矩阵分解的研究及应用

1、矩阵分解的研究及应用摘要：将一矩阵分解为若干个矩阵的和或积，是解决某些线性问题的重要方法，其技巧性、实用性强。本文首先分成四部分内容来阐述矩阵分解的形式及一些很常见的分解。最后举例说明矩阵分解的应用。 关键词：特征值分解 秩分解 三角分解 和分解关于矩阵分解的形式的文献已有很多，但对于这个问题的分析各不相同。本文从四个方面来论述矩阵的分解的形式，并以一些具体的例子来说明矩阵分解在实际应用中的重要性。一、特征值分解*1 性质1：任意n阶矩阵A，存在酉矩阵T，使得A=T-1 T，其中1, ,n为矩阵A的0n特征值。称形如这样的分解叫做矩阵A的特征值分解。J1 性质1'：任意n阶矩阵A，存在

2、酉矩阵T，使得A=T-1 T，其中Jsi 1i，i=1,2, ,s且1, ,s为矩阵A的特征值。 Ji= 1inini对于对称矩阵有如下结论：1 定理1.1：若A为n阶实对称矩阵，则存在正交矩阵T，使得A=T-1 其中1, ,n T，n为矩阵A的特征值。*1 证明 由性质1,知 存在酉矩阵T，使得A=T-1 T0n又由于A为n阶实对称矩阵，因此*'0*111 -1 -1 A'= T-1 T=T T=A=T T0 * 0 nnn*101 从而，得 = 0 nn*1 因此A=T-1 T 得证。n定理1.2：矩阵A为正定矩阵的充分必要条件是存在非奇异矩阵B，使得A=B'B。证

3、明 必要性 因为A为正定矩阵，由定理1.1，得 存在可逆的正交矩阵T，使得1 A=T-1 T，且i>0，i=1,2, ,nn令B=T-1 T，则'' T=T -1'-1 (T)=T T -1B'= T 0 从而有B'B=T-1 -1 TT T =T-1 2 1 T=T-1 T=A 2n充分性 因为A=B'B， 则 A'=(B'B)'=B'(B')'=B'B=A因此A为对称矩阵。又任意不为零的向量x，有 x'Ax=x'B'Bx=(Bx)'(Bx)令Bx=(

4、x1, ,x2)，又B为非奇异矩阵， 从而知 Bx=(x1, ,x2)0因此 x'Ax=(Bx)'(Bx)=x12+x22+ +xn2>0所以A为正定矩阵。 得证。定理1.3：设A是n阶实对称矩阵，则A是正定矩阵的充分必要条件是存在正定矩阵B，使得A=Bk，k为任意正整数。证明 必要性 因为A为正定矩阵，由定理1.1，得 存在可逆的正交矩阵T，使得1 A=T-1 T，且i>0，i=1,2, ,nn对任意的正整数k，令B=T-1 T，则有 Bk= T-1Tk-1 =T k1T=T-1 T=A kn必要性 由于B为正定矩阵，因此对任意的非零向量x，有x'Bx&g

5、t;0。k又A=Bk，则有A'=Bk'=(B')=Bk=A 即A为对称矩阵()且有 x'Ax=x'Bkx当k为奇数时， x'Ax=x'Bkx=(Bx)'B(Bx)又B为正定矩阵，因此Bx0，即有 x'Ax=x'Bkx=(Bx)'B(Bx)>0当k为偶数时， x'Ax=x'Bkx=(Bx)'(Bx)又B为正定矩阵，因此Bx0，即有 x'Ax=x'Bkx=(Bx)'(Bx)>0从而，知对任意不为零的向量x，有x'Ax>0。因此A是正定矩阵

6、。 得证。定理1.4：设A为一个n阶可逆矩阵，则存在一个正定矩阵S和一个正交矩阵U，使得A=US或A=SU。证明 由定理1.2，知 B=A'A为正定矩阵由定理1.3,得 存在正定矩阵S，使得B=S2令U=AS-1，则 U'=AS-1'=S-1A' 从而有kk-1k-1k-1kkkk()U'U=S-1A'AS-1=S-1S2S-1=E 因此U=AS-1为正交矩阵。且又US=AS-1S=A 同理可证A=SU的结论。 得证。 定理1.5：设A是n阶实对称矩阵，1,2, ,n是A的n个单位正交特征向量，对应的特征值为'''1,2,

7、 ,n。则A=111+222+ +nnn。证明 因为A为n阶实对称矩阵，由定理1.1,知 存在正交矩阵T，使得1A=T-1 Tn12设T= ，其中i为T的的第i个行向量，则 T-1=T'=(1',2', ,n')，于是有 n11 2'2+ +nn'n =11'1+22n nA=(1',2', ,n')因T的行向量是A的特征向量，且T为正交矩阵，故1,2, ,n为A的单位正交特征向量。 得证。定理1.5：A为正定矩阵的充分必要条件是存在n个线性无关的向量1,2, ,n，使得'2+ +n'n。 A=1&

8、#39;1+2证明 因为A为正定矩阵，由定理1.2，知 存在可逆的矩阵B，使得A=B'B令B=(1,2, ,n)'，又由于B为可逆矩阵，因此1,2, ,n线性无关。1 ' ''B'1'2+=(1',2,)2=+2 +'nn又 A=B 得证。 n1 2定理1.6：秩为r的n阶实对称矩阵A可表示成r个秩为小于等于1的对称矩阵之和。其组合系数为A的特征值。1 证明 由定理1.1，知 存在正交矩阵T，使得 A=T-1 Tn2,r,0,i=1,令T=(1,2, ,n)'，且设A的秩为r，则不妨令 i= 有r,+ 2,n,0,

9、i=r+11r-1A=T1 r'T=T0 0T0 01r''' =(1,2, ,n)1 2'2+ +rr'r =11'1+220 n0由于秩(i'i)min秩',ii1，i=1,2, ,r'',ii1， 且 从而有 秩(iii)min秩'''A=111+222+ +rrr组合系数为A的特征值。 得证。二、矩阵的秩分解E性质2：任一矩阵Amn，都存在可逆矩阵P、Q，使得A=P r0称形如这样的分解为矩阵的秩分解。定理2.1：秩为r的实矩阵Amn都可分解成A=PmrQrn。 0Q，其中r

10、为矩阵A的秩。0E证明 由性质2，知 存在可逆矩阵P、Q，使得A=P r0E 因此，得 A=P r00ErQ=P (Er000Q 00)Q=PmrQrn 得证。定理2.2：秩为r的实矩阵Amn可分解成r个秩为1的矩阵之和。E证明 由性质2，知 存在可逆矩阵P、Q，使得A=P r00Q 0Er因此，得 A=P 0 0 0 r 0 Q=P1 Q 0i=1 0 0 inn00 00 Q=而秩 P 秩11 =1，i=1,2, ,r 00 00 iinnnn得证。三、三角分解性质3：设A为n阶实可逆矩阵，则可分解为A=QR，其中Q为正交矩阵，R为一个对角线上全为正数的上三角形矩阵。称形如这样的分解为矩阵

11、的三角分解。定理3.1：实矩阵Amn可以分解成一个正交矩阵和一个对角矩阵及一个正交矩阵的积。即A=URV，a1ar其中U、V为正交矩阵，r为A的秩且R=，ai>0，i=1,2, ,r。0 0E证明 由性质2，知 存在可逆矩阵P、Q，使得A=P r00Q 0由性质3，对P、Q'作三角分解，使得P=Q1R1，Q'=Q2R2，其中Q1、Q2为正交矩阵，R1、R2为上三角矩阵，从而有EA=Q1R1 r00R2'Q2' 0B1将R1、R2'分块成与等价标准形能积的形式：R1=0B2C1C2'、R= ，B1、C1为r阶方2B30C3阵。记G=B1C1&

12、#39;，由定理1.2，得 G'G为实对称的正定矩阵。且有ErA=Q1R100B1''R2Q2=Q1 00B2ErB3 0BC'0C1'C2'' Q2=Q1 11 000C'3B1C2''Q2 （1） 0由定理1.1，得 存在r阶正交矩阵P1，使得1-1 -1P=PG'G=P1 11r 记R1= ， 可得 çi=1,2, ,r其中i>0，P1，-11-1'1-1'1'(R1)-1)，从而知GP'1-1'GPEr=(R1)-1PG=(GP11(R)1(R

13、)(GP1(R)为正交矩阵。GP'(R1)-1P11 11 显然U、V为正交矩阵。 现令U1=、V1= 11 11nnmm由（1）式，得BC'A=Q1 110(GP'(R1)-1)R1P0R10R10B1C2''11Q2=Q1 Q2'=QUV1Q2'=U V11 0000000a1 ar'i=1,2, ,r其中U=QU、为正交矩阵，现令，则R=aV=VQ 11i12 且A=URV。 得证。 ，0 0四、和分解性质4：任一n阶矩阵A都可表示成一个对称矩阵与一个反对称矩阵之和。 证明 令B=(A+A')、C=(A-A'

14、)，则 1212'111B'= (A+A')=(A'+A)=(A+A')=B 222'111C'= (A-A')=(A'-A)=-(A-A')=-C 222知 B为对称矩阵，C为反对称矩阵。且有11B+C=(A+A')+(A-A')=A。 得证。 22五、矩阵分解的应用308 例1：设矩阵A= 316，求A100-2A50。（东南大学06）-20-5解 对矩阵E-A作如下的初等变换0-8-3-1-6-1-1-1-3 E-A= -3-1-6-30-8-30-8 2 0+520+520+5-1-100-

15、11 0(-1)(-3)(+1)(-5) 02(-1)3(+1) 0 2(-1)3(+1)0(-1)(-3)(+1)(-5) 1 10000 02(-1)3(+1) 02(-1)6 11220-(+1) 00-(+1) 022 10 061 0-(+1)220100 2(-1) 010 00(-1)(+1)20所以A的初等因子为-1，(+1)2。100 所以A的Jardon标准形为 A=T-1 0-10T01-1从而得100100 A100-2A50=T-1 0-10T-2T-1 0-10T01-1 01-1100200 =T-1 010T-T-1 020T01001 01002-100 =T

16、-1 0-10T=-E00-1即A100-2A50=-E例2：设A为n阶实矩阵，E为n阶单位矩阵。证明：rank(A-iE)=rank(A+iE)，其中i为虚数单位。（清华大学06） 10050*1 解 由定理1,知 存在可逆的酉矩阵T，使得A=T-1 T0n*1+i 从而有 A+iE=T-1 T0n+i*1-i A-iE=T-1 T0n-i由于A为n阶实矩阵，所以A的特征多项式为n次实多项式，又实多项式的复根是成对共轭出现的，因此A的复特征值出是成对共轭出现的。当A的所有特征值都不是i（或-i），则A的特征值不存在-i（或i）。 则此时k±i0 ，k=1,2, ,n且有 (k=1n

17、k+i)0， (k=1nk-i)01+i而此时 A+iE=T-1* =(k+i)0 n0n+i*k=11-iA-iE=T-1T=(k-i)0 nA从而得 ran(k-i)E=n-ink=1ra(n+kA)=i E当A的特征值中存在有i（或-i），则A一定有一特征值-i（或i）存在。并且有几个i（或-i）存在相应的就有几个-i（或i）存在。*1+i1-i1 -1 又由于 A+iE ，=-T TA-iE=T T0 0n+in-i*1+i1+i 从而 知 rank(A+iE)=rank(T-1 T)=rank( )0 0n+in+i*1-i1-i rank(A-iE)=rank(T-1 T)=ran

18、k( )0 0n-in-i*1+i rank( )=k+i（k=1,2, ,n）中不为零的个数s0n+i*1-i rank( )=k-i（k=1,2, ,n）中不为零的个数s0n-i从而可得rank(A-iE)=rank(A+iE)=n-s得证。例3：设A为n阶矩阵，且A2=E，证明：秩(A+E)+秩(A-E)=n。（厦门大学06） 解 由于A2=E，则A2-E=(A+E)(A-E)=0因此 (x+1)(x-1)=x2-1为A的化零多项式从而有 mA(x)|x2-1所以A的最小多项式的根只能为-1或1又A的特征多项式与最小多项式有相同的根，因此A的特征值为-1或1假设A的特征值中有r个-1（或

19、1），则A的另外的n-r个特征值必为-1（或1）。-1 -1-1T 由性质1，知 存在正交矩阵T，使得 A=T 1 1r-1-1 -1-1-1-1T+E=T T+T-1ET 则有A+E=T 11 11rr-1-1+1 -1-1+1-1-1+ET=T T T 11+1 11+1 rr0 0-1T =T 2 2r0 0=n-r 因此 rank(A+E)=rank 2 2r-1-2 -1-2-1-1T-E=T T 同理可得 A-E=T 10 10rr-2 -2=r 则有 rank(A-E)=rank 0 0r从而有 秩(A+E)+秩(A-E)=n-r+r=n 得证。例4：设A是秩为r的n级矩阵。 证

20、明: 存在秩为n-r的方阵B和C使得AB=CA=O。 证明 因为A是秩为r的n级矩阵，由性质2,得 存在可逆矩阵P、Q，使得EA=P r00Q 00-100-10-1现令B=Q-1 、PC=P Q，则有0En-r0En-rEAB=P r0-100-10Er-1QQP=P 0E00n-r000-1 0EP=0 0n-r0Q=0 000-1ErCA=Q PP 0E0n-r得证。 00Er0-1Q=Q 0E 0n-r0-113 例5：设A= 1-1-3，求A2002。-226-1131 解 由于rank(A)=1，则由性质2，知 A= 1-1-3= -1(-113)=-226 21 其中= -1，=(-113)，则有21=(-113) -1 =42-113 =()2001=42001=42001A=42001 1-1-3-226mm+1所以 A2002=()2002例6：设A为n级矩阵, 求证: (1) 存在正整数m使得秩(A) =秩(A); (2) 若存在正整数m使得秩(Am)=秩(Am+1), 则对于任意正整数j, 秩(Am)=秩(Am+j)。J1 证明 由性质1',知 存在酉矩阵T，使得 A=T-1 T，Jsi 1i其中Ji= ，i=1,2, ,s且1, ,s为矩阵A的特征值。 1i