# 第十四讲：正交向量与子空间

在四个基本子空间中，提到对于秩为r的$m \times n$矩阵，其行空间（$dim C(A^T)=r$）与零空间（$dim N(A)=n-r$）同属于$\mathbb{R}^n$空间，其列空间（$dim C(A)=r$）与左零空间（$dim N(A^T)$=m-r）同属于$\mathbb{R}^m$空间。

对于向量$x, y$，当$x^T \cdot y=0$即$x_1y_1+x_2y_x+\cdots+x_ny_n=0$时，有向量$x, y$正交（vector orthogonal）。

毕达哥拉斯定理（Pythagorean theorem）中提到，直角三角形的三条边满足：

$$
\begin{aligned}
\left\|\overrightarrow{x}\right\|^2+\left\|\overrightarrow{y}\right\|^2 &= \left\|\overrightarrow{x+y}\right\|^2 \\
x^Tx+y^Ty &= (x+y)^T(x+y) \\ 
x^Tx+y^Ty &= x^Tx+y^Ty+x^Ty+y^Tx \\
0 &= x^Ty+y^Tx \qquad 对于向量点乘，x^Ty=y^Tx \\
0 &= 2x^Ty \\
x^Ty &=0
\end{aligned}
$$

由此得出，两正交向量的点积为$0$。另外，$x, y$可以为$0$向量，由于$0$向量与任意向量的点积均为零，所以$0$向量与任意向量正交。

举个例子：
$x=\begin{bmatrix}1\\2\\3\end{bmatrix}, y=\begin{bmatrix}2\\-1\\0\end{bmatrix}, x+y=\begin{bmatrix}3\\1\\3\end{bmatrix}$，有$\left\| \overrightarrow{x} \right\|^2=14, \left\| \overrightarrow{y} \right\|^2=5, \left\| \overrightarrow{x+y} \right\|^2=19$，而$x^Ty=1\times2+2\times (-1)+3\times0=0$。

向量$S$与向量$T$正交，则意味着$S$中的每一个向量都与$T$中的每一个向量正交。若两个子空间正交，则它们一定不会相交于某个非零向量。

现在观察行空间与零空间，零空间是$Ax=0$的解，即$x$若在零空间，则$Ax$为零向量；

而对于行空间，有 $
\begin{bmatrix}row_1\\row_2\\ \vdots \\row_m\end{bmatrix}
\Bigg[x\Bigg]=
\begin{bmatrix}0\\0\\ \vdots\\ 0\end{bmatrix}
$，可以看出：
$$
\begin{bmatrix}row_1\end{bmatrix}\Bigg[x\Bigg]=0 \\
\begin{bmatrix}row_2\end{bmatrix}\Bigg[x\Bigg]=0 \\
\vdots \\
\begin{bmatrix}row_m\end{bmatrix}\Bigg[x\Bigg]=0 \\
$$

所以这个等式告诉我们，$x$同$A$中的所有行正交；

接下来还验证$x$是否与$A$中各行的线性组合正交，
$
\begin{cases}
c_1(row_1)^Tx=0 \\
c_2(row_2)^Tx=0 \\
\vdots \\
c_n(row_m)^Tx=0 \\
\end{cases}
$，各式相加得$(c_1row_1+c_2row_2+\cdots+c_nrow_m)^Tx=0$，得证。

我们可以说，行空间与零空间将$\mathbb{R}^n$分割为两个正交的子空间，同样的，列空间与左零空间将$\mathbb{R}^m$分割为两个正交的子空间。

举例，$A=\begin{bmatrix}1&2&5\\2&4&10\end{bmatrix}$，则可知$m=2, n=3, rank(A)=1, dim N(A)=2$。

有$Ax=\begin{bmatrix}1&2&5\\2&4&10\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$，解得零空间的一组基$x_1=\begin{bmatrix}-2\\1\\0\end{bmatrix}\quad x_2=\begin{bmatrix}-5\\0\\1\end{bmatrix}$。

而行空间的一组基为$r=\begin{bmatrix}1\\2\\5\end{bmatrix}$，零空间与行空间正交，在本例中行空间也是零空间的法向量。

补充一点，我们把行空间与零空间称为$n$维空间里的正交补（orthogonal complement），即零空间包含了所有与行空间正交的向量；同理列空间与左零空间为$m$维空间里的正交补，即左零空间包含了所有与零空间正交的向量。

接下来看长方矩阵，$m>n$。对于这种矩阵，$Ax=b$中经常混入一些包含“坏数据”的方程，虽然可以通过筛选的方法去掉一些我们不希望看到的方程，但是这并不是一个稳妥的方法。

于是，我们引入一个重要的矩阵：$A^TA$。这是一个$n \times m$矩阵点乘$m \times n$矩阵，其结果是一个$n \times n$矩阵，应该注意的是，这也是一个对称矩阵，证明如下：

$$
(A^TA)^T=A^T(A^T)^T=A^TA
$$

这一章节的核心就是$A^TAx=A^Tb$，这个变换可以将“坏方程组”变为“好方程组”。

举例，有$\begin{bmatrix}1&1\\1&2\\1&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{bmatrix}$，只有当$\begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{bmatrix}$在矩阵的列空间时，方程才有解。

现在来看$\begin{bmatrix}1&1&1\\1&2&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\1&2\\1&5\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&8\\8&30\end{bmatrix}$，可以看出此例中$A^TA$是可逆的。然而并非所有$A^TA$都是可逆的，如$\begin{bmatrix}1&1&1\\3&3&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&3\\1&3\\1&3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&9\\9&27\end{bmatrix}$（注意到这是两个秩一矩阵相乘，其结果秩不会大于一）

先给出结论：

$$
N(A^TA)=N(A)\\
rank(A^TA)=rank(A)\\
A^TA可逆当且仅当N(A)为零向量，即A的列线性无关\\
$$

下一讲涉及投影，很重要。