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 và 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 và lý thuyết số
Lớp: 15CTUDE

Đà Nẵng 2019


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai
cơng bố trong bất kì cơng trình nào khác.
Tác giả

Nguyễn Thị Lưu


LỜI CẢM ƠN

Qua bốn năm học tập và rèn luyện tại trường Đại học Sư phạm Đà
Nẵng, được sự dìu dắt của các thầy cô giáo, tôi đã tiếp thu được khá nhiều
kiến thức hữu ích. Khóa luận tốt nghiệp này được xem như là thành quả
quan trọng của cả quá trình học tập và rèn luyện. Lời đầu tiên của luận
văn tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS. Trương
Công Quỳnh đã tận tình hướng dẫn tơi trong suốt q trình thực hiện để
tác giả có thể hồn thành được luận văn này.
Tơi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cơ giáo
đã tận tình dạy bảo trong suốt thời gian học tập của khóa học.
Đồng thời, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các anh chị em trong
lớp 15CTUDE và các anh chị khóa trên đã nhiệt tình giúp đỡ tơi trong
q trình học tập tại lớp.
Đà Nẵng, ngày 1 tháng 3 năm 2019
Nguyễn Thị Lưu

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1. Giả nghịch đảo Moore - Penrose
1.2. Không gian null của ma trận
1.3. Miền của ma trận

........................................

.................................................

1.4. Các tốn tử tuyến tính
1.5. Cơ sở và số chiều

......................................

.............................................

..................................................

CHƯƠNG 2. 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

1. Lý do chọn đề tài
Trong đại số tuyến tính, ma trận giả nghịch đảo của ma trận A là một
tổng quát hóa của ma trận nghịch đảo. Loại ma trận giả nghịch đảo phổ
biến nhất là giả nghịch đảo Moore–Penrose. Vào năm 1920, E. H. Moore
đã định nghĩa khái niệm giả nghịch đảo và loại ma trận này cũng được tìm
ra một cách độc lập bởi Arne Bjerhammar năm 1951 và Roger Penrose
năm 1955. Lý thuyết này đã trở thành một chủ đề nghiên cứu của các tác
giả khác nhau, nhiều vấn đề và câu hỏi đã được giải quyết. Tuy nhiên,
một số chỉ được giải quyết một phần hoặc vẫn còn mở cho đến ngày nay.
Bởi những lý do như trên cùng với sự định hướng của thầy giáo PGS.TS.
Trương Công Quỳnh, chúng tôi đã quyết định chọn đề tài: “Ma trận nghịch
đảo tổng quát” làm đề tài luận văn tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Luận văn này trình bày một số chủ đề hiện tại trong lý thuyết về nghịch
đảo tổng quát nhằm đưa ra đánh giá về những nỗ lực này cũng như cung
cấp những định hướng khả thi để nghiên cứu sâu hơn về lĩnh vực toán học

này.
3. Đối tượng nghiên cứu
Giả nghịch đảo Moore - Penrose và tích của nhiều hơn hai ma trận.
4. Phạm vi nghiên cứu
Vấn đề luật nghịch đảo thứ tự đối với tích hai ma trận từ đó tổng quát
với tích nhiều hơn hai ma trận, các lớp khác nhau của nghịch đảo tổng
quát.
5. Phương pháp nghiên cứu
Chúng tôi sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết trong quá trình


thực hiện đề tài. Trước tiên, chúng tôi thu thập các bài báo khoa học của
những tác giả đi trước liên quan đến ma trận và các tính chất đại số của
nghịch đảo tổng quát. Sau đó bằng cách tương tự hóa những kết quả đó,
chúng tơi sẽ đưa ra những kết quả mới cho đề tài.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
- Khóa luận góp phần bổ sung thêm các tính chất đại số trên nghịch đảo
của ma trận.
- Khóa luận có thể sử dụng làm tài liệu tham khảo cho sinh viên và các
nghiên cứu sinh đang nghiên cứu về mảng này.
7. Cấu trúc luận văn
Nội dung khóa luận được 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
và Tài liệu tham khảo.


CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tôi xin trình bày một số kiến thức liên quan
đến ma trận, nhắm hỗ trợ cho phần đọc hiểu ở chương tiếp theo.
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 còn gọi là giả nghịch đảo) của A là ma trận A† ∈ M (n, m; K)
thỏa mãn bốn điều kiện sau:
(1) AA† A = A.
(2) A† AA† = A†
(3)(AA† )∗ = AA† và
(4) (A† A)∗ = A† A.
Chú ý 1.1.2. Ma trận A† tồn tại và duy nhất.
Với bất kì A, kí hiệu A {i, j, ..., k} biểu thị tập hợp tất cả các ma trận
X thỏa mãn các phương trình (i), (j)..., (k) trong số các phương trình từ
(1) − (4).

X ∈ A {i, j, ..., k} là một {i, j, ..., k} − nghịch đảo của A và được kí hiệu
là A(i,j,...,k) . Với quy ước này ta có A {1, 2, 3, 4} = A† .
Nhận xét 1.1.3. - Nếu A là ma trận thực, thì A† cũng là ma trận thực.
- Nếu A khả nghịch, thì ma trận nghịch đảo và giả nghịch đảo là một:
A† = A−1
- Giả nghịch đảo của ma trận khơng là chuyển vị của nó.
- Giả nghịch đảo của giả nghịch đảo chính là ma trận ban đầu: (A† )† = A


1.2. Không gian null của ma trận
Định nghĩa 1.2.1. Cho A ∈ M (m, n; K). Không gian null của ma trận

A, kí hiệu là N (A), là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình thuần
nhất Ax = 0.
Viết theo kí hiệu tập hợp:
N (A) = {x : x ∈ Rn |Ax = 0}

Chú ý 1.2.2. Các phần tử của N (A) là các vecto trong Rn nếu ta làm
việc trên ma trận [A]m×n

N (A) = ∅ vì 0 ∈ N (A) (0 là nghiệm tầm thường)
x ∈ N (A) phụ thuộc vào số lượng cột của A.
−1 1 2 4
2 0 1 −1 ,
Theo định nghĩa, không gian null của A bao gồm các vecto x sao cho
Ax = 0. Thực hiện các thao tác hàng cơ bản:
−1 1 2 4
1 −1 −2 −4
→
2 0 1 −7
0 2 5 1
 
x1
1 −1 −2 −4 x  0
→ 0 2 5 1 x2 = 0 .
3
x4

 −1

(x
−
7x
)
3
4



2

 −1
x1 − x2 − 2x3 − 4x4 = 0
 (5x3 + x4 )
⇒
 : x3 , x4 ∈ R
2
2x2 + 5x3 + x4 = 0 ⇒ N (A) = 

x3


x4
Ví dụ 1.2.3. Tìm khơng gian null của ma trận: A =

1.3. Miền của ma trận
Định nghĩa 1.3.1. Cho A ∈ M (m, n; K). Miền của ma trận A, kí hiệu
là R(A) là một tập con của Rm được cho bởi công thức:

R(A) = {Ax|x ∈ Rn }
nghĩa là, miền của một tập hợp các vecto y ∈ Rm của công thức y = Ax
với mọi x ∈ Rn , hoặc tất cả các y ∈ Rm sao cho hệ Ax = y thỏa mãn.
Nếu x = (α1 , α2 , ..., αn )T là vecto bất kỳ và




a11

 a21
A =  ...
am1
→A = [a1


 
a12 ... a1n
a1i
a22 ... a2n 
 a2i 
... ... ...  ai =  ...  , i = 1, ..., n
am2 ... amn
ami
a2 ... an ] và Ax = α1 a1 + α2 a2 + ... + αn an

Nghĩa là, vecto Ax trong Rn là một tổ hợp tuyến tính các vecto cột của
A. Và

R(A) = {α1 a1 + α2 a2 + ... + αn an |α1 , α2 , ..., αn ∈ R}
1 2
Ví dụ 1.3.2. Cho A = −1 3 . Với x = [α1 , α2 ]T :
2 1
1 2
α1 + 2α2
α
1
Ax = −1 3 × α = −α1 + 3α2 =
2
2 1

2α1 + α2
α1 + 2α2
−α
Vì vậy R(A) =
1 + 3α2 |α1 , α2 ∈ R
2α1 + α2

1
2
−1 ×α1 + 3 × α2 .
2
1
.

1.4. Các toán tử tuyến tính
Định nghĩa 1.4.1. Khơng gian Banach: Các khơng gian Banach được
định nghĩa là các Các không gian vecto định chuẩn đầy đủ. Điều này nghĩa
là một không gian Banach là một không gian vecto V trên trường số thực
hay số phức với một chuẩn ||.|| sao cho mọi dãy Cauchy (tương ứng với
metric d(x, y) = ||x − y||) có giới hạn trong V.
Ví dụ 1.4.2. Khơng gian Euclid quen thuộc Kn , với chuẩn Euclid của

x = (x1 , x2 , ..., xn ) được cho bởi ||x|| = (
Banach.

|xi |2 )1/2 ), là các không gian

Nếu V và W là các không gian Banach trên cùng một trường K, tập hợp
các hàm K−tuyến tính liên tục Θ : V → W được ký hiệu là L (V , W ).
Khi đó, Θ : V → W là một tốn tử tuyến tính.

1.5. Cơ sở và số chiều
Định nghĩa 1.5.1. Hệ vecto E trong không gian vecto V là một cơ sở
của V nếu nó vừa là hệ sinh vừa là hệ độc lập tuyến tính.
Ví dụ 1.5.2. Hệ vecto E = {e1 = (1, 0); e2 = (0, 1)} là cơ sở của không


gian vecto R2 .
Thật vậy, E là hệ sinh và từ đẳng thức:

λ1 e1 + λ2 e2 = 0
λ1 (1, 0) + λ2 (0, 1) = (0, 0)
⇒ λ1 = 0, λ2 = 0,
nên hệ E độc lập tuyến tính.
Định nghĩa 1.5.3. Nếu V có một cơ sở gồm n phần tử thì V gọi là khơng
gian n chiều, kí hiệu là dimV = n và V được gọi là khơng gian hữu hạn
chiều.
Ví dụ 1.5.4. (1)

dimR2 = 2; dimR3 = 3;
(2)

dimP2 [t] = 3; dimM22 = 4.
(3) Trong P2 [x] = a0 + a1 x + a2 x2 : ai ∈ R, i = 0, 2
Xác định một cơ sở và số chiều của W = span(u1 = 1 + 3x + 2x2 , u2 =
2 + 6x + 4x2 , u3 = x + 3x2 )
1 3 2
1 3 2
1 3 2
Xét ma trận: A = 2 6 4 → 0 0 0 → 0 1 3 .
0 1 3

0 1 3
0 0 0
2
Suy ra một cơ sở của W là: 1 + 3x + 2x , x + 3x2 và dimW = 2


CHƯƠNG 2

CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT LIÊN
QUAN

Định nghĩa 2.0.1. Cho A ∈ M (m, n, K). Ta gọi ma trận X ∈ M (n, m, K)
thỏa mãn điều kiện AXA = A là {1} − nghịch đảo của A được kí hiệu là

A(1) . Tập hợp tất cả các {1} − nghịch đảo của A kí hiệu là A {1}.
1 0
0.5 0.5
Ví dụ 2.0.2. A = 1 0 →A(1) = 0 0
Vấn đề tìm ra nghịch đảo tổng quát của tích các ma trận dẫn đến
việc nghiên cứu gọi là: Luật trật tự ngược và trở thành chủ đề nghiên cứu
chuyên sâu trong nhiều năm.
Vào năm 1960, Greville là người đầu tiên nghiên cứu bằng cách xem xét
luật trật tự ngược cho nghịch đảo Moore- Penrose và đưa ra điều kiện cần
và đủ cho quy luật này:
(2.1)

(AB)† = B † A†

đúng cho mọi ma trận A và B . Các nghiên cứu sâu hơn về chủ đề này
phân nhánh theo nhiều hướng:

- Tích của nhiều hơn 2 ma trận.
- Các lớp khác nhau của nghịch đảo tổng quát.
- Các tập hợp khác nhau được xét (toán tử đại số, toán tử C ∗ , vành,...)
Chúng ta sẽ thảo luận về luật thứ tự ngược cho K -nghịch đảo khi K ∈
{{1} , {1, 2}} và trình bày các kết quả được cơng bố gần đây cũng như
một số ví dụ đơn giản và các vấn đề mở.
2.1. Luật trật tự ngược cho {1} −nghịch đảo
Trong bài báo của mình, Rao [1] chứng minh rằng nếu A và B là các
ma trận phức sao cho AB xác định, A có các cột độc lập tuyến tính hoặc
B có các hàng độc lập tuyến tính, thì:


(2.2)

B {1} A {1} ⊆ (AB) {1}

Sau đó, Pringle và Rayner[2] cho rằng với bất kì hai điều kiện nào của Rao
(nghĩa là, nếu A có các cột độc lập tuyến tính hoặc B có các hàng độc lập
tuyến tính), kéo theo:
(2.3)

(AB) {1} = B {1} A {1}

được chú thích vào năm 1994 bởi Werner[3], người đưa ra những phản
ví dụ cho khẳng định này và chứng minh rằng với các ma trận A và B có
kích thước phù hợp, công thức (2.2) đúng nếu và chỉ nếu:

N (A) ⊆ R(B) hoặc R(B) ⊆ N (A)
trong đó N (A) và R(B) lần lượt là không gian null của A và miền của

B.
Định lí 2.1.1. Cho A ∈ B(H , K ) và B ∈ B(L , H ) là các tốn tử
chính quy sao cho AB cũng chính quy. Khi đó B {1} A {1} ⊆ (AB) {1}
nếu và chỉ nếu:
(2.4)

N (A) ⊆ R(B) hoặc AB = 0.

Ngồi ra ơng còn chứng minh rằng (2.3) đặc biệt đúng trong từng trường
hợp sau:
Cả A và B đều có các cột độc lập tuyến tính.
Cả A và B đều có các hàng độc lập tuyến tính.

A khơng suy biến và/hoặc B khơng suy biến. nhưng nhìn chung, vấn đề
khó khăn hơn của việc tìm ra mơ tả tương đương của điều kiện (2.3) vẫn
còn mở. Trang tiếp theo của chuyên đề này được viết bởi M. Wei [4], sử
dụng P-SVD của các ma trận A và B , một số các tương đương của (2.2)
được suy ra và so sánh với các điều kiện của Weiner và tất nhiên điều kiện
cần và đủ cho (2.3) đúng được đưa ra.
Định lí 2.1.2. ([4]) Cho A ∈ Cm×n và B ∈ Cn×p . Các điều kiện sau là
tương đương:

(i) AB {1} = B {1} A {1}


(ii) Một trong các điều kiện sau đúng:
(a) r(AB) = 0, n ≥ min {m + r(B), p + r(A)},
(b) r(A) + r(B) − r(AB) = n và (r(A) = m hoặc r(B) = p)
(iii) Một trong các điều kiện sau đúng:
(a) R(B) ⊆ N (A), n ≥ min {m + r(B), p + r(A)},

(b) N (A) ⊆ R(B) và (r(A) = m hay r(B) = p).
Ví dụ 2.1.3. (1) Nếu m = n và A = I , thì với mọi B ∈ Cn×p ta có

(AB) {1} = B {1} và A {1} = {I}, vì vậy (AB) {1} = B {1} A {1}, điều
này có thể được kết luận từ (2.1.2)(iii)b.
0 1
1 0
(2) Cho A = 0 1 , B = 0 0 . ⇒ AB = 0 và từ (2.1.1) (hoặc sử dụng
giả thuyết (AB) {1} = C2×2 ), ta có B {1} A {1} ⊆ AB {1}. Mặt khác, vì
a1
a2
A {1} =
a3 1 − a3 : a1 , a2 , a3 ∈ C
và

B {1} =

1 b1
b2 b3 : b1 , b2 , b3 ∈ C ,

0 0
Ta có thể kiểm tra 1 −1 ∈ (AB) {1} khơng thể được viết dưới dạng
tích B (1) A(1) với A(1) ∈ A {1} và B (1) ∈ B {1}. Điều này có nghĩa là
(AB) {1} = B {1} A {1} có thể được kiểm tra bằng định lý (2.1.2).
Ngồi ra, hệ thức (2.2) trong trường hợp tích của nhiều hơn hai ma trận
cũng được xét bởi M. Wei [4] bằng cách áp dụng khai triển bội tích.
Định lí 2.1.4. ([5]) Cho Ai ∈ Cmi ×mi+1 , i = 1, n, n ≥ 3. Các điều kiện
sau là tương đương:

(i) An {1} An−1 {1} ...A1 {1} ⊆ (A1 A2 ...An ) {1}

(ii) Một trong các điều kiện sau đúng:
(a) r (A1 A2 ...An ) = 0.
(b) r(A1 ...Ai ) + r(Ai+1 ) − r(A1 ...Ai+1 ) = mi+1 , i = 1, n − 1
(iii) Một trong các điều kiện sau đúng:


(a) R(Ai+1 ...An ) ⊆ N (A1 ...Ai ), với i ∈ {1, ..., n − 1},
(b) N (A1 ...Ai ) ⊆ R(Ai+1 ), i = 1, n − 1.
Kết quả trước đây đã được khái quát hóa bởi Nikolov-Radenkovie [6]
cho các tốn tử tuyến tính bị chặn trên khơng gian Hilbert. Chúng ta sẽ
chứng minh cho kết quả này.
Định lí 2.1.5. ([6]) Cho Ai ∈ B(Hi+1 , Hi ), i = 1, n, sao cho Ai , i = 1, n
và A1 A2 ...Aj , j = 2, n là các tốn tử tuyến tính. Các điều kiện sau là tương
đương:

(i) An {1} An−1 {1} ...A1 {1} ⊆ (A1 A2 ...An {1}
(ii) A1 A2 ...An = 0 hoặc N (A1 ...Aj−1 ) ⊆ R(Aj ) với mọi j = 2, n
(iii) A1 A2 ...An = 0 hoặc Ak {1} Ak−1 {1} ...A1 {1} ⊆ A1 A2 ...Ak {1}, với
k = 2, n.
Chứng minh. : (ii) ⇒ (iii). Nếu A1 A2 ...An = 0, hiển nhiên (iii) đúng.
Gỉả sử A1 A2 ...An = 0 và
(2.5)

N (A1 ...Aj−1 ) ⊆ R(Aj ), j = 2, n.

Ta sẽ chứng minh quy nạp trên k :
(2.6)

Ak {1} Ak−1 {1} ...A1 {1} ⊆ (A1 A2 ...Ak ) {1} , j = 2, n.

Từ suy ra N (A1 ) ⊆ R(A2 ) mà theo (2.4) kéo theo (2.6) đúng với

k = 2. Gỉa sử rằng (2.6) đúng với k = l − 1, l ∈ {2, 3, ..., n}, nghĩa là:
(2.7)

Al−1 {1} Al−2 {1} ...A1 {1} ⊆ (A1 A2 ...Al−1 ) {1} .

Chúng ta phải chứng minh rằng phương trình đúng với mọi k = l. Vì (2.1)
đúng với mọi j = l, từ (2.4) ta có:
(2.8)

Al {1} (A1 A2 ...Al−1 ) {1} ⊆ (A1 A2 ...Al−1 Al ) {1}

Theo phương pháp quy nạp suy ra điều phải chứng minh.
(iii) ⇒ (i). Hiển nhiên.

(i) ⇒ (ii). Gỉa sử rằng A1 A2 ...An = 0 với n > 2 theo định lý (2.1.1).
Cho j ∈ {3, 4, ..., n} và i ∈ {1, 2, ..., j − 2} tùy ý. Thì vời mọi tùy ý


(1)

(1)

Ai ∈ Ai {1} và Aj ∈ Aj {1}, ta có:
(1)

(1)

(2.9)

(1)

(1)

(1)

Aj−1 ....A1i+1

A1 A2 ...An An ...Aj+1 . Aj + Y IHj − Aj Aj
(1)

(1)

(1)

Ai + IHi+1 − Ai Ai X .Ai−1 ...A11 A1 ...An = A1 ....An .

đúng với mọi X ∈ B(Hi , Hi+1 ) và mỗi Y ∈ B(Hj+1 , Hj ). Thay X = 0
vào (2.9), ta có:
(2.10)
(1)

(1)

(1)

(1)

A1 A2 ...An A(1)

n ...Aj+1 . Aj + Y IHj ) − Aj Aj

(1)

Aj−1 ....A1i+1 .Ai .

(1)

Ai−1 ...A11 A1 ...An = A1 ....An
Lấy (2.9) trừ (2.10), ta có:
(1)

(2.11)

(1)

(1)

A1 A2 ...An A(1)
n ...Aj+1 . Aj + Y IHj − Aj Aj
(1)

(1)

(1)

(1)

Aj−1

(1)

...Ai+1 IHi+1 − Ai Ai XAi−1 ...A1 A1 ...An = 0
Thay Y = 0 vào (2.11) ta có:
(1)

(2.12)

(1)

(1)

A1 A2 ...An A(1)
n ...Aj+1 Aj Aj−1
(1)

(1)

(1)

(1)

...Ai+1 IHi+1 − Ai Ai XAi−1 ...A1 A1 ...An = 0

Cuối cùng từ (2.12) và (2.11), ta nhận được:
(1)

(1)

A1 A2 ...An A(1)

n ...Aj+1 Y IHj ) − Aj Aj

(2.13)

(1)

(1)

(1)

(1)

Aj−1

(1)

...Ai+1 IHi+1 − Ai Ai XAi−1 ...A1 A1 ...An = 0
đúng với mọi tùy ý X ∈ B(Hi , Hi+1 ) và mỗi Y ∈ BHj+1 , Hi ). Tiếp
theo, nếu như:
(2.14)

(1)

A1 A2 ...An A(1)
n ...Aj+1 = 0

hoặc:
(2.15)

(1)

IH − Aj Aj

(1)

(1)

(1)

Aj−1 ...Ai+1 IH+ − Ai Ai

=0

hoặc:
(2.16)

(1)

(1)

Ai−1 ...A1 A1 ...An = 0

Dễ dàng ta thấy (2.14) và (2.16) kéo theo A1 A2 ...An = 0 không phải là
trường hợp, nên (2.15) phải đúng. Từ đó, với mọi tùy ý j ∈ {3, 4, ..., n}


và i ∈ {1, 2, ..., j − 2}, ta có:
(1)

IH − Aj Aj

(2.17)

(1)

(1)

(1)

Aj−1 ...Ai+1 Ai Ai
(1)

(1)

= IH − Aj Aj

(1)

Aj−1 ...Ai+1

Cho j ∈ {2, 3, ..., n}, tùy ý. Từ (i) kéo theo:
(1)

(1)

(1)

A1 A2 ...An A(1)
n ...Aj+1 . Aj + Y IHj − Aj Aj
(1)

(2.18)

(1)

Aj−1 + IHj − Aj−1 Aj−1 X .
(1)

(1)

Aj−2 ...A1 A1 ...An = A1 ...An
đúng với mọi tùy ý X ∈ B(Hj−1 , Hj ) và Y ∈ B(Hj , Hj+1 ). Tương tự
phần chứng minh trên, chúng ta có với tùy ý j ∈ {2, 3, ..., n}
(2.19)

(1)

(1)

IHj − Aj Aj

IHj − Aj−2 Aj−1 Aj−1 = 0

Lấy j = 2 trong (2.19), ta kết luận rằng:

N (A1 ) ⊆ R(A2 ).

(2.20)

Chọn tùy ý j ∈ {3, 4, ..., n}. Sử dụng (2.17) và (2.19), ta có:

(1)

(2.21)

Aj Aj

(1)

(1)

(1)

I − Aj−1 ...A2 A1 A1 A2 A3 ...Aj−1
(1)

(1)

(1)

= I − Aj−1 ...A2 A1 A1 A2 A3 ...Aj−1 ,
kéo theo N (A1 A2 ...Aj−1 ) ⊆ R(Aj ).
Trong phần [7], một số điều kiện cần và đủ được đưa ra trong trường hợp
nhiều ma trận, với một số (AB) ∈ (AB) {1} thỏa mãn một số điều kiện
đặc biệt tồn tại A(1) ∈ A {1} và B (1) ∈ B {1} sao cho (AB)(1) = B (1) A(1) :
Định lí 2.1.6. ([7]) Cho A ∈ Cm×n và B ∈ Cn×p và cho (AB) ∈

(AB) {1} được tùy ý cho trước, và cho: t((AB)(1) ) = dim(R((AB)(1) ) ∩
N (B)) và
v((AB)(1) ) = dim(R[(AB)(1) ]∗ ) ∩ N (A∗ ) Thì (AB)(1) ∈ B {1} A {1} nếu
và chỉ nếu:

r((AB)(1) ) − t((AB)(1) ) − v((AB)(1) ) ≥ r(A) + r(B) − n.
Luật thứ tự ngược:
(2.22)

(AB) {1} ⊆ B {1} A {1}


trong tập hợp các ma trận được giải vào năm 1998 trong phần [8], khi
sử dụng phương pháp P-SVD của các ma trận A và B chứng minh rằng
(2.22) đúng nếu và chỉ nếu:

dimN (A) − dim(N (A) ∩ R(B) ≥ min {dimN (A∗ ), dimN (B)} .
Trong phần [9], một số điều kiện cần và đủ cho (2.22) được đưa ra mà
không sử dụng SVD hoặc P-SVD của hai ma trận A và B , chủ yếu cho
phép các chứng minh đại số được tổng quát hóa cho các tập hợp chung:
Định lí 2.1.7. Cho A ∈ Cm×n và B ∈ Cn×p . Các điều kiện sau là tương
đương:

(i) (AB) {1} ⊆ B {1} A {1}
(ii) r(A) + r(B) − n ≤ r(AB) − min {m − r(A), p − r(B)}.
Chứng minh. Vì (i) tương đương với
(2.23)

(B ∗ A∗ ) {1} ⊆ A∗ {1} B ∗ {1}

khơng mất tính tổng quát ta giả sử trong chứng minh rằng:
(2.24)

min {m − r(A), p − r(B)} = m − r(A).

Thật vậy, nếu đây khơng phải là trường hợp ta có (2.24) bằng cách thay A
bằng B ∗ và B bằng A∗ , cho rằng m − r(A) = dimN (A∗ ) và p − r(B) =
dimN (B). Bây giờ, giả sử (2.24), ta cần phải chứng minh rằng (i) tương
đương với m − r(AB) ≤ n − r(B).
Hiển nhiên, (i) tương đương với mọi (AB)(1) ∈ (AB) {1} tồn tại A(1) ∈

A {1} và B (1) ∈ B {1} sao cho:
(AB)(1) = B (1) A(1) .
Sử dụng Bổ đề 1.1 từ phần [9], cũng như các kí hiệu phù hợp được sử
dụng trong đó, (i) tương đương với bất kỳ (A1 B1 )(1) ∈ (A1 B1 ) {1}, Z2 ∈
B(N (A∗ ), R(B ∗ )), Z3 ∈ B(R(A), N (B)) và Z4 ∈ B(N (A∗ ), N (B))
tồn tại các ma trận Y2 ∈ B(N (B ∗ )), R(B ∗ ), Y3 ∈ B(R(B), N (B)) và
X X
Y4 ∈ B(N (B ∗ )), N (B) và X = X1 X2 :
3
4


R(A)
R(B)
→
∗
N (A )
N (B ∗ ) thỏa mãn:
(2.25)
A1 X1 + A2 X2 = IR(A) ,
sao cho:
(2.26)

[(A1 B1 )(1) Z2 ] = [B1−1 Y2 ]X

(2.27)

[Z3 Z4 ] = [Y3 Y4 ]X.

Nói chung cho Y2 cố định phương trình (2.26) có thể giải được cho X và
tập nghiệm được cho bởi:
(2.28)
B1
B1
(1)
n×m
−1
S=
[(A
B
)
Z
]
+
(I
−
1
1
2
0
0 B1 Y2 )W : W ∈ C

B1 (A1 B1 )(1) − B1 Y2 W3 B1 Z2 − B1 Y2 W4 :
W3

W4

=

W1 W2
R(A)
R(B)
W3 W4 : N (A∗ ) → N (B ∗ ,
B1
(1)
0 ∈ B1 Y2 {1}.
Do đó, (i) tương đương với tồn tại ít nhất một X ∈ S ∩ A {1} mà phương
trình (2.27) có thể giải với [Y3 Y4 ]. Tính giải được của phương trình (2.27)
tương đương với:
hiển nhiên cho bởi

[Z3 Z4 ] (I − X (1) X) = 0

(2.29)

với một số (với mọi) X (1) ∈ X {1}.
Do đó, (i) tương đương với sự tồn tại của của X ∈ S ∩ A {1} mà (2.29)
đúng. Viết X = [K1 K2 ], trong đó
(1)
K1 = B1 (A1 B1 ) − B1 Y2 W3 và
W3
A1 Z2 − B1 Y2 W4
K2 =
.
W

4

Sử dụng bổ đề 2.3 [10], ta có một nghịch đảo trong của X được cho
(1)
(1)
K
−
K
K2 T (1) RK1 trong đó T = R , K và R =
(1)
1
1
bởi X =
K1
2
K1
T (1) RK1
(1)
I − K1 K1 . Do đó (2.29) tương đương với
(2.30)

(1)

(1)

(Z4 − Z3 K1 K2 )(I − T (1) T ) = 0, Z3 (I − K1 K1 ) = 0,


với một số T (1) ∈ T {1}.
(i) ⇒ (ii): Lấy (A1 B1 )(1) = (A1 B1 )† , Z2 = 0, Z3 = 0 và nghịch đảo trái

Z4 (Z4 tồn tại vì dimN (A∗ ) ≤ dimN (B)), từ (2.30) ta nhận được T
là nghịch đảo trái. Vì T = PN (K1 K (1) ),R(K1 ) K2 , ta có N (T ) = {0} nếu
1
và chỉ nếu N (K2 ) = {0} và R(K1 ) ∩ R(K2 = {0}. Điều kiện thứ nhất,
N (K2 ) = {0} thỏa mãn nếu và chỉ nếu N (W4 ) = {0}, chỉ có thể xảy
ra nếu dimN (A∗ ) ≤ dimN (B ∗ ). Điều kiện thứ hai R(K1 ) ∩ R(K2 ) =
{0}(trong trường hợp khi K1 và K2 là nghịch đảo trái), tương đương với
N (X) = {0}, nghĩa là:
(2.31)

N ( B1 (A1 B1 )† 0 ) ∩ N ([W3 W4 ]) = {0}

Do đó, N )((A1 B1 )† ) ∩ N (W3 ) = {0}, nên điều kiện (2.31) tương đương
với R(W3 |N ((A1 B1 )† ) ∩R(W4 ) = {0}, mà chỉ có thể xảy ra khi dimN ((A1 B1 )† )+
dimN (A∗ ) ≤ dimN (B ∗ ). Vì dimN ((A1 B1 )† ) = r(A) − r(AB), ta nhận
được m − r(AB) ≤ n − r(B).
(ii) ⇒ (i): Gỉa sử rằng (A1 B1 )(1) ∈ (A1 B1 ) {1}, Z2 ∈ B(N (A∗ ), R(B ∗ )),

Z3 ∈ B(R(A), N (B)) và Z4 ∈ B(N (A∗ ), N (B)) được cho trước.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một nghịch đảo trái X ∈ S ∩ A {1}.
R(B ∗ )
X1
:
R(A)
→
Cho Y2 ∈ (A1 B1 )(1) A2 và W3 = X3 , mà
X3
N (B) là một
nghịch đảo phải tùy ý của [A1 A2 ] . Sử dụng định lý (2.2.4) từ [11], ta sẽ

chứng minh rằng có một W4 sao cho
(1)
B1 Z2
(2.32)
X = B1 (A1 B1 )
W3
W4
là nghịch đảo trái. Dễ dàng kiểm tra cột đầu tiên của X là nghịch đảo
trái. Do đó cịn kiểm tra bất phương trình:
(2.33) n(X0 ) ≤ d(W3 ) + dim(R(W3∗ ) ∩ R((B1 (A1 B1 )(1) ))∗ |N ((B1 Z2 )∗ ) )
(1)
trong đó X0 = B1 Z2 B1 (A1 B1 ) . Chú ý rằng
0
W3

n(X0∗ ) = n(W3∗ ) + n((B1 (A1 B1 )(1) )∗ |N ((B1 Z2 )∗ ) )
+dim(R(W3∗ ) ∩ R((B1 (A1 B1 )(1) )∗ |N ((B1 Z2 )∗ ) )


Và vì n(X0 ) = m − n + n(X0∗ ), (2.33) tương đương với
(2.34)

m − n + n((B1 (A1 B1 )(1) )∗ |N ((B1 Z2 )∗ ) ) ≤ 0.

Vì n((B1 (A1 B1 )(1) )∗ ) ≤ r(B) − r(AB) và r(B) − r(AB) − n + m ≤ 0,
ta nhận được (2.34) đúng với mọi (A1 B1 )(1) ∈ (A1 B1 ) {1} và với mọi

Z2 ∈ B(N (A∗ ), R(B ∗ )). Từ định lý (2.2.4) của [11] có một số W4 sao
cho X cho bởi (2.32) là nghịch đảo trái. Dễ dàng ta thấy
(1)

X = B1 (A1 B1 ) − B1 Y2 W3 B1 Z2 − B1 Y2 W4
W3
W4
cũng là một nghịch đảo trái.
Sau đây là một số ví dụ:
Ví dụ 2.1.8. (1). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng trong trường hợp khi điều kiện
(ii) của định lý 2.6 khơng thỏa mãn, có nghĩa là (AB) {1} B {1} A {1},
chúng ta có thể tìm dạng chung của nghịch đảo trong của AB , (AB)(1) mà
1 0
không tồn tại A(1) và B (1) sao cho (AB)(1) = B (1) A(1) . Cho A = 0 0
0 0
và B = 1 0 . Thì hiển nhiên AB = 0 và do đó (AB) {1} = C2×2 . Từ

A {1} =

1 a1
a2 a3 : a1 , a2 , a3 ∈ C

B {1} =

b1 1
b2 b3 : b1 , b2 , b3 ∈ C

và

0 0
ta có thể kiểm tra rằng khơng có ma trận nào dạng 0 w , mà w = 0, có
thể được viết dưới dạng tích B (1) A(1) với A(1) ∈ A {1} và B (1) ∈ B {1}.
(2). Nếu A ∈ Cm×n là nghịch đảo trái và B ∈ Cn×p , từ định lý (2.1.1) ta
có B {1} A {1} ⊆ (AB) {1}. Trường hợp (AB) {1} = B {1} A {1} nếu và

chỉ nếu

r(B) ≤ r(AB) − min {m − n, p − r(B)} .
Bất phương trình cuối cùng được thỏa mãn nếu và chỉ nếu m ≤ n hoặc
r(B) = p. Vì A ∈ Cm×n là nghịch đảo trái, ta có n ≤ m, chúng ta có thể
kết luận rằng (AB) {1} = B {1} A {1} nếu và chỉ nếu A là nghịch đảo (m
= n) hoặc B là nghịch đảo trái.


Mặc dù nhiều kết quả thu được từ các tác giả khác nhau song vấn
đề của sư sắp xếp luật trật tự ngược (2.22) cho các tốn tử trên khơng
gian Hilbert tách rời vẫn mở đến 2015. Điều này đã được giải quyết hoàn
toàn bởi Pavlovié [12] và sử dụng một số phương pháp hoàn toàn mới liên
quan đến một số nghiên cứu trước đây về việc hoàn thành ma trận toán tử.


2.2. Luật trật tự ngược cho {1, 2} −nghịch đảo
Định nghĩa 2.2.1. Cho A ∈ M (m, n, K). Ta gọi ma trận X ∈ M (n, m, K)
thỏa mãn điều kiện AXA = A và XAX = X là {1, 2} − nghịch đảo của
A được kí hiệu là A(1,2) . Tập hợp tất cả các {1, 2} − nghịch đảo của A kí
hiệu là A {1, 2}.

1 0
1 0 0
Ví dụ 2.2.2. A = 0 1 →A(1,2) = 0 0.5 0.5
0 1
Trong phần này, chúng tôi đưa ra các kết quả đã biết trong luật thứ
tự ngược cho {1, 2}- nghịch đảo tổng quát. Shinozaki và Sibuya [7] chứng
minh rằng cho các ma trận A, B sao cho AB xác định
(2.35)

(AB) {1, 2} ⊆ B {1, 2} A {1, 2}

luôn đúng. Để xác minh kết quả của Shinozaki và Sibuya trong trường hợp
các tốn tử tuyến tính bị chặn đều trên không gian Hilbert, chúng ta sẽ
xem xét các biểu diễn thích hợp cho các tốn tử tuyến tính A ∈ B(H , K )
và B ∈ B(L , H ) để chứng minh bổ đề dưới đây. Một cách chính xác hơn
nếu A ∈ B(H , K ) và B ∈ B(L , H ) là các tốn tử tuyến tính bất kỳ,
sau đó sử dụng khai triển sau của không gian Hilbert L , H và K ,

L = R(B ∗ )

N (B), H = R(B)

N (B ∗ ), K = R(A)

N (A∗ ),

ta có khai triển tương ứng của A và B được cho bởi:
R(B)
R(A)
A A
A = 01 02 : N (B ∗ ) → N (A∗ ) ,
(2.36)
R(B ∗ )
R(B)
B1 0
B = 0 0 : N (B) → N (B ∗ )

R(B ∗ )

N (B) → R(A)
là một toán tử nghịch đảo phải. Trong trường hợp AB được cho bởi
R(B ∗ )
R(A)
A1 B1 0
AB =
:
→
0
0
N (B)
N (A∗ )
Bây giờ sử dụng khai triển trên, ta được kết quả sau:
Bổ đề 2.2.3. Cho A ∈ B(H , K ) và B ∈ B(L , H ) là các tốn tử đều
cho bởi (2.36)
trong đó B1 là một toán tử nghịch đảo và [A1 A2 ] :


(i) Một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo của A được cho bởi:
X X
R(A)
R(B)
A(1,2) = X1 X2 : N (A∗ ) → N (B ∗ )
3
4
trong đó X1 và X3 thỏa

A1 X1 + A2 X3 = IR(A) ,
X2 và X4 có dạng
X2 = X1 A1 Z1 + X1 A2 Z2 ,

X4 = X3 A1 Z1 + X3 A2 Z2
với một số toán tử Z1 ∈ B(N (A∗ ), R(B)) và Z2 ∈ B(N (A∗ ), N (B ∗ )).
(ii) Một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo của B được cho bởi:
−1
R(B)
R(B ∗ )
B
U
(1,2)
1
B
=
: N (B ∗ ) → N (B)
V V B1 U
trong đó U ∈ B(N (B ∗ ), R(B ∗ )) và V ∈ B(R(B), N (B)).
(iii) Nếu AB chính quy, thì một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo của AB được
cho bởi:
(1,2)
Y2 : R(A) → R(B ∗ ) ,
(AB)(1,2) = (A1 B1 )
N (A∗ )
N (B)
Y3
Y4
trong đó (A1 B1 )(1,2) ∈ (A1 B1 ) {1, 2} và Yi , i = 2, 4 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 mất tính tổng qt, giả sử một tùy ý {1, 2}- nghịch
đảo của A được cho bởi:
X X
R(A)
R(B)
A(1,2) = X1 X2 : N (A∗ ) → N (B ∗ ) .
3
4
Từ AXA = A và XAX = X , ta có X ∈ A {1, 2} nếu và chỉ nếu với
Xi , i = 1, 4 các phương trình sau:
(2.38)

(A1 X1 + A2 X3 )Ai = Ai , i = 1, 2

(2.39)

Xj (A1 X1 + A2 X3 ) = Xj , j = 1, 3

(2.40)

X1 (A1 X2 + A2 X4 ) = X − 2, X3 (A1 X2 + A2 X4 ) = X4


R(B ∗ )
N (B) → R(A) là một toán tử nghịch
R(B ∗ )
A A −1

đảo phải, tồi tại Sr−1 : R(A) →
N (B) sao cho [ 1 2 ] Sr = IR(A) .
Chú ý ràng (2.38) tương đương với:
X
[A1 A2 ] X1 [A1 A2 ] = [A1 A2 ] .
(2.41)
3
thỏa mãn. Vì S = [A1 A2 ] :

Nhân (2.41) với Sr−1 từ bên phải, ta nhận được (2.41) tương đương với
X
[A1 A2 ] X1 = IR(A) , nghĩa là:
3
(2.42)
A1 X1 + A2 X3 = IR(A)
Chú ý rằng, đối với X1 và X3 thỏa mãn (2.42), (2.39) vẫn đúng. Điều kiện
(2.40) tương đương với

X1 A A X 2
X2
[
]
=
1
2
X3
X4
X4
nghĩa là

X
(I − P ) X2 = 0
4
X
với P = X1 [A1 A2 ]. Vì P là một hình chiếu,
3
Z1
X2
=
P
Z2 ,
X4
nghĩa là

X1 A1 Z1 + X1 A2 Z2
X2
X4 = X3 A1 Z1 + X3 A2 Z2 ,
Z1 và Z2 là các toán tử từ các không gian phù hợp.
(ii) Gỉa sử rằng một tùy ý {1, 2}- nghịch đảo của B được 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 và vì B1 là 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 và V là các
toán tử từ các không gian phù hợp.
(iii) Cho tùy ý một {(1, 2)}- nghịch đảo của AB được cho bởi:
Y Y

R(A)
R(B ∗ )
(AB)(1,2) = Y1 Y2 : N (A∗ ) → N (B) .
3
4