$\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$ $\gdef\eqq{\quads=}$ $\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

固定有限字母表 $\Sigma$, 正则语言集 $\textbf{Reg}_\Sigma$ 可定义如下

• 空集 $\varnothing$ 是正则语言, 作为加法单位 $0_\Sigma$.
• 只包含空字符串的集合 $\{\epsilon\}$ 是正则语言, 作为乘法单位 $1_\Sigma$.
• 对于 $a \in \Sigma$, $\{a\}$ 是正则语言.
• 对于正则语言 $A$, $B$. $A \cup B$, $A \times_\Sigma B$ 和 $A^*$ 是正则语言.
• $\Sigma$ 上不存在其它正则语言.

这里 $A \times_\Sigma B$ 基本就是 $A \times B = \{ (a, b) : a \in A, b \in B \}$, 但将配对 $(a, b)$ 视为字符串拼接 $a b$. $A$ 的闭包 $A^*$ 定义为满足如下性质的最小集合.

$\quad (i)$ 匹配空. 即 $\epsilon \in A^*$. $\quad (ii)$ 对拼接封闭. 即 $A \times_\Sigma A \times_\Sigma \cdots \times_\Sigma A \subset A^*$.

这里的 $\square^*$ 通常被称为 Kleene 星运算, 按照数学的习惯, $A^*$ 也被称为集合 $A$ 的自由幺半群. 约定 $A^0 = \{\epsilon\}, A^1 = A, A^{i+1} = \{wv : w \in V^i, v \in V \}$, $i \ge 1$. 同样的, 如果 $A$ 是一个字母表或形式语言, $A^i$ 收集的就是所有长度为 $i$ 且字符属于 $V$ 的字符串. 于是 $A^*$ 也可以定义成如下形式

$$ A^* \eqq \bigcup_{i \ge 0} A^i $$

从直觉上说, $A^*$ 是为了刻画 $A$ 的零次或多次重复. 如果读者熟悉正则表达式, 那么显然此处的 $\cup$ 就是 $+$ 的别名, 对应匹配器的或运算, 于是我们也用 $+_\Sigma$ 表示 $\cup$. 注意这里的 $\cup$ 有无穷多个, 从这个定义可以直接看出 $(A^*)^* = A^*$, 这样一来, $\square^*$ 就会是一个幂等运算.

可以验证, 正则语言集 $\textbf{Reg}_\Sigma$ 连同其上的加法 $+_\Sigma$ 和乘法 $\times_\Sigma$ 构成一个半环 $(\textbf{Reg}_\Sigma, +_\Sigma, \times_\Sigma, 0_\Sigma, 1_\Sigma)$. 从匹配的角度, 我们还能明白以下两点为何是必须的.

$\quad (i)~$ 加法单位 $0_\Sigma$ 对于乘法运算 $\times_\Sigma$ 的吸收性.
$\quad (ii)$ 加法 $+_\Sigma$ 是幂等运算, 即 $a+a = a$.

现在, 从半环 $(\textbf{Reg}_\Sigma, +_\Sigma, \times_\Sigma)$ 出发, 在其上定义偏序 $a \le b$ $\iff$ $a+b=b$, 等价地 $\exists ~ x$ 使得 $a+x = b$. 最后, 可以验证 $\square^*$ 与定义的偏序还满足下面的公理.

$$ \begin{aligned} (1) &~~ 1+aa^* \le a^* \\ (2) &~~ 1+a^*a \le a^* \\ (3) &~~ ax \le x \implies a^* x \le x \\ (4) &~~ xa \le x \implies xa^* \le x \end{aligned} $$

这使 $\textbf{Reg}_\Sigma$ 成为 Kleene 代数 $(\textbf{Reg}_\Sigma, +_\Sigma, \times_\Sigma, \square^*)$. 反过来, 按照公理化定义的顺序, 从正则语言集的性质 $(1)\sim(4)$ 能够直接得出 Kleene 星运算 $\square^*$ 的定义, 正则语言集本身就是 Kleene 代数的一个模型. Kleene 代数的另一个简单例子是 Boole 代数, 其中的 $a^* = 1$. 而热带半环尽管有幂等加法, 但可以验证它并非 Kleene 代数.

$\gdef\N{\mathbf{N}}$ $\gdef\Z{\mathbf{Z}}$ $\gdef\Q{\mathbf{Q}}$ $\gdef\R{\mathbf{R}}$ $\gdef\C{\mathbf{C}}$ $\gdef\Mat{\operatorname{Mat}}$

半环取消了环中加法逆的存在, 仅仅从定义上来看, 可能很难认识到半环的作用, 并轻率地认为半环是一种性质不够好的结构, 哪怕考虑一些具体的例子如布尔代数和 $\N$ 也难以影响这样的印象. 但是人们对于环的印象就完全不同, 因为环总是与域紧密关联着, 为此人们可能会列举出下面的证据:

$\quad (i)$ 整数环 $\Z$ 处于数论研究的中心位置, 它的分式域是有理数域 $\Q$, 这种构造适用于任何整环 $R$, 通过商 $(R \times R \smallsetminus \{0\})/\sim$ 来完成, 此处 $(a,b) \sim (c,d) \iff ad = bc$. 从域 $\Q$ 出发, 构造以它为系数的多项式, 这些多项式将形成一个新的环结构 $\Q[x]$. 现在我们从中取一个不可约多项式 $p(x)$, 然后再利用 $\Q[x]$ 对 $p$ 生成的理想 $(p)$ 的商, 于是我们又得到一个新的域 $\Q[x]/(p)$. 另一方面, 记 $p(x)$ 在商环中的一个根为 $r$, 能够验证 $\Q[r] \cong \Q[x]/(p)$. $\Q[r]$ 的重要之处在于, 它是包含 $\Q$ 和 $r$ 的最小的域. 如果我们把这个步骤中的 $\Q$ 换成 $\R$ 并让 $p(x) = x^2+1$, 我们就得到了 $\C$.

$\quad (ii)$ 同样从域 $\Q$ 出发, 另一种从域中产生环的方法是考虑以它为元素的矩阵. 类似的, 所有的这些矩阵构成矩阵环 $\Mat(\Q)$. 不同于一般是交换环的多项式环, 矩阵环往往非交换. 仅从统计的意义上说, 在数学之外的领域, 恐怕很少有什么结构能够比矩阵更为重要.

现在请回忆, 正如我们可以把 $(i)$ 当中用于构造多项式环的域 $\Q$ 更换为一般的交换环 $R$, 这个时候 $R[x]$ 仍然是交换环. 当我们把 $(ii)$ 的域 $\Q$ 更换为半环 $\mathcal{Q}$ 时, $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$ 能够恰好地成为半环. 这个事实导致了半环上能够操作相当一部分的线性代数, 并且在很多场景下激发了半环结构的用途 ¹. 另外值得注意的一点是, 矩阵半环上可以通过 Leibniz 律定义导子.

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$ $\gdef\quads#1{\quad #1 \quad}$

$\gdef\Q{\mathbf{Q}}$ $\gdef\R{\mathbf{R}}$

仅仅只是为半环添加闭包或者说 Kleene 星运算, 所得到的结构称为星半环. 与 Kleene 代数 类似, 星半环也通过递归公理定义星运算. 但是 Kleene 代数 所要求的幂等加法对于很多数字系统如 $\Q, \R$ 而言都难以实现, 因为这破坏了 Archimedes 性. 如果我们取消幂等加法这一点, 此时所得到的结构是完备星半环或称为闭半环, 因为 Kleene 代数 本身还允许了无穷和 $\sum_{i \ge 0}a^i$ 以及 $a^*$ 的存在性, 这就是称它 “完备” 或者 “闭” 的原因.

下面来介绍一个重要的例子. 非负扩展实数集 $\R_{\ge 0} \cup \{\infty\}$ 也即 $\R_{\ge 0}$ 的单点紧化连同实数的通常加法和乘法构成闭半环, 其中 $a \lt 1$ 时 $a^* = \frac1{1-a}$, 否则 $a^* = \infty$. 注意这个结构中不存在非零的加法逆 $-a$, 而乘法逆 $a^{-1}$ 则是未必存在. $\frac1{1-a}$ 应当被认为是一个整体记号, 或者说它实际上是无穷和 $1 + a + a^2 + \cdots$ 在 $\R_{\ge 0}$ 被添入全体非零加法逆 $\R_{\lt0}$ 后所得的环 $\R$ 中于 $(-1,1)$ 处收敛的结果. 然后由于

$$ \R_{\ge 0} ~ \cap ~ \{a < 1 : a \in \R_{\ge 0}\} \quads= [0, 1) \spaces\subset (-1,1) $$

从而在闭半环的 $a < 1$ 处继续沿用这个记号. 这样, 一旦当我们扩大到环 $\R$ 时, 闭半环 $\R_{\ge 0} \cup \{\infty\}$ 当中得出的结果仍然有效. 我们在这里要求 $\R_{\ge 0} \cup \{\infty\}$ 还有另一个原因, 如果对所有 $a$ 都定义 $a^* = \frac1{1-a}$, 那么 $a^{***} = a$, 即 $\square^*$ 是 $3$-幂等的运算, 这会让 Kleene 闭包和正则表达式的概念无从谈起.

我们的论证可以直接拓展到一般的闭半环 $(\mathcal{Q}, +, \times, \square^*)$. 当其中的半环 $(\mathcal{Q}, +, \times)$ 被替换为环 $(R, +, \times)$ 时, 如果 $R$ 当中的 $\frac1{1-a}$ 在 $\mathcal{Q}$ 当中存在, 则 $\mathcal{Q}$ 当中的 $a^*$ 对应于 $R$ 当中的 $\frac1{1-a}$. 当然, 隐含的条件是, $R$ 的加法和乘法与 $\mathcal{Q}$ 兼容.

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$ $\gdef\Mat{\operatorname{Mat}}$ $\gdef\R{\mathbf{R}}$ $\gdef\str#1{{\footnotesize #1}}$ $\gdef\sstr#1{~{\footnotesize #1}~}$

记 $\R_{\ge 0}^* = \R_{\ge 0} \cup \{\infty\}$. 从现在起, 我们对于 $\R_{\ge 0}^* ~ (= \mathcal{Q})$ 当中的许多有用的观察可以安全地转移到 $\R ~ (= R)$. 根据 半环注释, 我们优先考虑 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$, 从最小的非平凡情况 $n=2$ 开始, 由于我们的目的是计算矩阵的逆, 故取这个半环的可逆子集也即幺半群 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})^\times$, 其中的元素会形如

$$ M \spaces= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}, \quad ad - bc \spaces\neq 0 $$

请注意, 接下来应该考虑的是 $\square^*$. 因为我们要利用 $X^* = \frac1{1-X}$ 这个关系间接地计算 $M^{-1}$. 只要取 $X = 1-M$, 我们就得到了

$$ (1-M)^* \spaces= \frac1M \quad (= ~ M^{-1}) $$

此处的 $1-M$ 非常微妙, 因为一般情况下它只能存在于 $\Mat_{n \times n}(R)$ 而非 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$. 如果我们暂时忽略这个问题, 那么根据 半环注释, 由于矩阵的加法直接就是 $\mathcal{Q}$ 或者 $R$ 的加法, 而乘法来自线性空间. 此时 $M$ 与 $M^*$ 之间存在一种直接的关系, 可以说成 $(M^*)_{ij} = $ 有向图 $G$ 中所有 $i \to j$ 的路径.

具体的说, 固定下标 $i,j$, 分量 $(M^*)_{ij}$ 的值会等于以 $M$, $M^*$ 为结点, $M_{ij}$ 为箭头的 $G$ 中所有 $i \to j$ 的路径 $\hom(i,j)$ 的正则表达式. 并且从这些路径中我们也能够写出 $\hom(i,j)$ 对应的正则表达式, 这就为计算 $(M^*)_{ij}$ 提供了可能.

$$\begin{aligned} 1 \longrightarrow 1 &: \quad (a+b d^*c)^* \\ 1 \longrightarrow 2 &: \quad (a+b d^*c)^*b d^* \\ 2 \longrightarrow 1 &: \quad d^* c(a+b d^*c)^* \\ 2 \longrightarrow 2 &: \quad d^* + d^*c(a+b d^*c)^*b d^* \\ \end{aligned}$$

简单起见记 $\alpha = (a+b d^*c)^*$, 那么上一段的讨论就是在说

$$ M^* \spaces= \begin{pmatrix} \alpha & \alpha b d^* \\ d^* c \alpha & \quad d^* + d^*c \alpha b d^* \tag{1.1} \end{pmatrix} $$

这里有两个不应忽视的问题. 其一, 虽然我们考虑的是 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$ 上的 Kleene 星运算 $\square^*$, 但右侧的表达式中涉及了 $\mathcal{Q} ~ (= \R_{\ge 0}^*)$ 上的 Kleene 星运算 $\square^*$, 根据之前的内容, 我们可以自然地确定它就是 $a \mapsto \frac1{1-a}$. 这允许我们从 $M$ 的各个分量 $M_{ij}$ 计算出 $M^*$. 更加重要的是, 由于 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$ 也能通过这样的方式构成闭半环, 这实际上允许我们将 $(1.1)$ 的适用范围拓展到任意大小的方阵 $\Mat_{n \times n}(\mathcal{Q})$, 此时的 $a,b,c,d$ 能够选取为 $M$ 的分块矩阵. 其二, $d^* + d^*c \alpha b d^*$ 在一般的星半环中不能直接替换为 $(d+ca^*b)^*$, 可替换的前提被称为 Conway 条件.

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

作为热身运动, 我们现在来恢复一个经典的事实, 即二阶矩阵的逆. 对于二阶可逆矩阵 $M$, 其逆 $M^{-1}$ 可以由它的四个分量 $a,b,c,d$ 经由 $M \to 1-M \to (1-M)^*$ 这样的过程得到, 这里 $1$ 当然是单位矩阵.

$$ \begin{aligned} M^{-1} &\spaces= (1-M)^* \\ &\spaces= \begin{pmatrix}1 - a & -b \\ -c & 1 - d\end{pmatrix}^* \\ &\spaces= \begin{pmatrix} (1 - a + b(1-d)^*c)^* & \quad \cdots \quad \\ \quad \cdots \quad & \quad \cdots \quad \end{pmatrix} \\ &\spaces= \frac{1}{a d - b c} \begin{pmatrix}d & -b \\ -c & a\end{pmatrix} \end{aligned} $$

$\gdef\spaces#1{~ #1 ~}$

我们下面来处理 $n \times n$ 矩阵 ($n \ge 3$) 的逆, 将其分块并假定后续要取逆的矩阵都是非奇异的

$$ M \spaces= \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}, \quad 1-M \spaces= \begin{pmatrix} 1-A & -B \\ -C & 1-D \end{pmatrix} $$

我们还是直接计算 $(1-M)^*$, 实际上这非常容易. 回顾 $M^*$

$$ M^* \spaces= \begin{pmatrix} (A+BD^*C)^* & (A+BD^*C)^*BD^* \\ D^*C(A+BD^*C)^* & D^* + D^*C(A+BD^*C)^*BD^* \end{pmatrix} $$

类似的记 $\alpha_\square$ 为方阵 $\square$ 分为 $4$ 块后的左上角第 $1$ 部分. $\alpha_{M^*} = (A+BD^*C)^*$, $\alpha_{M^{-1}} = \alpha_{(1-M)^*}$, 则

$$ \begin{aligned} \alpha_{M^{-1}} &\spaces= (1 - A + B(1-D)^*C)^* \\ &\spaces= (1 - A + BD^{-1}C)^* \\ &\spaces= (1 - (A - BD^{-1}C))^* \\ &\spaces= (A - BD^{-1}C)^{-1} \end{aligned} $$

同样, 考虑分块的其他部分

$$ \begin{CD} M @>>> 1-M \\ @VVV @VVV \\ M^* @>>> (1-M)^* \end{CD} $$

在 $M \to 1-M$ 这个箭头下, $M$ 当中所有的 $D$ 会被替换为 $1-D$, 因此 $M^*$ 当中所有的 $D^*$ 可以直接替换为 $D^{-1}$. 而 $B, C$ 在 $M \to 1-M$ 下替换为 $-\square$, 于是现在立刻有

$$ \begin{aligned} M^{-1} &\spaces= \begin{pmatrix} \alpha_{M^{-1}} & -\alpha_{M^{-1}} BD^{-1} \\ -D^{-1}C \alpha_{M^{-1}} & D^{-1} + D^{-1}C \alpha_{M^{-1}} BD^{-1} \end{pmatrix} \\ &\spaces= \begin{pmatrix} (A - BD^{-1}C)^{-1} & -(A - BD^{-1}C)^{-1} BD^{-1} \\ -D^{-1}C (A - BD^{-1}C)^{-1} & D^{-1} + D^{-1}C (A - BD^{-1}C)^{-1} BD^{-1} \end{pmatrix} \\ \end{aligned} $$

在这里, 我们得到了一个相当经典且重要的结果, 即分块求逆.