百度道 提问 证明 :每个设ab均为n阶正交矩阵阵都可以表示成一系Householder矩阵的乘积

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2018-10-04 03:21 标签： n阶正交矩阵

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Householder变换是正交变换,可以用来计算mxn的矩阵A的QR分解A=QR,其中Q是酉阵,R=[T; 0]是上三角阵(T是n阶上三角阵),这样Q的前n列就是Im(A)的正交基(当然,如果A不满秩的话得少取几列,可以从T看出来)既然如此,你只要知...

  1. 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。

（1）, 为正交矩阵。

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）。

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

对z同理存在有限个Givens矩阵的乘积

为有限个Givens矩阵的乘积。

平面直角坐标系中，将向量关于轴作为交换，则得到

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

（1）（实对称），（正交），（对合），（自逆），

为证明第5条，可利用如下引理。

[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

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

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。

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

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

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

其中，R为上三角矩阵，Q＝正交矩阵

两种方法前一种方法可推广到复矩阵的情况。

，各列向量线性无关可进行正交化

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