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
