(a) 对（引理 3.1.1；零矩阵也成立：$r=0$ 时 $\Gamma=O$，取 $P=Q=I$）。(b) 错——分解式 $A=P^{-1}\Gamma Q$ 中的 $P$、$Q$ 有无穷多种取法（对任意 $*$，把 $\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}$ 并进 $P^{-1}$、$\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}$ 并进 $Q$ 仍给出分解，见 3.1.1）。(c) 对——$\Gamma$ 只由秩 $r$ 决定（秩在相抵下不变）。(d) 对（本编补注：同秩者都相抵于同一个 $\Gamma$，再用相抵的传递性）。

要点：「不唯一」说的是分解式，「唯一」说的是标准形——两句话各有对象，不能互换。

• $B=P^{-1}AQ$（$A,B$ 同型）是相抵：定理 2.3.5 的换基公式——同一个线性映射、出发端换基 $Q$、到达端换基 $P$（$P,Q$ 相互独立），或更一般地「$A$ 经初等变换化为 $B$」；
• $B=P^{-1}AP$ 是相似（推论 2.3.4）：同一个线性变换（同一空间 $V\to V$）换一组基，两侧用同一个 $P$。

关系：相似是相抵的特例（取 $Q=P$），故相似必相抵；反之不然（相抵允许 $P,Q$ 独立，且不要求方阵——$2\times3$ 矩阵也谈相抵，但只有同阶方阵才谈相似）。两者重合：当 $A,B$ 同阶方阵且换基在出发端与到达端是同一件事时（$Q=P$）。

由 定理 3.1.1：右逆 $\iff$ 行满秩；左逆 $\iff$ 列满秩。

(a) $2\times3$、秩 $2=m$：行满秩，有右逆；列不满秩（$2<3$），无左逆。 (b) $3\times2$、秩 $2=n$：列满秩，有左逆；行不满秩，无右逆。 (c) 秩 $1<\min\{2,2\}$：两者都没有（顺带：方阵行满秩 $\iff$ 可逆，故也可直接说「不可逆」）。 (d) $1\times2$、秩 $1=m$：行满秩，有右逆（如 $\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$）；无左逆。

要点：先看形状定方向（行满秩还是列满秩），再看秩是否达到该方向的上限。

(a) $A$ 可逆且 $B=A^{-1}$，唯一（这正是「方阵乘积为单位阵」的结论：$AB=I\Rightarrow B=A^{-1}\Rightarrow BA=I$）。 (b) 只说明 $A$ 行满秩、$B$ 是右逆：设 $B=(b_1,b_2)^{\mathrm T}$，则 $AB=b_1=1$，$B=\begin{bmatrix}1\\ t\end{bmatrix}$（$t$ 任意）——不唯一；此时 $BA=\begin{bmatrix}1&0\\ t&0\end{bmatrix}\neq I_2$，「逆矩阵」的语言完全失效。 (c) 正确说法：若两个方阵的乘积为单位阵，则这两个方阵都可逆（且互为逆矩阵）。——「方阵」是关键词；长方阵情形只能谈单侧逆（定理 3.1.1）。

四个全对。

(a)(c)(d) 都是 命题 3.1.1 的内容：证明主线是 $N(A)=N(A^{\mathrm H}A)$（「$\subseteq$」两边左乘 $A^{\mathrm H}$；「$\supseteq$」用内积正定性），再用亏加秩；对 $A^{\mathrm H}$ 重复一遍得 $\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})$，结合 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}A^{\mathrm H}$ 得四项等式链。 (b) 由 (a)：$A^{\mathrm H}A$（$n$ 阶）可逆 $\iff$ $\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=n$ $\iff$ $\operatorname{rank}A=n$ $\iff$ $A$ 列满秩。

注意：结论依赖 $A^{\mathrm H}$（实 / 复内积空间）；对一般数域 $F$ 上没有共轭转置，此命题不适用。

$B\in\mathbb C^{3\times2}$，$\operatorname{rank}B=2$（列满秩，$2$ 列无关）；$C\in\mathbb C^{2\times5}$，$\operatorname{rank}C=2$（行满秩，$2$ 行无关）。

几何含义：$B$ 的 $2$ 列是列空间 $R(A)$（$\dim=2$）的一组基；$C$ 的每一列是 $A$ 对应列在这组基下的坐标（$C=[\boldsymbol{c}_1,\cdots,\boldsymbol{c}_5]$，$\boldsymbol{a}_i=B\boldsymbol{c}_i$）。

形状记忆：$B$ 的行数 $=m$、列数 $=r$；$C$ 的行数 $=r$、列数 $=n$——中间夹着 $r$。

(a) 对（定理 3.2.2 证明的第一步：由 $C$ 行满秩、$C$ 满射得 $R(A)=R(BC)=R(B)$）。 (b) 对：$C\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\Rightarrow BC\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\Rightarrow A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$；反之 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\Rightarrow B(C\boldsymbol{x})=\boldsymbol{0}\Rightarrow C\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$（$B$ 的列无关）。故两零空间相等——这正是 (c) 的严格含义：$\sum k_i\boldsymbol{a}_i=\boldsymbol{0}\iff\sum k_i\boldsymbol{c}_i=\boldsymbol{0}$。 (c) 对（即 (b) 的改述）。 (d) 错：注 2（注 2）的反例 $A=I_2A$：$B=I_2$ 的任一列都不是 $A$ 的列向量，但仍是合法的满秩分解。

(a) 相抵分解 $A=P^{-1}\Gamma Q$：$P$、$Q$ 各自独立地有无穷多种取法（可被形如 $\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}$、$\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}$ 的可逆矩阵吸收）；没有「相差一个矩阵」式的统一刻画，因为自由度分散在两侧。 (b) 满秩分解 $A=BC$：任意两种分解恰好相差一个可逆矩阵 $D$：

$$B_1=B_2D,\qquad C_1=D^{-1}C_2$$

（这就是 定理 3.2.2。）

且 $D$ 必可逆（是两组基之间的过渡矩阵）。反过来，任取可逆 $D$，$(B_1D)(D^{-1}C_1)=A$ 仍给出满秩分解——一个分解即生成全部（注 3）。

要点：满秩分解的不唯一被「一个 $D$」精确刻画；相抵分解的不唯一更「松散」（两侧独立），但标准形唯一。

(a) $A$ 可逆时两边左乘 $A^{-1}$、右乘 $A^{-1}$ 得 $X=A^{-1}$，唯一（这也是 例 3.2.2 中「不能直接约掉 $A$」这句话的反面：可逆时才能约）。 (b) 用满秩分解 $A=BC$：方程变成 $BCXBC=BC$，其中 $CXB$ 是 $r$ 阶方阵——把 $m\times n$ 的未知量 $X$ 的问题「夹」成了 $r$ 阶方阵上的条件 $CXB=I_r$；再由 本编补注，二者等价（课件写「充分条件」，其实是充要条件）。

(a) 对：$R(BC)\subseteq R(B)$ 给出 $\operatorname{rank}(BC)\le\operatorname{rank}B$；$N(C)\subseteq N(BC)$ 加亏加秩给出 $\operatorname{rank}(BC)\le\operatorname{rank}C$。 (b) 上界：$C$ 只有 $r$ 行，故 $\operatorname{rank}C\le r$；下界：$N(C)\subseteq N(A)$（$A=BC$）加亏加秩得 $\operatorname{rank}C=n-\dim N(C)\ge n-\dim N(A)=\operatorname{rank}A=r$。故 $\operatorname{rank}C=r$。 (c) 若 $C\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 则 $BC\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，即 $N(C)\subseteq N(BC)$；两个矩阵列数相同（都是 $n$），亏加秩给出 $\operatorname{rank}(BC)=n-\dim N(BC)\le n-\dim N(C)=\operatorname{rank}C$。

设 $T$ 是「以 $A$ 为矩阵」的映射（取定标准基后由 定理 2.3.1 唯一确定）。做法（引理 3.1.1 的本编证明）：

1. 出发端：取零空间 $N(T)$ 的一组基（$n-r$ 个），用基扩充定理补成 $F^n$ 的一组基 $\xi_1,\cdots,\xi_{n-r},\xi_{n-r+1},\cdots,\xi_n$；
2. 到达端：证明后 $r$ 个基向量的像 $\xi_{n-r+1},\cdots,\xi_n$ 的像是 $R(T)$ 的基（无关性由 $\xi_1,\cdots,\xi_{n-r}$ 是零空间的基得出），把它们排在前面，扩充成 $F^m$ 的基 $\eta_1,\cdots,\eta_m$；
3. 读出矩阵：在这两组基下 $T(\xi_1)=\cdots=T(\xi_{n-r})=\boldsymbol{0}$、$T(\xi_{n-r+i})=\eta_i$，故矩阵恰为 $\Gamma$；换基公式（定理 2.3.5）给出 $A=P^{-1}\Gamma Q$。

一句话：零空间的基排前面、值域的基接后面——$\Gamma$ 就是「把 $A$ 的活与死的部分分开摆好」的样子。

(a) 应说：「相抵分解式不唯一，相抵标准形唯一」——见 A1。 (b) 应说：「行满秩矩阵有右逆；列满秩矩阵有左逆」（定理 3.1.1）。方向由 $AB=I$（右）与 $BA=I$（左）决定：行满秩 $A$ 是「宽」的，可以右乘一个「高」的 $B$ 凑出 $I$。 (c) 二者秩相等对，但理由不对：理由不是「同一个二次型」（$A^{\mathrm H}A$ 与 $A$ 甚至不同型），而是 命题 3.1.1 的同解方程组证明（$N(A)=N(A^{\mathrm H}A)$，再用亏加秩）。 (d) 不够：还要 $B$ 列满秩、$C$ 行满秩（定理 3.2.1）；否则如 $\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}[1\ \ 2]$ 之类根本不成立，或退化成「秩不足」的分解（$B$ 的列不满秩 $\Rightarrow$ $B$ 的列不是 $R(A)$ 的基）。

(a) 对（定理 3.4.1：满秩保证存在；「正线」约定保证唯一）。(b) 错——例 3.4.2 的 $A=\begin{bmatrix}1&1\\0&0\end{bmatrix}$ 有 $A=I_2\begin{bmatrix}1&1\\0&0\end{bmatrix}$，丢掉的只是唯一性（$R$ 不可逆）。(c) 对（推论 3.4.1：GS $+$ 基扩充）。(d) 对——任意两种分解相差对角正交阵 $D=\operatorname{diag}(\pm1,\cdots,\pm1)$（$2^n$ 个），见 3.4.1 的本编补注。

要点：存在性的保底比想象中宽（不满秩、长方阵都常有分解），唯一性的门槛比想象中高（要满秩加正线）。

$A$ 本身是正交矩阵（置换阵，且 $A^2=I$），两列 $\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_1$ 已标准正交。GS 直接给出正线版本 $Q=A$、$R=I$（第一列 $r_{11}=\|\boldsymbol{e}_2\|=1$，$r_{12}=(\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2)=0$，$r_{22}=1$）。由对角正交阵生成全部 $2^2=4$ 种，形如 $\big(A\cdot D,\ D\big)$（$R=I$ 被 $D$ 左乘后仍是上三角）：

$$(A,\ I),\qquad\big(A\operatorname{diag}(-1,1),\ \operatorname{diag}(-1,1)\big),\qquad\big(A\operatorname{diag}(1,-1),\ \operatorname{diag}(1,-1)\big),\qquad\big(A\operatorname{diag}(-1,-1),\ \operatorname{diag}(-1,-1)\big).$$

（验算其一：$A\operatorname{diag}(-1,1)=\begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}$ 正交 ✓，$\operatorname{diag}(-1,1)$ 上三角 ✓，乘积 $=\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}=A$ ✓。）正线版本：只有 $(A,I)$（对角全 $1>0$）。没有第五种：若 $A=Q'R'$ 是任一分解，则 $W=R'R^{-1}=Q'^{\mathrm T}Q$ 既酉又上三角，故为对角阵且 $|w_{ii}|=1$（3.4.1 的归纳），实数情形 $w_i=\pm1$——恰好穷尽。∎

(a) 错——酉矩阵必须是方阵（正交矩阵与酉矩阵 2.5.1）；$Q$ 只是列正交规范矩阵（定义 3.4.2）。(b) 对：$\|Q\boldsymbol{x}\|^2=\boldsymbol{x}^{\mathrm H}Q^{\mathrm H}Q\boldsymbol{x}=\|\boldsymbol{x}\|^2$。(c) 对：$Q^{\mathrm H}Q=I_n$ 本身就是「列满秩 $+$ 给出左逆」（定理 3.1.1）。(d) 错：$QQ^{\mathrm H}$ 是把 $\mathbb C^m$ 先投影到 $n$ 维再放回的算子，与 $I_m$ 差一个 $m-n$ 维的正交补——例如 $Q=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}$ 时 $QQ^{\mathrm H}=\operatorname{diag}(1,0,0)$。

要点：$Q^{\mathrm H}Q=I_n$ 与 $QQ^{\mathrm H}=I_m$ 只在 $m=n$（方阵）时可能同时成立——形状就是命题的一部分。

(a) 对：$A_{k+1}=Q_k^{\mathrm H}A_kQ_k$，链起来 $A_k=(Q_1\cdots Q_{k-1})^{\mathrm H}A(Q_1\cdots Q_{k-1})$（QR 算法）。(b) 错——是充分条件，不是必要（例如 $A$ 已经是对角元全正的上三角阵时迭代一步不动、天然「收敛」，无论对角元模是否互异）。(c) 对（正文的本编注；例 3.4.4 中 $4.7321>3>1.2679$ 即此序）。(d) 错：等模时可能卡死（旋转阵：$A=A\cdot I\Rightarrow A_2=A$），但「一定不收敛」过强——见 (b) 的三角阵例子，特征值 $\lambda_1=\lambda_2$（等模）迭代照样稳定。

要点：背结论要背成「模互异 $\Rightarrow$ 收敛」，别擅自加强成 $\Longleftrightarrow$。

(a) 对（定理 3.5.2）。(b) 错——旋转阵 $\begin{bmatrix}0&-1\\1&0\end{bmatrix}$ 特征值 $\pm\mathrm i$：正交相似保持实性，实上三角阵特征值全实，矛盾（3.5.1 的反例分析）。(c) 对（定理 3.5.3，前提正是「特征值均为实数」）。(d) 错（注 1：三角化人人有份，对角化不是——经典三矩阵：同一特征多项式，三种几何重数 2.4.2）。

要点：(a) 与 (d) 的差别就是「对角化」与「三角化」的差别；(b) 与 (c) 的差别就是复结论进入实数域时要补的门票。

(a) 对（推论 3.5.1：$\varphi(\lambda)=\lambda^2+1$，$\varphi(\pm1)=2$）。(b) 对（注 4 继承：$A\boldsymbol{\alpha}=\lambda\boldsymbol{\alpha}\Rightarrow\varphi(A)\boldsymbol{\alpha}=\varphi(\lambda)\boldsymbol{\alpha}$）。(c) 错：$A=\operatorname{diag}(1,-1)$ 时 $A^2+I=2I$，一切非零向量都是它的特征向量，而 $\boldsymbol{e}_1+\boldsymbol{e}_2$ 不是 $A$ 的特征向量——$\varphi$ 把两个特征值黏在一起了。(d) 对：$\varphi(\lambda)=\lambda^{2026}$，$\varphi(\pm1)=1$（偶次幂把 $\pm1$ 黏成 $1$，与 (c) 同源）。

(a) 对（存在：$f_A$ 本身零化（H–C），次数取最小；唯一：互相整除 $+$ 同次首一，定理 3.5.5（1））。(b) 错：$A=I_2$ 时 $f_A=(\lambda-1)^2$ 而 $m_A=\lambda-1$；一般 $m_A=f_A$ 当且仅当每个特征值的「最大块」都顶到代数重数（例 3.5.B 的情形）。(c) 对（$f_A$ 是零化多项式，$m_A$ 整除一切零化多项式）。(d) 对（定理 3.5.5（2）：正向由整除，反向由特征向量继承）。

(a) 对：$a_0=f_A(0)=\det(-A)=(-1)^n\det A$（推论 3.5.2 证明）。(b) 对——推论 3.5.2 的公式就是一个这样的多项式（这补上了谱映射讨论里「$1/\lambda$ 不是多项式」的口子）。(c) 错——差一个负号：正确为 $-\frac{1}{a_0}(\cdots)$（由 $A(\cdots)=-a_0I$ 移项而来）。(d) 错——三处错误同源连锁：特征多项式符号错（$(\lambda-1)^3$ 印成 $(\lambda+1)^3$）$\Rightarrow$ 公式行系数全错 $\Rightarrow$ 答案矩阵错；即使按印错的公式行计算，答案也不是印出的那个矩阵（见 E3.5 的逐条核算）。

必要性（$\Longrightarrow$）：初等变换不改变秩（本编提示：逐个验证三类行 / 列初等变换，或直接用「相抵 $\Rightarrow$ 秩相等」的通用论证——$P,Q$ 可逆给出 $\operatorname{rank}B=\operatorname{rank}(P^{-1}AQ)=\operatorname{rank}A$，因为乘可逆矩阵不改变秩：$\operatorname{rank}(P^{-1}AQ)=\operatorname{rank}(AQ)=\operatorname{rank}A$，每一步都用了「乘可逆矩阵不改变秩」。这里 $\operatorname{rank}(XA)=\operatorname{rank}A$ 对可逆 $X$ 成立，理由：$R(XA)=X(R(A))$ 且 $X$ 是同构（命题 2.3.1（5）），维数不变）。

充分性（$\Longleftarrow$）：设 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}B=r$。由 引理 3.1.1，$A=P_1^{-1}\Gamma P_2$、$B=Q_1^{-1}\Gamma Q_2$（同一个 $\Gamma$，因为秩都是 $r$）。于是

$$B=Q_1^{-1}\Gamma Q_2=Q_1^{-1}(P_1AP_2^{-1})Q_2=(Q_1^{-1}P_1)\,A\,(P_2^{-1}Q_2),$$

其中 $Q_1^{-1}P_1$、$P_2^{-1}Q_2$ 都可逆，故 $A\cong B$。∎

由 定理 2.3.6，$\operatorname{rank}(AB)=\dim R(AB)$；而 $R(AB)\subseteq R(A)$，故

$$\operatorname{rank}(AB)\le\operatorname{rank}A .$$

取 $B=I_m$ 的情形即 $\operatorname{rank}(AB)=m$（$AB$ 本身就是 $I_m$，秩为 $m$），于是 $m\le\operatorname{rank}A$；另一方面 $A$ 是 $m$ 行矩阵，$\operatorname{rank}A\le m$。两边夹得 $\operatorname{rank}A=m$，即 $A$ 行满秩。∎

左逆对称处理：设 $BA=I_n$，两边共轭转置得 $A^{\mathrm H}B^{\mathrm H}=I_n$，即 $A^{\mathrm H}$ 有右逆；刚刚证的结论给出 $\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=n$；又 $\operatorname{rank}A=\operatorname{rank}A^{\mathrm H}$，故 $A$ 列满秩。（也可直接对 $BA$ 用 $\operatorname{rank}(BA)\le\operatorname{rank}A$。）

可逆性：由 命题 3.1.1，$\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=\operatorname{rank}A=n$，故 $n$ 阶方阵 $A^{\mathrm H}A$ 满秩、可逆。

验算：

$$BA=(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H}A=I_n\ \checkmark$$

要点：这与 定理 3.1.1「法 2」的右逆公式 $A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}$ 完全对称——把 $A$ 换成 $A^{\mathrm H}$ 即得。∎

上界：$C$ 是 $r\times n$ 矩阵，其秩不超过行数：

$$\operatorname{rank}C\le r .$$

下界：设 $C\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，两端左乘 $B$ 得 $A\boldsymbol{x}=BC\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，故 $N(C)\subseteq N(A)$。由亏加秩定理（定理 2.2.5，两矩阵列数同为 $n$）：

$$\operatorname{rank}C=n-\dim N(C)\ \ge\ n-\dim N(A)=\operatorname{rank}A=r .$$

结论：$r\le\operatorname{rank}C\le r$，故 $\operatorname{rank}C=r$。∎

（$B$ 的满秩是构造的一部分：$B$ 的列取成 $R(A)$ 的基，故 $\operatorname{rank}B=r$ 显然。）

第一步（列空间相等）：$C_1$ 行满秩，故有右逆（定理 3.1.1），即 $C_1$ 满射。任取 $\boldsymbol{y}=B_1\boldsymbol{u}\in R(B_1)$，取 $\boldsymbol{x}$ 使 $C_1\boldsymbol{x}=\boldsymbol{u}$，则 $\boldsymbol{y}=B_1C_1\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}\in R(A)$——故 $R(B_1)\subseteq R(A)$；反向 $R(A)\subseteq R(B_1)$ 显然。于是 $R(B_1)=R(A)$；同理 $R(B_2)=R(A)$。

第二步（过渡矩阵）：$B_1$、$B_2$ 的列都是 $r$ 维子空间 $R(A)$ 的基。由过渡矩阵的存在唯一性（定义 1.3.5、命题 1.3.1），存在可逆 $D$ 使 $B_1=B_2D$。

第三步（$C$ 的关系）：$B_2C_2=A=B_1C_1=B_2DC_1$，移项得 $B_2(C_2-DC_1)=O$。$B_2$ 列满秩即列无关，$B_2X=O$ 只有零解（按列用 定理 1.3.2），故 $C_2=DC_1$，即 $C_1=D^{-1}C_2$。∎

$B$ 列满秩 $\Rightarrow$ $B^{\mathrm H}B$ 可逆（命题 3.1.1）。两边左乘 $(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}$：

$$(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}A=(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}BC=(B^{\mathrm H}B)^{-1}(B^{\mathrm H}B)C=C\ \checkmark$$

∎

对偶结论：给定 $C$ 时 $B=AC^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}$（同样的一句话验算）——见 3.2.2 的本编补注。

$R(A)\subseteq R(B)$：任取 $\boldsymbol{y}=A\boldsymbol{x}=B(C\boldsymbol{x})$，它是 $B$ 的列的线性组合，故 $\boldsymbol{y}\in R(B)$。（不需要任何前提。）

$R(B)\subseteq R(A)$：任取 $\boldsymbol{y}=B\boldsymbol{u}\in R(B)$。因 $C$ 行满秩，由 定理 3.1.1 它有右逆，即 $C$ 作为映射 $\mathbb C^n\to\mathbb C^r$ 是满射，故存在 $\boldsymbol{x}$ 使 $C\boldsymbol{x}=\boldsymbol{u}$。于是

$$\boldsymbol{y}=B\boldsymbol{u}=BC\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}\in R(A)\ \checkmark$$

故 $R(A)=R(B)$。∎

推论：$\dim R(A)=\dim R(B)=r$——满秩分解把列空间「显式地」交给了 $B$。∎

（$\Longleftarrow$） 若 $CXB=I_r$，则

$$AXA=BCXBC=B\,(CXB)\,C=BC=A\ \checkmark$$

（$\Longrightarrow$） 设 $BCXBC=BC$。先左乘 $B$ 的左逆 $B^{\mathrm L}=(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}$：

$$B^{\mathrm L}BCXBC=B^{\mathrm L}BC\ \Longrightarrow\ CXBC=C ;$$

再右乘 $C$ 的右逆 $C^{\mathrm R}=C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}$：

$$CXBCC^{\mathrm R}=CC^{\mathrm R}\ \Longrightarrow\ CXB=I_r\ \checkmark$$

两个单侧逆都存在（$B^{\mathrm H}B$、$CC^{\mathrm H}$ 可逆，命题 3.1.1）。∎

Hermite 性：直接算 $(AA^{\mathrm H})^{\mathrm H}=A\,(A^{\mathrm H})^{\mathrm H}=AA^{\mathrm H}$ ✓（共轭转置取两次回到自身）。

正定性：对任意非零 $\boldsymbol{x}\in\mathbb C^m$，

$$\boldsymbol{x}^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})\boldsymbol{x}=(A^{\mathrm H}\boldsymbol{x})^{\mathrm H}(A^{\mathrm H}\boldsymbol{x})=\|A^{\mathrm H}\boldsymbol{x}\|^2\ge0 .$$

等号成立 $\iff$ $A^{\mathrm H}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$。而 $A$ 行满秩 $\iff$ $\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=m$ $\iff$ $A^{\mathrm H}$ 列满秩 $\iff$ $A^{\mathrm H}$ 单射（推论 2.2.2 或 定理 2.2.2），故 $A^{\mathrm H}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}\iff\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$。于是对非零 $\boldsymbol{x}$ 恒有 $\boldsymbol{x}^{\mathrm H}AA^{\mathrm H}\boldsymbol{x}\gt0$，$AA^{\mathrm H}$ 正定。∎

对照：3.1.4 用 命题 3.1.1 说明「$A$ 行满秩 $\Rightarrow$ $AA^{\mathrm H}$ 可逆」；本题进一步指出可逆的类型——它是正定 Hermite 矩阵（可逆只是正定的一个推论）。

第一式（$m\times m$ 的块左乘）：记 $\Gamma=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}$（分块尺寸 $r+(m-r)$、$r+(n-r)$）。按分块乘法：

$$\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_r\cdot I_r+*\cdot 0&\ I_r\cdot 0+*\cdot 0\\ 0\cdot I_r+I\cdot 0&\ 0\cdot0+I\cdot0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}=\Gamma\ \checkmark$$

（关键：$\Gamma$ 的后 $n-r$ 列全零，故 $*$ 乘上去没有贡献。）

第二式（$n\times n$ 的块右乘）：$\Gamma$ 的后 $m-r$ 行全零，故

$$\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}=\Gamma\ \checkmark$$

可逆性：两块都是「单位块 + 严格三角块」，行列式为 $1\cdot\det I=1\neq0$，可逆。

用法：由两式得 $P^{-1}\Gamma Q=\big(P^{-1}\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}\big)\Gamma\big(\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}Q\big)$，右边仍是合法的相抵分解式——取不同的 $*$ 即得不同的 $P$、$Q$。∎