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1、11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C2+s2=1，称17)7)(ivj)为Givens矩阵(初等旋转矩阵)，也记作斗=Ti.(c,s)。由Givens矩阵WV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e，使c=cos(e),s=sin(6)。(2)y=TjX中q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=x确定的正是平面直角坐标系cos(e)sin(e)一sin(6)cos(6)中绕原点的一个旋转变换(旋转e度)。3)以上实Givens也可推广称为复初等旋转矩阵。ik=1c
2、ejeisej021:.Hseje3cej417)J(k)1其中c与s仍为满足c2+s2=1的实数，e拝2,.04为实角度。显然，det(Uik)=c2ej(ei+巧)+s2ej(e2+e3)当1+4=02+e3时，det(Uik)=ej(ei+e4)当01+04=02+03=2n兀时，det(U，k)=12.性质(1)T(qs)t=T(c,s)t=T(c,_s),t.为正交矩阵。ijijijijdetjjl(c,s)=1设x=%g2gj，y=Tijx=n1n2qj，则有一q=cgi+sgjVqj=_sgi+厲jEk=gk(k丰i，j)当卑+臀丰0时，总可以选c=+2.12J+oStij.0.
3、J定理1.设x=gg2gnT丰0，则存在有限个Givens矩阵的乘积T,使得Tx=xei说明：（1）X说明：（1）X|=X/xTx（x为实数时），X=JxHx（X为复数时）。（2）e1=100.01T证明:务丰0的情形（1）构造T；2（cs）：c=1,s=2曲+騎牡2+g2T12x=/IT盾码0鮎SJ对吟再考虑Ta：c=禺家=屈+詬T13T12x=翻2+騎+跨00JJ3）依此类推,构造片k(c,s):c=,s=i=硏+騎+凳筋2+卷+駅(k=2,3,.n)比(嘔11-2片3(嘉期=眉+登+W000L+1和T直至可k=n。令T=T1nTln_1T.T12，则有ITTx=&2+g2+聲000=X|
4、e1务=0的情形，从第一个不为零的q开始运用上述方法即可推论：对于任何非零列向量xeRn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=xz。证明：由上述定理，对x存在有限个Givens矩阵卑川占），,片倍的乘积T（1）=TFTn-略）1!/，使Tx=|x|e1对z同理存在有限个Givens矩阵峑）工纟）,哼?）的乘积T（2）=號号告普吨），使Tz=|x|Tz=T（xz）TC）_1T（1）x=xz3Gn）T1n-1吐）L=即，T（1）x=|x=Ci（n）Ti（n）_i.TC）_1ze1=e1其中&（2）t（2）t（2）丿1&（1）T（1）T（1）/=&（2）丿1&
5、（2）丿1Vr（2）丿1T（1）T（1）T（1）=1n1n-1121n1n-11212131n1n1n-112&（2丿*2丿&（2丿t（1）T（1）T（1）12131n1n1n-112为有限个Givens矩阵的乘积。二Householder矩阵与Householder变换2212s1，-g）2平面直角坐标系中，将向量x=务JT关于e1轴作为交换，则得到_10务仝2L-1J也般地，可将其推广C2e2eTL=Hx1.定义：设单位列向量ugRn，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
6、质（1）HT=H（实对称），H-1=HT（正交），H2=I（对合），H-1=H（自逆），detH=-1为证明第5条，可利用如下引理。引理：设AgRmxn,BgRnm，则det（I+AB）=det（I+BA）mn_IB_证明：参考如下的分块矩阵：T的行列式，用A左乘第一行块加AIm到第二行块，然后用（-B）左乘第二行块加到第一行块，有IIBdetn1-AImIIB_=detn_0I+BAm=detG+BA）n/II+BA0=detKI+AB）=detnm1-AIm故，det（H）=detHT=C一2uuT)T=I-2SuT=HH2=C一2uuT)(-2uuT)=I-2uuT-2uuT+4uuTu
7、uT=I定理2.对于任何非零列向量xGRn及任何单位列向量zGRn，存在Householder矩阵H,使得Hx=xz。证明当x=xz时，选u满足uTx=0，贝gHx=C一2uuT）x=x=xzx一xzx一xz当x丰xz时，选u=,有|x|(Tx+xTz)=(x-x|z)r(x-|x|z)=xTx+x卩zTz-lx=2iktx一xzTx)=2(x一x|z)rx一xzx一xzHx=I一2(x一xz)Tx一x:zx=x一(x一平)=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。g(e)从表明上看,似乎一种反射变换即可代替旋
8、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（91+9/2）方向，与有关g(e)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S/4）对称轴作反射变换，则原向量沿91方向转至（一叫+0/2）。g(e)其次，关于沿（30/4）对称轴作反射变换，则向量反射至沿4+0j=0+0。正是原向量沿01方向转0的结果。（0）Z-0+2121丿旋转变换可用两个反射变换的连续作用来代替，即Tj=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detG.L1,det（H）三-1。由两个一1的乘积可得1,但多个1的乘ij积只能是1,不是一1。三、QR分解1. 定义：如
9、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（复）上三角矩阵R使得A=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=卜a.an，A非奇异ta,a2,.,an线性无关(qi,qj)=%采用Gram-schmidt正交化方法将它们正交化，可得b1=a1b2=a2-k21b1b3=a3_k31b1_k32b2bn=an-kn1b1一kn2b2-knn-1bn-1qn%=丄，气)=0bj,bj1a2an%b21k211.kn1.kn
10、2=hb2bnbib2C=QRQ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，A=QR=QR，则Q=Q1R1R_1=Q1DtD为上三角矩阵而I=QHQ=（QDA（Q1D）=DHDtD为酉（正交）矩阵故，D只能为对角阵aaa11121nta12=0;a13=a23=0;D是对角aa222nann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mxn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mxn阶实（复）矩阵，且满足QTQ=I（QHQ=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的对角阵
11、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b(1)T*T则存在有限个Givens矩阵的乘积片，使得A（1）0A（n-2）写成A（n-2）=b(n-*(n-1)A(n一2)TA(n一2)n-1,n-1n-1In-20】n-30Tn-1JL0T-存在Ti-1，使得aG-1)-1,na(n-1)nn0Tn-2-卩20一j0L0T3-L0T2-T1，则有a(0a)a)11121nTA=RTA=T-1R=QRa)a(2)222nan1nn其中，R为上三角矩阵，Q=t-1正交矩阵方法二采用Householde方法0A=*存在H1，使得HpG)A(1)=e1t
12、H1A=b“)en人叫*1存在h2，使得h2aG)en1e1aG2)=皿J止)存在Hn1，使得Hn1-(n1)a(n1)an1,n0an-1)nn0|V30H,II0H2n1Ln2A(n-2)=n1,n1In20卩20j0_0H3-_0H2-H1H=Int2uuT(ugRn1,uTu=1)0=r1102rI00=I20_0斗+1-_0In1-uuT_nu=uTu=1vTv=oT则uT1=In2vvTa)a)a)11121nSA=R,S-1=Q为正交矩阵鼻纟)a22)222nan-1nn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=aia2an，各列向量线性无关可进行正交化ny1=a1-(ai，qj改写：ai-：a2，qjy2=a2+k2iqiqn，满足QTQ=Iai=qiyia2=q2|y2|-k2iqiai=qi|yi|-盯jj=i|yJ-k21a2anq2qnl一k3l一k32作业：p219-220,1、7、8k1k22=QRyn
