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1、12 矩阵的QR分解第十一讲 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 1Tij=(i)(j) 1O1c1MO1-sLc1OMLsij(ij) 为Givens矩阵，也记作Tij=Tij(c,s). 由Givens矩阵所确定的线性变换称为Givens变换. 说明：实数c+s=1，故存在q，使 22c=cosq,s=sinq. y=Tijx中Tij确定了将向量x变成y的一种变换，正是cosqy=-sinqGivens变换. 二阶情况下，sinqx 确定的正是平面直角坐标系中cosq绕原点的一个旋转变换. 以上实Givens矩阵也可推广成
2、为复初等旋转矩阵. Tik1=O1cejq1jq2L1seMjq3O1Mjq4-seLce1O(i)(k) 1i22kq1,q2,q3,q4为其中c与s仍为满足c+s=1的实数，实角度，j=-1. 2j(q1+q4)显然，det(Uik)=ce+se2j(q2+q3)； ； 当q1+q4=q2+q3时，det(Uik)=ej(q1+q4)当q1+q4=q2+q3=2np时，det(Uik)=1. 2. 性质 T(c,s)ij-1=T(c,s)ijT=Tij(c,-s), -s=-sin(q)=sin(-q),，detTc,s()ij设x=x1,x2,L,xn， y=Tijx=h1,Th2,L,
3、hn，则有 Thi=cxi+sxj hj=-sxi+cxj(ki,j)hk=xk当x+x0时，总可以选c=2i2jxix+x2i2j，s=xjx+x2i2jh=x2+x2iij，使 hj=0Tijx= x,L,x,i-11x+x2i2j,xi+1,L,xj-1,0,xj+1,L,xnTT定理1 设x=x1,x2,L,xn0，则存在有限个Givens矩阵的乘积T，使得Tx=xe1. 说明：x=x=xHx22=xx (x为实向量时)；Tx； Te1=1,0,0,L,0. 证：先考虑x10的情形： 构造T12(c,s):c=x1x1+x222,s=x2x1+x2T22， T12x=x12+x22,0
4、,x3,x4,L,xn. 对T12x再考虑 T13(c,s):c=x1+x222222,s=x3x1+x2+x3222， Tx1+x2+x3222T13T12x=x1+x2+x3,0,0,x4,L,xn 依此类推，构造 T1k(c,s):c=x1+L+xk22222, x1+x2+L+xks=xkx+x+L+x21222k， T1k(T1,k-1LT13T12x) 222=x1+x2+L+xk,0,0,L0,xk+1,L,xnT 直至k=n. 令T=T1nT1,n-1LT12，则有 222Tx=x1+x2+Lxn,0,0,L,0=xe1 . T再考虑x1=0的情形： 若x1=x2=L=xk-1
5、=0,xk0(1kn) ， 则从第一个不为零的xk开始运用上述方法即可. 证毕 . 推论：对于任何非零列向量xRn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：由上述定理，对x存在有限个Givens矩阵T(1)12,T(1)13,L,T(1)1n(1)1n的乘积 LT(1)13T(1)=TT(1)1,n-1T(1)12，使 T(1)x=xe1 . (2)(2)(2)对z同理存在有限个Givens矩阵T12,T13,L,T1n的乘积 T(2)=T(2)1nT(2)1,n-1LT(2)13T(2)12，使T(2)(2)z=ze1=e1 ， TT(1)x=
6、xe1=xT(2)z=T(xz) (2)-1T(1)x=xz， (2)1,n-1即 (TT(2)1nLT(2)12)(T-1(1)1nT(1)1,n-1LT(1)12)x=xz 其中 (T(2)1nT(2)1n-1LT213(2)12)(T(21n-1(1)1n-1T(1)1n-1LT(1)(1)12) (1)=T=T212)(T-1T)-1LTT)T1nT1n-1LT12 T(1)(2)12)(T)(2)13LT(2)1n)T(1)1nT(1)1n-1LT(1)12为有限个Givens矩阵的乘积. 证毕. 例1. 用Givens变换将向量x=(1,-3,5)变换为与e1=(1,0,0)T同方
7、向. 解：对x构造T12(c,s):c=T12x=(10,0,5)， T110,s=-310，则 对T12x构造T13(c,s):c=T13(T12x)=(35,0,0) T1035,s=535，则 于是 1035=05-35010535010351103100-310110000 1T=T13T12=-1353105350-33511015350350 10355Tx=35e1. 例2. 用Givens变换将向量x=(2,3,0,5)变换为与e1=(1,0,0,0)同方向. T解：对x构造T12(c,s):c=T12x=(13,0,0,5)， T213,s=313，则 对T12x构造T14(
8、c,s):c=T14(T12x)=(38,0,0,0) T1338,s=538，则 于是 T=T14T12=-13380053801000010380-013385213313003132130000100001-=-238313010494-3382130154940010380 013385Tx=38e1. 二、 QR分解 1. 定义：如果实非奇异矩阵A可化为正交矩阵Q与实非奇异上三角矩阵R的乘积，即A=QR，则称上式为A的QR分解. 2. 求QR分解的方法 Gram-schmidt正交化方法: 定理2. 设A是n阶非奇异矩阵，则存在正交矩阵Q与实非奇异上三角矩阵R使得A=QR，且除去相差
9、一个对角元素的绝对值全为1的对角因子外，上述分解唯一. 证：设A记为A=a1,a2,L,an，由A非奇异a1,a2,L,an线性无关. 采用Gram-schmidt正交化方法将它们正交化： 先对a1,a2,L,an正交化，可得 b1=a1b2=a2-k21b1 b3=a3-k31b1-k32b2LLbn=an-kn1b1-kn2b2-L-kn,n-1bn-1其中 ai,ak=(j)ij(ji)b , j,bj) (bi,bj)=0,ij 将上式改写为 a=b11a=k221b1+b2a3=k31b1+k32b2+b3Man=kn1b1+kn2b2+L+kn,n-1bn-1+bn 再对b1,b2
10、,L,bn单位化，可得 qi=1bbi(i=1,2,L,n)，即 bi=biqii用矩阵形式表示为 . 1k21Lkn1a1a2Lan=b1b12Lbn=b1b2LbnCb1=q1q2Lqb2nO=QR其中 Q=q1q2Lqn, R=(diagb1b2Lbn)C Q是正交矩阵 R是实上三角矩阵 唯一性: 采用反证法。 设存在两个QR分解，A=QR=Q1R1，则Lkn2OMknn-1CbnQ=Q1R1R-1=Q1D 式中D=R1R-1仍为实非奇异上三角矩阵. 于是 I=QQ=(Q1D)THT(Q1D)=HDT(QT1Q1D=DD H)TD为正交矩阵. 于是 a11D=a12a22LLOa1nai
11、j=0a2n 2Maij=1ann(ij)(i=j)故，D只能为对角阵，且D是对角元素绝对值全为1的对角阵. 这一证明方法可推广为： 定理3. 设A是mn的实矩阵，且其n个列线性无关，则A具有分解 A=QR 其中Q是mn实矩阵，且满足QQ=I(QQ=I)，R是n阶实非奇异上三角TH矩阵. 该分解除了相差一个对角元素的绝对值全为1的对角矩阵因子外，上述分解唯一. 例3. 使用Schmidt正交化方法求矩阵 1A=2121222 1的QR分解. 解：令a1=(1,2,1),a2=(2,1,2),a3=(2,2,1), TTT1A=2121222=(a1,a2,a3)， 1 先正交化： b1=a1，
12、 211(a2,b1)6b2=a2-b1=1-2=-16 (b1,b1)211=a2-b1b3=a3-(a3,b1)(b1,b1)b1-(a3,b2)(b2,b2)b2 1211271=2-2-1=0631111-2 =a3-76b1-13b2 16112b1=b1=在单位化：q1= |b1|661613111q2=b2=b2=-|b2|331311q3=b3=b3=|b3|2-1， 20 12于是 a1=b1，a2=b1+b2，a3=76b1+13b2+b3， b1=6q1,b2=3q2,b3=2q3 11A=(a1,a2,a3)=(b1,b2,b3)01007116=(6q11,3q2q2,3)013 00116010=(q1,q2,q3)03010002007613 17613 1162=6113-131620010-1630761 32616Q=2616313-13132120，-126R=00676133. 02
