UNIVERZITET U NI U PRIRODNO-MATEMATIƒKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU ELEMENTI BANAHOVE ALGEBRE U OBLIKU BLOK MATRICA I NJIHOVI UOP TENI INVERZI MA

Транскрипт

1 UNIVERZITET U NI U PRIRODNO-MATEMATIƒKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU ELEMENTI BANAHOVE ALGEBRE U OBLIKU BLOK MATRICA I NJIHOVI UOP TENI INVERZI MASTER RAD Stuent: Katarina Pavlovi Mentor: r Milica Kolunºija Ni², 216.

2 Sarºaj 1 Uvo 3 2 Osnovni pojmovi Matrice operatora Uop²teni inverzi urov komplement Banahova algebra Blok matrice u Banahovim algebrama Uop²teni inverzi u Banahovim algebrama urov komplement u Banahovim algebrama Uop²teni inverzi Regularnost matrica operatora oblika M C (p, q)-spolja²nji inverz blok matrica Uop²teni Drazinov inverz blok matrica Literatura 52 Biograja 53 2

3 Glava 1 Uvo Premet izu avanja ovog raa jesu elementi Banahove algebre u obliku blok matrica. Posebno emo se baviti prou avanjem uop²tenih inverza ovih elemenata. Razvitak teorije uop²tenih inverza po inje s po etkom vaesetog veka. Naime, 193. goine, Freholm u svom rau pominje "pseuoinverz"operatora na prostoru funkcija. Dvaesetak goina nakon tog raa, Mur objavljuje ra u vezi sa uop²tenim inverzima matrica, ali ovaj ra ostaje nezapaºen. Najza, goine, Penrouz objavljuje ra u kojem isti onaj inverz koji je enisao Mur, eni²e na ruga iji na in. Nakon pruºanja ovakvog poglea na uop²tene inverze, ova teorija kre e a se ²iri velikom brzinom. O taa je objavljeno vi²e hiljaa raova na ovu temu. Ra se sastoji o tri glave. U prvoj glavi nalaze se osnovni pojmovi i rezultati neophoni za alji ra. Druga glava bavi se Banahovim algebrama. Tu emo vieti kako se elementi Banahove algebre mogu prestaviti u obliku matrica. Takože bavi- emo se i uop²tenim inverzima u Banahovim algebrama. Uve² emo osnovne pojmove i ati neke rezultate koje emo koristiti u aljem rau. Tre a i centralna glava ovog raa bavi e se uop²tenim inverzima elemenata Banahove algebre u obliku blok matrica. Ova glava je poeljena na tri poglavlja. U prvom poglavlju bavi emo se uop²tenom invertibilno² u gornje trougaone matrice operatora. Drugo poglavlje tre e glave govori e o spolja²njem inverzu sa ksiranim iempotentima, a tre e poglavlje se bavi Drazinovim i uop²tenim Drazinovim inverzom. Tu emo ati razli ite oblike Drazinovog i uop²tenog Drazinovom inverza elemenata Banahove algebre po razli itim uslovima. Ovom prilikom ºelela bih a izrazim zahvalnost svom mentoru Milici Kolunºiji na por²ci i pomo i prilikom izrae ovog raa. 3

4 Glava 2 Osnovni pojmovi U ovoj glavi bi e izloºene oznake koje emo koristiti u aljem izlaganju i neki osnovni pojmovi i rezultati koji su nam neophoni za alji ra. Denicija Neka je K polje realnih brojeva R, ili polje kompleksnih brojeva C, a X vektorski prostor na K. Funkcija x x sa X u R naziva se norma na X ako zaovoljava slee e uslove: x za svako x X, x ako i samo ako je x, λx λ x za svako λ K i svako x X, x + y x + y za svako x, y X. Denicija Normiran prostor je par (X, ), ge je X vektorski prostor, a x x norma na X. Obi no kaºemo "X je normiran prostor", a porazumevamo a je na X enisana norma koju ozna avamo sa. Denicija Neka je X normiran prostor i funkcija sa X X u R enisana sa (x, y) x y za svako x, y X. Lako se okazuje a je (X, ) metri ki prostor. Za funkciju se kaºe a je metrika enisana normom na normiranom prostoru X. Denicija Niz (x n ) u normiranom prostoru X konvergira ka x X ako (x n, x) x n x, ka n. 4

5 Denicija Niz (x n ) u normiranom prostoru X je Ko²ijev 1 ako ( ɛ > )( n n (ɛ) N)( n, m n ) x n x m < ɛ, tj. ako (x n, x m ) x n x m, ka n, m. Denicija Metri ki prostor (X, ) je kompletan ako je u njemu svaki Ko²ijev niz konvergentan. Denicija Normiran prostor X je Banahov 2 prostor ako je (X, ) kompletan metri ki prostor, ge je metrika enisana normom. Denicija Skalarni proizvo na vektorskom prostoru X je funkcija s sa X X u C koja zaovoljava slee e uslove: s(λ 1 x 1 + λ 2 x 2, y) λ 1 s(x 1, y) + λ 2 s(x 2, y) za λ 1, λ 2 C i x 1, x 2, y X, s(x, λ 1 y 1 + λ 2 y 2 ) λ 1 s(x, y 1 ) + λ 2 s(x, y 2 ) za λ 1, λ 2 C i x, y 1, y 2 X, s(x, y) s(y, x) za x, y X, s(x, x) za x X, s(x, x) ako i samo ako je x. Vektorski prostor X sa skalarnim proizvoom s, onosno ureženi par (X, s) naziva se unitaran prostor (pre-hilbertov 3 prostor). Denicija Neka je X unitaran prostor. Za normu x (x, x) 1 2, x X, kaºe se a je norma enisana skalarnim proizvoom. Ako je unitaran prostor X Banahov prostor, taa se za X kaºe a je Hilbertov prostor. Denicija Neka su X i Y vektorski prostori na istim poljem skalara K. Za preslikavanje A : X Y kaºemo a je linearno ako za proizvoljne x, y X i proizvoljno λ K vaºi: A(x + y) A(x) + A(y) (aitivnost), A(λx) λa(x) (homogenost). 1 Augustin-Louis Cauchy ( ), francuski matemati ar 2 Stefan Banach ( ), poljski matemati ar 3 Davi Hilbert ( ), nema ki matemati ar 5

6 Lako je vieti a je preslikavanje A : X Y linearno ako i samo ako za ma koje x, y X i ma koje λ, µ K vaºi: A(λx + µy) λa(x) + µa(y). Ako je A : X Y linearan operator i x X taa se obi no pi²e Ax umesto A(x). Denicija Neka su X i Y normirani prostori na istim poljem skalara K. Linearan operator A : X Y je ograni en ako postoji realan broj M takav a je Ax M x za svako x X. Neka su X i Y proizvoljni Banahovi prostori. Sa L(X, Y ) ozna avamo skup svih linearnih ograni enih operatora sa prostora X u prostor Y. Skra- eno pi²emo L(X) L(X, X). Sliku operatora A L(X, Y ) ozna i emo sa R(A) i to je skup R(A) {Ax x X}. Nula prostor ili jezgro operatora A ozna ava se sa N (A) i ono je jenako N (A) {x X Ax }. Jasno je a su R(A) i N (A) potprostori prostora Y i X reom. Ako je N (A) taa je A injekcija, onosno preslikavanje "jean-jean", skra eno "1-1". Ako je R(A) Y taa je A sirjekcija tj. A je preslikavanje "na". Ako je preslikavanje A "1-1" i "na" taa je A bijekcija, a kako se rai o linearnom preslikavanju, taa se za A kaºe a je izomorzam prostora X i Y. Denicija Nulost operatora A, u oznaci α(a), je imenzija jezgra tog operatora i vaºi α(a) im N (A) ako je N (A) kona no-imenzionalan i α(a) ako je N (A) beskona no-imenzionalan. Denicija Defekt operatora A, u oznaci β(a), je koimenzija slike tog operatora i vaºi β(a) im Y/R(A) ako je Y/R(A) kona no-imenzionalan i β(a) ako je Y/R(A) beskona no-imenzionalan. Denicija Neka je operator A L(X). Rast operatora A je najmanji priroan broj k za koji vaºi N (A k ) N (A k+1 ), u oznaci asc(a). Ukoliko takav priroan broj ne postoji, taa je asc(a). Denicija Pa operatora A je najmanji priroan broj k za koji vaºi R(A k ) R(A k+1 ), u oznaci sc(a). Ako takav broj ne postoji, za pa uzimamo sc(a). 6

7 Skup svih operatora sa kona no-imenzionalnom slikom prostora X u prostor Y ozna imo sa F(X, Y ). Kra e F(X) F(X, X). Kompaktan operator je onaj koji svaki ograni en skup slika u relativno kompaktan skup (relativno kompaktan skup je onaj ije je zatvorenje kompaktan skup). Skup svih kompaktnih operatora iz X u Y ozna imo sa K(X, Y ). Jasno K(X) K(X, X). Skup K(X, Y ) jeste ieal u Banahovoj algebri L(X, Y ). Svaki kompaktan operator je ograni en, ok je operator sa kona noimenzionalnom slikom uvek kompaktan. Vaºi F(X, Y ) K(X, Y ) L(X, Y ). Jeini ni operator na prostoru X ozna ava emo sa I X. Denicija Operator A L(X, Y ) je invertibilan ako postoji operator B L(Y, X) tako a je AB I Y i BA I X. Takav operator B naziva se inverz operatora A. Kaa vaºi samo jenakost BA I X, taa je operator A levo invertibilan i operator B je njegov levi inverz. Ako vaºi jenakost AB I Y taa je A esno invertibilan i operator B je njegov esni inverz. Koristimo oznake G l (X, Y ) i G r (X, Y ), reom, a ozna imo sve levo i esno invertibilne operatore iz L(X, Y ). Oznaka G(X, Y ) bi e za sve invertibilne operatore. Skra enice G l (X), G r (X) i G(X) su jasne. Posetimo se a A G l (X, Y ) ako i samo ako N (A) {} i R(A) je zatvoren i komplementaran u Y. Takože, A G r (X) ako i samo ako je N (A) komplementaran u X i R(A) Y. Dalje, σ(a) i r(a) prestavlja e reom spektar i spektralni polupre nik operatora A L(X, Y ) i to su σ(a) {λ C A λi / G(X, Y )}, r(a) {sup λ λ σ(a)}. 7

8 2.1 Matrice operatora Neka je Z beskona no-imenzionalan Banahov prostor, takav a je Z X Y [ za neke zatvorene potprostore X i Y. Ova suma bi e takože ozna ena X sa. Ako je Z Hilbertov prostor, taa uvek pretpostavljamo a su X i Y Y zatvoreni i mežusobno ortogonalni potprostori prostora Z, tako a u tom slu aju Z X Y ozna ava ortogonalnu (irektnu) sumu. Ako je W kona no-imenzionalan potprostor Banahovog prostora, taa im W ozna ava imenziju prostora W. Ako je W beskona no-imenzionalan, taa jenostavno pi²emo im W. Mežutim, ako je X Hilbertov prostor i W zatvoren potprostor prostora X, taa je im W ortogonalna imenzija prostora W. Ako je Z X Y, taa se svaki linearni ograni eni operator M L(Z) moºe prestaviti u slee em matri nom obliku: [ A B M C D : za neke A L(X), B L(Y, X), C L(X, Y ) i D L(Y ). Sa ruge strane, proizvoljni operatori A, B, C, D (linearni i ograni eni na ogovaraju im potprostorima) aju linearan i ograni en operator M na prostoru Z. Interesantni za izu avanje su operatori u slee em matri nom obliku: [ A C M C, B ge su A i B zaati, a operator C proizvoljan. Takože, oznaka M C ukazuje na zavisnost o operatora C. Specijalno, kaa za operator C u matri nom operatoru M C uzmemo nula operator, obijamo ijagonalnu matricu operatora koju emo ozna avati sa M. Dakle, [ A M. B [ X Y [ X Y, 8

9 2.2 Uop²teni inverzi Posmatrajmo osnovni problem u re²avanju op²te linearne jena ine ge je b Y, A L(X, Y ). Ax b, (2.1) Ukoliko je operator A invertibilan, taa jena ina (2.1) ima jeinstveno re²enje x A 1 b. U op²tem slu aju nije ovako. Ako A nije invertibilan, ata jena ina moºe imati vi²e o jenog re²enja ukoliko je b R(A) i N (A) ili, pak, nula re²enja kaa b / R(A). ƒak i kaa ne postoji re²enje jena ine (2.1), moºemo posmatrati uop- ²teni ili pseuo-inverz operatora A a bismo obili pseuo-re²enje jena ine (2.1). Traºimo ogovaraju i operator T tako a je x T b neka vrsta re²enja jena ine (2.1). Taj uop²teni inverz operatora A svoi se na obi an inverz tog operatora u slu ajevima kaa je operator A invertibilan. Postoji vi²e vrsta pseuo-re²enja jena ine (2.1). Jeno o re²enja je i najbolje aproksimativno re²enje jena ine. Denicija Element x X je najbolje aproksimativno re²enje jena- ine (2.1) ako vaºi slee e: Ax b min Ax b. x X Najrasprostranjeniji primer jena ine (2.1) je onaj za koji je X C n, Y C m i A je matrica kompleksnih brojeva tipa m n. Ozna imo sa C m n r ranga r. skup svih matrica kompleksnih brojeva tipa m n i Neka je A C m n r i neka A ozna ava konjugovano transponovanu matricu matrice A. Taa je A A invertibilna matrica rea n i najmanje kvaratno re²enje jena ine (2.1) moºe a se obije re²avanjem jena ine A Ax A b. Imamo a je x (A A) 1 A b. Neka je B (A A) 1 A. Moºe se proveriti a matrica B zaovoljava slee e jenakosti: (1) ABA A (2) BAB B (3) (AB) AB (4) (BA) BA 9 (2.2)

10 Ove etiri jenakosti se obi no nazivaju Penrouzovi 4 uslovi. Matrica B koja zaovoljava te uslove naziva se Mur 5 -Penrouzov uop²teni inverz matrice A i ozna ava sa B A. Teorema Ako postoji Mur-Penrouzov uop²teni inverz matrice A ona je on jeinstven. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. a su X i Y va Mur-Penrouzova uop- ²tena inverza matrice A. Taa imamo: X XAX X(AX) XX A XX (AY A) XX A (AY ) X(AX) (AY ) XAXAY XAY XAY AY (XA) (Y A) Y A X A Y Y (AXA) Y Y A Y Y (Y A) Y Y AY Y. Dakle, X Y A tj. ako postoji, Mur-Penrouzov uop²teni inverz je jeinstven. Najmanje kvaratno re²enje jena ine (2.1) je x A b. Specijalno, kaa je m n r, imamo a je matrica A invertibilna i vaºi A (A A) 1 A A 1 (A ) 1 A A 1. Deni²imo saa unutra²nji, spolja²nji i reeksivni uop²teni inverz ograni- enog linearnog operatora i opi²imo njihove osobine. Denicija Neka su X i Y Banahovi prostori i neka je A L(X, Y ). Ako postoji operator B L(Y, X) takav a vaºi ABA A, taa je B unutra²nji inverz operatora A i operator A je regularan (ili unutra²nje invertibilan). Ako postoji operator C L(Y, X), C, takav a je CAC C, taa je operator C spolja²nji inverz operatora A i operator A je spolja²nje invertibilan. Ako je operator D L(X, Y ) i unutra²nji i spolja²nji inverz operatora A, taa je operator D reeksivan uop²teni inverz operatora A. 4 Roger Penrose (1931- ), engleski matemati ar i zi ar 5 Eliakim Hastings Moore ( ), ameri ki matemati ar 1

11 Primetimo a su levo i esno invertibilni operatori uvek regularni. Ako je A levo invertibilan i B njegov levi inverz, taa je B njegov reeksivni generalisani inverz. Sli no, ako je operator A esno invertibilan i B njegov esni inverz, taa je B reeksivni generalisani inverz operatora A. Operator A L(X, Y ) je regularan ako i samo ako su mu jezgro N (A) i slika R(A) zatvoreni i komplementarni potprostori, reom, u prostorima X i Y. Ova karakterizacija regularnih operatora obijena je kao posleica slee e ve teoreme. Teorema Neka su X i Y Banahovi prostori i neka operator A L(X, Y ) ima unutra²nji inverz B L(Y, X). Taa vaºi: (i) R(AB) R(A) i N (BA) N (A). (ii) X N (A) R(BA), ge je I BA projektor prostora X na N (A) paralelno sa R(BA). (iii) Y R(A) N (AB), ge je AB projektor prostora Y na R(A) paralelno sa N (AB). Teorema Neka su X i Y Banahovi prostori i neka je operator A L(X, Y ). Ako su R(A) i N (A) zatvoreni i komplementarni potprostori, reom, prostora Y i X, taa je operator A regularan. Kao posleicu Teoreme i Teoreme 2.2.3, obijamo spomenutu karakterizaciju unutra²njeg inverza. Posleica Neka su X i Y Banahovi prostori. Operator A L(X, Y ) je regularan ako i samo ako su prostori N (A) i R(A) zatvoreni i komplementarni potprostori, reom, prostora X i Y. U slu aju kaa su X i Y Hilbertovi prostori, Posleica glasi: Operator A L(X, Y ) je regularan ako i samo ako je R(A) zatvoren. Analogno tvrženje Teoreme za spolja²nje inverze aje slee a teorema. Teorema Neka su X i Y Banahovi prostori i neka operator A L(X, Y ) ima spolja²nji inverz B L(Y, X). Taa vaºi: (i) R(BA) R(B) i N (AB) N (B). (ii) Y N (B) R(AB), ge je I AB projektor prostora Y na N (B) paralelno sa R(AB). 11

12 (iii) X R(B) N (BA), ge je BA projektor prostora X na R(B) paralelno sa N (BA). Svaki nenula operator A L(X, Y ) ima spolja²nji inverz. Primetimo a u Banahovim algebrama ovo ne vaºi. Slee a teorema pokazuje postojanje spolja²njeg inverza. Teorema Neka je A L(X, Y ), X i Y Banahovi prostori. Taa postoji spolja²nji inverz B L(Y, X), B operatora A ako i samo ako je A. Ako je A L(X, Y ) regularan sa unutra²njim inverzom B L(Y, X), taa je operator BAB reeksivni uop²teni inverz operatora A. Sli no kao i u Banahovim algebrama, unutra²nja regularnost povla i reeksivnu regularnost. Moºemo posmatrati unutra²nji i spolja²nji inverz sa unapre zaatim jezgrom i slikom. Unutra²nji inverz ni taa nije jeinstven, ok spolja²nji inverz sa ksiranim jezgrom i slikom jeste jeinstven. Iz tog razloga, interesantniji za posmatranje je spolja²nji inverz sa ksiranim jezgrom i slikom. Pogleajmo, najpre, unutra²nji inverz sa unapre zaatim jezgrom i slikom. Slee a teorema pokazuje a takav unutra²nji inverz nije jeinstven. Teorema Neka su X i Y Banahovi prostori i neka operator A L(X, Y ) ima unutra²nji inverz i neka su T i S zatvoreni potprostori prostora X i Y, reom, takvi a je X T N (A) i Y R(A) S. Taa A ima slee u matri nu formu: A [ [ A1 T : N (A) [ R(A), (2.3) S ge je A 1 invertibilan operator. Neka je operator B unutra²nji inverz operatora A takav a je R(BA) T i N (AB) S. Taa B ima matri nu formu: B [ A 1 1 W : [ R(A) S [ T, N (A) ge je W L(S, N (A)) proizvoljan ograni en operator. 12

13 Slee a teorema govori o jeinstvenosti i matri noj formi spolja²njeg inverza. Teorema Neka su X i Y Banahovi prostori i neka je A L(X, Y ) nenula operator. Neka je T potprostor prostora X i S potprostor prostora Y. Taa su slee a tvrženja ekvivalentna: (a) Postoji nenula operator B L(Y, X) takav a vaºi BAB B, R(B) T i N (B) S. (b) T i S su zatvoreni i komplementarni potprostori, reom, prostora X i Y, A(T ) S Y i restrikcija A T : T A(T ) je invertibilni operator. Kaa je zaovoljeno jeno o tvrženja (a) ili (b), taa je operator B iz (a) jeinstven. Na osnovu Teoreme zaklju ujemo a postoji jeinstven spolja²nji inverz operatora A koji ima unapre zaatu sliku T i jezgro S. Ozna imo ga sa A (2) T,S. Posleica Pretpostavimo a vaºe uslovi Teoreme i neka je A (2) T,S spolja²nji inverz operatora A sa unapre atom slikom i jezgrom. Taa A ima slee u matri nu formu: [ [ A1 T A : A 2 N (BA) ge je A 1 invertibilan. tavi²e, A (2) T,S A (2) [ A 1 T,S 1 : [ A(T ), S ima slee u matri nu formu: [ [ A(T ) S T N (BA). 13

14 2.3 urov komplement Ozna imo sa C m n skup svih matrica formata m n na poljem kompleksnih brojeva. [ A B Denicija Neka je M blok matrica, ge su A C C D m n, B C m k, C C l n i D C l k. Ako je A invertibilna matrica, taa se urov 6 komplement matrice A u matrici M eni²e kao S D CA 1 B. Ako je matrica M invertibilna, taa je i matrica S invertibilna i M moºe a se prestavi u slee em obliku: [ [ Im Im A 1 B M CA 1 I l [ A S I l ge je I t ienti na matrica rea t. U tom slu aju, inverz matrice M ima oblik [ [ [ M 1 Im A 1 B A 1 I m [ I l S 1 CA 1 I l A 1 + A 1 BS 1 CA 1 A 1 BS 1 (2.4) S 1 CA 1 S 1. Rezultat (2.4) je poznat kao Banahievi 7 - urova forma matrice M i ona se koristi u rau sa inverzima blok matrica., 6 Issai Schur ( ), nema ki matemati ar 7 Taeusz Banachiewicz ( ), poljski matemati ar i astronom 14

15 Glava 3 Banahova algebra Denicija Vektorski prostor A na poljem skalara K je algebra na K ako je enisano preslikavanje (a, b) a b ab : A A A, sa osobinom a, za svako a, b, c A, λ K imamo: a (b c) (a b) c a (b + c) a b + a c, (a + b) c a c + b c, (λa) c λ(a c) a (λb). Ukoliko je K R, algebra je realna, a ako je K C, algebra je kompleksna. O igleno, algebra A jeste prsten (A, +, ), i ogovaraju i pojmovi i rezultati za prstene prenose se na algebre. Algebra je komutativna ukoliko je ogovaraju i prsten komutativan. Kaºe se a algebra ima jeinicu, ukoliko prsten A ima jeinicu, tj. ako postoji element 1 A, 1 sa osobinom a je 1 a a a 1 za svako a A. Ako algebra A ima jeinicu, taa se element a A naziva levo invertibilan u A ako postoji y A tako a je ya 1, i u tom slu aju se za y kaºe a je levi inverz elementa a. Skup svih levo invertibilnih operatora iz A ozna ava se sa A 1 l. Analogno, element a A je esno invertibilan u A ako postoji z A tako a je az 1, i u tom slu aju se za z kaºe a je inverz elementa a. Skup svih esno invertibilnih operatora iz A ozna ava se sa A 1 r. Ako je element 15

16 a A i levo i esno invertibilan u A, tj. ako postoje y, z A tako a je ya 1 az, taa se kaºe a je a invertibilan element u A. U tom slu aju je y y 1 y(az) (ya)z 1 z z, y se ozna ava sa a 1 i naziva se inverz elementa a. Skup svih invertibilnih elemenata iz A ozna ava se sa A 1. Denicija Ako je B poskup algebre A, sa osobinom a je B algebra sa istim algebarskim operacijama kao i algebra A, taa se kaºe a je B poalgebra u A. Potprostor I algebre A je levi (esni) ieal u A ako je ax I(xa I) za svako a A i svako x I. I je vostrani ieal u A ako je I istovremeno i levi i esni ieal u A. Denicija Za algebru A se kaºe a se normirana algebra ako postoji norma na A, tj. ako je (A, ) normiran prostor, sa osobinom a je a b a b za svako a A. Ako je K R(K C), taa se za A kaºe a je realna (kompleksna) normirana algebra. Normirana algebra (A, ) je Banahova algebra ako je (A, ) Bahahov prostor. Element a A je iempotent ako vaºi a 2 a. Skup svih iempotenata Banahove algebre A ozna imo sa A. Denicija Spektar elementa a A, ozna ava se sa σ(a) je skup svih kompleksnih brojeva λ sa svojstvom a λ a nije invertiblan element u A, tj. σ(a) {λ C λ a / A 1 }. Komplement skupa σ(a), ozna ava se sa ρ(a), i naziva se rezolventni skup elementa a. Prema tome ρ(a) {λ C λ a A 1 } C \ σ(a). Denicija Spektralni polupre nik elementa a Am u oznaci r(a), eni²e se sa r(a) sup{ λ λ σ(a)}. Vaºi r(a) a. 16

17 Teorema (Teorema o spektralnom polupre niku.) Za svako a A vaºi r(a) lim n a n 1 n. Skup svih ta aka nagomilavanja spektra elementa a, ozna i emo sa accσ(a). Denicija Nilpotentan element a A je onaj za koji postoji priroan broj n takav a je a n. Stepen nilpotentnosti elementa a je najmanji takav priroan broj. Denicija Kvazinilpotentan element a A je onaj element za koji vaºi r(a), ²to je ekvivalentno sa tim a spektar tog elementa sarºi samo, tj. σ(a) {}. Skup svih nilpotentnih i kvazinilpotentnih elemenata ozna imo reom sa A nil i A qnil. Svaki nilpotentan element je i kvazinilpotentan. Obrnuto u op- ²tem slu aju ne vaºi. 3.1 Blok matrice u Banahovim algebrama U Banahovim algebrama moºemo koristiti iempotente kako bi prestavili elemente u matri nom obliku. Neka su p, q A proizvoljni iempotenti. Taa proizvoljan element a A moºemo zapisati u obliku sume: a paq + pa(1 q) + (1 p)aq + (1 p)a(1 q) i uvesti slee e oznake: a 11 paq, a 12 pa(1 q), a 21 (1 p)aq, a 22 (1 p)a(1 q). Oatle, iempotenti p, q A orežuju prestavljanje proizvoljnog elementa a A u obliku sume elemenata a 11 paq, a 12 pa(1 q), a 21 (1 p)aq, a 22 (1 p)a(1 q), koju moºemo zapisati u slee em matri nom obliku: [ [ paq pa(1 q) a11 a a 12 (1 p)aq (1 p)a(1 q) a 21 a 22 p,q p,q. 17

18 Interesantno je prestavljanje proizvoljnog elementa Banahove algebre u matri nom obliku kaa su iempotenti p i q jenaki. U tom slu aju, neka je p A proizvoljan iempotent. Reprezentacija proizvoljnog elementa a A izglea na slee i na in: [ [ a11 a 12 a pap pa(1 p) (1 p)ap (1 p)a(1 p) p a 21 a 22 ge a 11 pap, a 12 pa(1 p), a 21 (1 p)ap, a 22 (1 p)a(1 p) i taa kaºemo a je to matri na reprezentacija elementa a u onosu na iempotent p. Primetimo a su pap i (1 p)a(1 p) Banahove algebre sa jeinicom. Jeinica u Banahovoj algebri pap je iempotent p, ok je jeinica u (1 p)a(1 p) iempotent 1 p., p 3.2 Uop²teni inverzi u Banahovim algebrama Denicija Element a A je regularan (ili unutra²nje regularan) ako postoji element b A takav a je aba a. Element b naziva se unutra²nji inverz elementa a. Primetimo a ukoliko je element Banahove algebre invertibilan, taa je on i regularan. Tako a je skup svih invertibilnih elemenata poskup skupa svih regularnih elemenata Banahove algebre. Denicija Element a A ima spolja²nji inverz ako postoji element b A, b takav a je bab b. Za element a kaºemo a je spolja²nje regularan. Skup svih spolja²nje regularnih elemenata ozna i emo sa A (2). Oznaka poti e iz Penrouzovih jena ina, o kojih spolja²nji inverz zaovoljava rugu jena inu. Primetimo a ako je b A unutra²nji ili spolja²nji inverz elementa a A, taa su elementi ba i 1 ab iempotenti. Moºe se posmatrati unutra²nji ili spolja²nji inverz takav a ovi iempotenti buu ksirani. 18

19 Denicija Neka je a A i p, q A. Element b A koji zaovoljava jenakosti aba a, ba p, 1 ab q, nazivamo (p, q)-unutra²nji inverz elementa a. Ukoliko postoji (p, q)-unutra²nji inverz elementa a, on ne mora biti jeinstven. Ðorževi 1 i Vei 2 su uveli spolja²nje inverze u onosu na ate iempotente: Denicija Neka je a A i p, q A. Element b A koji zaovoljava jenakosti bab b, ba p, 1 ab q, nazivamo (p, q)-spolja²nji inverz elementa a. Spolja²nji inverz ne mora biti jeinstven, ok je (p, q)-spolja²nji inverz jeinstven. Ozna imo ga sa a (2) p,q. Jeinstvenost a (2) p,q je okazana u slee oj teoremi. Teorema Neka je a A i p, q A. ekvivalenta: (1) Postoji a (2) p,q; Taa su slee a tvrjenja (2) (1 q)a (1 q)ap i postoji neko b A takvo a je pb b, bq i ab 1 q. tavi²e, ako postoji a (2) p,q, taa je on i jeinstven. Skup svih elemenata iz A koji imaju spolja²nji uop²teni inverz sa atim iempotentima p, q A ozna i emo sa A (2) p,q. Proizvoljni element a A ne mora a ima ni unutra²nji ni spolja²nji inverz. Specijalno, u Banahovoj algebri linearnih ograni enih operatora, uvek postoji spolja²nji inverz linearnog ograni enog operatora. Ukoliko je element a invertibilan, taa je on i spolja²nje i unutra²nje regularan. Inverz elementa a je i spolja²nji i unutra²nji inverz tog elementa i vaºi a 1 a (2) 1,. 1 Dragan Ðorževi (197- ), srpski matemati ar 2 Yimin Wei, kineski matemati ar 19

20 Denicija Element b A koji je i spolja²nji i unutra²nji inverz elementa a A naziva se reeksivni uop²teni inverz elementa a. Za element a kaºemo a je reeksivno regularan. Ako element a Banahove algebre ima unutra²nji inverz b A, taa je element bab reeksivni uop²teni inverz elementa a. Dakle, unutra²nja regularnost u Banahovoj algebri povla i reeksivnu regularnost. Ako je a A (2) p,q takav a je on i unutra²nje regularan, taa a ima reeksivni uop²teni inverz u onosu na ate iempotente p i q i ozna avamo ga sa a (1,2) p,q. Ukoliko postoji, jeinstvenost elementa a (1,2) p,q je o iglena. Denicija Neka je a A. Element b A je Drazinov 3 inverz elementa a ako vaºe slee e jenakosti: bab b, ab ba i a n+1 b a n, za neki nenegativan ceo broj n. Najmanji takav n naziva se Drazinov ineks elementa a. Ako Drazinov inverz elementa a A postoji, ona je on jeinstven i ozna avamo ga sa a D i za a kaºemo a je Drazin invertibilan. Skup svih Drazin invertibilnih elemenata ozna imo sa A D. Drazinov ineks ozna avamo sa in(a). Element a je invertibilan ako i samo ako je in(a). Ukoliko tre i uslov iz enicije Drazinovog inverza vaºi za n 1, tj. ako vaºi aba a, takav inverz nazivamo grupni inverz elementa a i ozna avamo sa a #. Drazinov ineks takvog elementa je in(a) 1. Skup svih elemenata Banahove algebre A koji imaju grupni inverz ozna imo sa A #. Vaºi A # A D. Uslov iz enicije Drazinovog inverza a n+1 b a n, za n, je ekvivalentan sa uslovom a(1 ab) A nil. Drazinov ineks elementa a je stepen nilpotentnosti elementa a(1 ab). Kako je A nil A qnil, uop²tenje Drazinovog inverza obijamo zamenjuju i nilpotentnost elementa a(1 ab) sa njegovom kvazinilpotentno² u. Denicija Uop²teni Drazinov inverz elementa a A je element b A koji zaovoljava uslove: bab b, ab ba, a(1 ab) A qnil. 3 Michael Peter Drazin (1929- ), ameri ki matemati ar 2

21 Ako uop²teni Drazinov inverz elementa a postoji, taa je on jeinstven i ozna avamo ga sa a. Skup svih elemenata za koje postoji uop²teni Drazinov inverz ozna imo sa A. Ako element a ima Drazinov inverz, ona on ima i uop²teni Drazinov inverz. Pokaºimo to. Prvi i rugi uslov se poklapaju. Kaa je n taa je a invertibilan, ²to povla i a je 1 ab. Oave imamo a je a(1 ab) A qnil. Neka je n N proizvoljan. Uslov a n+1 b a n je ekvivalentan uslovu a n (1 ab), a to nas ovoi o a n (1 ab) n [a n (1 ab)(1 ab) n 1. Koriste i osobinu komutativnosti Drazinovog inverza, kao i istributivnost elemenata Banahove algebre A, obijamo [a(1 ab) n a n (1 ab) n. Dakle, a(1 ab) A nil. Koriste i Teoremu o spektralnom polupre niku obijamo r(a(1 ab)) lim [a(1 ab) k 1 k, k jer je [a(1 ab) k za svako k n. Zaklju ujemo a je a(1 ab) A qnil. Dakle, vaºi A D A. Ako je a A \A D, taa Drazinov ineks elementa a eni²emo kao in(a). Primetimo a je: A 1 A # A D A. Uslove za egzistenciju i jeinstvenost uop²tenog Drazinovog inverza aje slee a teorema. Teorema Neka je a A. Taa su slee i uslovi ekvivalentni: (i) a ima uop²teni Drazinov inverz (ii) / accσ(a) (iii) Postoji iempotent p A koji komutira sa a takav a je element ap kvazinilpotentan i element a + p invertibilan. 21

22 Ako vaºi (i), (ii) ili (iii) taa je p 1 aa i Dakle, a je jeinstven. a (a + p) 1 (1 p). Iempotent p A iz prethone teoreme naziva se spektralni iempotent elementa a. Ima osobinu a vaºi ap pa A qnil, a + p A 1. Takav element je jeinstven, ako postoji, i ozna avamo ga sa a π Ako je element a A uop²teno Drazin invertibilan i a π 1 aa njegov spektralni iempotent, taa je a spolja²nji inverz u onosu na iempotente 1 a π i a π, tj. a a (2) 1 a π,a π. Neka je element a A uop²teno Drazin invertibilan. Pogleajmo njegovu matri nu formu u onosu na iempotent p 1 a π. Kako je a π 1 aa spektralni iempotent, ona je i ovako uzeto p aa iempotent pa moºemo posmatrati matri nu formu elementa a u onosu na njega. Imamo a je: [ pap pa(1 p) a (1 p)ap (1 p)a(1 p) [ a 2 a a(1 aa ) aa p [ a 2 a aa π aa. Ozna imo sa a 1 a 2 a i a 2 aa π i Banahove algebre sa B aa Aaa i C (1 aa )A(1 aa ). Element a 2 je kvazinilpotentan u Banahovoj algebri A, pa je ona kvazinilpotentan i u Banahovoj algebri C. Imamo a je a a aa (aa )a (aa ) B i jo² vaºi a a 1 a 1 a a 2 a a aa. Kako je aa jeinica u B, oatle slei a je element a 1 invertibilan u B i njegov inverz je a, tj. a 1 1 B. Ina e, a 1 je grupno invertibilan u A i vaºi (a 2 a ) # a. Ovim obijamo ekompoziciju uop²tenog Drazinovog inverza elementa a: [ [ a a a1 1 B (a 2 a ) #. aa aa Specijalno, ako je a Drazin invertibilan, taa je element a 2 nilpotentan. Posebno, ako je a grupno invertibilan, taa je a 2. 22

23 3.3 urov komplement u Banahovim algebrama Analogno, moºemo posmatrati urov komplement i Banahievi - urovu formu u Banahovim algebrama. Neka je [ a b x c matri na reprezentacija elementa x A u onosu na iempotent p A. Ako je element a invertibilan u Banahovoj algebri pap i urov komplement s ca 1 b invertibilan u Banahovoj algebri (1 p)a(1 p), taa inverz elementa x ima Banahievi - urovu formu [ a x a 1 bs 1 ca 1 a 1 bs 1 s 1 ca 1 s 1 p. p Ako element a A nije invertibilan moºemo posmatrati uop²teni urov komplement. U slu aju a je a spolja²nje regularan sa atim iempotentima p, q A, moºemo posmatrati uop²teni urov komplement s ca (2) p,qb elementa a u x. Primetimo a je ovo mogu e zbog jeinstvenosti inverza a (2) p,q. Sli no, ako je a uop²teno Drazin invertibilan, taa za uop²teni urov komplement elementa a u x moºemo uzeti s ca b. Interesantno je vieti po kojim uslovima uop²teni inverzi elementa x imaju Banahievi - urovu formu u Banahovoj algebri. 23

24 Glava 4 Uop²teni inverzi Ova glava poeljena je u tri celine. U prvom elu bavi emo se uop²tenom invertibilno² u gornje trougaone matrice operatora. U rugom elu bi e re i o spolja²njem inverzu sa ksiranim iempotentima. U poslenjem, tre em elu bavi emo se Drazinovim i uop²tenim Drazinovim inverzom. Drazinov inverz i uop²ten Drazinov inverz imaju ²iroku primenu i to u teoriji linearnih jena ina, lancima Markova, singularnim iferencijalnim i iferencnim jena inama, iterativnim metoama linearne numeri ke algebre, it. 4.1 Regularnost matrica operatora oblika M C Denicija Neka su X i Y Banahovi prostori. Ako postoji levo invertibilan operator W L(X, Y ), taa kaºemo a se X moºe utopiti u Y i pi²emo X Y. Komentar Takože, X Y ako i samo ako postoji esno invertibilan operator V L(Y, X). Ako su X i Y Hilbertovi prostori, taa je X Y ako i samo ako vaºi im(x) im(y ). Teorema Neka su operatori A L(X) i B L(Y ) regularni. Ako je N (B) X/R(A), taa postoji operator C L(Y, X) takav a je operator M C regularan. 24

25 Dokaz. Neka su A 1 L(X) i B 1 L(Y ) reeksivni uop²teni inverzi operatora A i B, reom. Taa imamo razlaganja Y R(B 1 ) N (B) i X N (A 1 ) R(A). Neka je J : N (B) N (A 1 ) levo invertibilno preslikavanje i neka je J 1 : N (A 1 ) N (B) levi inverz preslikavanja J. Deni²imo C L(Y, X) i C 1 L(X, Y ) na slee i na in: [ [ [ J N (B) N (A1 ) C :, R(B 1 ) R(A) [ [ [ J1 N (A1 ) N (B) C 1 :. R(A) R(B 1 ) [ A1 Posmatrajmo operator N L(X Y ). Taa imamo C 1 B 1 [ A1 A A NM C 1 C. C 1 A C 1 C + B 1 B Kako je R(C) N (A 1 ) i R(A) N (C 1 ), imamo a vaºi A 1 C i C 1 A, reom. Takože, B 1 B je projektor prostora Y na R(B 1 ) paralelno sa N (B) i C 1 C je projektor prostora Y na N (B) paralelno sa R(B 1 ). Dakle, C 1 C + B 1 B I i [ A1 A NM C. I Kako je AA 1 A A i A 1 AA 1 A 1, imamo a vaºi [ [ [ A C A1 A AA1 A C M C NM C B I B i a je operator M C regularan. M C Formulisa emo saa rezultat u vezi sa Mur-Penrouzovim inverzom operatora M C na Hilbertovim prostorima. Teorema Neka su H i K mežusobno ortogonalni Hilbertovi prostori i neka je Z H K. Ako operatori A L(H) i B L(K) imaju zatvorene slike i ako je α(b) β(a), taa postoji neki operator C L(K, H) takav a operator M C ima zatvorenu sliku i vaºi [ M A C C B. 25

26 Dokaz. Posetimo se oznaka iz okaza Teoreme 4.1.1, sa oatnom pretpostavkom: J je invertibilan operator. Taa imamo slee e: [ [ [ A1 A A1 A1 AA NM C N 1 N, I C 1 B 1 C 1 B 1 i [ AA1 + CC M C N 1 CB 1. BC 1 BB 1 Kako je R(B 1 ) N (C) i R(C 1 ) N (B), slei a je CB 1 i C 1 B. Takože, AA 1 je projektor na R(A) paralelno sa N (A 1 ). Kako je J invertibilan, imamo a je CC 1 projektor na N (A 1 ) paralelno sa R(A). Dakle, AA 1 + CC 1 I. Zaklju ujemo a je N reeksivni uop²teni inverz operatora M C. Saa, uzmimo a je A 1 A i B 1 B. Taa svi prethoni rezultati vaºe, sa oatnom lepom osobinom a imamo ortogonalnu ekompoziciju. Ta nije, X N (A 1 ) R(A) N (A ) R(A) i Y N (B) R(B 1 ) N (B) R(B ). Kako je J inveribilan operator, imamo a je J 1 J 1 i zato C 1 C. Operator N C je jo² uvek reeksivni uop²teni inverz operatora M C. Dalje, imamo a je [ [ [ A NM C A X X :, I Y Y i M C N [ I BB : [ X Y [ X. Y Projektori NM C i M C N su o igleno samokonjugovani, pa je N M C. Teorema Neka su operatori A L(X) i B L(Y ) pri emu je A levo invertibilan operator, N (B) je urežen i N (B) X/R(A). Taa postoji operator C L(Y, X) takav a je M C injektivan operator. Dokaz. Postoje zatvoren poprostor V prostora Y i zatvoren poprostor W prostora X, takvi a je Y N (B) V i X W R(A). Kako je N (B) X/R(A), postoji levo invertibilan operator C L(N (B), W ). Deni²imo operator C L(Y, X) na slee i na in: [ [ [ C N (B) W C :. V R(A) Pokaza emo a je M C injektivan operator. Neka je z M C z, imamo a je [ A C B [ x y 26 [. [ x (X Y ). Iz y

27 Taa je Ax + Cy i By. Iz prve jena ine imamo a je Ax Cy R(A) R(C) R(A) W. Saa imamo a je Ax Cy. Kako je A injektivan operator, obijamo a je x. Iz By zaklju ujemo a je y N (B). Saa imamo a je Cy C y. Kako je C levo invertibilan operator, on je injektivan, pa iz C y zaklju ujemo a je y. Prema tome, [ x y [. Ovo pokazuje a je M C injektivan operator. 4.2 (p, q)-spolja²nji inverz blok matrica Koristi emo slee i pomo ni rezultat. Lema Neka su p i q iempotenti Banahove algebre A. Slee a tvrženja su ekvivalentna: (i) p + q A, (ii) pq qp. Dokaz. (i) (ii): Neka je p + q A. Imamo a je Kako slee e jenakosti vaºe (p + q) 2 p + q pq + qp pq qp. pq p 2 q 2 p(pq)q p( qp)q pq(pq) pqqp pqp ppq pq, obijamo pq. Analogno se okazuje a vaºi i qp. (ii) (i): Neka su p, q A takvi a je pq qp. Taa pa je p + q A. (p + q) 2 p 2 + pq + qp + q 2 p + q, Ako je u A, taa je proizvo proizvoljnih elemenata algebri uau i (1 u)a(1 u) jenak, tj. za svako a uau i svako b (1 u)a(1 u), vaºi ab. Kao posleicu Leme 4.2.1, formulisa emo slee i rezultat. Lema Neka je u A. Ako je p 1 (uau) i p 2 ((1 u)a(1 u)), taa je p p 1 + p 2 A iempotent. 27

28 Slee i rezultat opisuje aitivna svojstva (p, q)-spolja²njeg uop²tenog inverza. Teorema Neka su p, q A i a, b A (2) p,q. Ako vaºi a (2) p,qb + b (2) p,qa + 1 i ab (2) p,q + ba (2) p,q + 1, (4.1) taa je a + b A (2) p,q i (a + b) (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q. Dokaz. Koriste i injenicu a je a, b A (2) p,q, Teoremu i uslove (4.1), imamo (a (2) p,q + b (2) p,q)(a + b)(a (2) p,q + b (2) p,q) a (2) p,q + pb (2) p,q + a (2) p,qba (2) p,q + a (2) p,q(1 q) + b (2) p,q(1 q) + b (2) p,qab (2) p,q + pa (2) p,q + b (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q + a (2) p,qba (2) p,q + a (2) p,q + b (2) p,q + b (2) p,qab (2) p,q + a (2) p,q + b (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q + a (2) p,q(ba (2) p,q + 1) + b (2) p,q(1 + ab (2) p,q) + a (2) p,q + b (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q + a (2) p,q( ab (2) p,q) + b (2) p,q( ba (2) p,q) + a (2) p,q + b (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q pb (2) p,q pa (2) p,q + a (2) p,q + b (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q, i (a (2) p,q + b (2) p,q)(a + b) a (2) p,qa + a (2) p,qb + b (2) p,qa + b (2) p,qb p + pa (2) p,qb + pb (2) p,qa + p p + p(a (2) p,qb + b (2) p,qa + 1) p, (a + b)(a (2) p,q + b (2) p,q) aa (2) p,q + ba (2) p,q + ab (2) p,q + bb (2) p,q (1 q) + ba (2) p,q + ab (2) p,q + (1 q) (1 q) + ba (2) p,q(1 q) + ab (2) p,q(1 q) + (1 q) (1 q) + (ba (2) p,q + ab (2) p,q + 1)(1 q) (1 q). Time je okazano a je (a + b) (2) p,q a (2) p,q + b (2) p,q. 28

29 Slee a teorema aje nam ekvivalentne uslove po kojima x (2) p,q ima generalizovanu Banahievi - urovu formu u Banahovoj algebri. [ a b Teorema Neka je x A u onosu na iempotent u A, c u p 1, q 1 (uau) i p 2, q 2 ((1 u)a(1 u)) i neka je p p 1 + p 2 A i q q 1 + q 2 A. Neka je a (uau) (2) p 1,q 1 i neka je s ca (2) p 1,q 1 b ((1 u)a(1 u)) (2) p 2,q 2 uop- ²teni urov komplement elementa a u x. Taa su slee i uslovi ekvivalentni: (i) x A (2) p,q i x (2) p,q r, ge je r [ a (2) p 1,q 1 + a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 s (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 s (2) p 2,q 2 (ii) ca (2) p 1,q 1 a ss (2) p 2,q 2 c i aa (2) p 1,q 1 b bs (2) p 2,q 2 s. Dokaz. Iz Leme imamo a su p i q iempotenti. Koriste i pretpostavke teoreme a (uau) (2) p 1,q 1 i s ((1 u)a(1 u)) (2) lako proverimo a vaºi rxr r. Jenakost rx p je ekvivalentna sa jenakostima: s (2) p 2,q 2 c s (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 a i a (2) p 1,q 1 b a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 s. S ruge strane, 1 xr q je ekvivalentno sa: bs (2) p 2,q 2 aa (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 i ca (2) p 1,q 1 ss (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1. Oatle, x ima (p, q)-spolja²nji uop²teni inverz ako i samo ako ²to je ekvivalentno sa s (2) p 2,q 2 c s (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 a, a (2) p 1,q 1 b a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 s, bs (2) p 2,q 2 aa (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2, ca (2) p 1,q 1 ss (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1, ca (2) p 1,q 1 a ss (2) p 2,q 2 c, bs (2) p 2,q 2 s aa (2) p 1,q 1 b. p 2,q 2, Kao posleicu, formuli²emo slee i rezultat. [ a b Posleica Neka je x A u onosu na iempotent u A, c p 1, q 1 (uau) i p 2, q 2 ((1 u)a(1 u)) i neka je p p 1 + p 2 A i q q 1 + q 2 A. Neka je a (uau) (2) p 1,q 1 i neka je s ca (2) p 1,q 1 b ((1 u)a(1 u)) (2) p 2,q 2. Taa su slee a tvrženja ekvivalentna: 29

30 (i) ca (2) p 1,q 1 a (2) p 1,q 1 b bs (2) p 2,q 2 s (2) p 2,q 2 c, (ii) ca (2) p 1,q 1 a ss (2) p 2,q 2 c, aa (2) p 1,q 1 b bs (2) a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 s (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1. p 2,q 2 s, Ako je jeno o ovih tvrženja zaovoljeno, taa je x A (2) x (2) p,q p,q i [ a (2) p 1,q 1 + a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 a (2) p 1,q 1 bs (2) p 2,q 2 s (2) p 2,q 2 ca (2) p 1,q 1 s (2) p 2,q 2 [ a Posmatrajmo saa element x A u onosu na iempotent b u u A. Formuli²imo slee i pomo ni rezultat. [ a Lema Neka je x A u onosu na iempotent u A, b u p 1, q 1 (uau) i p 2, q 2 ((1 u)a(1 u)) i neka je p p 1 + p 2 A i q q 1 + q 2 A. Taa je x A (2) p,q ako i samo ako je a (uau) (2) p,q i b ((1 u)a(1 u)) (2) p,q. Ako x A (2) p,q ona je [ x (2) a (2) p,q p,q b (2). p,q u Dokaz. Iz Leme imamo a su p i q iempotenti. Ako je a (uau) (2) p,q i b ((1 u)a(1 u))) (2) p,q prema Teoremi imamo a je x A (2) p,q. [ Ako x A (2) a1 c p,q, taa postoji element y A takav a je y x (2) p,q. b 1 Jena ina yxy y je ekvivalentna sa jena inama: a 1 aa 1 + cb a 1 a 1 ac + cbb 1 c aa 1 + b 1 b ac + b 1 bb 1 b 1. Takože, jena ina yx p je ekvivalentna sa: a 1 a p 1 cb a 3.

31 b 1 b p 2, i jena ina 1 xy q je ekvivalentna sa: u aa 1 q 1 ac b (1 u) bb 1 q 2. Iz jena ina a 1 ac + cbb 1 c, cb i ac zaklju ujemo a je c. Analogno, iz aa 1 + b 1 b, a i b slei. Saa imamo jena ine: a 1 aa 1 a 1 a 1 a p 1 u aa 1 q 1 i b 1 bb 1 b 1 b 1 b p 2 (1 u) bb 1 q 2 koje nam okazuju a vaºi a 1 a (2) p,q i b 1 b (2) p,q. Dalje, ako x A (2) p,q ona x (2) p,q [ a (2) p,q b (2) p,q u. [ Kao posleicu formuli²emo slee i rezultat o invertibilnosti elementa x a A u onosu na iempotent u A. b u [ a Lema Neka je x A u onosu na iempotent u A. b u Taa x A 1 ako i samo ako je a (uau) 1 i b ((1 u)a(1 u))) 1. Ako x A 1 ona je [ a x 1 1 b 1. u 31

32 4.3 Uop²teni Drazinov inverz blok matrica Neka je [ a b x A (4.2) c u onosu na iempotent p A, a (pap) i neka je s ca b ((1 p)a(1 p)) uop²teni urov komplement elementa a u x. Kaa se kaºe a je x enisan kao u (4.2), pretpostavi emo a x ima matri nu reprezentaciju kao u (4.2) u onosu na iempotent p A i a vaºi a (pap) i s ca b ((1 p)a(1 p)). Formuli²imo najpre pomo ne rezultate koje emo koristiti u aljem rau. Lema Neka je x enisan kao u (4.2) i neka je w p + a bs π ca invertibilan. Taa w a 2 a ima grupni inverz (w a 2 a ) # a w 1 i (wa 2 a ) π a π. Dokaz. Dokaºimo a je a w 1 grupni inverz w 1 a 2 a. Zaista, (w a 2 a )(a w 1 ) w aa w 1 (p + a bs π ca )aa w 1 (a a + a aa bs π ca )w 1 a aw w 1 a a a a 2 a (a w 1 )(w a 2 a ), (w a 2 a )(a w 1 )(w a 2 a ) w a 2 a a a 2 a w a 2 a, (a w 1 )(w a 2 a )(a w 1 ) a a 2 a a w 1 a w 1 okazuje a je (w a 2 a ) # a w 1. Spektralni iempotent elementa w a 2 a jenak je (w a 2 a ) π p (w a 2 a )(a w 1 ) p aa a π. Lema Neka je x A i u A proizvoljan invertibilan element. Taa u 1 xu A i (u 1 xu) u 1 x u. Lema Neka je A kompleksna Banahova algebra sa jeinicom 1 i neka je p iempotent algebre A. Ako je x pap, taa σ pap (x) {} σ A (x), ge je σ A (x) spektar elementa x u algebri A i σ pap (x) spektar elementa x u algebri pap. Lema Neka su b, q A qnil takvi a je qb. Taa q + b A qnil. 32

33 Lema Neka je b A i a A qnil. (i) Ako je ab ona je a + b A i (a + b) (ii) Ako je ba ona je a + b A i (a + b) (b ) n+1 a n. n a n (b ) n+1. Slee a lema pro²iruje obro poznati rezultat u vezi sa Drazinovim inverzom operatora u Hilbertovim prostorima na uop²teni Drazinov inverz elemenata Banahove algebre. n Lema Neka je x enisan kao u (4.2). ekvivalentna: Taa su slee a tvrženja (i) x A i x r, ge je [ a r + a bs ca a bs s ca s ; (4.3) [ aa (ii) a π bs a bs π, s π ca s ca π π a i y π b s π ca π ss π A qnil ; [ aa (iii) a π b bs π, s π c ca π π bs i y π ca π ss π A qnil. Dokaz. (i) (ii): Lako se proverava a je rxr r. Kako a π bs a bs π i s π ca s ca π implicira a π bs ca a bs ca π, elementarnim ra unanjem, obijamo a vaºi xr rx ako i samo ako je a π bs a bs π i s π ca s ca π. Saa, moºemo obiti [ [ p a x x 2 r b p a y b 1 p 1 p i ([ [ p a r(x x 2 r) r b p a b 1 p 1 p ) y r(y). Dakle, x x 2 r A qnil je ekvivalentno sa y A qnil. (ii) (iii): Prvo, proverimo a je a π bs a bs π ekvivalentno sa a π b bs π. Ako pomnoºimo jenakost a π bs a bs π sa esne strane sa s i sa leve strane sa a, reom, obijamo a je a π bs s i aa bs π. Oatle, bs s aa bs s aa b i a π b b aa b b bs s bs π. 33

34 Sa ruge strane, a π b bs π implicira (a π b)s bs π s i a (bs π ) a a π b. Dakle, a π bs a bs π. Sli no, okazujemo a je s π ca s ca π ekvivalentno sa s π c ca π. Zaklju ujemo a (ii) (iii). Komentar Koriste i Lemu 4.3.6, ako je x enisano kao u (4.2) i r enisano kao u (4.3), taa x A # i x # r ako i samo ako a (pap) #, s ((1 p)a(1 p)) #, a π b bs π i s π c ca π. Izraz (4.3) se naziva uop²tena Banahievi - urova forma elementa x. Teorema Neka je element x enisan kao u (4.2). Ako je ca π bss, aa π bss, ss π c, a π bs π c bs π caa, (4.4) taa x A i ([ ) ( a x b [ [ ) bs s π c s π r + 1 r 1 + r n+1 π aa π bs π n ca π s π ca π s π, (4.5) ge je r enisan kao u (4.3). n Dokaz. Primetimo a, iz a π + aa p i s π + ss 1 p, [ [ aa π bs x π a ca π s π + 2 a bss caa ss : y + z. Iz a a π s π s, s + ca b, bs π ca (bs π caa )a i (4.4), yz. Da bismo okazali y A qnil, posmatrajmo y [ [ [ aa π a π bs π aa ss π + s π ca π s π ca bs π + bs π ss ca π ss s π : y 1 + y 2 + y 3. [ a1 Posetimo se a ako je u, taa je c 1 b 1 [ λp a1 λ1 u c 1 λ(1 p) b 1 i tj. λ ρ pap (a 1 ) ρ (1 p)a(1 p) (b 1 ) λ ρ(u), σ(u) σ pap (a 1 ) σ (1 p)a(1 p) (b 1 ). 34

35 Kako je aa π (pap) qnil i ss π ((1 p)a(1 p)) qnil, zaklju ujemo a je y 1 A qnil. Iz r(s π ca bs π ) r(bs π ca ) r() i σ A (s π ca bs π ) σ (1 p)a(1 p) (s π ca bs π ) {}(Lema 4.3.3), y 2 A qnil. Moºemo proveriti a je y 1 y 2 ²to aje y 1 + y 2 A qnil, koriste i Lemu Takože, iz Leme 4.3.4, y3 2 (tj. y 3 A nil ) i (y 1 + y 2 )y 3 implicira y A qnil. U cilju okazivanja a z A, zapi²imo z u obliku [ [ a z 2 a aa bss a ss caa ss ss + π bss s π caa s π ss : z 1 + z 2. Proverom obijamo z 1 z 2 i z 2 2. Ako je z 1 [ Az1 B z1 C z1 D z1, ozna imo sa A z1 a 2 a (pap) #, (a 2 a ) # a, S z1 D z1 C z1 A # z 1 B z1 s 2 s ((1 p)a(1 p)) # i (s 2 s ) # s. Koriste i Lemu 4.3.6, imamo z 1 A i z1 r. Dalje, iz Leme 4.3.5, z A i z z1 + z 2 (z1) 2. Primenjuju i opet Lemu 4.3.5, zaklju ujemo a je x A i ( ) x (z ) n+1 y n (1 + z 2 z1)z (z1) n+1 y n+1. n [ aa Taa, primetimo a je z1 r r ss i n [ aa ss r, [ [ [ a z 2 z1 π b aa a s π c s π ss r π b s π c s π r [ [ [ [ aa aa bs π bs π ry r ss y r ss ca π s π r ca π s π pa vaºi (4.5). Uslovi Teoreme su glomazni i komplikovani ali sama teorema ima osta korisnih posleica. Posleica Neka je x enisan kao u (4.2), a (pap) # i neka je s ((1 p)a(1 p)) #. Ako je ca π i bs π, taa x A i [ [ p a x π bs # ca # a π bs # a # + a # bs # ca # a # bs # s π ca # 1 p s # ca # s #. 35

36 Posleica Neka je x enisan kao u (4.2) i neka je s ((1 p)a(1 p)) 1. Ako je ca π b i aa π b, taa x A i ([ ) ( a x π b [ ) r r r1 n+1 ca n a π, [ a ge je r 1 + a bs 1 ca a bs 1 s 1 ca s 1. U slee em rezultatu uvoimo ruga iji izraz za uop²teni Drazinov inverz elementa x koji uklju uje invertibilan element w p + a bs π ca. n Teorema Neka je x enisan kao u (4.2). Ako je aa π a π bs ca π, s π ca π, ca π b, a π bs π, ss π c bss π (4.6) i w p + a bs π ca je invertibilan, taa x A i ([ ) ( [ ) a x π b bs π s π c s π r + 1 wrw 1 + r ca π s π, (4.7) [ w 1 ge je r enisan kao u (4.3) i w. 1 p [ p a Dokaz. Prvo, primetimo a je u b s c (1 p) + s ca invertibilan u A [ b p + a i njegov inverz je u 1 bs c a b s. c 1 p Ozna imo sa X uxu 1, pa imamo a je [ A B X uxu 1 C D [ [ [ p a b a b p + a bs c a b s c (1 p) + s ca b c s c (1 p) [ a a π bs c + a bs π c a π b + a bs s π c + s c(a a π bs c + a bs π c) s + s c(a π b + a. bs) Prvi i tre i uslov iz (4.6) aju nam jenakosti caa π i aa π b. Drugi uslov implicira s π caa s π c. Primenjuju i ove jenakosti zajeno sa a aa π + a 2 a imamo A a a π bs c + a bs π c w a 2 a + aa π a π bs c, B a π b + a bs, C s π c + s c(a a π bs c + a bs π c) s π c + s cw a 2 a, D s + s c(a π b + a bs) s + s ca bs. 36

37 Iz Leme 4.3.1, imamo w a 2 a (pap) #, (w a 2 a ) # a w 1 i (wa 2 a ) π a π. Dalje, (aa π a π bs c) 2 (aa π a π bs ca π )a aa π bs c + a π bs ca π bs c implicira (aa π a π bs c) (pap) nil (pap) qnil i vaºi w a 2 a (aa π a π bs c). Primenjuju i Lemu (ii), zaklju ujemo a je A (pap) i A (w a 2 a ) # + (aa π a π bs c)((w a 2 a ) # ) 2 (p a π bs ca w 1 )a w 1 Kako iz w aa aa w slei (w a 2 a )(a w 1 ) aa i vaºi a w 1 a π (w a 2 a ) # (w a 2 a ) π, imamo A π p AA p (w a 2 a + aa π a π bs c)(p a π bs ca w 1 )a w 1 p w a 2 a a w 1 aa π a w 1 + a π bs ca w 1 + w a 2 a a π bs ca w 1 a w 1 + aa π bs ca w 1 a w 1 a π bs ca π bs ca w 1 a w 1 a π + a π bs ca w 1. Primetimo a je AA π. Dakle, A A #. Saa, S D CA # B s + s ca bs (s π c + s cw a 2 a )(p a π bs ca w 1 )a w 1 (a π b + a bs) s + s ca bs (s π c + s cw a 2 a )a w 1 a bs s + s ca bs s π ca w 1 a bs s cw a 2 a a w 1 a bs s s π ca w 1 a bs. Kako je s ((1 p)a(1 p)), (s π ca w 1 a bs) 2, s(s π ca w 1 a bs), primenjuju i Lemu (ii), imamo a je S ((1 p)a(1 p)) i S s s π ca w 1 a bs. 37

38 Taa, Slee e jenakosti vaºe S π (1 p) SS s π + s π ca w 1 a bss. CA π, BS π, AA π, SS π C, ²to implicira a X zaovoljava uslove (4.4) Teoreme teoremu, zaklju ujemo a X A i ([ ) A X π B S π C S π R + 1 R, D Koriste i ovu ge je R [ A # + A # BS CA # A # BS S CA # S Taa, primenjuju i Lemu na x u 1 Xu, imamo ([ ) A x u 1 X u u 1 π B S π C S π R + 1 Ru. D Primetimo a [ [ [ A Ru # p + BS CA # BS p a b S CA # (1 p) s c (1 p) + s ca. b Kako je [ [ p + BS CA # BS p a b CA # (1 p) s c (1 p) + s ca [ b [ p + a π b(s ) 2 caa + a bs caa a π bs a bss p a b [ s π ca w 1 s caa (1 p) s c (1 p) + s ca b p a π b(s ) 2 ca π a bs ca π a bs π a π bs s π ca w 1 + s ca π (1 p) s π ca w 1 a, b imamo Ru + [ [ A # p a π b(s ) 2 ca π a bs ca π a bs π a π bs S s π ca w 1 + s ca π (1 p) s π ca w 1 a b [ [ A # p a bs ca π a bs π S s ca π (1 p) [ [ A # a π b(s ) 2 ca π a π bs S s π ca w 1 s π ca w 1 a b 38

39 + [ ( [ ) A # a S 1 + bs ca π a bs π s ca π [ (p a π bs ca w 1 )a w 1 ((1 p) s π ca w 1 a b)s [ a π b(s ) 2 ca π a π bs s π ca w 1 s π ca w 1 a b [ ( [ [ ) A # a S a bs ca a bs bs π s ca s ca π s π + [ ( [ ) A # bs π S 1 + r ca π s π [ Moºemo zapisati [ [ A # p a S π bs ca w 1 (1 p) s π ca w 1 a bss [ [ a w 1 s (1 p) [ [ p a π bs ca w 1 a (1 p) s π ca w 1 a bss s w. Oatle, Ru [ [ p a π bs ca w 1 a (1 p) s π ca w 1 a bss s w ( [ ) bs π 1 + r ca π s π ( [ ) [ [ bs π a a Ozna imo sa M w 1 + r ca π s π. Primetimo a je r r s s. Koriste i jenakost a w 1 (p + a bs ca a) a w 1 (p + a bs ca a), imamo 39

40 ([ A x u 1 π B S π C S π D ) R + 1 [ p a π bs ca w 1 (1 p) s π ca w 1 [ p A u 1 π BS CA # A π BS S π CA # (1 p) [ p a π bs ca w 1 (1 p) s π ca w 1 a bss [ a a bss s M [ a s M u[ 1 p a π b(s ) 2 caa a π bs ca w 1 a bs caa a π bs + a π bs ca w 1 a bss s π ca w 1 (a + a bs ca )a (1 p) [ [ p a π bs ca w 1 a (1 p) s π ca w 1 a bss s M u[ 1 p a π b(s ) 2 caa a π bs ca w 1 (a + a bs ca )a a π bs + a π bs ca w 1 a bss [ a s s π ca w 1 (a + a bs ca )a (1 p) s π ca w 1 a bss M [ [ ) a u (1 1 + π bs ca w 1 a π bs (a + a bs ca )a a bs s s π ca w 1 s ca a s s [ a s M [ [ [ ) a u (1 1 + π bs ca a π bs w 1 s π ca a r (1 p) s [ a s M 4

41 ([ [ p + a bs c a b a s c (1 p) s [ [ [ [ ) a + u 1 π b w 1 s π c s π a a r r (1 p) s s M ( [ [ ) p + a r + bs c a b a π b s c (1 p) s π c s π rwr M ([ ([ ) [ ) w a + bs c a b a (1 p) s + 1 π b c s π c s π r wrm ([ [ [ ) w a + bs π c a bs π a r + π b (1 p) s π c s π r wrm ([ [ [ ) p + a bs π ca a + bs π ca a + π b (1 p) s π c s π r wrm ( [ ) a 1 + π b s π c s π r wrm. Zamenjuju i M, obijamo (4.7). Ako je s ((1 p)a(1 p)) # u Teoremi 4.3.1, ona je ss π i vaºi slee a posleica. Posleica Neka je x enisano kao u (4.2) i neka je s ((1 p)a(1 p)) 1. Ako aa π a π bs 1 ca π i ca π b, taa x A i ([ ) ( [ ) a x π b r r r 1 ca π, ge je r 1 enisano kao u Posleici Saa emo u narenoj teoremi ati reprezentaciju x po uslovima a π b i s π caa. Teorema Neka je x enisano kao u (4.2). s π caa, taa x A i Ako je a π b i [ ) [ a x r (1 n+1 + bs ca π a bs π aa π n s ca π s π c s π, (4.8) s n ge je r enisano kao u (4.3). 41

42 Dokaz. Iz pretpostavki a π b i s π caa, vaºi s π ca i pi²emo x [ [ [ [ aa π a π b a s π c s π + a aa b aa π a ss c ss s π c s π + a aa b s ss c ss : y + z. Saa, obijamo a yz i y A qnil, jer je aa π (pap) qnil i ss π ((1 p)a(1 p)) qnil. Da bismo okazali z A, primetimo a je [ [ a z 2 a aa bss ss caa ss ss + aa bs π ss ca π ss s π : z 1 + z 2. Iz Leme 4.3.6, imamo a je z 1 A i z1 r. Kako je z 2 z 1 i z2 2, iz Leme 4.3.5(i), z A i z z1 + (z1) 2 z 2 r + r 2 z 2. Oatle, koriste i Lemu 4.3.5(i), x A i x r n+1 (1 + rz 2 )y n ²to okazuje (4.8). Teorema Neka je x enisano kao u (4.2). Ako je a π b bs π i s π scaa, taa je x A i ([ ) ( [ ) x s π c s π r + 1 r 1 + r n+1 ca n a π, (4.9) ge je r enisano kao u (4.3). Dokaz. Na sli an na in kao u okazu Teoreme 4.3.7, koriste i slee u ekompoziciju [ [ aa π a x ca π ss π + 2 a bss caa ss : y + z, obijamo traºeno tvrženje. n n Koriste i Teoremu , obijamo potrebne i ovoljne uslove za egzistenciju i izraz grupnog inverza elementa x. Teorema Neka je x enisano kao u (4.2). Pretpostavimo a je a π b i s π caa. Taa x A # ako i samo ako a (pap) #, s ((1 p)a(1 p)) # i s π ca π. Dalje, ako je a (pap) #, s ((1 p)a(1 p)) #, a π b i s π c, taa [ [ a x # # + a # bs # ca # a # bs # p a # bs # ca π a # bs π s # ca # s # s # ca π. (4.1) 1 p 42