矩阵分析 课件 4.2 矩阵的QR分解

4.2矩阵的QR分解

4.2矩阵的QR分解

4.2.1Givens矩阵在二维平面中，笛卡尔直角坐标系的旋转变换为这是一个正交变换，所以T是正交矩阵，。一般地，对于n维酉空间而言，旋转变换定义如下。定义4.2设复数c与s

满足

，则称矩阵为Givens矩阵（或初等旋转矩阵），简记为，由Givens矩阵所确定的线性变换叫做Givens变换（或初等旋转变换）。容易验证，当

，且c与s为实数时，存在角度，使得。此时，这样的Givens矩阵恰为平面旋转矩阵。Givens矩阵一定是酉矩阵，并且同时，则有所以，当时，取c=1，s=0，则，此时。当时，取就可以使定理4.7设，则存在有限个Givens矩阵，使得满足定理4.8设，则存在有限个Givens矩阵之积，记作，使得。称之为用Givens变换化向量x与同方向。证

由定理4.7，存在Givens矩阵

，使得对，又存在Givens矩阵，使得依次进行下去，得令，则有4.2.2Householder矩阵在二维平面中，将向量x映射为关于ox轴对称的向量y的变换，叫做关于ox轴的镜象变换（或初等反射变换）。设，通过镜象变换有其中，这里的矩阵H是正交矩阵且。定义4.3设单位向量，称为Householder矩阵（或初等反射矩阵），由Householder矩阵所确定的线性变换称为Householder变换（或初等反射变换）。Householder矩阵具有以下性质：（1）Householder矩阵是Hermite矩阵，即；（2）Householder矩阵是酉矩阵，即；（3）Householder矩阵是对合矩阵，即；（4）Householder矩阵是自逆矩阵，即；（5）；（6）

是n+r阶Householder矩阵。定理4.9任意给定非零列向量

及单位列向量

，则存在Householder矩阵H

，使得

。证

当时，取单位向量u满足，则当时，取，由于则

例4.4

用Givens变换和Householder变换化

与

同方向。解

（用Givens变换）取

，则则使得使得。再取（用Householder变换），，则可计算于是，其中定理4.10

Givens矩阵是两个Householder矩阵的乘积，即

，其中分别为在两个单位向量下的Householder矩阵。注

Householder矩阵不能由若干个Givens矩阵的乘积表示，因为，而4.2.3QR分解定义4.4设n阶复矩阵A能够分解为一个n阶酉矩阵Q和一个

n阶非奇异上三角矩阵R之积（或n阶实矩阵A能够分解为一个n

阶正交矩阵Q和一个n阶非奇异上三角矩阵R之积），即

，则称之为矩阵A的QR分解。定理4.11设A是任意n阶复矩阵，则矩阵A有QR分解。证

（Householder变换方法）将矩阵A按列分块为由定理4.9可知，存在n阶Householder矩阵，使得因此其中是n-1阶复矩阵。再将按列分块为，则存在n-1阶Householder矩阵，使得，（），记则是Householder矩阵，并且其中是n-2阶矩阵，依此类推，到第n-1步有其中都是n阶Householder矩阵。由于的自逆性，所以有其中是酉矩阵，R是上三角矩阵。（Givens变换方法）将矩阵A按列分块为

，由定理4.8可知，存在n阶Givens矩阵

，使得，因此

（）对于其第二列，存在n阶Givens矩阵，使得所以（）依此类推，最后得到。由此，其中是酉矩阵，R是上三角矩阵。定理4.12设A是任意

n

阶可逆复矩阵，则矩阵A可以唯一的分解为

A=QR。其中Q是n阶酉矩阵，R是具有正对角元素的上三角可逆矩阵。证

将矩阵A按列分块为

，因为矩阵A可逆，所以

线性无关，由Schmidt正交化方法将其正交化：其中再将单位化，得则有所以其中是n阶酉矩阵，R是具有正对角元素的上三角可逆矩阵。再证唯一性。设矩阵A有两个QR分解：，则，其中是具有正对角元素的上三角可逆矩阵，由于，则D仍为n

阶酉矩阵，因此D是单位矩阵。所以例4.5试求矩阵的QR分解。解分别用Householder变换，Givens变换和Schmidt正交化方法求矩阵A的QR分解。（Householder变换方法）因为，取，作单位向量则

又因为，取，作单位向量则，记，则所以矩阵A的QR分解为：（Givens变换方法）取

，则

再取

，

，则所以矩阵A的QR分解为：（利用Schmidt正交化方法）因为，，

，可见线性无关，应用Schmidt正交化得到：再单位化得到：因此，所以矩阵A的QR分解为：对于线性方程组来说，如果，则有A=QR，其中Q是n

阶酉矩阵，是上三角