Кострикин 19.9 матрицы специального вида

[Paul Ivanov]

Требуется доказать, что для любой квадратной комплексной матрицы $X$ найдётся матрица $Y$, такая, что:
1. $XYX=X$
2. $YXY=Y$
3. матрица $XY$ - эрмитова
4. матрица $YX$ - эрмитова
В голову пришло только следующее:
пусть матрица $X$ имеет ранг $r$, тогда $X=PRQ$, где $P$ и $Q$ - некоторые невырожденные матрицы, а $R=E_{11}+E_{22}+...+E_{rr}$. Тогда матрицу $Y$ можно представить, как $Y=Q^{-1}BP^{-1}$, где $B=QYP$, отсюда имеем в пунктах 1. и 2. следующие равенства:
$PRBRQ=PRQ \Leftrightarrow RBR=R$ и $Q^{-1}BRBP^{-1}=Q^{-1}BP^{-1} \Leftrightarrow BRB=B$ Отсюда получаем, что для того, чтобы выполнялись пункты 1. и 2. Необходимо и достаточно, чтобы

$$B = \begin{pmatrix} E_r & C \\ D & DC \end{pmatrix}$$

где $E_r$ - единичная матрица размера $r$, $C$ и $D$ соответственно произвольные матрицы размеров $r \times (n-r)$ и $(n-r) \times r$
Далее тогда надо подобрать матрицы $C$ и $D$ так, чтобы матрицы $PRBP^{-1}$ и $Q^{-1}BRQ$ были эрмитовыми, или по крайней мере показать, что такие матрицы подобрать возможно. Как это сделать ума не приложу.

[vpb]

По моему, в этом месте в задачнике ошибка. Не в том смысле, что утверждение ошибочно (оно верно), а в том, что данное в задачнике указание неверно (я не понимаю, что имеется в виду).

Утверждение не такое уж простое, и для первой части "Основы алгебры" не подходит. Там нужна более продвинутая линейная алгебра. (Или я не вижу простого решения).

Если есть желание ее таки решать (и имеется знание линейной алгебры), то можно предложить сначала забыть про конечномерность и эрмитовость и доказать такое утверждение: Если $V$ --- пространство над любым полем и любой размерности, $X\colon V\longrightarrow V$ --- линейный оператор, то существует оператор $Y$ такой, что $XYX=X$, $YXY=Y$.

В исходной постановке утверждение тоже верно. Там даже есть некая каноническая матрица $Y$, соответствующая $X$, с указанными свойствами. (Ответ под спойлером).

(Ответ)

Это так называемая псевдообратная матрица (иностранцы добавляют "по Муру-Пенроузу"). См, например, Беклемишев, Дополнительные главы линейной алгебры.

[Paul Ivanov]

Настолько обширными знаниями линейной алгебры пока не обладаю. За спойлер отдельное (без сарказма) спасибо. По крайней мере представляю с чем имею дело.

[ctdr]

Когда-то давно решал эту задачу.

Начал так же. Если обозначить $S = P^{-1} (P^{-1})^T$ (тут наверно можно и саму $P$, а не обратную), то из условия эрмитовости $XY$ будет уравнение, с матрицей $C$, и с блоками матрицы $S$. Матрица $C$ определится, если один из блоков будет невырожден.

Для невырожденности я предположил конкретный вид матрицы $P^{-1}$: произведение 3-х матриц: диагональной, перестановки, и нижне-треугольной (матрицу $Q$ можно тогда взять просто верхне-треугольной). Невырожденность для того интересного нам блока смотрим по (следствию из) Бине-Коши (сумма квадратов миноров).

Как говорится, я лишь маску примеряю, я не настоящий сварщик. Могу и ошибаться. Оглядываясь назад, кажется что не особо сложно, хоть решал когда-то долго, да.

[Slav-27]

Ограничение $X$ на ортогональное дополнение к ядру есть изоморфизм $\ker X^\perp\to \operatorname{im} X$. Определим $Y$ на $\operatorname{im}X$ как обратный изоморфизм и на $\operatorname{im}X^\perp$ нулём. Тогда $XY$ и $YX$ суть ортогональные проекторы соответственно на $\operatorname{im}X$ и $\ker X^\perp$, так что выполняются свойства 3 и 4, и отсюда же очевидны свойства 1 и 2.

[vpb]

Slav-27 в сообщении #1414114 писал(а):

Ограничение $X$ на ортогональное дополнение к ядру есть изоморфизм $\ker X^\perp\to \operatorname{im} X$. Определим $Y$ на $\operatorname{im}X$ как обратный изоморфизм и на $\operatorname{im}X^\perp$ нулём. Тогда $XY$ и $YX$ суть ортогональные проекторы соответственно на $\operatorname{im}X$ и $\ker X^\perp$, так что выполняются свойства 3 и 4, и отсюда же очевидны свойства 1 и 2.

Это и есть вышеупомянутый псевдообратный оператор.