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3.1 相抵分解

前两章把矩阵从「数表」讲成了「线性映射的坐标版」：取定基，映射与矩阵一一对应（2.3），而且同一个映射换一组基就换一个矩阵（B=P−1AQB=P^{-1}AQ，定理 2.3.5）。于是「矩阵有多少种样子」这个问题变成了「同一个映射能变成多少种样子」——本章换一个方向问：能不能把矩阵拆开，拆成几个结构简单、一看就懂的矩阵的乘积或和？这就是矩阵分解。

分解要从最简单的一种开始。任给一个矩阵，无论它多大多怪，总有一件事一定能做到：用可逆矩阵从两边夹它，把它压成一个「前面一块单位矩阵、其余全零」的标准形——相抵标准形 Γ\Gamma。这条结论写下来只有一行（引理 3.1.1），却把「秩」这个数彻底说清了：任何矩阵都相抵于且只相抵于由秩决定的标准形（本编补注）。本节随后把这条分解用到两个地方，都是考试与后续章节反复出现的老朋友：解线性方程组（例 3.1.1：相抵标准形把「有解没解、有几个自由度」变成看几个分量是否为零）与长方阵的单侧逆（定理 3.1.1：行满秩就有右逆、列满秩就有左逆）。最后给出本节最重要的一条秩等式 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)（命题 3.1.1），它给出的右逆公式 AH(AAH)−1A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1} 是「最小二乘」等一大类应用的起点。

素材与说明（本节无录播）

本页依据课程第三章课件 3.1 相抵分解（15 页）整理。本节无对应录播，故不引用课堂口述与时间戳：课件给出的引理、定理、命题、注记与例题照录并保留原编号（引理 3.1.1、例 3.1.1、定理 3.1.1、注 1、命题 3.1.1）；课件省略的证明、只写一半的推导、未给出答案的练习，由本编补出并逐处标注「本编补」。编号与表述问题见勘误与补注。

相抵分解：把矩阵压成一副标准像 A = P⁻¹ Γ Q：左右各换一次基，任何矩阵都化为同一个只由秩决定的标准形。 MATRIX · EQUIVALENCE / 07 ATLAS / M-07 相抵分解：把矩阵压成一副标准像 A = P⁻¹ Γ Q：左右各换一次基，任何矩阵都化为同一个只由秩决定的标准形。 A (m×n)任意矩阵=P⁻¹ (m×m)可逆 · 换基110011000000Γ (m×n)相抵标准形·Q (n×n)可逆Γ 的左上角 Iᵣ 是单位阵，r = rank(A)；Γ 只由 r 决定。不唯一：P、Q 都可以换。
图解读图：任何矩阵都能被两个可逆矩阵「夹」成一个只由秩决定的标准形 Γ。左乘 P⁻¹ 换到达端的基，右乘 Q 换出发端的基——矩阵在换基，映射本身没变。这也解释了为什么相抵标准形唯一、分解式不唯一。

3.1.1 相抵标准形：任何矩阵都能压成同一副模样

先交代「分解」这件事本身。课件开篇只用了三句话和一个类比的引子：把矩阵分解为较为简单或具有某种特性的若干矩阵的乘积或和，就像 36=4×9=22×3236=4\times9=2^2\times3^2——同一个数换几种乘法写法，每种写法都能显出它的部分性质；分解的意义在于清晰地反映出原矩阵的某些特征，提供有效的理论分析或数值计算依据。

那么任给一个矩阵，能进行何种分解？最朴素、对任何矩阵都可行的答案是：从左右两边乘可逆矩阵，把它化成只有一个参数（秩）的标准形。这就是矩阵相抵。

引理 3.1.1 · 相抵分解式与相抵标准形

设 A∈Fm×nA\in F^{m\times n} 的秩为 rr，则存在两个可逆矩阵 P∈Fm×mP\in F^{m\times m} 和 Q∈Fn×nQ\in F^{n\times n} 使得

A=P−1ΓQ,Γ=[Ir000]m×n.A=P^{-1}\Gamma Q,\qquad \Gamma=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}_{m\times n}.

上式称为 AA 的相抵分解式，式中 Γ\Gamma 称为 AA 的相抵标准形。

课件把这条结论列为引理、只述不证——它正是 2.3 留下的一句承诺（「相抵的标准形只由秩决定，将在讨论矩阵的秩时给出」，见 2.3.4 的注 1）。本编用「选基 ++ 换基公式」把证明补出；你会看到它把前三章各一件工具串在了一起。

证明（课件未给，本编补：选一组好基，再用换基公式）

把 AA 读成映射。取 FnF^n 与 FmF^m 的标准基，设线性映射 T:Fn→FmT:F^n\to F^m 在这两组标准基下的矩阵为 AA。（AA 本来就是某个映射的矩阵，2.3 的 定义 2.3.1 读法。）

选出发端的基。由亏加秩定理（定理 2.2.5），dim⁡N(T)=n−r\dim N(T)=n-r，取 N(T)N(T) 的一组基 ξ1,⋯ ,ξn−r\xi_1,\cdots,\xi_{n-r}，并用基扩充定理（推论 1.3.1）扩充为 FnF^n 的一组基

ξ1,⋯ ,ξn−r, ξn−r+1,⋯ ,ξn.\xi_1,\cdots,\xi_{n-r},\ \xi_{n-r+1},\cdots,\xi_n .

像的后 rr 个基向量独立。记 fi=T(ξn−r+i)f_i=T(\xi_{n-r+i})（i=1,⋯ ,ri=1,\cdots,r）。若 ∑i=1rkifi=0\sum_{i=1}^r k_if_i=\boldsymbol{0}，即 T(∑ikiξn−r+i)=0T\big(\sum_ik_i\xi_{n-r+i}\big)=\boldsymbol{0}，则 ∑ikiξn−r+i∈N(T)=span⁡{ξ1,⋯ ,ξn−r}\sum_ik_i\xi_{n-r+i}\in N(T)=\operatorname{span}\{\xi_1,\cdots,\xi_{n-r}\}；而这两个向量组同属一组基，由表示唯一性（定理 1.3.2）得全部系数为零。故 f1,⋯ ,frf_1,\cdots,f_r 线性无关；又任一 T(x)T(x) 只是 ξn−r+1,⋯ ,ξn\xi_{n-r+1},\cdots,\xi_n 的像的组合（ξ1,⋯ ,ξn−r\xi_1,\cdots,\xi_{n-r} 被映成零），故 f1,⋯ ,frf_1,\cdots,f_r 张成 R(T)R(T)——它们是 R(T)R(T) 的一组基，个数 r=dim⁡R(T)r=\dim R(T)。

选到达端的基。把 f1,⋯ ,frf_1,\cdots,f_r 扩充为 FmF^m 的一组基

η1=f1, ⋯ , ηr=fr, ηr+1,⋯ ,ηm.\eta_1=f_1,\ \cdots,\ \eta_r=f_r,\ \eta_{r+1},\cdots,\eta_m .

读出矩阵。在基 ξ1,⋯ ,ξn\xi_1,\cdots,\xi_n 与 η1,⋯ ,ηm\eta_1,\cdots,\eta_m 下，映射 TT 的矩阵恰为 Γ\Gamma：

T(ξ1)=⋯=T(ξn−r)=0,T(ξn−r+i)=ηi(i=1,⋯ ,r),T(\xi_1)=\cdots=T(\xi_{n-r})=\boldsymbol{0},\qquad T(\xi_{n-r+i})=\eta_i\quad (i=1,\cdots,r),

前 n−rn-r 列全零、后 rr 列依次是 e1,⋯ ,ere_1,\cdots,e_r，按 定义 2.3.1 逐列对照正是 Γ\Gamma。

用换基公式收尾。设由标准基到 ξ\xi 的过渡矩阵为 SS、由标准基到 η\eta 的过渡矩阵为 RR。换基公式（定理 2.3.5）说的是：旧基下矩阵 AA 与新基下矩阵 Γ\Gamma 满足 Γ=R−1AS\Gamma=R^{-1}AS，即

A=R Γ S−1.A=R\,\Gamma\,S^{-1}.

取 P=R−1∈Fm×mP=R^{-1}\in F^{m\times m}、Q=S−1∈Fn×nQ=S^{-1}\in F^{n\times n}（过渡矩阵可逆，命题 1.3.1），两者都可逆，得 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q。∎

证明的要点：Γ\Gamma 之所以可能出现，是因为「秩」把坐标的 nn 个自由度分成了两半——n−rn-r 个被映射压死（进零空间）、rr 个原样传下去（映成值域的基）。把这两半分别选成出发端与到达端的基，映射就只剩下「前 n−rn-r 列归零、后 rr 列照抄」这一副骨架。

∎
本编补注 · 「相抵」这个名字与它刚兑现的承诺

相抵（等价） 的定义在 2.3.4 的注 1：AA 经有限次初等变换变成 BB，即存在可逆 P,QP,Q 使 B=P−1AQB=P^{-1}AQ，记 A≅BA\cong B（矩阵相抵，与空间的同构 V≅WV\cong W 同名不同义）。相抵是等价关系，而 引理 3.1.1 把每一类都选出了一个代表元 Γ\Gamma，所以：

两个同型矩阵相抵   ⟺  \iff 它们的秩相等。（本编补：⟹\Longrightarrow 用初等变换不改变秩；⟸\Longleftarrow 设秩同为 rr，由 引理 3.1.1 两者都相抵于同一个 Γ\Gamma，再用传递性。）

这正是课件那句「相抵分解适于任何矩阵，常解决矩阵秩相关的命题」的准确含义：关于秩的命题都可以先化到 Γ\Gamma 上验证，再搬回来。后续几节会反复使用这一套路（例如 3.2 把满秩分解的第一种构造直接搭在相抵分解上）。

两个容易混的同名概念再区分一次：相抵允许左右用各自独立的两组基（P,QP,Q 无关），相似（B=P−1APB=P^{-1}AP，推论 2.3.4）只允许同一空间换一组基、两侧用同一个 PP——相似必相抵，相抵未必相似（只有同阶方阵才谈相似）。

分解唯一性问题（课件原文）

课件紧接着问：分解式唯一吗？答案是不唯一。设 Γ=[Ir000]\Gamma=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}，对任意适当阶数的矩阵 ∗*，有

A=P−1ΓQ=P−1[Ir∗0I]Γ[Ir0∗I]Q.A=P^{-1}\Gamma Q=P^{-1}\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}\Gamma\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}Q .

为什么（本编补上这一步的验算）：夹在中间的乘法之所以能把 Γ\Gamma 换出来，是因为

[Ir∗0I]Γ=Γ=Γ[Ir0∗I]\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix}\Gamma=\Gamma=\Gamma\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}

（直接按分块乘法核对：Γ\Gamma 的后 n−rn-r 列全零、后 m−rm-r 行全零，∗* 乘上去也归零）。而 [Ir∗0I]\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix} 与 [Ir0∗I]\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix} 都是可逆矩阵（对角块为单位阵的三角块，行列式为 11），乘到 P−1P^{-1}、QQ 上仍是可逆矩阵。因此矩阵 AA 的相抵分解是不唯一的——Γ\Gamma 两边的可逆矩阵可以有无穷多种取法。

不唯一的是「分解式」，唯一的是「标准形」：无论怎么写分解式，中间那个 Γ\Gamma 只由 rr 决定（因为秩在相抵下不变，rank⁡Γ=rank⁡A=r\operatorname{rank}\Gamma=\operatorname{rank}A=r）。这一对「式不唯一、标准形唯一」后面还会以同样的面貌出现（3.2 的满秩分解不唯一，但相差一个可逆矩阵 DD）。

3.1.2 应用：用相抵标准形解线性方程组

课件给相抵分解配的第一个应用，是它最经典的用武之地——解方程组 Ax=bA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}。道理是：相抵变换是「换基」，换基不改变方程的解集（它只是用可逆矩阵 PP、QQ 把等号两边同时翻译一遍）。翻译之后，方程组的系数矩阵变成 Γ\Gamma，于是「有解没解」「有几个自由参数」都变成数分量的问题。

例 3.1.1（课件原文）· 考查线性方程组 Ax=bA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b} 的求解问题

设 A∈Rm×nA\in\mathbb R^{m\times n}、b∈Rm\boldsymbol{b}\in\mathbb R^m 已知，x∈Rn\boldsymbol{x}\in\mathbb R^n 是未知向量。将矩阵 AA 作相抵分解，讨论方程组的解。

解答（课件给出前两步，本编补完解的结构与可解性判据）

第一步（换元）：把 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q 代入，得

P−1ΓQx=b.P^{-1}\Gamma Q\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}.

两边左乘 PP（可逆）：

Γ (Qx)=Pb.\Gamma\,(Q\boldsymbol{x})=P\boldsymbol{b}.

令 y=Qx\boldsymbol{y}=Q\boldsymbol{x}（这是一次可逆的未知量替换：QQ 可逆，y↔x\boldsymbol{y}\leftrightarrow\boldsymbol{x} 是一一对应），上式改写为

Γy=Pb,Γ=[Ir000]m×n.\Gamma\boldsymbol{y}=P\boldsymbol{b},\qquad \Gamma=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}_{m\times n}.

第二步（读出全部信息）：把 PbP\boldsymbol{b} 按前 rr 个、后 m−rm-r 个分量分块，写成 Pb=[cd]P\boldsymbol{b}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{c}\\ \boldsymbol{d}\end{bmatrix}，c∈Fr\boldsymbol{c}\in F^r、d∈Fm−r\boldsymbol{d}\in F^{m-r}；把 y\boldsymbol{y} 按前 rr 个、后 n−rn-r 个分量分块为 y=[y1y2]\boldsymbol{y}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{y}_1\\ \boldsymbol{y}_2\end{bmatrix}。方程 Γy=Pb\Gamma\boldsymbol{y}=P\boldsymbol{b} 逐分量读出来是

y1=c(前 r 个方程),0=d(后 m−r 个方程).\boldsymbol{y}_1=\boldsymbol{c}\quad(\text{前 } r \text{ 个方程}),\qquad \boldsymbol{0}=\boldsymbol{d}\quad(\text{后 } m-r \text{ 个方程}).

于是结论有三条（本编补全）：

  1. 可解判据：方程组有解   ⟺  d=0\iff \boldsymbol{d}=\boldsymbol{0}，即 PbP\boldsymbol{b} 的后 m−rm-r 个分量全为零。这是「rank⁡(A∣b)=rank⁡A\operatorname{rank}(A|\boldsymbol{b})=\operatorname{rank}A」的坐标版：那个条件说的正是 b\boldsymbol{b} 落进 AA 的列空间，而这里的 d=0\boldsymbol{d}=\boldsymbol{0} 就是它的显式算法形式。
  2. 有解时的通解：y1\boldsymbol{y}_1 被唯一确定（=c=\boldsymbol{c}），y2∈Fn−r\boldsymbol{y}_2\in F^{n-r} 任意；再乘回 x=Q−1y\boldsymbol{x}=Q^{-1}\boldsymbol{y} 得

x=Q−1[cy2],y2 任取,\boldsymbol{x}=Q^{-1}\begin{bmatrix}\boldsymbol{c}\\ \boldsymbol{y}_2\end{bmatrix},\qquad \boldsymbol{y}_2\ \text{任取},

即解集是 FnF^n 中一个 n−rn-r 维的仿射子空间——自由参数的个数恰是 n−rn-r，与亏加秩定理（齐次解空间维数 =n−r=n-r）完全一致。 3. 无解时的信息：d≠0\boldsymbol{d}\neq\boldsymbol{0} 时，越界的分量就是「方程之间的矛盾」，m−rm-r 个多余方程里只要有矛盾，整个方程组就无解。

两处记号提醒：① 解出 y\boldsymbol{y} 之后必须乘回 Q−1Q^{-1} 才是原未知量 x\boldsymbol{x}（与 2.4 求特征向量时「坐标要乘回基」是同一个陷阱）；② PP 与 QQ 的角色不对称：PP 管等号左边的行（它把 AA 的行压到标准位置），QQ 管未知量的换元。∎

剩下一个绕不开的实际问题：PP、QQ 怎么求？课件给出的答案是一张分块矩阵——把两个可逆矩阵「挂」在 AA 的两侧，与 AA 同时接受变换，AA 化到 Γ\Gamma 时它们也自动积好了。本编把它的记号与 引理 3.1.1 统一（课件原页的记号见紧随的勘误框）。

相抵变换求 PP 与 Q−1Q^{-1}（本编整理，记号与引理 3.1.1 统一）

构造分块矩阵（∗* 是任意合适阶数的块，只作占位）

M=[AImIn∗].M=\begin{bmatrix}A&I_m\\ I_n&*\end{bmatrix}.

操作规则：只对前 mm 行做行变换、只对前 nn 列做列变换，直到左上块变成 Γ\Gamma。此时 MM 自动变成

M ⇝ [ΓPQ−1∗].M\ \rightsquigarrow\ \begin{bmatrix}\Gamma&P\\ Q^{-1}&*\end{bmatrix}.

为什么（一行验算）：把所做的行变换总积记为 EE、列变换总积记为 FF，则整套操作就是左乘 [E00I]\begin{bmatrix}E&0\\0&I\end{bmatrix}、右乘 [F00I]\begin{bmatrix}F&0\\0&I\end{bmatrix}：

[E00I][AImIn∗][F00I]=[EAFEF∗].\begin{bmatrix}E&0\\0&I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&I_m\\ I_n&*\end{bmatrix}\begin{bmatrix}F&0\\0&I\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}EAF&E\\ F&*\end{bmatrix}.

左上块 EAF=ΓEAF=\Gamma 说明 A=E−1ΓF−1A=E^{-1}\Gamma F^{-1}；与 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q 对照，右上块 EE 就是 PP、左下块 FF 就是 Q−1Q^{-1}（等价地：P=EP=E、Q=F−1Q=F^{-1}，而 P−1=E−1P^{-1}=E^{-1}）。

记忆：AA 左边的行变换记录在右上，右边的列变换记录在左下——「变换乘在哪侧，就积在哪个对角块的对面」。算完务必回代验算 EAF=ΓEAF=\Gamma（比验 P−1ΓQP^{-1}\Gamma Q 更省事，也不容易弄错栏目）。

课件第 7 页的记号与引理 3.1.1 不同调（本编勘误 · E3.1）

课件第 7 页的分解式写作 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q（引理 3.1.1），但紧接着的分块矩阵一页把读出的两块标成 P−1P^{-1} 与 Q−1Q^{-1}：按该页自己的式子 [P−100I][AII∗][Q−100I]=[Ir0P−100Q−1∗]\begin{bmatrix}P^{-1}&0\\0&I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A&I\\ I&*\end{bmatrix}\begin{bmatrix}Q^{-1}&0\\0&I\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}I_r&0&P^{-1}\\ 0&0&\\ Q^{-1}&&*\end{bmatrix} 展开，得到的是 P−1AQ−1=ΓP^{-1}AQ^{-1}=\Gamma，即 A=PΓQA=P\Gamma Q——与引理的 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q 差一个位置。两处只要取同一组字母就对不上。

本编处理：正文的 相抵变换求 PP 与 Q−1Q^{-1} 已改成自洽写法（读出的两块是真 P=EP=E 与 Q−1=FQ^{-1}=F，且 EAF=ΓEAF=\Gamma 可直接验算）；引用本方法时请以正文为准。这类「不同页对同一字母取不同角色」的记号循环在 3.1 内还有一处（右逆充分性证明法 1 的 A=P[Im,0]QA=P[I_m,0]Q 与引理的 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q，本编正文已按引理记号统一），在 3.2 也出现过（同样按引理记号调顺），不影响结论，只影响抄写。

下面把整套流程在一个非平凡例子上走完。例题的每一步都做过回代验算，你可以照着复现。

例 3.1.A（新增）· 相抵分解全流程：一个秩 22 的三阶方阵

求 A=[1232573710]A=\begin{bmatrix}1&2&3\\ 2&5&7\\ 3&7&10\end{bmatrix} 的相抵分解式。

解答 · 例 3.1.A

先定秩：第三行 == 第一行 ++ 第二行，且前两行不成比例，故 r=2r=2。

挂上分块矩阵（右下块只占位，记作 00）：

M=[1231002570103710001100010001].M=\begin{bmatrix}1&2&3&1&0&0\\ 2&5&7&0&1&0\\ 3&7&10&0&0&1\\ 1&0&0&&&&\\ 0&1&0&&&&\\ 0&0&1&&&&\end{bmatrix}.

行变换（只动前 3 行）：r3←r3−r1−r2r_3\leftarrow r_3-r_1-r_2（第三行清零），r2←r2−2r1r_2\leftarrow r_2-2r_1：

[123100011−210000−1−11100010001].\begin{bmatrix}1&2&3&1&0&0\\ 0&1&1&-2&1&0\\ 0&0&0&-1&-1&1\\ 1&0&0&&&\\ 0&1&0&&&\\ 0&0&1&&&\end{bmatrix}.

列变换（只动前 3 列）：c2←c2−2c1c_2\leftarrow c_2-2c_1，c3←c3−3c1c_3\leftarrow c_3-3c_1，再 c3←c3−c2c_3\leftarrow c_3-c_2：

M ⇝ [100100010−210000−1−111−2−101−1001].M\ \rightsquigarrow\ \begin{bmatrix}1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&-2&1&0\\ 0&0&0&-1&-1&1\\ 1&-2&-1&&&\\ 0&1&-1&&&\\ 0&0&1&&&\end{bmatrix}.

读出结果（按 相抵变换求 PP 与 Q−1Q^{-1}：左上块 =Γ=\Gamma、右上块 =E=P=E=P、左下块 =F=Q−1=F=Q^{-1}）：

Γ=[100010000],E=P=[100−210−1−11],F=Q−1=[1−2−101−1001].\Gamma=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0\end{bmatrix},\qquad E=P=\begin{bmatrix}1&0&0\\ -2&1&0\\ -1&-1&1\end{bmatrix},\qquad F=Q^{-1}=\begin{bmatrix}1&-2&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}.

回代验算（用 EAF=ΓEAF=\Gamma 最省事）：

EAF=[100−210−1−11][1232573710][1−2−101−1001]=[123011000][1−2−101−1001]=[100010000]=Γ ✓EAF=\begin{bmatrix}1&0&0\\ -2&1&0\\ -1&-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&2&3\\ 2&5&7\\ 3&7&10\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-2&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&2&3\\ 0&1&1\\ 0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&-2&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&0\end{bmatrix}=\Gamma\ \checkmark

把分解式写成 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q：PP 已在手上（右上块），只需把左下块求逆得 Q=F−1Q=F^{-1}，

P=[100−210−1−11],P−1=[100210311],Q=F−1=[123011001],P=\begin{bmatrix}1&0&0\\ -2&1&0\\ -1&-1&1\end{bmatrix},\qquad P^{-1}=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 2&1&0\\ 3&1&1\end{bmatrix},\qquad Q=F^{-1}=\begin{bmatrix}1&2&3\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{bmatrix},

于是 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q 即所求的相抵分解式。顺手取出的两块又给出了 AA 的「骨架」：P−1P^{-1} 的前 rr 列 [102131]\begin{bmatrix}1&0\\2&1\\3&1\end{bmatrix} 是 R(A)R(A) 的一组基，QQ 的前 rr 行 [123011]\begin{bmatrix}1&2&3\\0&1&1\end{bmatrix} 是各列在这组基下的坐标——两者相乘恰好还原 AA。这不是巧合，3.2 的满秩分解（方法 1）正建立在它上面。

例 3.1.B（新增 · 承接例 3.1.A）· 用相抵标准形解方程组

设 AA 同 例 3.1.A。(a) 解方程组 Ax=b1A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}_1，b1=(1,2,3)T\boldsymbol{b}_1=(1,2,3)^{\mathrm T}；(b) 判断 Ax=b2A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}_2（b2=(1,2,4)T\boldsymbol{b}_2=(1,2,4)^{\mathrm T}）是否有解。

解答 · 例 3.1.B（新增

用 例 3.1.A 的 PP、Γ\Gamma、QQ：方程 Γy=Pb\Gamma\boldsymbol{y}=P\boldsymbol{b}，x=Q−1y\boldsymbol{x}=Q^{-1}\boldsymbol{y}。

(a) Pb1=[100−210−1−11][123]=[100]P\boldsymbol{b}_1=\begin{bmatrix}1&0&0\\ -2&1&0\\ -1&-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}。后 m−r=1m-r=1 个分量为 00 ✓ 有解。由 Γy=Pb1\Gamma\boldsymbol{y}=P\boldsymbol{b}_1 读得 y1=1y_1=1、y2=0y_2=0、y3y_3 任意，记 y3=ty_3=t：

x=Q−1y=[1−2−101−1001][10t]=[1−t−tt]=[100]+t[−1−11].\boldsymbol{x}=Q^{-1}\boldsymbol{y}=\begin{bmatrix}1&-2&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\\t\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1-t\\ -t\\ t\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}-1\\-1\\1\end{bmatrix}.

验算：A(1,0,0)T=(1,2,3)T=b1A(1,0,0)^{\mathrm T}=(1,2,3)^{\mathrm T}=\boldsymbol{b}_1 ✓（原方程组的一个特解）；A(−1,−1,1)T=0A(-1,-1,1)^{\mathrm T}=\boldsymbol{0} ✓（齐次解）。通解 == 特解 ++ 齐次通解，自由参数个数 1=n−r1=n-r ✓。

(b) Pb2=[101]P\boldsymbol{b}_2=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}，后 11 个分量 =1≠0=1\neq0，故无解。对照经典判据：rank⁡(A∣b2)=3>2=rank⁡A\operatorname{rank}(A|\boldsymbol{b}_2)=3>2=\operatorname{rank}A ✓（第三个方程 == 前两个之和，而右端 4≠1+2=34\neq1+2=3，矛盾）。

要点：相抵标准形把「解方程组」化成了「看 PbP\boldsymbol{b} 的后 m−rm-r 个分量是否为零」——可解性是一个分量计数问题，自由度数是一个维数计数问题。∎

相抵分解与高斯消元是什么关系？（本编）

高斯消元（行变换）把 AA 化成行阶梯形，用于判断解与求解；相抵分解则允许同时使用行变换与列变换（等价于左右各乘可逆矩阵），于是能把 AA 压得更彻底——一路压到只由秩决定的标准形 Γ\Gamma。两者的关系可以这样说：

  • 行变换（左乘 PP）在不改变未知量的前提下化简方程，是「求解」的工具；
  • 列变换（右乘 QQ）等价于对未知量换元（x=Q−1y\boldsymbol{x}=Q^{-1}\boldsymbol{y}），是「换坐标」的工具；
  • 行阶梯形只把 AA 化到「阶梯」为止（保留了解的信息），相抵标准形则把列方向的冗余也清掉（牺牲了直接可解性，换来了唯一的代表元）。

用哪个取决于目的：要解方程，行变换就够；要研究「秩」本身、或要构造后续的分解，标准形更方便。

3.1.3 左逆与右逆：长方阵的单侧逆

第二个应用从一个看似天真的问题开始：什么样的矩阵乘积能为单位阵？ 换成等式就是问 AB=IAB=I 能对哪些 AA 成立——若是方阵，AB=IAB=I 已经足够推出 B=A−1B=A^{-1}、两者都可逆；但若 AA 是长方阵，结论完全不同。

问题 1 与问题 2（课件原文）

问题 1：何种矩阵乘积为单位阵？初看几乎要脱口而出「乘积为单位阵的两矩阵必可逆」——错。反例：

AAH=[1  0][10]=1.AA^{\mathrm H}=[1\ \ 0]\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=1 .

这里 A=[1  0]A=[1\ \ 0] 不是可逆矩阵（连方阵都不是），却与 AHA^{\mathrm H} 乘出了单位阵（1×11\times1 的单位阵）。

小结（修正后的正确说法）：若两方阵乘积为单位阵，则这两矩阵必可逆。前提「方阵」一个字都不能少。

问题 2：何种长方阵乘积为单位阵？——这就是下文定理 3.1.1 回答的问题。

定理 3.1.1 · 右逆与左逆

设矩阵 A∈Crm×nA\in\mathbb C^{m\times n}_r（r>0r>0），则

  • AA 有右逆（即存在矩阵 BB 使得 AB=IAB=I）的充分必要条件是 AA 为行满秩矩阵（r=mr=m）；
  • AA 有左逆（即存在矩阵 BB 使得 BA=IBA=I）的充分必要条件是 AA 为列满秩矩阵（r=nr=n）。

记号说明（本编）：Crm×n\mathbb C^{m\times n}_r 表示全体「m×nm\times n、秩恰为 rr」的复矩阵；AB=IAB=I 中的 II 按上下文分别是 ImI_m（右逆）、InI_n（左逆）。下面先证必要性（课件给出右逆情形），再给出两条独立的充分性路线。

必要性（课件证右逆，左逆对称，本编补）

右逆：设 AB=ImAB=I_m。由 定理 2.3.6（矩阵的秩 == 映射的秩）与秩的基本不等式 rank⁡(AB)≤rank⁡A\operatorname{rank}(AB)\le\operatorname{rank}A（乘积的秩不超过任一因子的秩，本编注：R(AB)⊆R(A)R(AB)\subseteq R(A)），得

rank⁡(AB)=m ⟹ m≤rank⁡A≤min⁡{m,n},\operatorname{rank}(AB)=m\ \Longrightarrow\ m\le\operatorname{rank}A\le\min\{m,n\},

故 rank⁡A=m\operatorname{rank}A=m，即 AA 行满秩。

左逆（本编补：对 AHA^{\mathrm H} 用右逆结论）：设 BA=InBA=I_n，两边取共轭转置得 AHBH=InA^{\mathrm H}B^{\mathrm H}=I_n，即 AHA^{\mathrm H} 有右逆。刚刚证过的右逆情形给出 rank⁡(AH)=n\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=n，而共轭转置不改变秩（命题 3.1.1 的链条），故 rank⁡A=n\operatorname{rank}A=n，即 AA 列满秩。∎

一条推论（本编）：AB=IAB=I 的等式还说明 AA 不能比 BB 更「宽」：AA 行满秩要求 m≤nm\le n，AA 列满秩要求 n≤mn\le m——单侧逆只在长方阵的「长边」方向上存在。

∎
充分性 · 法 1（相抵分解；课件原文，记号与引理 3.1.1 调顺）

设 AA 行满秩，即 r=mr=m。此时相抵标准形是横长条 Γ=[Im, 0]\Gamma=[I_m,\ 0]（m×nm\times n），引理 3.1.1 给出

A=P−1 [Im, 0] Q.A=P^{-1}\,[I_m,\ 0]\,Q .

Γ\Gamma 的右侧还有一根竖条可以「配平」——注意 [Im, 0][Im0]=Im[I_m,\ 0]\begin{bmatrix}I_m\\0\end{bmatrix}=I_m。于是定义一个候选的右逆：

B=Q−1[Im0]P.B=Q^{-1}\begin{bmatrix}I_m\\ 0\end{bmatrix}P .

代入验算：

AB=P−1[Im, 0] Q⋅Q−1[Im0]P=P−1 [Im, 0][Im0] P=P−1ImP=Im.AB=P^{-1}[I_m,\ 0]\,Q\cdot Q^{-1}\begin{bmatrix}I_m\\ 0\end{bmatrix}P=P^{-1}\,[I_m,\ 0]\begin{bmatrix}I_m\\ 0\end{bmatrix}\,P=P^{-1}I_mP=I_m .

故 BB 是 AA 的右逆，充分性得证。∎

方法的要点：相抵标准形把「求右逆」变成了「求 Γ\Gamma 的右逆」——而 Γ=[Im,0]\Gamma=[I_m,0] 的右逆就摆在眼前：[Im0]\begin{bmatrix}I_m\\0\end{bmatrix}。两端的可逆矩阵只需原样搬运过去。法 1 只用相抵分解（加、乘、求逆），所以对任意数域 FF 都成立，不依赖内积。

∎
注 1 · 矩阵 AA 右（左）逆存在性小结（课件原文）
  • 当 AA 为可逆矩阵时，其右（左）逆唯一存在，即为 AA 的逆矩阵；
  • 当 AA 为行（列）满秩矩阵（非可逆阵）时，其右（左）逆存在且不唯一；
  • 当 AA 为其他情况（既不方阵满秩、也不相应满秩）时，其右（左）逆不存在。
本编补注 · 左逆 / 右逆在映射语言里是什么？

把 AA 读成映射 T:Fn→FmT:F^n\to F^m，x↦Ax\boldsymbol{x}\mapsto A\boldsymbol{x}（定理 2.3.4 的坐标公式），则：

  • BA=InBA=I_n 说明 BB 能把 TT 的输出还原：若 T(x1)=T(x2)T(\boldsymbol{x}_1)=T(\boldsymbol{x}_2)，两边作用 BB 得 x1=x2\boldsymbol{x}_1=\boldsymbol{x}_2——这正是单射，而 定理 2.2.2 说单射   ⟺  \iff 列满秩。左逆 == 单射的「反向还原器」；
  • AB=ImAB=I_m 说明 BB 能为每个输出定一个原像：任给 y\boldsymbol{y}，取 x=By\boldsymbol{x}=B\boldsymbol{y} 便有 T(x)=yT(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{y}——这正是满射。右逆 == 满射的「选原像器」（每个 y\boldsymbol{y} 选一个原像，选法即 BB，所以不唯一）。

于是 定理 3.1.1 的三条与 2.2 的判据一一对应，只差一层翻译。这也解释了「不唯一」：单射的原像本来只有一个，所以右逆未必唯一（给值域外的每个点随便选原像）；而列满秩时 AA 作为映射单射，其左逆把像上的每个点送回唯一原像——不同之处在于左逆在像之外可以任意取值，所以同样不唯一（见 例 3.1.C）。

对照记忆：方阵情形两者合一（可逆），这是注 1 第一句；长方阵只能要一半，这是注 1 第二句。

例 3.1.C（新增）· 求全部右逆、全部左逆

(a) A=[1  0]∈C1×2A=[1\ \ 0]\in\mathbb C^{1\times2}，求它的所有右逆；(b) A=[10]∈C2×1A=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}\in\mathbb C^{2\times1}，求它的所有左逆；(c) A=[100100]A=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\0&0\end{bmatrix}，写出一个左逆，并说明左逆有无穷多个。

解答 · 例 3.1.C

(a) AA 行满秩（1×21\times2，秩 1=m1=m），右逆存在。设 B=[b1b2]B=\begin{bmatrix}b_1\\ b_2\end{bmatrix}，则

AB=[1  0][b1b2]=b1 ⟹ AB=1  ⟺  b1=1.AB=[1\ \ 0]\begin{bmatrix}b_1\\ b_2\end{bmatrix}=b_1\ \Longrightarrow\ AB=1\iff b_1=1 .

故全部右逆为 B=[1t]B=\begin{bmatrix}1\\ t\end{bmatrix}（t∈Ct\in\mathbb C 任意）——无穷多个，确实不唯一（也印证注 1）。

(b) AA 列满秩（2×12\times1，秩 1=n1=n），左逆存在。设 B=[b1  b2]B=[b_1\ \ b_2]，则

BA=[b1  b2][10]=b1 ⟹ BA=1  ⟺  b1=1.BA=[b_1\ \ b_2]\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=b_1\ \Longrightarrow\ BA=1\iff b_1=1 .

全部左逆为 B=[1  t]B=[1\ \ t]（tt 任意）。

(c) 与 (b) 同理：设 B=[b11b12b13b21b22b23]B=\begin{bmatrix}b_{11}&b_{12}&b_{13}\\ b_{21}&b_{22}&b_{23}\end{bmatrix}，则 BA=[b11b12b21b22]BA=\begin{bmatrix}b_{11}&b_{12}\\ b_{21}&b_{22}\end{bmatrix}（第 3 列乘零消失）。故 BA=I2  ⟺  BA=I_2\iff 前两列为 I2I_2 的两列，第三列 (b13,b23)T(b_{13},b_{23})^{\mathrm T} 任意。例如

B0=[100010],以及 [10701−5], ⋯B_0=\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\end{bmatrix},\qquad \text{以及}\ \begin{bmatrix}1&0&7\\ 0&1&-5\end{bmatrix},\ \cdots

——左逆把「多余的一列」留给自由参数。几何上：AA 把 C2\mathbb C^2 嵌入 C3\mathbb C^3（列向量张成 xyxy 平面），左逆只需把平面上的点送回去，平面外的分量怎么定都不影响 BA=IBA=I。

(a)(b)(c) 的共同点：三个例子都验证了注 1 的第二句——满秩非方阵的单侧逆有无穷多个，多出来的自由度来自「方阵之外的维数」：AA 是 m×nm\times n 满秩时，差 ∣n−m∣|n-m| 个方向本就属于选法的自由。∎

3.1.4 两个秩的等式：rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)

法 1 用相抵分解造右逆，好处是不挑数域，代价是要先算相抵分解。还有一条更短的路线：直接写出一个公式当作右逆——比如 AH(AAH)−1A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}——只需验证 AAHAA^{\mathrm H} 可逆。而「可逆」是一个秩问题，于是问题归结为下面这条秩等式。课件把它列为命题，并用方程组给出证明，它是本节最重要的结论。

命题 3.1.1 · 秩的等式

rank⁡(A)=rank⁡(AAH),rank⁡(AH)=rank⁡(AHA),\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H}),\qquad \operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A),

从而（AA 与 AHA^{\mathrm H} 的秩相等，故四个量相等）

rank⁡(A)=rank⁡(AHA)=rank⁡(AAH)=rank⁡(AH).\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}).

这是一个与矩阵秩相关的重要结论。

证明（课件两半，本编整理为「同解 ⟹\Longrightarrow 同秩」三步）

第一步（证明 N(A)=N(AHA)N(A)=N(A^{\mathrm H}A)）：考查两个齐次方程组

Ax=0,AHAx=0.A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0},\qquad A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}.

  • N(A)⊆N(AHA)N(A)\subseteq N(A^{\mathrm H}A)：若 z\boldsymbol{z} 满足 Az=0A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}，两边左乘 AHA^{\mathrm H} 得 AHAz=0A^{\mathrm H}A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0} ✓（这一步只用乘法，不需要任何内积）。
  • N(AHA)⊆N(A)N(A^{\mathrm H}A)\subseteq N(A)：若 z\boldsymbol{z} 满足 AHAz=0A^{\mathrm H}A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}，两边左乘 zH\boldsymbol{z}^{\mathrm H} 得 zHAHAz=0\boldsymbol{z}^{\mathrm H}A^{\mathrm H}A\boldsymbol{z}=0，即

(Az, Az)=0.(A\boldsymbol{z},\,A\boldsymbol{z})=0 .

由内积的正定性（定义 1.4.1（4）：(u,u)=0  ⟺  u=0(\boldsymbol{u},\boldsymbol{u})=0\iff\boldsymbol{u}=\boldsymbol{0}）得 Az=0A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0} ✓。

故两个方程组同解：N(A)=N(AHA)N(A)=N(A^{\mathrm H}A)。

第二步（同解 ⟹\Longrightarrow 同秩）：两个矩阵同型（都是 nn 列），用亏加秩定理（定理 2.2.5）

rank⁡(A)=n−dim⁡N(A)=n−dim⁡N(AHA)=rank⁡(AHA).\operatorname{rank}(A)=n-\dim N(A)=n-\dim N(A^{\mathrm H}A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A).

第三步（得到四个量相等）：对 AHA^{\mathrm H} 重做第一步与第二步（AHA^{\mathrm H} 是 n×mn\times m 矩阵，其零空间在 Cm\mathbb C^m 中）：

rank⁡(AH)=rank⁡((AH)HAH)=rank⁡(AAH).\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=\operatorname{rank}\big((A^{\mathrm H})^{\mathrm H}A^{\mathrm H}\big)=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H}).

又转置（共轭转置）不改变秩：rank⁡(A)=rank⁡(AH)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})。串起来即得命题的四项等式链。∎

证明的要点：关键一步是正定性——(Az,Az)=0(A\boldsymbol{z},A\boldsymbol{z})=0 只有正定内积才允许推出 Az=0A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}（若换成一般二次型，「自己要内积为零」不等于「自己是零」）。这正是课件把话说死的那句「这是一个与矩阵秩相关的重要结论」的分量所在：它把「秩」这一个数，与内积全部挂钩。

∎
本编补注 · 为什么是 AHAA^{\mathrm H}A 而不是 A2A^2？

AHAA^{\mathrm H}A 的两个好性质：① 一定是 Hermite 半正定矩阵（xHAHAx=(Ax,Ax)≥0\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=(A\boldsymbol{x},A\boldsymbol{x})\ge0，定义 1.4.3）；② 它与 AA 同秩（命题 3.1.1）。于是

AHAA^{\mathrm H}A 可逆   ⟺  \iff rank⁡(AHA)=n\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=n   ⟺  \iff rank⁡A=n\operatorname{rank}A=n   ⟺  \iff AA 列满秩； AAHAA^{\mathrm H} 可逆   ⟺  \iff rank⁡(AAH)=m\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})=m   ⟺  \iff AA 行满秩。

这两条是本课程后面反复引用的「可逆性转换器」：长方阵的满秩问题，转成方阵 AHAA^{\mathrm H}A（或 AAHAA^{\mathrm H}）的可逆问题——后者可以用行列式、可以用正定性、可以直接求逆。（换成 A2A^2 就全塌了：AA 非方阵时 A2A^2 根本没法定义；就算方阵也不例外，取 A=[0100]A=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix} 便有 A2=OA^2=O，秩从 11 掉到 00。）

充分性 · 法 2（用命题 3.1.1；课件原文）

设 A∈Cm×nA\in\mathbb C^{m\times n} 为行满秩矩阵（rank⁡A=m\operatorname{rank}A=m）。由 命题 3.1.1，

rank⁡(AAH)=rank⁡(A)=m,\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A)=m,

即 mm 阶方阵 AAHAA^{\mathrm H} 满秩，可逆。于是

AAH(AAH)−1=Im,AA^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}=I_m,

即

B=AH(AAH)−1B=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}

是矩阵 AA 的一个右逆（A⋅AH(AAH)−1=ImA\cdot A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}=I_m ✓）。∎

与法 1 的分工（本编）：法 1（相抵）给出「存在、且可机械地算出」，用不着内积，对数域 FF 通用；法 2（本节）给出闭式公式，只需求逆一次，但依赖 AHA^{\mathrm H}（用于实/复内积空间）。考试时能写出来就是好办法：法 2 的公式短、验证快，是首选；法 1 是「万一忘了公式」时的保底路线。对称地，列满秩时 B=(AHA)−1AHB=(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H} 是 AA 的一个左逆。

∎
课程预告 · 这两个公式后面会一直出现

B=AH(AAH)−1B=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}（右逆）与 B=(AHA)−1AHB=(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H}（左逆）不是两个临时的技巧——它们是广义逆（伪逆）的雏形，也是「最小二乘」的核心：

  • 对列满秩的超定方程组 Ax=bA\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}（方程个数多于未知数，通常无解），最小的「残差平方和」解是

x=(AHA)−1AHb,\boldsymbol{x}=(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H}\boldsymbol{b},

其中 (AHA)−1AH(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H} 正是 AA 的一个左逆（对称地，行满秩时 AH(AAH)−1A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1} 是右逆）；等式 (AHA)x=AHb(A^{\mathrm H}A)\boldsymbol{x}=A^{\mathrm H}\boldsymbol{b} 称为正规方程；

  • 对任何矩阵（包括不满秩、不对称的情形），上述两条路线可以被统一成同一个对象 A+A^+（Moore–Penrose 伪逆），它满足 AA+A=AAA^+A=A——这正是 3.2 的例 3.2.2 将要构造的 XX。

本编此处只用到 定理 3.1.1 与 命题 3.1.1 的结论；广义逆的完整理论与最小二乘的推导留待后续课程内容展开，这里先埋一个锚点。

命题 3.1.1 两页的表述次序不一致（本编勘误 · E3.2）

课件第 12 页把两条等式写成 rank⁡(A)=rank⁡(AAH)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H}) 与 rank⁡(AH)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)，第 13 页又把它们写成 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A) 与 rank⁡(AH)=rank⁡(AAH)\operatorname{rank}(A^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})——两页的配对次序相反。这不是矛盾：四个量本来就相等（见上方证明第三步），两种写法都成立；但抄写时容易抄错配对，建议直接背四项等式链

rank⁡(A)=rank⁡(AHA)=rank⁡(AAH)=rank⁡(AH),\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)=\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}),

它不依赖先写哪一对，也把两页的写法一并涵盖。课件所证的主线是 N(A)=N(AHA)N(A)=N(A^{\mathrm H}A) 与由此得到的 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)。

例 3.1.D（新增）· 用公式造右逆并验证

设 A=[120011]A=\begin{bmatrix}1&2&0\\ 0&1&1\end{bmatrix}。(a) 判定 AA 是否有右逆；(b) 若有，用 定理 3.1.1 法 2 的公式造一个并验算。

解答 · 例 3.1.D

(a) AA 是 2×32\times3 矩阵，秩为 2=m2=m（两行不成比例），行满秩，故右逆存在（且由注 1 不唯一）。

(b) 先算

AAH=[120011][102101]=[5222],det⁡(AAH)=10−4=6≠0,AA^{\mathrm H}=\begin{bmatrix}1&2&0\\ 0&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\ 2&1\\ 0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}5&2\\ 2&2\end{bmatrix},\qquad \det(AA^{\mathrm H})=10-4=6\neq0,

可逆（也验证了 命题 3.1.1：rank⁡(AAH)=rank⁡(A)=2\operatorname{rank}(AA^{\mathrm H})=\operatorname{rank}(A)=2 ✓）。求逆：

(AAH)−1=16[2−2−25].(AA^{\mathrm H})^{-1}=\frac16\begin{bmatrix}2&-2\\ -2&5\end{bmatrix}.

于是

B=AH(AAH)−1=16[102101][2−2−25]=16[2−221−25].B=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}=\frac16\begin{bmatrix}1&0\\ 2&1\\ 0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&-2\\ -2&5\end{bmatrix} =\frac16\begin{bmatrix}2&-2\\ 2&1\\ -2&5\end{bmatrix}.

验算：

AB=16[120011][2−221−25]=16[6006]=I2 ✓AB=\frac16\begin{bmatrix}1&2&0\\ 0&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}2&-2\\ 2&1\\ -2&5\end{bmatrix}=\frac16\begin{bmatrix}6&0\\ 0&6\end{bmatrix}=I_2\ \checkmark

顺带核对不唯一性：由注 1，右逆不唯一——本例中 AA 的右逆构成一个 22 参数的仿射族（每个输出的原像可加 N(A)N(A) 中任意向量的坐标，n−r=1n-r=1，两列各自贡献一个参数），完整写法见习题 C4。∎

3.1 小结与常见错误

  • 一条主线：任何矩阵都能相抵到标准形（引理 3.1.1：A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q，证明 == 选基 ++ 换基公式）⇒\Rightarrow 分解式不唯一、标准形唯一（本编补注：相抵   ⟺  \iff 同秩）⇒\Rightarrow 用它解方程组（例 3.1.1：可解判据 == 看 PbP\boldsymbol{b} 的后 m−rm-r 个分量，自由度数 =n−r=n-r）⇒\Rightarrow 用它造单侧逆、并给出满秩判别（定理 3.1.1：行满秩   ⟺  \iff 右逆，列满秩   ⟺  \iff 左逆）⇒\Rightarrow 最后通过秩等式 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)（命题 3.1.1）拿到闭式的单侧逆公式 AH(AAH)−1A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}、(AHA)−1AH(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H}。
  • 一条对应：分解 ↔\leftrightarrow 秩。相抵标准形由秩唯一决定；满秩分解（3.2）的中间因子个数是秩；单侧逆的存在性由「是否达到 mm 或 nn」决定。本章所有结论都是「用结构把秩显出来」。
常见错误清单 · 自查五条
  1. 把相抵分解当成唯一的：不唯一的是分解式（PP、QQ 有无穷多种），唯一的是标准形 Γ\Gamma；别把两句话写反；
  2. 分块矩阵记错栏目：右上块积的是行变换（P−1=EP^{-1}=E），左下块积的是列变换（Q−1=FQ^{-1}=F）；算完一定用 EAF=ΓEAF=\Gamma 回代；
  3. 忘记「方阵」前提：AB=IAB=I 只在方阵情形推出 BA=IBA=I；长方阵只能得单侧逆，且右逆要求行满秩、左逆要求列满秩，方向别写反；
  4. x\boldsymbol{x} 与 y\boldsymbol{y} 混用：用相抵分解解方程组时，Γy=Pb\Gamma\boldsymbol{y}=P\boldsymbol{b} 解出的是 y\boldsymbol{y}，必须乘回 Q−1Q^{-1} 才是 x\boldsymbol{x}；可解判据看的是 PbP\boldsymbol{b}（不是 b\boldsymbol{b}）的后 m−rm-r 个分量；
  5. 把 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A) 当默认事实：它的证明用了内积正定性，是「实 / 复内积空间」的结论；写成 ATAA^{\mathrm T}A 或一般域上的 A∗AA^*A 时要先确认前提（本课程一律在实 / 复内积空间中使用）。
即时自测（不看上文，5 分钟）
  1. 写出相抵分解式与相抵标准形；「分解不唯一」与「标准形唯一」各指什么？
  2. A=[1224]A=\begin{bmatrix}1&2\\ 2&4\end{bmatrix}：写出 AA 的相抵标准形与一个分解式（P−1P^{-1}、QQ 都给出）。
  3. A∈C3×2A\in\mathbb C^{3\times2} 且 rank⁡A=2\operatorname{rank}A=2：AA 有右逆还是左逆？AAHAA^{\mathrm H} 与 AHAA^{\mathrm H}A 哪个可逆？另一个的秩是多少？
  4. 默写 命题 3.1.1 的证明主线，并指出哪一步用了内积的哪条公理。
解答 · 即时自测
  1. A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q，Γ=[Ir000]\Gamma=\begin{bmatrix}I_r&0\\0&0\end{bmatrix}；不唯一指 P,QP,Q 的取法无穷（对任意 ∗*，P−1[Ir∗0I]P^{-1}\begin{bmatrix}I_r&*\\0&I\end{bmatrix} 与 [Ir0∗I]Q\begin{bmatrix}I_r&0\\*&I\end{bmatrix}Q 仍给出分解）；唯一指 rr 决定 Γ\Gamma，无论哪种分解式中间都是同一个 Γ\Gamma。
  2. 秩 11，Γ=[1000]\Gamma=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}。一个分解：第一行减第二行的一半方向——取 P=[10−21]P=\begin{bmatrix}1&0\\ -2&1\end{bmatrix}（r2←r2−2r1r_2\leftarrow r_2-2r_1），F=Q−1=[1−201]F=Q^{-1}=\begin{bmatrix}1&-2\\ 0&1\end{bmatrix}（c2←c2−2c1c_2\leftarrow c_2-2c_1），则 PAQ−1=[1000]=ΓPAQ^{-1}=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}=\Gamma，即 A=P−1ΓQA=P^{-1}\Gamma Q。验算：P−1ΓQ=[1021][1000][1201]=[1224]P^{-1}\Gamma Q=\begin{bmatrix}1&0\\2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&2\\0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&2\\2&4\end{bmatrix} ✓。
  3. 列满秩（rank⁡=2=n\operatorname{rank}=2=n）：有左逆，没有右逆（m=3>n=2m=3>n=2 不满足行满秩）；AHAA^{\mathrm H}A（2×22\times2）可逆；AAHAA^{\mathrm H}（3×33\times3）不可逆，由 命题 3.1.1 其秩为 22。
  4. 主线：N(A)⊆N(AHA)N(A)\subseteq N(A^{\mathrm H}A)（两边左乘 AHA^{\mathrm H}）与 N(AHA)⊆N(A)N(A^{\mathrm H}A)\subseteq N(A)（左乘 zH\boldsymbol{z}^{\mathrm H} 得 (Az,Az)=0(A\boldsymbol{z},A\boldsymbol{z})=0，由正定性推出 Az=0A\boldsymbol{z}=\boldsymbol{0}）⇒\Rightarrow 同解 ⇒\Rightarrow 亏加秩给出 rank⁡(A)=rank⁡(AHA)\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)；对 AHA^{\mathrm H} 重复即得四项等式链。用到的公理是 定义 1.4.1（4）正定性。