1 SB1 = B1 B1 nghịch đảo, S = B1−1 Từ B (1,2) BB (1,2) = B (1,2) ta dễ dàng có W = V B1 U , với U V toán tử từ không gian phù hợp (iii) Cho tùy ý {(1, 2)}- nghịch đảo AB cho bởi: Y Y R(A) R(B ∗ ) (AB)(1,2) = Y1 Y2 : N (A∗ ) → N (B) Từ AB(AB)(1,2) AB = AB , ta có: A1 B1 Y1 A1 B1 = A1 B1 (2.43) từ (AB)(1,2) AB(AB)(1,2) = (AB)(1,2) , ta có: (2.44) Y1 A1 B1 Y1 = Y1 (2.45) Y1 A1 B1 Y2 = Y2 (2.46) Y3 A1B1 Y1 = Y3 (2.47) Y3 A1 B1 Y2 = Y4 Từ (2.43) (2.44), ta nhận Y1 ∈ (A1 B1 ) {1, 2} Thay Y1 = (A1 B1 )(1,2) vào (2.14), (2.46) (2.47), có (2.37) Cuối ta cho chứng minh kết Shinozaki Sibuya trường hợp toán tử tuyến tính bị chặn quy khơng gian Hilbert tích chúng quy Định lí 2.2.4 Cho A ∈ B(H , K ) B ∈ B(L , H ) tốn tử quy cho AB quy Ta có: (AB) {1, 2} ⊆ B {1, 2} A {1, 2} Chứng minh Lấy tùy ý (AB)(1,2) ∈ (AB) {1, 2} Ta tồn A(1,2) ∈ A {1, 2} B (1,2) ∈ B {1, 2} cho (AB)(1,2) = B (1,2) A(1,2) Khơng tính tổng qt, giả sử A B cho (2.36) Theo bổ đề (2.2.3), ta có: (1,2) R(A) R(B ∗ ) (A B ) Y 1 (AB) = : N (A∗ ) → N (B) Y3 Y4 với (A1 B1 )(1,2) ∈ (A1 B1 ) {1, 2} số Yi , i = 2, mà thỏa mãn hệ (2.37) Vì [A1 A2 ] : [R(B ∗ )N (B)] → R(A) toán tử nghịch đảo phải, X1 R(B ∗ ) tồn (khơng phải nhất) X3 : R(A) → N (B) cho A1 X1 + A2 X3 = IR(A) Vì B1 khả nghịch, ta có (A1 B1 )(A1 B1 )(1,2) A1 X1 = A1 X1 Cho X3 = X3 X1 = B1 (A1 B1 )(1,2) A1 X1 Rõ ràng, A1 X1 + A2 X3 = IH (A) Bây giờ, cho: X XABY R(A) R(B) C = X1 X1 A1 B1 Y2 : N (A∗ ) → N (B ∗ ) , 3 1 (1,2) −1 R(B) R(B ∗ ) U : N (B ∗ ) → N (B) , D = B1 Y3 A1 Y3 A1 B1 U U = (A1 B1 )(1,2) A2 Chúng ta chứng minh C ∈ A {1, 2} , D ∈ B {1, 2} (AB)(1,2) = DC Sử dụng bổ đề (2.2.3), ta kiểm tra C ∈ A {1, 2} D ∈ B {1, 2} Để chứng minh (AB)(1,2) = DC, đủ để chứng minh hệ phương trình sau thỏa mãn: (A1 B1 )(1,2) = B1−1 X1 + U X3 , Y2 = B1−1 X1 A1 B1 Y2 + U X3 A1 B1 Y2 , Y3 = Y3 A1 X1 + Y3 A1 B1 U X3 , Y4 = Y3 A1 X1 A1 B1 Y2 + Y3 A1 B1 U X3 A1 B1 Y2 Phương trình thỏa mãn, X1 = B1 (A1 B1 )(1,2) (I − A2 X3 ), phương trình khác thỏa mãn (2.37) Bao hàm nghịch đảo (2.35) xét De Pierro M Wei [8] Sử dụng khai triển tích ma trận (2.48) B {1, 2} A {1, 2} ⊆ (AB) {1, 2} thỏa mãn chứng minh sau: Định lí 2.2.5 [8] Cho A ∈ Cm×n B ∈ Cn×p Các điều kiện sau tương đương: (i) B {1, 2} A {1, 2} ⊆ (AB) {1, 2} (ii) A = B = r(B) = n r(A) = n Ví dụ 2.2.6 (1) Trong trường hợp (ii) định lý (2.2.5) không thỏa mãn, có nghĩa B {1, 2} A {1, 2} (AB) {1, 2}, ta tìm phản nghịch đảo đặc biệt A B, A(1,2) B (1,2) cho B (1,2) A(1,2) ∈ −1 1 (AB) {1, 2} Cho A = −1 B = 1 Hiển nhiên AB = 0 (AB) {1, 2} = {0} Nhưng A(1,2) = B (1,2) = 0 , ta có B (1,2) A(1,2) = ∈ (AB) {1, 2} (2) Nếu A ∈ Cm×n B ∈ Cn×p , B {1, 2} A {1, 2} ⊆ (AB) {1, 2} kéo theo B {1} A {1} ⊆ (AB) {1} (Xem lại định lý (2.1.1) (2.2.5)) Sử dụng hoàn toàn phương pháp khác nhau, Cvetkovie’ Nikolov [13] cải tiến kết từ [8] chứng minh kết Shinozaki Sibuya trường hợp toán tử tuyến tính bị chặn quy khơng gian Hilbert tích chúng quy Chú ý tất kết công bố phần tổng quát đến trường hợp đại số C ∗ Định lí 2.2.7 [13] Cho A ∈ B(H , K ) B ∈ B(L , H ) cho A, B AB tốn tử quy Các điều kiện sau tương đương: (i) B {1, 2} A {1, 2} ⊆ (AB) {1, 2}, (ii) A = B = A ∈ B1−1 (H , K ) B ∈ Br−1 (H , K ) Chứng minh (i) ⇒ (ii) : Nếu (i) đúng, hiển nhiên B† A† ∈ (AB) {1, 2}, nên: ABB † A† AB = AB (2.49) B † A† ABB † A† = B † A† (2.50) Vì, với X ∈ B(K , H ), A† + (I − A† A)XAA† ∈ A {1, 2}, ta có: ABB † (A† + (I − A† A)XAA† AB = AB, mà sử dụng (2.49) dẫn đến: (2.51) ABB † (I − A† A)XAB = 0, với X ∈ B(K , H ) Tương tự, với Y ∈ B(H , L ), B † + B † BY (I − BB † ) ∈ B {1, 2}, vậy: AB(B † + B † BY (I − BB † ))A† AB = AB, mà sử dụng (2.49) dẫn đến: (2.52) ABY (I − BB † )A† AB = với Y ∈ B(H , L ) Vì, với X ∈ B(K , H ) Y ∈ B(H , L ), ta có: (2.53) AB(B † + B † BY (I − BB † ))(A† + (I − A† A)XAA† )AB = 0, sử dụng (2.49), (2.51) (2.52) ta có: ABY (I − BB † )(I − A† A)XAB = 0, với X ∈ B(K , H ) Y ∈ B(H , L ) Bây giờ, AB = 0hoặc(I − BB † )(I − A† A) = (2.54) Vì, với X ∈ B(K , H ), B † (A† + (I − A† A)XAA† )ABB † (A† + (I − A† A)XAA† ) = B † (A† + (I − A† A)XAA† ) sử dụng (2.50), ta có: B † A† ABB † (I − A† A)XAA† + B † (I − A† A)XABB † A† (2.55) +B † (I − A† A)XABB † (I − A† A)XAA† = B † (I − A† A)XAA† Bây từ (2.54), ta có số hạng thứ ba vế trái (2.55) 0, đó: B † (I − A† A)X(ABB † A† − AA† ) = 0, với X ∈ B(K , H ) Do đó, B † = B † A† A ABB † A† = AA† Theo (2.54), ta có hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu AB = 0, B † = B † A† A kéo theo B = Nếu ABB † A† = AA† , ta dễ dàng có A = Trường hợp 2: Nếu (I − BB † )(I − A† A) = 0, B † = B † A† A, kéo theo A† A = I , nghĩa là, A nghịch đảo trái Nếu ABB † A† = AA† , nhân (I − BB † )(I − A† A) = 0, A từ bên trái, ta có: A = ABB † Giao hốn A† A BB † , ta có BB † = I , nghĩa là, B nghịch đảo phải (ii) ⇒ (i): Nếu A B không, hiển nhiên (i) Gỉa sử B nghịch đảo trái lấy B (1,2) ∈ B {1, 2} tùy ý Hiển nhiên, B (1,2) nghịch đảo phải B, nghĩa là, BB (1,2) = I Do đó, với tùy ý A(1,2) ∈ A {1, 2}, ABB (1,2) A(1,2) AB = AA(1,2) AB = AB B (1,2) A(1,2) ABB (1,2) A(1,2) = B (1,2) A(1,2) AA(1,2) = B (1,2) A(1,2) Nếu A toán tử nghịch đảo trái, với A(1,2) ∈ A {1, 2} ta có A(1,2) A = I Thì với A(1,2) ∈ A {1, 2} B (1,2) ∈ B {1, 2} ABB (1,2) A(1,2) AB = ABB (1,2) B = AB B (1,2) A(1,2) ABB (1,2) A(1,2) = B (1,2) BB (1,2) A(1,2) = B (1,2) A(1,2) Chú ý phần chứng minh định lý (2.2.7), ta kết luận rằng: B {1, 2} A {1, 2} ⊆ (AB) {1} AB = (I − BB + )(I − A† A) = nghĩa AB = N (A) ⊆ R(B), tương đương với B {1} A {1} ⊆ (AB) {1} Chứng minh cho thấy (2.48) ln thỏa mãn trường hợp bội tích tốn tử quy giống với cho phần [5] cho trường hợp ma trận Định lí 2.2.8 Cho Ai ∈ B(Hi+1 , Hi ), i = 1, n A1 A2 Aj , j = 2, n, tốn tử quy Thì: (2.56) (A1 A2 An ) {1, 2} ⊆ An {1, 2} An−1 {1, 2} A1 {1, 2} Chứng minh Gỉa sử Ai ∈ B(Hi+1 , Hi ), i = 1, n A1 A2 Aj , j = 2, n, tốn tử quy Ta chứng minh (2.56) phương pháp quy nạp n Với n = 2, khẳng định tên theo định lý (2.2.4) Gỉa sử với ≤ k ≤ n Với k = n + 1, cho A1 A2 Ak = B Sử dụng lại định lý (2.2.4), ta nhận (BAn+1 ⊆ An+1 {1, 2} B {1, 2} Từ quy nạp giả thuyết, (A1 An ) {1, 2} ⊆ An {1, 2} A1 {1, 2} , ta nhận (A1 An An+1 ) {1, 2} ⊆ An+1 {1, 2} (A1 An ) {1, 2} ⊆ An+1 {1, 2} An {1, 2} A1 {1, 2} Bao hàm nghịch đảo (2.56) trường hợp ma trận xét M Wei [4], người áp dụng phương pháp P-SVD, đưa điều kiện cần đủ cho An {1, 2} An−1 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 An ) {1, 2} Định lí 2.2.9 ([4]) Gỉa sử Ai ∈ Cδi ×δi+1 , i = 1, 2, , n Các điều kiện sau tương đương: (i) An {1, 2} An−1 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 An ) {1, 2} (ii) Một điều kiện sau thỏa mãn: (a) r(A1 An ) > với j ∈ {1, , n − 1} , Aj ma trận cột đầy đủ (b) r(A1 An ) > với j ∈ {2, , n} , Aj ma trận hàng đầy đủ (c) r(A1 An ) > tồn số nguyên q ∈ {2, , n − 1} cho với j ∈ {1, , q − 1} , Aj ma trận cột đầy đủ với j ∈ {q, , n} , Aj ma trận hàng đầy đủ (d) Tồn số nguyên q ∈ {1, , n}, cho r(Aq ) = Sự tổng quát kết trước cho trường hợp tốn tử quy bị chặn không gian Hilbert cho phần [6] sau: Định lí 2.2.10 ([6]) Cho Ai ∈ B(Hi+1 , Hi ), Ai , i = 1, n A1 A2 Aj , j = 2, n tốn tử quy Các điều kiện sau tương đương: (i) An {1, 2} An−1 {1, 2} A1 {1, 2} = (A1 A2 An ) {1, 2} , (ii) An {1, 2} An−1 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 An ) {1, 2} , (iii) Tồn số nguyên i, ≤ i ≤ n, cho Ai = 0, A1 A2 An = Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 2, n, A1 A2 An = Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, n − 1, A1 A2 An = tồn số nguyên k, ≤ k ≤ n − cho Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = k + 1, n Chứng minh (i) ⇒ (ii): Theo định lý (2.2.8) (ii) ⇒ (i): Chúng ta chứng minh quy nạp n Với n = 2, kéo theo từ định lý (2.2.7).Gỉa sử (ii) ⇒ (iii) với n = k − 1; ta chứng minh với n = k Gỉa sử Ak {1, 2} Ak−1 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 Ak ) {1, 2} (2.57) Theo định lý (2.2.8), ta có: Ak {1, 2} (A1 A2 Ak−1 ) {1, 2} ⊆ (A1 A2 Ak ) {1, 2} (2.58) mà theo định lý (2.2.7) kéo theo trường hợp sau đúng: A1 A2 Ak−1 = Ak = A1 A2 Ak−1 ∈ Bl−1 (Hk , Hl ) Ak ∈ Br−1 (Hk+1 , Hk ) Bây giờ, ta xem xét tất trường hợp: Trường hợp 1: A1 A2 Ak−1 = Thì A1 A2 Ak−1 Ak = 0, mà (ii) kéo theo Ak {1, 2} Ak−1 {1, 2} A1 {1, 2} = {0} (2.59) (1,2) Cho Aj ∈ Ai {1, 2} , i = 1, k − tùy ý Từ (2.59) ta có A†k Ak−1 A1 (1,2) (2.60) (1,2) =0 Vì Z ∈ B(Hk , Hk+1 ), A†k + A†k Ak Z(IHk − Ak A†k ) ∈ Ak {1, 2}, ta nhận (A†k + A†k Ak Z(IHk − Ak A†k ))Ak−1 A1 (1,2) (1,2) mà (2.60) cho A†k Ak ZAk−1 Ak−2 A1 (1,2) Ak = (2.61) (1,2) (1,2) (1,2) (1,2) Ak−1 A1 =0 = =0 (1,2) (1,2) (1,2) Nếu Ak = 0, (iii) Gỉa sử Ak = 0, Ak−1 Ak−2 A1 (1,2) ∈ Ai {1, 2} , i = 1, k − 1, kéo theo với tùy ý Ai (2.62) (1,2) (1,2) (1,2) Ak−1 Ak−2 A1 =0 = {0} ⊆ (A1 A2 Ak−2 Ak−1 ) {1, 2} Bằng phương pháp quy nạp giả thuyết, từ (2.62) kéo theo điều kiện sau thỏa mãn: (1) Tồn i ∈ {1, 2, , k − cho Ai = 0, (2) Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, k − 2, (3) Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 2, k − 1, (4) Tồn i ∈ {1, 2, , k − 1} cho Aj ∈ Bl−1 (Hj+1 , Hj ), j = 1, i − Aj ∈ Br−1 (Hj+1 , Hj ), j = i + 1, k − Nếu (1) đúng, (iii) thỏa mãn Gỉa sử (2) Vì A1 A2 Ak−1 = ta có Ak−1 =) Nếu (3) đúng, từ A1 A2 Ak−1 = ta có A1 = Gỉa sử (4) Nhân A1 A2 Ak−1 = với A†i−1 A†i−2 A†1 bên trái, ta có: Ai Ai+1 Ak−1 = (2.63) Nhân (2.63) với A†k−1 A†k−2 A†i+1 bên phải ta Ai = Do đó, (iii) thỏa mãn Trường hợp 2: Nếu Ak = 0, (iii) hiển nhiên Trường hợp 3: Gỉa sử A1 A2 Ak−1 ∈ Bl−1 (Hk , Hl ) Từ định lý (2.2.7), ta có: (Ak−1 Ak ) {1, 2} ⊆ Ak {1, 2} Ak−1 {1, 2} Vì kéo theo (Ak−1 Ak ) {1, 2} Ak−2 {1, 2} A1 {1, 2} (2.64) ⊆ Ak {1, 2} Ak−1 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 Ak ) {1, 2} Bằng quy nạp giả thuyết, từ (2.64) kéo theo điều kiện sau đúng: (1’) Tồn i ∈ {1, 2, , k − 2} cho Ai = Ak−1 Ak = 0, (2’) Ai ∈ Bl−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, k − 2, (3’) Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 2, k − 2, Ak−1 Ak ∈ Br−1 (Hk+1 , Hk−1 ) (4’) Tồn i ∈ {1, 2, , k − 1} cho Aj ∈ Bl−1 (Hj+1 , Hj ), j = 1, i − 1, Aj ∈ Br−1 (Hj+1 , Hj ), j = i + 1, k − 2, Ak−1 Ak ∈ Br−1 (Hk+1 , Hk−1 ) Chúng ta kiểm tra tất trường hợp này, (iii) thỏa mãn (1,2) Trường hợp 4: Gỉa sử Ak ∈ Br−1 (Hk+1 , Hk ) Thì Ak Ak tùy ý (2.65) (1,2) Ak (1,2) ∈ A {1, 2} Lấy Ai ∈ A {1, 2} , i (1,2) (1,2) (1,2) A1 A2 Ak Ak Ak−1 A1 A1 A2 = IHk với = 1, k tùy ý, = A1 A2 Ak (1,2) (2.66) Ak (1,2) (1,2) Ak−1 A1 (1,2) A1 A2 Ak Ak (1,2) (1,2) (1,2) Ak−1 A1 (1,2) (1,2) = Ak−1 Ak−2 A1 (1,2) Nhân (2.65) với Ak từ bên phải (2.66) với Ak từ bên trái, ta nhận (2.67) (1,2) (1,2) A1 A2 Ak−1 Ak−1 Ak−2 A1 A2 Ak−1 = A1 A2 Ak−1 (1,2) (1,2) (1,2) Ak−1 Ak−2 A1 (2.68) (1,2) (1,2) (1,2) A1 A2 Ak−1 Ak−1 Ak−2 A1 (1,2) (1,2) (1,2) = Ak−1 Ak−2 A1 Hiển nhiên, Ak−1 {1, 2} Ak−2 {1, 2} A1 {1, 2} ⊆ (A1 A2 Ak−1 ) {1, 2} (2.69) Bằng quy nạp giả thuyết, từ (2.69) kéo theo điều kiện sau đúng: (1”) Tồn i ∈ {1, 2, , k − 1} cho Ai = 0, (2”) Ai ∈ Bl−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, k − 2, (3”) Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 2, k − 1, (4”) Tồn i ∈ {1, 2, , k − 1} cho Aj ∈ Bl−1 (Hj+1 , Hj ), j = 1, i − 1, Aj ∈ Br−1 (Hj+1 , Hj ), j = i + 1, k − 1, Dễ dàng kiểm tra trường hợp thỏa mãn (iii) ⇒ (ii) : Nếu A1 A2 An = 0, hiển nhiên (ii) Gỉa sử (1,2) A1 A2 An = lấy Ai ∈ Ai {1, 2} , i = 1, n tùy ý (1,2) = IHi , i = 2, n Nếu Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = 2, n, Ai Ai (1,2) (1,2) (1,2) (1,2) A1 A2 An−1 An A(1,2) An−1 A1 n (1,2) (2.70) = A1 A2 An−2 An−1 An−1 An−2 A1 (1,2) = A1 A2 A2 (1,2) A1 (1,2) = A1 A1 Từ (2.70), kéo theo: (1,2) (1,2) A1 A2 An A(1,2) An−1 A1 n A1 A2 = A1 A2 An (1,2) (1,2) (1,2) (1,2) (1,2) A(1,2) An−1 A1 n (1,2) (1,2) (1,2) A1 A2 An A(1,2) An−1 = A(1,2) An−1 A1 n n An−1 A1 ∈ (A1 A2 An ) {1, 2} Do đó, (iii) Tương tự, Ai ∈ Bl−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, n − 1, tồn k ∈ {2, , n − 1} cho Ai ∈ Bl−1 (Hi+1 , Hi ), i = 1, k − 1, Ai ∈ Br−1 (Hi+1 , Hi ), i = (1,2) (1,2) (1,2) k + 1, n, ta chứng minh An An−1 A1 ∈ (A1 A2 An ) {1, 2} Do (ii) An Vì chứng minh kết đại số, dễ dàng tổng quát cho đại số C ∗ vành Như luật trật tự ngược cho {1, 2} − nghịch đảo giải hoàn toàn TỔNG QUAN VÀ KẾT LUẬN 2.3 Tổng quan: Cho A B ma trận cho trước AB xác định τ = {1} τ = {1, 2} Với ma trận khả nghịch tổng quát Aτ B τ , ta đạt số điều kiện đủ cho mối quan hệ B τ Aτ = (AB)τ Lý thuyết luật trật tự ngược B {1} A {1} = (AB) {1} B {1, 2} A {1, 2} = (AB) {1, 2} vấn đề khó Shinozaki Sibuya chứng minh mối quan hệ phía (AB) {1, 2} ⊆ B {1, 2} A {1, 2} Werner đạt điều kiện tương đương cho B {1} A {1} = (AB) {1} Wei, De Pierro đưa điều kiện cần đủ cho luật trật tự ngược B {1} A {1} = (AB) {1} B {1, 2} A {1, 2} = (AB) {1, 2} khai triển giá trị bội tích ma trận A B 2.4 Kết luận: Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, luận văn thu kết sau - Trình bày số chủ đề lý thuyết nghịch đảo tổng quát - Cung cấp định hướng khả thi để nghiên cứu sâu lĩnh vực toán học Thời gian tới, tiếp tục nghiên cứu vấn đề liên quan đến ma trận khả nghịch mở rộng nghiên cứu ma trận thỏa mãn điều kiện khác giả nghịch đảo Moore-Penrose Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô tận tình hướng dẫn để tác giả hồn thành luận văn Tuy nhiên, luận văn cịn có số thiếu sót, mong nhận ý kiến chuyên môn từ quý thầy cô Tôi xin chân thành cảm ơn TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Rao, C.R, (1962), A note on a generalized inverse of a matrix with application to problems in mathematical statistics, J R Stat Soc Ser B Stat Methodol 24(1), 152-158 [2] Pringle, R.M., A.A (1971), Generalized Inverse Matrices with Applications to Statistics, Griffin, London [3] Werner, H J (1994), When is B − A− a generalized inverse of AB Linear Algebra Appl., 210, 255-263 [4] Wei, M : (1999), Reverse order laws for generalized inverses of multiple matrix products Linear Algebra Appl.,293 (1-3), 273-288 [5] Wei, Y (2002), The Drazin inverse of a modied matrix Appl Math Comput.,125, 295-301 [6] Radenkovic, J.N (2016), Reverse order laws for generalized inverses of multiple operator products Linear Multilinear Algebra, 64, 12661282 [7] Shinozaki, N., Sibuya, M.: (1979), Further results on the reverse order law Linear Algebra Appl., 27, 9-16 [8] De Pierro, A.R., Wei, M.(1998), Reverse order laws for reexive generalized inverse of products of matrices Linear Algebra Appl, 277, 299-311 [9] Cvetkovic-Ilic, D.S., Djikic, M.: (2016), Various solutions to reverse order law problems Linear Multilinear Algebra, 64, 1277-1219 [10] Wang, Q.W.: (2004), A system of matrix equations and a linear matrix equation over arbitrary regular rings with identity Linear Algebra Appl, 384, 43-54 [11] Hai, G., Chen, A.: (2010), On the right(left) invertible completions for operator matrices Integral Equations Operator Theory,67 (1-3), 79-93 [12] Pavlovic, V., Cvetkovic-Ilic, D.S.:(2015), Applications of completions of operator matrices to reverse order law for1-inverses of operators on Hilbert spaces Linear Algebra Appl.,484, 219-236 [13] Cvetkovic-Ilic, D.S., Nikolov, J.: (2015), Reverse order laws for reexive generalized inverse of operators Linear Multilinear Algebra, 63 (6), 1167-175 ... - Nếu A ma trận thực, A† ma trận thực - Nếu A khả nghịch, ma trận nghịch đảo giả nghịch đảo một: A† = A−1 - Giả nghịch đảo ma trận khơng chuyển vị - Giả nghịch đảo giả nghịch đảo ma trận ban... tính, ma trận giả nghịch đảo ma trận A tổng quát hóa ma trận nghịch đảo Loại ma trận giả nghịch đảo phổ biến giả nghịch đảo Moore–Penrose Vào năm 1920, E H Moore định nghĩa khái niệm giả nghịch đảo. .. Giả nghịch đảo Moore - Penrose tích nhiều hai ma trận Phạm vi nghiên cứu Vấn đề luật nghịch đảo thứ tự tích hai ma trận từ tổng quát với tích nhiều hai ma trận, lớp khác nghịch đảo tổng quát