AXB=C 有解的充要條件

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令 $A$ 為一個 $m\times n$ 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 $\mathbf{a}_1,\ldots,\mathbf{a}_n$ 為 $A$ 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 $\text{rank}\begin{bmatrix} A&\mathbf{b} \end{bmatrix}=\text{rank}A$ 是 $A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ 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 $A$ 是 $m\times n$ 階， $B$ 是 $p\times q$ 階， $C$ 是 $m\times q$ 階矩陣。考慮

$\displaystyle AXB=C$ ，

其中 $X$ 是 $n\times p$ 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 $B=\begin{bmatrix} \mathbf{b}_1&\cdots&\mathbf{b}_q \end{bmatrix}$ 且 $C=\begin{bmatrix} \mathbf{c}_1&\cdots&\mathbf{c}_q \end{bmatrix}$ 。代入 $AXB=C$ ，可得 $AX\mathbf{b}_j=\mathbf{c}_j$ ， $j=1,\ldots,q$ 。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 $B^T\otimes A$ 是 $mq\times np$ 階矩陣，稱為 Kronecker 積 (見“Kronecker 積”)， $\mathrm{vec}(C)$ 是 $mq$ 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

存在矩陣 $Y$ 和 $Z$ 使得 $C=AY$ 且 $C=ZB$ ；
$\text{rank}\begin{bmatrix} A&C \end{bmatrix}=\text{rank}A$ 且 $\text{rank}\begin{bmatrix} B\\ C \end{bmatrix}=\text{rank}B$ 。

我們先證明條件1等價於條件2。假設矩陣 $Y$ 和 $Z$ 使得 $C=AY$ 且 $C=ZB$ ，即 $C^T=B^TZ^T$ ，則 $C$ 的每一行屬於 $\text{ran}(A)$ 且 $C$ 的每一列 (即 $C^T$ 的每一行) 屬於 $\text{ran}(B^T)$ ，故 $\text{rank}\begin{bmatrix} A&C \end{bmatrix}=\text{rank}A$ 且 $\text{rank}\begin{bmatrix} B\\ C \end{bmatrix}=\text{rank}\begin{bmatrix} B^T&C^T \end{bmatrix}=\text{rank}B^T=\text{rank}B$ 。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 $Y=XB$ 且 $Z=AX$ 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 $Y$ 和 $Z$ 使得 $C=AY$ 和 $C=ZB$ 。寫出 $A$ 和 $B$ 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， $r_1=\text{rank}A$ ， $r_2=\text{rank}B$ 。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 $K$ 是一個 $r_1\times r_2$ 階矩陣。另一方面，將 $A$ 和 $B$ 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 $Q_1$ 和 $P_2$ 可逆， $r_1\le n$ 且 $r_2\le p$ ，顯然存在一個 $n\times p$ 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 $X$ 和 $K$ 有相同的尺寸，即 $\text{rank}A=n$ 且 $\text{rank}B=p$ 。

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 $P_3$ 和 $Q_3$ 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 $CMC=C$ 的 $M$ 有無窮多個。設 $X=YMZ$ ，使用 $AY=C$ 和 $ZB=C$ ，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 $\text{rank}A=n$ 且 $\text{rank}B=p$ ， $AY=0$ 和 $ZB=0$ 蘊含 $Y=0$ 且 $Z=0$ ，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 $Y$ 和 $Z$ 使得 $AY=C$ 及 $ZB=C$ ，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 $\text{rank}A=n$ 且 $\text{rank}B=p$ ，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 $YQ_3^{-1}\begin{bmatrix} 0&\ast\\ \ast&\ast \end{bmatrix}P_3^{-1}Z=0$ 。

繼續閱讀：

AXB=C 有解的充要條件──續篇

7 Responses to AXB=C 有解的充要條件

Meiyue Shao says:

07/01/2015 at 1:33 am

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

- Meiyue Shao says:
  
  07/01/2015 at 1:34 am
  
  后面还有两处同样的问题。
  
- ccjou says:
  
  07/01/2015 at 6:35 am
  
  謝謝，已訂正。
  
Meiyue Shao says:

07/01/2015 at 1:41 am

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 says:
  
  07/01/2015 at 8:10 am
  
  設 $CMC=C$ 且 $C=P\begin{bmatrix} I_{r_3}&0\\ 0&0 \end{bmatrix}Q$ ，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 $Y$ 和 $Z$ 使得 $AY=C$ 且 $ZB=C$ ，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 says:
    
    07/01/2015 at 1:05 pm
    
    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。
    
    - ccjou says:
      
      07/01/2015 at 10:26 pm
      
      補充了從 $C$ 切入的證明，以及 $X$ 的唯一性的討論。

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