矩阵分解的研究及应用

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1、矩阵分解的研究及应用摘要：将一矩阵分解为若干个矩阵的和或积，是解决某些线性问题的重要方法，其技巧性、实用性强。本文首先分成四部分内容来阐述矩阵分解的形式及一些很常见的分解。最后举例说明矩阵分解的应用。关键词：特征值分解秩分解三角分解和分解关于矩阵分解的形式的文献已有很多，但对于这个问题的分析各不相同。本文从四个方面来论述矩阵的分解的形式，并以一些具体的例子来说明矩阵分解在实际应用中的重要性。一、特征值分解性质1：任意阶矩阵，存在酉矩阵，使得，其中为矩阵的特征值。称形如这样的分解叫做矩阵的特征值分解。性质：任意阶

2、矩阵，存在酉矩阵，使得，其中，且为矩阵的特征值。对于对称矩阵有如下结论：定理1.1：若为阶实对称矩阵，则存在正交矩阵，使得，其中为矩阵的特征值。证明由性质1,知存在酉矩阵，使得又由于为阶实对称矩阵，因此从而，得因此得证。定理1.2：矩阵为正定矩阵的充分必要条件是存在非奇异矩阵，使得。证明必要性因为为正定矩阵，由定理1.1，得存在可逆的正交矩阵，使得，且，令，则从而有充分性因为，则因此为对称矩阵。又任意不为零的向量，有令，又为非奇异矩阵，从而知因此所以为正定矩阵。得证。定理1.3：设是阶实对称矩阵，则是正定矩阵的

3、充分必要条件是存在正定矩阵，使得，为任意正整数。证明必要性因为为正定矩阵，由定理1.1，得存在可逆的正交矩阵，使得，且，对任意的正整数，令，则有必要性由于为正定矩阵，因此对任意的非零向量，有。又，则有即为对称矩阵且有①当为奇数时，又为正定矩阵，因此，即有②当为偶数时，又为正定矩阵，因此，即有从而，知对任意不为零的向量，有。因此是正定矩阵。得证。定理1.4：设为一个阶可逆矩阵，则存在一个正定矩阵和一个正交矩阵，使得或。证明由定理1.2，知为正定矩阵由定理1.3,得存在正定矩阵，使得令，则从而有因此为正交矩阵。且又

4、同理可证的结论。得证。定理1.5：设是阶实对称矩阵，是的个单位正交特征向量，对应的特征值为。则。证明因为为阶实对称矩阵，由定理1.1,知存在正交矩阵，使得设，其中为的的第个行向量，则，于是有因的行向量是的特征向量，且为正交矩阵，故为的单位正交特征向量。得证。定理1.5：为正定矩阵的充分必要条件是存在个线性无关的向量，使得。证明因为为正定矩阵，由定理1.2，知存在可逆的矩阵，使得令，又由于为可逆矩阵，因此线性无关。又得证。定理1.6：秩为的阶实对称矩阵可表示成个秩为小于等于1的对称矩阵之和。其组合系数为的特征值。

5、证明由定理1.1，知存在正交矩阵，使得令，且设的秩为，则不妨令有由于秩秩，从而有秩秩，且组合系数为的特征值。得证。二、矩阵的秩分解性质2：任一矩阵，都存在可逆矩阵、，使得，其中为矩阵的秩。称形如这样的分解为矩阵的秩分解。定理2.1：秩为的实矩阵都可分解成。证明由性质2，知存在可逆矩阵、，使得因此，得得证。定理2.2：秩为的实矩阵可分解成个秩为1的矩阵之和。证明由性质2，知存在可逆矩阵、，使得因此，得而秩秩，得证。三、三角分解性质3：设为阶实可逆矩阵，则可分解为，其中为正交矩阵，为一个对角线上全为正数的上三角形矩

6、阵。称形如这样的分解为矩阵的三角分解。定理3.1：实矩阵可以分解成一个正交矩阵和一个对角矩阵及一个正交矩阵的积。即，其中、为正交矩阵，为的秩且，，。证明由性质2，知存在可逆矩阵、，使得由性质3，对、作三角分解，使得，，其中、为正交矩阵，、为上三角矩阵，从而有将、分块成与等价标准形能积的形式：、，、为阶方阵。记，由定理1.2，得为实对称的正定矩阵。且有（1）由定理1.1，得存在阶正交矩阵，使得，其中，记，可得，从而知为正交矩阵。现令、显然、为正交矩阵。由（1）式，得其中、为正交矩阵，现令，，则，且。得证。四、和分

7、解性质4：任一阶矩阵都可表示成一个对称矩阵与一个反对称矩阵之和。证明令、，则知为对称矩阵，为反对称矩阵。且有。得证。五、矩阵分解的应用例1：设矩阵，求。（东南大学06）解对矩阵作如下的初等变换所以的初等因子为，。所以的标准形为从而得即例2：设为阶实矩阵，为阶单位矩阵。证明：，其中为虚数单位。（清华大学06）解由定理1,知存在可逆的酉矩阵，使得从而有由于为阶实矩阵，所以的特征多项式为次实多项式，又实多项式的复根是成对共轭出现的，因此的复特征值出是成对共轭出现的。①当的所有特征值都不是（或），则的特征值不存在（或）

8、。则此时，且有，而此时从而得②当的特征值中存在有（或），则一定有一特征值（或）存在。并且有几个（或）存在相应的就有几个（或）存在。又由于，从而知（）中不为零的个数（）中不为零的个数从而可得得证。例3：设为阶矩阵，且，证明：秩+秩。（厦门大学06）解由于，则因此为的化零多项式从而有所以的最小多项式的根只能为-1或1又的特征多项式与最小多项式有相同的根，因此的特征值为-1或1假设的特征值中