高代：反射与反射矩阵的正交分解

反射变换

从几何上理解反射即对称。

更加形式化地，若 $\alpha$ 与 $\beta$ 相对于 $v$ 反射，不妨设 $|v|=1$，$\alpha_1 = (\alpha , v)v$，$\beta_1 = (\beta , v)v$，则有 $\alpha_1 + \beta_1 = 0$ 且 $\alpha - \alpha_1 = \beta - \beta_1$。

依据这一点，我们可以计算出 $\alpha$ 相对于 $v$ 的反射矩阵 $H$，使得 $H\alpha = \beta$：

由定义我们知道：

$$\beta = -\alpha_1 + (\alpha - \alpha_1) \\\beta = \alpha - 2\alpha_1 \\\beta = \alpha - 2 (\alpha , v)v \\\beta = \alpha - 2 v^T \alpha v = \alpha - 2 v v^T \alpha \\\beta = (I - 2 v v^T) \alpha$$

则可以得到 $H = I - 2 v v^T$。

经过验证推导可以得到 $H^T = H$ 与 $H H^T = I$ 两个性质，并得到推论 $H^2 = I$。

即事实上 $H$ 为正交矩阵。

定理：$A$ 为 $n$ 阶正交矩阵，则 $A$ 可至多写成 $n$ 个反射矩阵的乘积

证明：

若 $n = 1$，则 $A = 1$ 或 $A = -1$，也即是 $A$ 是关于 $O$ 的反射，显然成立。

否则，不妨假设 $W$ 是 $R^n$ 的子空间，并且 $\forall \alpha \in W$ 有 $A\alpha = \alpha$ 且 $\forall \beta \not \in W$ 有 $A \beta \not = \beta$ 和 $(\alpha ,\beta) = 0$。

若 $\dim W = n$ 则有 $A = I$，那么它可以写作任意反射矩阵平方，显然成立。

若 $\dim W = k < n$，则 $\exist \alpha \not \in W$，则由于正交矩阵的保长性，可以以 $v = A\alpha - \alpha$ 为反射面构造反射矩阵 $H = (I - 2vv^T)$。

下证 $\dim W_{HA} > k$：

由反射矩阵性质可得 $HA\alpha = \alpha$，此外 $\forall \beta \in W$，则有：

$$HA\beta = H\beta \\= (I - 2(A\alpha - \alpha)(A\alpha - \alpha)^T) \beta \\= (I - 2(A - I)\alpha\alpha^T(A^T - I)) \beta \\= (\beta - 2(A - I)\alpha \alpha^T(A^T\beta - \beta) )$$

由于 $A^TA \beta = \beta$ 和 $A \beta = \beta$，所以 $A^T \beta = \beta$。

因此 $HA\beta = \beta$，于是 $\dim W_{HA} \geq k + 1$。

由归纳法可得 $HA$ 可以写成至多 $n - k$ 个反射矩阵的乘积，而 $H$ 也为逆为其自身的反射矩阵。

所以 $A$ 也可以写作至多 $n - k \leq n$ 个反射矩阵的乘积。

事实上，$A$ 最少可以表示成 $n - \dim \ker (A-I)$ 个反射矩阵的乘积，我们在上面的工作中找到了这个下界的构造方式，但我暂时还不知道为什么它就是最小值的下界。

备注： 助教证了个啥啊，我服了，感觉有一半是伪证。通过我觉得不是伪证的那部分yy了半天yy出了上面的结果。