AXB=C 有解的充要條件

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A 為一 m\times n 階矩陣。給定一 m 維向量 \mathbf{b},線性方程 A\mathbf{x}=\mathbf{b} 有解 (或一致) 若 \mathbf{b} 屬於 A 的行空間 (column space),即值域 \text{ran}(A)=\{A\mathbf{x}\vert\mathbf{x}=(x_1,\ldots,x_n)^T\in\mathbb{C}^n\},反之亦然。令 \mathbf{a}_1,\ldots,\mathbf{a}_nA 的行向量。線性方程 A\mathbf{x}=\mathbf{b} 可表示為 x_1\mathbf{a}_1+\cdots+x_n\mathbf{a}_n=\mathbf{b},也就是說 \mathbf{b} 可由 \mathbf{a}_1,\ldots,\mathbf{a}_n 線性組合而成,故 \text{rank}\begin{bmatrix}  A&\mathbf{b}  \end{bmatrix}=\text{rank}AA\mathbf{x}=\mathbf{b} 有解的一個充要條件,其中 \begin{bmatrix}  A&\mathbf{b}  \end{bmatrix} 是合併係數矩陣 A 與常數向量 \mathbf{b} 的增廣矩陣。除了常見的標準型,線性方程還有其他複雜的形式。令 Am\times n 階,Bp\times q 階,Cm\times q 階矩陣。考慮

\displaystyle  AXB=C

其中 Xn\times p 階未知矩陣。給定 A, B, C,本文討論矩陣方程式 AXB=C 有解的充要條件。

 
最直截了當的作法是將 AXB=C 改寫成標準型線性方程。令 B=\begin{bmatrix}  \mathbf{b}_1&\cdots&\mathbf{b}_q  \end{bmatrix}C=\begin{bmatrix}  \mathbf{c}_1&\cdots&\mathbf{c}_q  \end{bmatrix}。代入 AXB=C,可得 AX\mathbf{b}_j=\mathbf{c}_jj=1,\ldots,q。乘開等號左邊,

\displaystyle  AX\mathbf{b}_j=\begin{bmatrix}  A\mathbf{x}_1&\cdots&A\mathbf{x}_p  \end{bmatrix}  \begin{bmatrix}  b_{1j}\\  \vdots\\  b_{pj}  \end{bmatrix}=b_{1j}A\mathbf{x}_1+\cdots+b_{pj}A\mathbf{x}_p

其中 X=\begin{bmatrix}  \mathbf{x}_1&\cdots&\mathbf{x}_p  \end{bmatrix}。合併上面 q 個線性方程,如下:

\displaystyle  \begin{bmatrix}  b_{11}A&\cdots&b_{p1}A\\  \vdots&\ddots&\vdots\\  b_{1q}A&\cdots&b_{pq}A  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  \mathbf{x}_1\\  \vdots\\  \mathbf{x}_p  \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}  \mathbf{c}_1\\  \vdots\\  \mathbf{c}_q  \end{bmatrix}

為簡化符號,我們定義

\displaystyle  (B^T\otimes A)=\begin{bmatrix}  b_{11}A&\cdots&b_{p1}A\\  \vdots&\ddots&\vdots\\  b_{1q}A&\cdots&b_{pq}A  \end{bmatrix},~~\text{vec}(C)=\begin{bmatrix}  \mathbf{c}_1\\  \vdots\\  \mathbf{c}_q  \end{bmatrix},~~\text{vec}(X)=\begin{bmatrix}  \mathbf{x}_1\\  \vdots\\  \mathbf{x}_p  \end{bmatrix}

其中 B^T\otimes Amq\times np 階矩陣,稱為 Kronecker 積 (見“Kronecker 積”),\mathrm{vec}(C)mq 維向量,\mathrm{vec}(X) 是未知的 np 維向量。線性方程 AXB=C 有等價表達式

\displaystyle  (B^T\otimes A)\mathrm{vec}(X)=\mathrm{vec}(C)

可知 AXB=C 有解的充要條件是

\displaystyle  \text{rank}\begin{bmatrix}  B^T\otimes A&\mathrm{vec}(C)  \end{bmatrix}=\text{rank}(B^T\otimes A)

這個存在性的充要條件式涉及大尺寸矩陣,下面介紹另一個較簡易的判定方式。

 
線性方程 AXB=C 有解的兩個等價的充要條件為

  1. 存在矩陣 YZ 使得 C=AYC=ZB
  2. \text{rank}\begin{bmatrix}  A&C  \end{bmatrix}=\text{rank}A\text{rank}\begin{bmatrix}  B\\  C  \end{bmatrix}=\text{rank}B

我們先證明條件1等價於條件2。假設矩陣 YZ 使得 C=AYC=ZB,即 C^T=B^TZ^T,則 C 的每一行屬於 \text{ran}(A)C 的每一列 (即 C^T 的每一行) 屬於 \text{ran}(B^T),故 \text{rank}\begin{bmatrix}  A&C  \end{bmatrix}=\text{rank}A\text{rank}\begin{bmatrix}  B\\  C  \end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix}  B^T&C^T  \end{bmatrix}=\text{rank}B^T=\text{rank}B。相反方向的論述同樣成立。接著證明條件1等價於 AXB=C 有解。若存在 X 使得 AXB=C,設 Y=XBZ=AX 即可。我們運用秩分解 (rank decomposition) 證明條件1是 AXB=C 有解的一個充分條件。假設存在 YZ 使得 C=AYC=ZB。寫出 AB 的等價標準型 (見“每週問題 April 20, 2009”):

\displaystyle  A=P_1\begin{bmatrix}  I_{r_1}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_1,~~B=P_2\begin{bmatrix}  I_{r_2}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_2

其中 P_1,Q_1,P_2,Q_2 可逆,r_1=\text{rank}Ar_2=\text{rank}B。因此,

\displaystyle  C=P_1\begin{bmatrix}  I_{r_1}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_1Y=ZP_2\begin{bmatrix}  I_{r_2}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_2

上式左乘 P_1^{-1},右乘 Q_2^{-1},可得

\displaystyle  P_1^{-1}CQ_2^{-1}=\begin{bmatrix}  I_{r_1}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_1YQ_2^{-1}=P_1^{-1}ZP_2\begin{bmatrix}  I_{r_2}&0\\  0&0  \end{bmatrix}

說明 P_1^{-1}CQ_2^{-1} 有下列分塊形式:

\displaystyle  P_1^{-1}CQ_2^{-1}=\begin{bmatrix}  K&0\\  0&0  \end{bmatrix}

其中 K 是一 r_1\times r_2 階矩陣。另一方面,將 AB 的等價標準型代入 C=AXB,左乘 P_1^{-1},右乘 Q_2^{-1},可得

\displaystyle\begin{aligned}  P_1^{-1}CQ_2^{-1}&=P_1^{-1}P_1\begin{bmatrix}  I_{r_1}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_1XP_2\begin{bmatrix}  I_{r_2}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_2Q_2^{-1}\\  &=\begin{bmatrix}  I_{r_1}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_1XP_2\begin{bmatrix}  I_{r_2}&0\\  0&0  \end{bmatrix}.\end{aligned}

比較上面兩式,因為 Q_1P_2 可逆,r_1\le nr_2\le p,顯然存在一 n\times p 階矩陣 X 使得 Q_1XP_2=\begin{bmatrix}  K&*\\  *&*  \end{bmatrix},故證得所求。這個結果同時也提示 AXB=C 有唯一解的條件是 XK 有相同的尺寸,即 \text{rank}A=n\text{rank}B=p

 
另一個較快捷的證法使用此性質:存在一矩陣 M 使得 CMC=C。證明於下:寫出

\displaystyle   C=P_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3

其中 P_3Q_3 可逆,r_3=\text{rank}C。將上式代入 CMC=C,如下:

\displaystyle  P_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3MP_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3=P_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3

左乘 P_3^{-1},右乘 Q_3^{-1},可得

\displaystyle  \begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3MP_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}

比較等號兩邊,推論 Q_3MP_3 有下列形式:

\displaystyle  Q_3MP_3=\begin{bmatrix}  I_{r_3}&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}

立得

\displaystyle  M=Q_3^{-1}\begin{bmatrix}  I_{r_3}&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}

除非 C 是可逆方陣,滿足 CMC=CM 有無窮多個。設 X=YMZ,使用 AY=CZB=C,推得 AXB=AYMZB=CMC=C,證明條件1是 AXB=C 有解的充分條件。

 
如果齊次方程 AXB=0 僅有平凡解 X=0,我們可以推論 AXB=C 至多有一解。若 \text{rank}A=n\text{rank}B=pAY=0ZB=0 蘊含 Y=0Z=0,故 X=YMZ=0,即知 AXB=C 至多有一解。據此,考慮 C\neq 0,假如存在唯一的 YZ 使得 AY=CZB=C,即便有無窮多個 M,但 X=YMZ=YQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  I_{r_3}&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}Z 理當具備唯一性,換句話說 YQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}Z=0,其中 0 分塊是 r_3\times r_3 階。欲證明上式成立,使用這個性質:若 S 是滿行秩 (full column rank),即 S 的零空間為 \{\mathbf{0}\},則 \text{rank}(ST)=\text{rank}T;若 S 是滿列秩 (full row rank),即 S^T 的零空間為 \{\mathbf{0}\},則 \text{rank}(TS)=\text{rank}T (見“AB 相似於 BA 的充要條件”,充分條件1)。當 \text{rank}A=n\text{rank}B=p,即 A 是滿行秩且 B 是滿列秩,

\displaystyle\begin{aligned}  \text{rank}\left(YQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}Z\right)&=\text{rank}\left(AYQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}ZB\right)\\  &=\text{rank}\left(CQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}C\right)\\  &=\text{rank}\left(P_3\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}\begin{bmatrix}  I_{r_3}&0\\  0&0  \end{bmatrix}Q_3\right)\\  &=\text{rank}0=0,  \end{aligned}

也就證明 YQ_3^{-1}\begin{bmatrix}  0&\ast\\  \ast&\ast  \end{bmatrix}P_3^{-1}Z=0

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7 則回應給 AXB=C 有解的充要條件

  1. Meiyue Shao 說道:

    第一次出现 Kronecker 乘积的地方有一处笔误:\oplus 应为 \otimes

  2. Meiyue Shao 說道:

    条件1的充分性有一个更快捷的证明:存在 M 使得 CMC=C (比如利用 C 的等价标准型来构造), 然后令 X=YMZ 即可。

    另外,还有一个著名的充要条件 (Penrose 定理) 是 AA^+CB^+B=C, 其中 A^+ 表示一个满足 AA^+A=A 的矩阵。

    • ccjou 說道:

      CMC=CC=P\begin{bmatrix} I_{r_3}&0\\ 0&0 \end{bmatrix}Q,可得 M=Q^{-1}\begin{bmatrix} I_{r_3}&*\\ *&* \end{bmatrix}P^{-1}。一般情況下,M 有無窮多個。如果存在唯一 YZ 使得 AY=CZB=C,應該也可以推論 X=YMZ 的唯一性,但我還沒看出來該怎麼證明。

      • Meiyue Shao 說道:

        这说明这条途径比较适合解的存在性,但不太适合分析唯一性。如果要理解 M 对唯一性的影响,可以考虑相应的齐次系统 (即 C=0),此时 Y=0, Z=0,这样可以看到 M 的不唯一性不影响到 X 的唯一性。

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