11 矩阵的QR分解 一．Givens矩阵与Givens变换 定义：设实数c与s满足，称  () 为Givens矩阵（初等旋转矩阵），也记作。由Givens矩阵所确定的线性变换称为Givens变换（初等旋转变换）。 说明：（1）实数，故存在，使。 （2）中确定了将向量变成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， 当时， 2. 性质 （1）, 为正交矩阵。  （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 构造  对再考虑  依此类推，构造  (k=2,3,…..n)  直至可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。 [证明]：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 ，使 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，将向量关于轴作为交换，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（）成为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 [证明]：参考如下的分块矩阵的行列式，用A左乘第一行块加到第二行块，然后用（-B）左乘第二行块加到第一行块，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，则向量反射至沿。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 1. 定义：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，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 D为上三角矩阵 而 D为酉（正交）矩阵 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  令，则有  其中，R为上三角矩阵，Q＝正交矩阵 [方法二]采用Householde方法  存在，使得  存在，使得 存在，使得  令  则   ，为正交矩阵 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 ，各列向量线性无关可进行正交化     ，满足 改写：      作业：p219-220，1、7、8