高矩形矩阵对随机变量的线性变换

假设我们有一个随机向量，它是从概率密度函数为的分布中得出的。如果我们用一个完整的矩阵对其进行线性变换，得到，则的密度由$\vec{X} \in \mathbb{R}^n$$f_\vec{X}(\vec{x})$$n \times n$$A$$\vec{Y} = A\vec{X}$$\vec{Y}$

$$f_{\vec{Y}}(\vec{y}) = \frac{1}{\left|\det A\right|}f_{\vec{X}}(A^{-1}\vec{y}).$$

现在说我们变换$\vec{X}$代替由$m \times n$矩阵$B$，与$m > n$，给人$\vec{Z} = B\vec{X}$。显然，$Z \in \mathbb{R}^m$，但是它“存在于” $n$维子空间$G \subset \mathbb{R}^m$。已知$\vec{Z}$位于G中，它的条件密度是$G$多少？

我的第一个本能是使用B的伪逆$B$。如果$B = U S V^T$是奇异值分解$B$，然后$B^+ = V S^+ U^T$是伪逆，其中$S^+$通过反转对角矩阵的非零项形成$S$。我猜想这会给

$$f_\vec{Z}(\vec{z}) = \frac{1}{\left|\det^+ S\right|} f_\vec{X}(B^+ \vec{z}),$$ 其中$\det^+ S$表示非零奇异值的乘积。

这种推理与此处给出的并且在此CrossValidated帖子中也提到的奇异法线的密度（条件是知道变量存在于适当的子空间上）是一致的。

但这是不对的！归一化常数关闭。通过考虑以下情况给出一个（平凡的）反例：使用$X \sim \mathcal{N(0, 1)}$，令

$$\vec{Y} = \begin{pmatrix}1 \\ 1\end{pmatrix} X = \begin{pmatrix}X \\ X\end{pmatrix}.$$ 在这里，从上方开始的矩阵$B$就是一个向量。其伪逆为 $$B^+ = \begin{pmatrix}1/2 & 1/2\end{pmatrix}$$ 和$\det^+ B = \sqrt{2}$。从上面的推理将建议 $$f_\vec{Y}(\vec{y}) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{2}}\exp\left(-\frac{1}{2}\vec{y}^T (B^+)^T B^+ \vec{y}\right),$$ 但实际上它（在$y = x$）集成到$\frac{1}{\sqrt{2}}$。我知道在这种情况下，您可以只删除\ vec {Y}的条目之一$\vec{Y}$，但是当$B$很大时，确定要删除的条目集很烦人。伪逆推理为什么不起作用？对于通过“高”矩阵对一组随机变量进行线性变换的密度函数，是否有一个通用公式？任何参考文献也将不胜感激。

对于将来可能遇到这种情况的人来说，错误的根源实际上来自集成。在上面的示例中，积分发生在线。因此，有必要对线进行“参数化”，并在进行积分时考虑参数化的雅可比行列式，因为轴上的每个单位步长对应于线上的长度步长。我隐式使用的参数化由，换句话说，通过值指定了的两个相同条目。它具有Jacobian，可以通过巧妙地取消$y = x$$x$$\sqrt{2}$$x \mapsto (x, x)$$\vec{y}$$\sqrt{2}$$\sqrt{2}$ （来自完全相同的Jacobian）。

该示例是人为地简单的-对于一般转换，对于问题的上下文而言，输出的另一参数化可能是自然的。由于参数化需要覆盖相同子空间如，和这个子空间是一个超平面，参数是本身可能是线性的。调用参数化的矩阵表示形式，要求是简单地使其具有与相同的列空间（覆盖相同的超平面）。然后最终密度变为$B$$G$$B$$m \times n$$L$$B$

$$f_{\vec{Z}}(\vec{z}) = \frac{\left|\det^+ L\right|}{\left|\det^+ B\right|}f_{\vec{X}}(B^+ \vec{z}).$$

通常，此设置有点奇怪，我认为正确的做法是找到的最大线性独立行集，然后删除其余行（以及转换后的变量的相应分量）），以获得一个方阵。然后，问题降为乘的全排名情况（假设具有完整的列排名）。$B$$\vec{z}$$\hat B$$n \times n$$B$