巴拿赫代数上伪n强Drazin逆的可加性质

Additive Property of Pseudo n-Strong Drazin Inverse of Elements in Banach Algebras

摘要: 本文研究伪$n$ 强Drazin逆在巴拿赫代数上的可加性质，证明了在$a$ 和$b$ 可交换的条件下，$a+b$ 和$1+a^{pnsD}b$ 的伪$n$ 强Drazin可逆性是等价的，同时我们还给出了它们伪$n$ 强Drazin逆之间的关系。

Abstract: This paper studies the additive properties of pseudo $n$ -strong Drazin inverses in Banach algebras, proving that under the condition that $a$ and $b$ are commutative, the pseudo $n$ -strong Drazin Invertibility of $a+b$ and $1+a^{pnsD}b$ is equivalent. At the same time, we also provide the relationship between their pseudo $n$ -strong Drazin inverses.

1. 引言

在本文中，$\mathcal{A}$ 表示一个含单位元的巴拿赫代数。${\mathcal{A}}^{-1}$ 和${\mathcal{A}}^{\text{nil}}$ 分别表示$\mathcal{A}$ 中可逆元和幂零元全体。$\left(\begin{array}{l}n\hfill \\ k\hfill \end{array}\right)$ 表示二项式系数$\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\left(0\le k\le n\right)$ 。$a\in \mathcal{A}$ 的换位子和二重换位子分别定义为

$\text{comm}\left(a\right)=\left\{x\in \mathcal{A}:ax=xa\right\},$

${\text{comm}}^2\left(a\right)=\left\{x\in \mathcal{A}:xy=yx,�所有y\in \text{comm}\left(a\right)\right\}.$

我们将

$J\left(\mathcal{A}\right)=\left\{a\in \mathcal{A}:1+ax\in {\mathcal{A}}^{-1},�所有x\in \mathcal{A}\right\}$

称作巴拿赫代数上的Jacobson根，关于Jacobson根的更多等价刻画详见[1]和[2]。记

$\sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}=\left\{a\in \mathcal{A}:a^n\in J\left(\mathcal{A}\right),�某�n\ge 1\right\}.$

Drazin逆理论在算子理论、微分方程、马尔科夫链和数值分析等领域中都有着重要应用。1958年，Drazin [3]提出了Drazin逆的概念。若存在一个元素$x\in \mathcal{A}$ 使得

$ax=xa,xax=x且a-axa\in {\mathcal{A}}^{\text{nil}}.$

则称$a\in \mathcal{A}$ 为Drazin可逆的。记$x=a^D$ 为$a$ 的Drazin逆，$a$ 的Drazin逆若存在则唯一。2012年，Wang和Chen [4]在巴拿赫代数中引入了伪Drazin逆的概念。若存在一个元素$x\in \mathcal{A}$ 使得

$ax=xa,xax=x且a-axa\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

则称$a\in \mathcal{A}$ 为伪Drazin可逆的。记$x=a^{pD}$ 为$a$ 的伪Drazin逆，$a$ 的伪Drazin逆若存在则唯一。2021年，Mos1ć [5]进一步定义了伪$n$ 强Drazin逆的概念。设$n\in \mathbb{N}$ ，若存在一个元素$x\in \mathcal{A}$ 使得

$ax=xa,xax=x且a^n-ax\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

则称$a\in \mathcal{A}$ 为伪$n$ 强Drazin可逆的。记$x=a^{pnsD}$ 为$a$ 的伪$n$ 强Drazin逆，$a$ 的伪$n$ 强Drazin逆若存在则唯一。令${\mathcal{A}}^{psdD}$ 表示$\mathcal{A}$ 中所有伪$n$ 强Drazin可逆元素的集合。

两个Drazin可逆元素的和是否是Drazin可逆的?这是Drazin逆理论研究中的一个重要问题。1958年，Drazin在[3]中开创性地研究了环中Drazin可逆元的可加性问题，证明了当满足条件$ab=ba=0$ 时，有${\left(a+b\right)}^D=a^D+b^D$ 。此后，诸多学者致力于在更弱的条件下探讨各类广义逆的可加性，详见[6]和[7]。华氏恒等式是数学家华罗庚提出的一个关于除环的恒等式，在证明Hua定理中具有重要的应用[8]。设$a,b$ 为除环$ℛ$ 中的元素且$ab\ne 0,1$ ，华氏恒等式陈述为：

${\left(a+b\right)}^{-1}=a^{-1}-a^{-1}{\left(1+b^{-1}a\right)}^{-1}.$

2011年，Wei和Deng [9]针对可交换复矩阵$A，B$ ，给出了${\left(A+B\right)}^D$ 关于$A,A^D,B,B^D,{\left(I+A^{D}B\right)}^D$ 的具体表达式。随后，Zhuang等人[10]于2012年将此结果拓展至环上可交换元$a,b$ 的情形，进一步证明了$a+b$ 是Drazin可逆的当且仅当$1+a^{D}b$ 是Draizn可逆的，并给出了它们关于彼此的Drazin逆表达式。这一等价刻画后被Wang [11]于2017年推广至强Drazin逆的情形。继而由Zou等人[12]在2019年延伸至$n$ 强Drazin逆的情况。近期，Yan和Wang在[13]中进一步将之拓展至广义$n$ 强Drazin逆的情形。本文致力于将上述结果继续推广至伪$n$ 强Drazin逆的情形，并建立相应的具体表达公式。

2. 预备知识与重要引理

首先，我们介绍一个关于Jacobson根性质的引理，这在后续的定理证明中将会非常有用。

引理2.1 [14] 设$a,b\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 满足$ab=ba$ ，则下列结论成立：

1) 若$a\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ (或$b\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ )，则$ab\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

2) 若$a,b\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ ，则$a+b\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

引理2.2 [5] 设$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，则$a$ 有且仅有一个伪$n$ 强Drazin逆。令$x=a^{pnsD}$ ，则$x\in {\text{comm}}^2\left(a\right)$ 。

下面我们讨论伪$n$ 强Drazin逆与伪Drazin逆之间的关系。

引理2.3 设$n\in \mathbb{N}$ 并且$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，则$a\in {\mathcal{A}}^{pD}$ 且$a^{pD}=a^{pnsD}$ 。

证明：因为$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，根据定义可得存在一个元素$x\in \mathcal{A}$ 使得

$ax=xa,xax=x且a^n-ax\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

根据引理2.1可得

${\left(a-axa\right)}^n=a^n-a^{n+1}x=\left(a^n-ax\right)\left(1-ax\right)\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

所以$a-axa\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。因此$a\in {\mathcal{A}}^{pD}$ 且$a^{pD}=a^{pnsD}$ 。命题得证。

下面我们讨论$n$ 的取值对逆元存在性的影响。

引理2.4 设$n\in \mathbb{N}$ 并且$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，则$a\in {\mathcal{A}}^{p2nsD}$ 且$a^{p2nsD}=a^{pnsD}=a^{pD}$ 。

证明：因为$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，根据([14]，定理2.6)可得$a-a^{n+1}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。观察到

$a-a^{2n+1}=\left(a-a^{n+1}\right)\left(1+a^n\right),$

所以由引理2.1可得$a-a^{2n+1}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ ，因此再次根据([14]，定理2.6)可得$a\in {\mathcal{A}}^{p2nsD}$ 。此外，根据引理2.3可得$a^{p2nsD}=a^{pnsD}=a^{pD}$ 。命题得证。

下面介绍一个关于伪$n$ 强Drazin逆的等价刻画，这将用来证明定理3.1。

引理2.5 设$a,x\in \mathcal{A}$ ，$n\in \mathbb{N}$ ，则下列命题等价：

1) $a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且$a^{pnsD}=x$ ；

2) $ax=xa$ ，$xax=x$ 且$a-a^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

证明：(1) $\Rightarrow$ (2)设$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，令$x=a^{pnsD}$ ，则我们只需证明$a-a^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。根据([15]，定理3.2)可得

${\left(a-a^{n+2}x\right)}^n=\left(a^n-ax\right)\left[1-ax+{\displaystyle \sum }_{i=1}^n\left({\displaystyle \sum }_{j=1}^{i-1}{\left(-1\right)}^{j+1}\left(\begin{array}{l}n\hfill \\ j\hfill \end{array}\right)-1\right)a^{ni+1}x\right].$

由于$a^n-ax\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ ，并且

$1-ax+{\displaystyle \sum }_{i=1}^n\left({\displaystyle \sum }_{j=1}^{i-1}{\left(-1\right)}^{j+1}\left(\begin{array}{l}n\hfill \\ j\hfill \end{array}\right)-1\right)a^{ni+1}x\in \text{comm}\left(a^n-ax\right),$

所以根据引理2.1可得${\left(a-a^{n+2}x\right)}^n\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ ，因此$a-a^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

(2) $\Rightarrow$ (1)设$ax=xa$ ，$xax=x$ 且$a-a^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。因此，我们只需证明$a^n-ax\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。由于$a^{n-1}-x-a^{n}x\in \text{comm}\left(a-a^{n+2}x\right)$ ，所以根据引理2.1可得

$a^n-ax=\left(a-a^{n+2}x\right)\left(a^{n-1}-x-a^{n}x\right)\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

引理2.6 设$n\in \mathbb{N}$ 并且$a,b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 满足$ab=ba$ ，则$ab\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且${\left(ab\right)}^{pnsD}=a^{pnsD}{b}^{pnsD}=b^{pnsD}{a}^{pnsD}$ 。

证明：根据引理2.2可知$a^{pnsD}\in {\text{comm}}^2\left(a\right)$ ，$b^{pnsD}\in {\text{comm}}^2\left(b\right)$ ，所以由$ab=ba$ 可得$a,b,a^{pnsD}$ 和$b^{pnsD}$ 彼此交换。因此

$ab{a}^{pnsD}{b}^{pnsD}=a^{pnsD}{b}^{pnsD}ab,$

并且

$a^{pnsD}{b}^{pnsD}ab{a}^{pnsD}{b}^{pnsD}=a^{pnsD}a{a}^{pnsD}{b}^{pnsD}b{b}^{pnsD}=a^{pnsD}{b}^{pnsD}.$

此外，由引理2.1可得

${\left(ab\right)}^n-ab{a}^{pnsD}{b}^{pnsD}=a^n\left(b^n-b{b}^{pnsD}\right)+b{b}^{pnsD}\left(a^n-a{a}^{pnsD}\right)\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

命题得证。

引理2.7 设$n\in \mathbb{N}$ 并且$a,b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 满足$ab=ba=0$ 。则$a+b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且${\left(a+b\right)}^{pnsD}=a^{pnsD}+b^{pnsD}。$

证明：由于$ab=ba$ ，所以根据引理2.2可得$a,b,a^{pnsD}$ 和$b^{pnsD}$ 彼此交换。令$x=a^{pnsD}$ ，$y=b^{pnsD}$ 。可知

$ax=xa,xax=x,a^n-ax\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)},$

$by=yb,yby=y,b^n-by\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

由$ab=ba=0$ 可得$ay=ab{y}^2=0$ 。同理有$ya=bx=xb=0$ 。所以

$\left(a+b\right)\left(x+y\right)=ax+by=xa+yb=\left(x+y\right)\left(a+b\right),$

$\left(x+y\right)\left(a+b\right)\left(x+y\right)=xax+yby=x+y,$

并且由引理2.1可得

${\left(a+b\right)}^n-\left(a+b\right)\left(x+y\right)=\left(a^n-ax\right)+\left(b^n-by\right)\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

命题得证。

3. 主要结果

定理3.1 设$n\in \mathbb{N}$ 并且$a,b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 满足$ab=ba$ ，则$a+b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 当且仅当$1+a^{pnsD}b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 。此外，我们可知

${\left(a+b\right)}^{pnsD}={\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}{a}^{pnsD}+b^{pnsD}{\left[1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^{-1}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)$

且

${\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}=1-a{a}^{pnsD}+a^2{a}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{pnsD}.$

证明：$\Leftarrow$ ：由于$ab=ba$ ，所以根据引理2.2可得$a,b,a^{pnsD}$ 和$b^{pnsD}$ 彼此交换。设$1+a^{pnsD}b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 。因为$a\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，由引理2.5可得$a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ ，所以存在某个正整数$k$ 使得${\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)}^k\in J\left(\mathcal{A}\right)$ ，若$k$ 为偶数，由([16]，引理2.3)可得${\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)}^{k+1}\in J\left(\mathcal{A}\right)$ ，即可进一步将$k$ 取成奇数，因此

$1+{\left[\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^k=1+{\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)}^k{\left(b^{pnsD}\right)}^k\in {\mathcal{A}}^{-1}.$

由于$n$ 是奇数，根据$n$ 次方和公式可得

$\begin{array}{l}1+{\left[\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^k=1-{\left[-\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^k\\ =\left[1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]{\displaystyle \sum }_{j=0}^{k-1}{\left[-\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^j,\end{array}$

所以由$1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}$ 与${\displaystyle {\sum }_{j=0}^{k-1}{\left[-\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^j}$ 的交换性可得

$1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\in {\mathcal{A}}^{-1}.$

为方便后续记号，记$w=1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}$ 。因此我们可设

$x={\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}{a}^{pnsD}+b^{pnsD}{w}^{-1}\left(1-a{a}^{pnsD}\right).$

下证${\left(a+b\right)}^{pnsD}=x$ 。根据定理2.5，我们需要证明

1) $\left(a+b\right)x=x\left(a+b\right)$ ，2) $x\left(a+b\right)x=x$ ，3) $\left(a+b\right)-{\left(a+b\right)}^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

1) 由$a,b,a^{pnsD},b^{pnsD}$ 的交换性易得。

2) 由$a^{pnsD}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)=0$ ，$1-a{a}^{pnsD}$ 是幂等的可知

$x^2={\left[{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\right]}^2{\left(a^{pnsD}\right)}^2+{\left(b^{pnsD}\right)}^2{w}^{-2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right).$

下面我们将$x^2$ 的长公式前后两部分分别乘以$a+b$ ，根据

$\begin{array}{l}{\left[{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\right]}^2{\left(a^{pnsD}\right)}^2\left(a+b\right)\\ ={\left[{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\right]}^2{a}^{pnsD}\left(1+a^{pnsD}b\right)\\ ={\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}{a}^{pnsD}\end{array}$

和

$\begin{array}{l}{\left(b^{pnsD}\right)}^2{w}^{-2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\left(a+b\right)\\ =w^{-2}{\left(b^{pnsD}\right)}^2\left(a+b\right)\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ =w^{-2}{b}^{pnsD}\left(1+a{b}^{pnsD}\right)\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ =w^{-2}{b}^{pnsD}w\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ =b^{pnsD}{w}^{-1}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\end{array}$

可得

$x\left(a+b\right)x={\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}{a}^{pnsD}+b^{pnsD}{w}^{-1}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)=x.$

3) 观察到

$\begin{array}{l}{a}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{n+2}\\ =a^{n+2}{\left(a^{pnsD}\right)}^{n+3}{\displaystyle \sum }_{j=0}^{n+2}\left(\begin{array}{c}n+2\\ 0\end{array}\right)a^{n+2-j}{b}^j\end{array}$

$\begin{array}{l}=a^{n+2}{\displaystyle \sum }_{j=0}^{n+2}\left(\begin{array}{c}n+2\\ 0\end{array}\right){\left(a^{pnsD}\right)}^{j+1}{b}^j\\ =a^{n+2}{a}^{pnsD}{\displaystyle \sum }_{j=0}^{n+2}\left(\begin{array}{c}n+2\\ 0\end{array}\right){\left(a^{pnsD}\right)}^j{b}^j\\ =a^{n+2}{a}^{pnsD}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{n+2}.\end{array}$

同理，$b^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{n+2}=b^{n+2}{b}^{pnsD}{\left(1+b^{pnsD}a\right)}^{n+2}$ 。由$\left(1-a{a}^{pnsD}\right)a^{pnsD}=0$ 可得

$\begin{array}{l}{b}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{n+2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ =b^{n+2}{b}^{pnsD}{\left(1+b^{pnsD}a\right)}^{n+2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ =b^{n+2}{b}^{pnsD}{w}^{n+2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right).\end{array}$

因此

$\begin{array}{l}\left(a+b\right)-{\left(a+b\right)}^{n+2}x\\ =\left(a+b\right)-a^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{n+2}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\\ -b^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{n+2}\left(1-a{a}^{pnsD}\right){\left[1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^{-1}\\ =\left(a+b\right)-a^{n+2}{a}^{pnsD}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{n+2}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\\ -b^{n+2}{b}^{pnsD}\left(1-a{a}^{pnsD}\right){\left[1+\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^{n+1}\\ =\left(a+b\right)-a^{n+2}{a}^{pnsD}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{n+2}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}-b^{n+2}{b}^{pnsD}\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ -b^{n+2}{b}^{pnsD}\left(1-a{a}^{pnsD}\right){\displaystyle \sum }_{j=1}^{n+1}\left(\begin{array}{c}n+1\\ j\end{array}\right){\left[\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^j\\ =\left[\left(1+a^{pnsD}b\right)-{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{n+2}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\right]a^{n+2}{a}^{pnsD}\\ +\left(1+a^{pnsD}b\right)\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)+\left(b-b^{n+2}{b}^{pnsD}\right)\left(1-a{a}^{pnsD}\right)\\ -b^{n+2}{b}^{pnsD}\left(1-a{a}^{pnsD}\right){\displaystyle \sum }_{j=1}^{n+1}\left(\begin{array}{c}n+1\\ j\end{array}\right){\left[\left(a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\right)b^{pnsD}\right]}^j.\end{array}$

由于$a,b$ 和$1+a^{pnsD}b$ 都是伪$n$ 强Drazin可逆的，根据引理2.5可知

$a-a^{n+2}{a}^{pnsD}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)},b-b^{n+2}{b}^{pnsD}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$

和

$\left(1+a^{pnsD}b\right)-{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{n+2}{\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}.$

所以根据引理2.1可得$\left(a+b\right)-{\left(a+b\right)}^{n+2}x\in \sqrt{J\left(\mathcal{A}\right)}$ 。

综上所述，$a+b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，并且

${\left(a+b\right)}^{pnsD}=x={\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}{a}^{pnsD}+b^{pnsD}{w}^{-1}\left(1-a{a}^{pnsD}\right).$

$\Rightarrow$ ：设$a+b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 。令$a_1=1-a{a}^{pnsD}$ ，$b_1=a^{pnsD}\left(a+b\right)$ 。显然

$1+a^{pnsD}b=1-a{a}^{pnsD}+a^{pnsD}\left(a+b\right)=a_1+b_1.$

观察到$a_1$ 是幂等的，因此$a_1\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且$a_1^{pnsD}=a_1=1-a{a}^{pnsD}$ 。根据([5]，性质3.1)可知$a^{pnsD}\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且${\left(a^{pnsD}\right)}^{pnsD}=a^2{a}^{pnsD}$ ，又由于$a+b\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 并且$a^{pnsD}$ 与$a+b$ 可交换，所以根据定理2.6可知$b_1\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ 且

$b_1^{pnsD}={\left[a^{pnsD}\left(a+b\right)\right]}^{pnsD}={\left(a^{pnsD}\right)}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{pnsD}=a^2{a}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{pnsD}.$

易知$a_1{b}_1=b_1{a}_1=0$ ，所以根据引理2.7可得$1+a^{pnsD}b=a_1+b_1\in {\mathcal{A}}^{pnsD}$ ，并且

${\left(1+a^{pnsD}b\right)}^{pnsD}={\left(a_1+b_1\right)}^{pnsD}=a_1^{pnsD}+b_1^{pnsD}=1-a{a}^{pnsD}+a^2{a}^{pnsD}{\left(a+b\right)}^{pnsD}.$

最后我们通过一个具体的例子来验证定理3.1。

例3.2 设$X$ 是巴拿赫空间，$B\left(X\right)$ 表示从$X$ 到$X$ 的有界线性算子。$A,B\in B\left(X\right)$ 。令

$A=\left[\begin{array}{ll}1\hfill & 0\hfill \\ 0\hfill & 0\hfill \end{array}\right],B=\left[\begin{array}{ll}0\hfill & 0\hfill \\ 0\hfill & 1\hfill \end{array}\right].$

因为$A，B$ 都是幂等矩阵，所以$A,B$ 都是伪$n$ 强Drazin可逆的且$A^{pnsD}=A$ ，$B^{pnsD}=B$ 。此外，易知$AB=BA=0$ ，$A+B=I$ ，$I+A^{pnsD}B=I$ 。直接计算可验证得上述定理3.1的公式成立。