11矩阵的QR分解

1、11矩阵的QR分解.Givens矩阵与Givens变换1.定义：设实数c与s满足c2 s2 -1，称(i)Tij 二(j)(i j)为Givens矩阵（初等旋转矩阵）,也记作 Tjj - Tij (c,s)由Givens矩阵所确定的线性变换称为Givens变换（初等旋转变换） 说明：（1）实数 c2 s2 = 1，故存在二，使 c = cosf ）,s = sin©）。（2） y = TjjX中Tij确定了将向量变成y的一种变换，正是Givens变 换。二阶情况下，y = | cOs） sin（ ） x确定的正是平面直角坐标系-sin（e） cosL中绕原点的一个旋转变换（旋转 二度

2、）。（3）以上实Givens也可推广称为复初等旋转矩阵。1(i)11j耳ce 1jp se11111111Uik 二9+1111111° j3111se 3ce 41111111a+111-1其中c与s仍为满足c2 s2(k)显然,=1的实数，十广2厂3厂4为实角度。det(Uik)二 cji4)s2ejp2 如J 2 勺时，det(Uik )=(刃"4)丁4勺二 2n 时，det%)二 12性质(1) Tj(c,s)(2)设 x 二=Tij(c,s)二Tj(c,-s), Tij为正交矩阵。det Tij c,s 二 1T, y =吋=In1 n2 ' :i sj-

3、s i c j(k T,j)nci c !n.=tk则有-0时，总可以选C二-* ， ° 2 2 ： 2 2 i j; i jTjX 二定理1.设X = iGivens矩阵的乘积T,使得 Tx = xe1说明:(1) x =X2 xT X （x为实数时）,'1 0X01T证明:V 0的情形(1)构造 T12(c,s): c 二，s2（X为复数时）。T12X(2)对 T12x再考虑 T13(c,s): c 二T13T12X 二（3）依此类推，构造Tik(c,s):c 二T1k T1kTnT22 12222122亠 亠 21k,s 二2，2卷什l：212k(k=2,3,.n)12

4、工（环）屮nT2 2 2 0 0 0 ；1nT直至可k=n。令T二丁佃丁佃一汀 T12，则有Tx =+ ©2 + V 0 0 o TXeq0的情形，从第一个不为零的i开始运用上述方法即可推论：对于任何非零列向量 XE Rn及任何单位列向量z(|z| = 1)，均存在 着有限个Givens矩阵的乘积T,使Tx=|x|z。证明:由上述定理，对x存在有限个Givens矩阵的乘积T=啪叫)啪”；)，使Tx = |x|e对z同理存在有限个Givens矩阵T?卫?,T1(J)的乘积代円曲驚弋啞)，使Tz=|z|ei=eiT(ix=| x T(2Z T(2(xW)斥2)T#x x z即，-(Ti(

5、汁1(戶1 T 妙 T it“in(1iT) =ixTxz其中t(2)t(2)t(2) T T(1)T(1) T(1) - t(2) _1 t(2) Y t(2) 一1 T(1)T(1)T(1)-T1n T1n-1t12 T1n T1n-1 T12 T12T13T1n T1n T1n-1T12fT(2) T fT(2) TfT(2) J tTT(1)t12 t13T1n T1n T1n-1T12为有限个Givens矩阵的乘积 二 Householder矩阵与 Householder变换轴作为交换，则得到10io -ip二 I - 2e2e； x = Hx平面直角坐标系中，2 一般地，可将其推广

6、1.定义：设单位列向量uRn，称 H = I - 2uut 为 Householder矩阵(初 等反射矩阵），由Householder矩阵所确定的线性变换（y = Hx ）成为Householder 变换 2 性质（1）HT = H （实对称），H，= Ht （正交），H2 = I （对合），H，= H（自逆），detH-1 为证明第5条，可利用如下引理 引理：设 A Rm n,B Rn m，则 det I m AB 二 det I n BA-1 b 1 证明:参考如下的分块矩阵| n的行列式，用A左乘第一行块加厂 A I m -到第二行块，然后用（-B）左乘第二行块加到第一行块，有I det

7、-A咕一BLdeJn0BMBA.=detIm AB = detIn BA _ A°LdetIn +BA故,det H = detI2uuT = 1 uT( 2u) = 1 - 2-1Tt Tt T T*H = I -2uu'= I -2 uT u= H H 2 二 I - 2uuT I - 2uuT 二 I - 2uuT - 2uuT 4uuTuuT = I定理2.对于任何非零列向量 x Rn及任何单位列向量 z Rn，存在Householder矩阵 H，使得 Hx = |x|z。X -XzX -Xz，有证明当 x = x z时，选 u满足 uTx= 0，则 Hx = (I

8、- 2uuT )x= x= x z2Tz) (x-z )= xTx +2 TX -Xz=(x -XXXz z -X当X式xz时,选u二zTxxTz=2(xTx - xzTx)=2(x-|xz)TxHxX X zI - 2!I I 2 I I X X zx = x-(x-|x|z)=|x|zX X z定理3.初等旋转矩阵（Givens矩阵）是两个初等反射矩阵的乘积。 证明参见p202，较容易。我们这里主要是给出一种几何解释。从表明上看，似乎一种反射变换即可代替旋转变换。实际上是不对的, 因为这样的反射变换对应的对称轴沿 十 T2方向，与十有关2 G)实际上，旋转变换可由这样两次反射变换的作用来代

9、替。首先，关于沿二/4对称轴作反射变换，则原向量沿十方向转至其次，关于沿3珅4对称轴作反射变换，则向量反射至沿0<2-91J+ 2八丿=% + 日。正是原向量沿十方向转一的结果-旋转变换可用两个反射变换的连续作用来代替，即Tjj二HvHu。但是反射变换却不可能用多个旋转变换的连续作用来代替。这是因为det Tij = 1,det H-1。由两个一1的乘积可得1,但多个1的乘积只能是1,不是一1。QR分解1. 定义：如果实（复）矩阵A可化为正交（酉）矩阵Q与实（复）上三 角矩阵R的乘积，即A = QR，则称上式为A的QR分解。2. 定理4:设A是n阶的非奇异矩阵，则存在正交（酉）矩阵Q与实

10、（复） 上三角矩阵R使得A二QR，且除去相差一个对角元素的绝对值（模） 全为1的对角因子外，上述分解唯一。证明:设A记为A -冋 a2 an ，A非奇异' a1,a2 ,an线性无关采用Gram-schmidt正交化方法将它们正交化，可得ba1b3 二 a3 _ k31bi _ k32b2b? = a? - k 21 b1bn 一 ankn1b1 - kn2b2 - knn -1bn -1（a"j ）kijai ,b ： = 0jbj,bjji.a1 a2 an i - ib1b2bn】1 k2i1kn1“2 = 0b2bn】C|b1|b2|C =QRbnQ是正交（酉）矩阵R

11、是实（复）上三角矩阵唯一性：采用反证法。设存在两个QR分解,A 二 QR 二 Q1R1，则Q = Q1R1R 1 二 QqD 而 I 二 QHQ 二 Q1D H q1d 二 dhd> D为上三角矩阵> D为酉（正交）故，D只能为对角阵t a12 = 0；a13 = a23 = 0； D是对角ann元素绝对值（模）全为1的对角阵。这一证明方法可推广为:定理5.设A是m n的实（复）矩阵，且其n个列线性无关，则A具有分解A = QR。其中Q是m n阶实（复）矩阵，且满足 QTQ = l（Q hQ = I），R是n阶实（复）非奇异三角矩阵。除了相差一个 对角元素的绝对值（模）全为 1的对

12、角阵因子外，上述分解唯一。3.求QR分解的方法 方法一采用Givens方法将n阶非奇异矩阵A写为A = b(i)T T 则存在有限个Givens矩阵的乘积Ti，使得Tib(i)=a 1aiiI 0ei 、 TiA 二ai2al：A1存在T?，使得-(2；Ai写成Ai = b*t2af22>i0a；a：A2A "J写成A叶2= b心*1-)_ la(nT ) ni,nia5T八an-i,n1-0a(nT ) ann-A n_2 A n2：存在Tn _i，使得令Tn020 ITn)0Tn-2 一I200 1rj'o，则有a 1a 1a11a12Ia(2)Ia22¥

13、a2n 二 RA 二 Lr 二 QRn -1 ann其中，R为上三角矩阵,Q=T1正交矩阵方法二采用Householde方法b 1 存在H1，使得eqT HqA = b存在h2，使得h2a 1二ilb（2）en1 A 2n-2 二 b n_1n存在Hn_1，使得Hn-1An2 = anl；1n_1令 s= In02Hl 1 =丨 n-la “-1 an-1,n I a(nT ) ann -n30 10H-2 一n 1 .T一 00 I2uuT(u Rn1,u Tu = 1)0 1H3 一0H2-H1!0 H“0 Il0ln-l0-2 1- 00uuTuT二 In2vvT0TuT101a(n iana1)a1)"1a12a1nSA =iiia(2)a(2) 1 1a22a2n | = R，S1 = Q为正交矩阵*匚|j-1!-ann两种方法前一种方法可推广到复矩阵的情况。3. Gram-schmidt正交归一化方法A = a al2aj，各列向量线性无关可进行正交化y1 = a1q2=iaM囂?21=a2,qi&