假设产出的表示无关估值

线性映射可以把不同的输入向量送到同一个产出。若拟议的价值是要描述产出，改用另一个输入表示，便不应改变价值。本节把这个要求写成精确的零空间判别条件。

以下向量与矩阵均取实数，输入可遍历整个输入空间。情景表是假设的线性模型；论证处理的是代数一致性，并不宣称提供实际价格、正性或完整的金融市场模型。

1. 分清输入与产出

设 $A$ 是 $m\times n$ 矩阵。输入 $x\in\mathbb R^n$ 产生 $Ax\in\mathbb R^m$。可达产出空间为

$$\operatorname{im}A=\{Ax:x\in\mathbb R^n\},$$

而零空间为 $N(A)=\{z\in\mathbb R^n:Az=0\}$。零空间向量代表一种输入改动：加上它后，每个产出坐标都维持不变。

假设 $x_0$ 产生可达产出 $b$，即 $Ax_0=b$。则

$$Ax=b \quad\Longleftrightarrow\quad A(x-x_0)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x=x_0+z\text{ for some }z\in N(A).$$

这描述了同一产出的所有表示，也分清了存在性与唯一性：不属于 $\operatorname{im}A$ 的产出没有表示；若零空间含非零向量，每个可达产出便都有多个表示。

2. 完整计算一个双情景表

考虑

$$A=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{pmatrix}.$$

对 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$，矩阵乘法给出

$$Ax=(x_1+x_3,x_2+x_3)^T.$$

每个 $b=(b_1,b_2)^T$ 都可达：取 $x=(b_1,b_2,0)^T$ 即可。要求全部表示，便令 $x_3=t$。两条方程强制 $x_1=b_1-t$、$x_2=b_2-t$，故

$$x=(b_1-t,b_2-t,t)^T, \qquad t\in\mathbb R.$$

代入 $b=0$，得到 $N(A)=\{t(-1,-1,1)^T:t\in\mathbb R\}$。特别地，产出 $(4,7)^T$ 的所有表示为 $(4-t,7-t,t)^T$。这些输入的三个坐标不同，但产出完全相同。

3. 证明一致性判别条件

固定 $c\in\mathbb R^n$，并对输入 $x$ 指定线性价值 $c^Tx$。我们称此规则与表示无关，若

$$Ax=Ay\quad\Longrightarrow\quad c^Tx=c^Ty \qquad\text{for every }x,y\in\mathbb R^n.$$

此规则与表示无关，当且仅当

$$c^Tz=0\qquad\text{for every }z\in N(A).$$

必要性。 若 $z\in N(A)$，则 $Az=A0=0$。表示无关性要求 $c^Tz=c^T0=0$。

充分性。 若 $Ax=Ay$，则 $A(x-y)=0$，所以 $x-y\in N(A)$。由假设，$c^Tx-c^Ty=c^T(x-y)=0$。

“每一个”不能省略：只测试一对方便的输入并不足够。但若 $z_1,\ldots,z_k$ 是零空间的一组基，测试这些基向量便足够，因为线性性使每个 $z=\sum_j a_jz_j$ 都得到零值。

当条件成立时，可直接对可达产出定义

$$\nu(b)=c^Tx\quad\text{for any }x\text{ satisfying }Ax=b.$$

$b\in\operatorname{im}A$ 保证存在表示，一致性条件保证所选表示不影响结果。此外，$\nu$ 也是线性的：若 $Ax=b$、$Ay=d$，则 $A(\alpha x+\beta y)=\alpha b+\beta d$，所以 $\nu(\alpha b+\beta d)=\alpha\nu(b)+\beta\nu(d)$。

4. 比较一致与不一致的规则

双情景表的零空间以 $z=(-1,-1,1)^T$ 为一组基。列向量 $c=(2,3,5)^T$ 通过测试，因为

$$c^Tz=-2-3+5=0.$$

事实上，对产出 $b$ 的任意表示，

$$c^Tx=2(b_1-t)+3(b_2-t)+5t=2b_1+3b_2.$$

参数完全消去，故 $\nu(b)=2b_1+3b_2$，以及 $\nu((4,7)^T)=29$。

反之，$c'=(2,3,6)^T$ 给出 $(c')^Tz=1$。对同一产出 $(4,7)^T$，价值成为 $29+t$。例如 $(4,7,0)^T$ 与 $(3,6,1)^T$ 都产生相同产出，价值却分别为 29 与 30。这一对明确的输入便证明规则失败。

本条件不要求输入权重非负，也不要求 $c$ 的元素为正数；额外限制会构成不同的建模问题。表示无关也不等于输入唯一：一个定义良好的产出价值，仍可对应无限多种输入表示。

练习

P09. 对上述双情景矩阵，求出令价值与表示无关的所有列向量 $c=(c_1,c_2,c_3)^T$，并把诱导的价值写成 $b=(b_1,b_2)^T$ 的函数。

P09a. 取 $c=(4,-1,3)^T$ 及产出 $b=(1,-2)^T$。求全部输入表示、核查一致性，并计算产出价值。再准确说明改用 $c'=(4,-1,4)^T$ 后有何改变。

P09b. 改用 $B=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}$。描述可达产出与零空间，判断价值规则 $a x_1+d x_2$ 在什么条件下只取决于 $Bx$，并写出每个可达产出的价值。

完整解答

P09. 测试 $(-1,-1,1)^T$ 得到 $-c_1-c_2+c_3=0$，所以恰好满足 $c_3=c_1+c_2$ 的列向量可行。对 $Ax=b$，

$$c^Tx=c_1(x_1+x_3)+c_2(x_2+x_3)=c_1b_1+c_2b_2.$$

P09a. 全部表示为 $(1-t,-2-t,t)^T$。由 $-4-(-1)+3=0$，第一个规则一致。直接代入得 $4(1-t)-(-2-t)+3t=6$，与 $t$ 无关。改用 $c'$ 后，价值变为 $6+t$，故依赖表示。第一个 $c$ 的第二项为负数，并不妨碍其代数上的定义良好性。

P09b. 令 $s=x_1+x_2$，便有 $Bx=(s,2s)^T$；这些恰好是全部可达产出，而 $N(B)=\{t(1,-1)^T:t\in\mathbb R\}$。零空间测试为 $a-d=0$。若 $a=d$，输入价值为 $a(x_1+x_2)=as$，所以 $(s,2s)^T$ 的诱导价值为 $as$。若 $a\ne d$，输入 $(1,0)^T$ 与 $(0,1)^T$ 同样产生 $(1,2)^T$，价值却分别是 $a$ 与 $d$，证明规则不一致。