矩阵的QR分解一Givens矩阵与Givens变换定义设实数cWord格式.docx

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（1）实数，故存在，使。

（2）中确定了将向量x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矩阵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，

2.性质

（1）,,旋转度再反向旋转度

（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

（2）对再考虑

（3）依此类推，构造

（k=2,3,…..n）

直至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。

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

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，将向量关于轴作镜像变换，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（）称为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

参考如下的分块矩阵的行列式，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。

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

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：

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。

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

而

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）非奇异上三角矩阵。

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

其中，R为上三角矩阵，Q=为正交矩阵

[方法二]采用Householde方法

存在，使得

令

则

，为正交矩阵

以上两种方法中的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

改写：