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: