假設產出的表示無關估值

線性映射可以把不同的輸入向量送到同一個產出。若擬議的價值是要描述產出，改用另一個輸入表示，便不應改變價值。本節把這個要求寫成精確的零空間判別條件。

以下向量與矩陣均取實數，輸入可遍歷整個輸入空間。情景表是假設的線性模型；論證處理的是代數一致性，並不宣稱提供實際價格、正性或完整的金融市場模型。

1. 分清輸入與產出

設 $A$ 是 $m\times n$ 矩陣。輸入 $x\in\mathbb R^n$ 產生 $Ax\in\mathbb R^m$。可達產出空間為

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

而零空間為 $N(A)=\{z\in\mathbb R^n:Az=0\}$。零空間向量代表一種輸入改動：加上它後，每個產出座標都維持不變。

假設 $x_0$ 產生可達產出 $b$，即 $Ax_0=b$。則

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

這描述了同一產出的所有表示，也分清了存在性與唯一性：不屬於 $\operatorname{im}A$ 的產出沒有表示；若零空間含非零向量，每個可達產出便都有多個表示。

2. 完整計算一個雙情景表

考慮

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

對 $x=(x_1,x_2,x_3)^T$，矩陣乘法給出

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

每個 $b=(b_1,b_2)^T$ 都可達：取 $x=(b_1,b_2,0)^T$ 即可。要求全部表示，便令 $x_3=t$。兩條方程強制 $x_1=b_1-t$、$x_2=b_2-t$，故

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

代入 $b=0$，得到 $N(A)=\{t(-1,-1,1)^T:t\in\mathbb R\}$。特別地，產出 $(4,7)^T$ 的所有表示為 $(4-t,7-t,t)^T$。這些輸入的三個座標不同，但產出完全相同。

3. 證明一致性判別條件

固定 $c\in\mathbb R^n$，並對輸入 $x$ 指定線性價值 $c^Tx$。我們稱此規則與表示無關，若

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

此規則與表示無關，當且僅當

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

必要性。 若 $z\in N(A)$，則 $Az=A0=0$。表示無關性要求 $c^Tz=c^T0=0$。

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

「每一個」不能省略：只測試一對方便的輸入並不足夠。但若 $z_1,\ldots,z_k$ 是零空間的一組基底，測試這些基底向量便足夠，因為線性性使每個 $z=\sum_j a_jz_j$ 都得到零值。

當條件成立時，可直接對可達產出定義

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

$b\in\operatorname{im}A$ 保證存在表示，一致性條件保證所選表示不影響結果。此外，$\nu$ 也是線性的：若 $Ax=b$、$Ay=d$，則 $A(\alpha x+\beta y)=\alpha b+\beta d$，所以 $\nu(\alpha b+\beta d)=\alpha\nu(b)+\beta\nu(d)$。

4. 比較一致與不一致的規則

雙情景表的零空間以 $z=(-1,-1,1)^T$ 為一組基底。列向量 $c=(2,3,5)^T$ 通過測試，因為

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

事實上，對產出 $b$ 的任意表示，

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

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

反之，$c'=(2,3,6)^T$ 給出 $(c')^Tz=1$。對同一產出 $(4,7)^T$，價值成為 $29+t$。例如 $(4,7,0)^T$ 與 $(3,6,1)^T$ 都產生相同產出，價值卻分別為 29 與 30。這一對明確的輸入便證明規則失敗。

本條件不要求輸入權重非負，也不要求 $c$ 的元素為正數；額外限制會構成不同的建模問題。表示無關也不等於輸入唯一：一個定義良好的產出價值，仍可對應無限多種輸入表示。

練習

P09. 對上述雙情景矩陣，求出令價值與表示無關的所有列向量 $c=(c_1,c_2,c_3)^T$，並把誘導的價值寫成 $b=(b_1,b_2)^T$ 的函數。

P09a. 取 $c=(4,-1,3)^T$ 及產出 $b=(1,-2)^T$。求全部輸入表示、核查一致性，並計算產出價值。再準確說明改用 $c'=(4,-1,4)^T$ 後有何改變。

P09b. 改用 $B=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}$。描述可達產出與零空間，判斷價值規則 $a x_1+d x_2$ 在甚麼條件下只取決於 $Bx$，並寫出每個可達產出的價值。

完整解答

P09. 測試 $(-1,-1,1)^T$ 得到 $-c_1-c_2+c_3=0$，所以恰好滿足 $c_3=c_1+c_2$ 的列向量可行。對 $Ax=b$，

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

P09a. 全部表示為 $(1-t,-2-t,t)^T$。由 $-4-(-1)+3=0$，第一個規則一致。直接代入得 $4(1-t)-(-2-t)+3t=6$，與 $t$ 無關。改用 $c'$ 後，價值變為 $6+t$，故依賴表示。第一個 $c$ 的第二項為負數，並不妨礙其代數上的定義良好性。

P09b. 令 $s=x_1+x_2$，便有 $Bx=(s,2s)^T$；這些恰好是全部可達產出，而 $N(B)=\{t(1,-1)^T:t\in\mathbb R\}$。零空間測試為 $a-d=0$。若 $a=d$，輸入價值為 $a(x_1+x_2)=as$，所以 $(s,2s)^T$ 的誘導價值為 $as$。若 $a\ne d$，輸入 $(1,0)^T$ 與 $(0,1)^T$ 同樣產生 $(1,2)^T$，價值卻分別是 $a$ 與 $d$，證明規則不一致。