第十一讲矩阵的qr分解

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1、第十一讲矩阵的QR分解1一.Givens矩阵与Givens变换221.定义:设实数c与s满足cs+=1,称11csi←()11−←sc()jT=1ij1(ij<)2为Givens矩阵(初等旋转矩阵),也记作TTcs=(,)。由Givens矩阵ijij所确定的线性变换称为Givens变换(初等旋转变换)。22说明:(1)实数cs+=1,故存在θ,使cs=cos(),θθ=sin()。(2)yTx=中T确定了将向量x变成y的一种变换,正是Givens

2、ijijcos()θθsin()变换。二阶情况下,yx=确定的正是平面直角坐−sin()cos()θθ标系中绕原点的一个旋转变换(旋转θ度)。(3)以上实Givens矩阵也可推广称为复初等旋转矩阵。311jjθθce12se←()i1Uik=1−sejθ3cejθ4←()k11422其中c与s仍为满足cs+=1的实数,θθθθ,,,为实角度。1234显然,det(U)=ce22j()θθ14++sej()θθ23+ikj()θθ1

3、4+当θθθθ+=+时,det(Ue)=1423ik当θθθθ+=+=2nπ时,det(U)1=1423ik2.性质−1T(1)Tcs(,)=Tcs(,)=Tcs(,)−,−=−ssin()θθ=sin(−),ijijij旋转θ度再反向旋转度θdetTcs(,)=1ijTT(2)设x=[ξξξ],yTx==[ηηη],则有12nij12n5ηξξ=cs+iijηξξ=−+scjijηξ=(kij≠,)kk22ξiξj当ξξ+≠0时,总可以选c=,s=使ij2222ξξ+ξξ+ijij

4、ηξξ=22+Tiij→=Txξξξξ22+0ξij12ijnη=0jT定理1.设x=[ξξξ]≠0,则存在有限个Givens矩阵的乘12n积T,使得Tx=xe162TH说明:(1)x=x=xx(x为实数时),x=xx(x为复数2时)。T(2)e=[1000]1[证明]:ξ≠0的情形1ξξ12(1)构造Tcsc(,):=,s=122222ξξ++ξξ1212T22Tx=ξξ+0ξξξ121234n(2)对Tx再考虑12722ξξ+ξ123(3)Tcsc(,):=,s=13222222ξξ

5、ξ++ξξξ++123123T222TTx=ξξξ++00ξξ13121234n(4)依此类推,构造22ξξ++ξ1kkTcsc(,):=,s=1k222222ξξ+++ξξξ+++ξ12kk12(k=2,3,…..n)8TT1kk1−−1{T1k2TTx13(12)}T=ξξ22+++ξ2000ξξ12kkn+1直至k=n。令TTTTT=,则有1nn1−112T222Tx=ξξξ++000=xe12n1ξ=0的情形,从第一个不为零的ξ开始运用上述方法即可1in推论:对

6、于任何非零列向量xR∈及任何单位列向量zz(=1),均存在着有限个Givens矩阵的乘积T,使Tx=xz。(1)(1)(1)[证明]:由上述定理,对x存在有限个Givens矩阵TT,,,T的12131n乘积9(1)(1)(1)(1)(1)(1)T=TTTT,使Txxe=1nn1−113121(2)(2)(2)对z同理存在有限个Givens矩阵TT,,,T的乘积12131n(2)(2)(2)(2)(2)(2)T=TTTT,使Tzzee==1nn1−1131211−1(1)(2)(2)(2)(1)TxxTzT==()x

7、z→=(T)Txxz即,−1(2)(2)(2)(1)(1)(1)⇒=(T1nnTTT1−−112)(1nnTTxx1112)z其中10−1(2)(2)(2)(1)(1)(1)(T1nnTTT1−−112)(1nnTT1112)−−11−1(2)(2)(2)(1)(1)(1)=(T12)(T13)(T1n)TT1nn1−1T12TTT(2)(2)(2)(1)(1)(1)=(T12)(T13)(T1n)TT1nn1−1T12为有限个Givens矩阵的乘积。二、Householder矩阵与Householder变

8、换ξ(e)22(ξ,ξ)12ξ(e)11(ξ,−ξ)1211T平面直角坐标系中,将向量x=[ξξ]关于e轴作镜像变换,则121得到ξξ1110Ty===(I−=2ee22)xHx−ξξ01−22一般地,可将其推广nT1.定义:设单位列向量uR∈,称H=−I2uu为Ho

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