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：
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}
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}
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：
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：
下一讲涉及投影，很重要。