矩阵QR分解.docx
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矩阵QR分解
矩阵的QR分解
一.Givens矩阵与Givens变换
1.定义:
设实数c与s满足
,称
(
)
为Givens矩阵(初等旋转矩阵),也记作
。
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
,故存在
,使
。
(2)
中
确定了将向量变成y的一种变换,正是Givens变换。
二阶情况下,
确定的正是平面直角坐标系中绕原点的一个旋转变换(旋转
度)。
(3)以上实Givens也可推广称为复初等旋转矩阵。
其中c与s仍为满足
的实数,
为实角度。
显然,
当
时,
当
时,
2.性质
(1)
为正交矩阵。
(2)设
,
,则有
当
时,总可以选
,
使
定理1.设
,则存在有限个Givens矩阵的乘积T,使得
说明:
(1)
(x为实数时),
(x为复数时)。
(2)
[证明]:
的情形
1.构造
1.对
再考虑
1.依此类推,构造
(k=2,3,…..n)
直至可k=n。
令
,则有
的情形,从第一个不为零的
开始运用上述方法即可
推论:
对于任何非零列向量
及任何单位列向量
,均存在着有限个Givens矩阵的乘积T,使
。
[证明]:
由上述定理,对x存在有限个Givens矩阵
的乘积
,使
对z同理存在有限个Givens矩阵
的乘积
,使
即,
其中
为有限个Givens矩阵的乘积。
二Householder矩阵与Householder变换
平面直角坐标系中,将向量
关于
轴作为交换,则得到
一般地,可将其推广
1.定义:
设单位列向量
,称
为Householder矩阵(初等反射矩阵),由Householder矩阵所确定的线性变换(
)成为Householder变换
2.性质
(1)
(实对称),
(正交),
(对合),
(自逆),
为证明第5条,可利用如下引理。
引理:
设
,则
[证明]:
参考如下的分块矩阵
的行列式,用A左乘第一行块加到第二行块,然后用(-B)左乘第二行块加到第一行块,有
故,
定理2.对于任何非零列向量
及任何单位列向量
,存在Householder矩阵H,使得
。
[证明]当
时,选u满足
,则
当
时,选
,有
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
,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
方向,与
有关
实际上,旋转变换可由这样两次反射变换的作用来代替。
首先,关于沿
对称轴作反射变换,则原向量沿
方向转至
。
其次,关于沿
对称轴作反射变换,则向量反射至沿
。
正是原向量沿
方向转
的结果。
旋转变换可用两个反射变换的连续作用来代替,即
。
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
。
由两个-1的乘积可得1,但多个1的乘积只能是1,不是-1。
三、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
,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(复)上三角矩阵R使得
,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非奇异
线性无关
采用Gram-schmidt正交化方法将它们正交化,可得
Q是正交(酉)矩阵
R是实(复)上三角矩阵
唯一性:
采用反证法。
设存在两个QR分解,
,则
D为上三角矩阵
而
D为酉(正交)矩阵
故,D只能为对角阵
D是对角元素绝对值(模)全为1的对角阵。
这一证明方法可推广为:
定理5.设A是
的实(复)矩阵,且其n个列线性无关,则A具有分解
。
其中Q是
阶实(复)矩阵,且满足
,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
则存在有限个Givens矩阵的乘积
,使得
写成
存在
,使得
写成
存在
,使得
令
,则有
其中,R为上三角矩阵,Q=
正交矩阵
[方法二]采用Householde方法
存在
,使得
存在
,使得
存在
,使得
令
则
,
为正交矩阵
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
,各列向量线性无关可进行正交化
,满足
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