奇怪的是，这种情况可能出现在正交模型缩减方法中。在那种情况下，$A$是单一的，因此，$A$可以解释用于模型简化的基组，并且$A^{T}$是一个伪逆（准确地说，一个$\{1,2\}$-逆，用广义逆的语言）$A$.

正如 Arnold Neumaier 所指出的，这两组解决方案通常是不一样的。如果$x \in \mathbb{R}^{m}$是（1）的解，那么它也将是（2）的解。但是，在一般情况下，该陈述的反面是不正确的。

然而，对于$A$是幺正的，这样的转换可能非常有用。假设你想解决

$$\begin{equation} Ly = b, \tag 0 \end{equation}$$

但无论出于何种原因（例如，内存、CPU 时间），使用标准的密集或稀疏（直接或迭代）线性代数方法求解该方程是不切实际的。一种方法是假设$y \in \mathbb{R}^{n}$是一组正交基向量的线性组合$A \in \mathbb{R}^{n}$. 换句话说，假设$y = Ax$， 代替$y$和$Ax$这样你就可以解决$x \in \mathbb{R}^{m}$，它的优点是可以解决更少的未知数。所以现在你有

$$\begin{equation} LAx = b, \tag 1 \end{equation}$$

如等式（1），但该系统是非方形的，并且是欠定的。它可能没有解决方案，因为$b$可能不在范围内$A$. 模型简化文献中为获得平方系统所做的一个经典假设是假设数量$LAx - b$（您可以将其视为值的残差$x$代入等式（1））是正交的每一列$A$， 在这种情况下，$A^{T}(LAx - b) = 0$要么

$$\begin{equation} A^{T}LAx = A^{T}b. \tag 2 \end{equation}$$

这个假设可能是也可能不是一个好的假设。如果解决方案$y$到 (0) 的范围为$A$, 那么求解 (2) 不会在 (0) 的计算解中引入任何近似误差。与直接求解 (2) 相比，求解 (0) 可以节省大量计算量，前提是$m$足够小（有两个矩阵乘法的开销来节省线性求解）。

但是，如果 (0) 的解不在$A$，那么求解 (2) 而不是 (0) 只会产生 (0) 的解的近似值，并且与这种近似值相关的误差可能很大。对于许多实际应用程序来说，近似解是可以接受的（例如，问题参数可能只知道有限的精度）。

如果$A$不是单一的，所有的赌注都是关闭的。模型简化解释不再成立，尽管如果$x$是（1）的解，也是（2）的解。可以将模型缩减论点概括为一般$A$， 但是之后$A^{T}$通常在该参数中被另一个矩阵替换，因此与上述问题的类比不再成立。

在打扰其他人之前，您会先查看您陈述的简单案例。取矩阵：$2\times 1$

如果且，(1) 没有解，但 (2) 有无穷多个。$A=0$$b\ne 0$

假设。$\mathop{\rm rank}(A)=m$

如果是正定的，则 (1)的最小二乘解，前提是残差在范数中最小化 : $L$$A^TLAx = A^Tb$$LAx = b$$r = LAx -b$$\| r\|^2_* = r^T L^{-1}r$

$$\begin{equation} \min_x \| LAx - b \|^2_* = \min_x (LAx-b)^TL^{-1}(LAx-b) \quad \Leftrightarrow \quad A^TLAx = A^Tb \end{equation}$$

如果不定，则(2) 和 (1) 的解之间不存在简单的一般关系。$L$