矩阵学习-QR分解和最小二乘问题求解

QR分解为矩阵分解的一种，在解决矩阵特征值计算和最小二乘问题中有很大的作用。

QR分解定理: 任意的一个满秩实(复)矩阵A，都可唯一的分解为\(A=QR\),其中\(Q\)为正交矩阵，\(R\)为正对角元的上三角矩阵

\[ \begin{cases} QQ^T=I \\ \\ R=\left\{\begin{matrix} a_1 & * & * & \cdots & * \\ 0 & a_2 & * & \cdots & * \\ 0 & 0 & a_3 & \cdots & *\\ \vdots & \vdots & &\ddots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots &a_n \end{matrix} \right\} \end{cases} \]

这里介绍一下基于HouseHolder变换的QR分解方法

1. HouseHolder变换介绍

HouseHolder变换可用于QR分解中，又称为反射变换或者为镜像变换，有明确的几何意义。
在\(R^3\)实数三维空间中，给定一个向量\(\alpha\), 向量\(\beta\)为\(\alpha\)关于以\(\omega\)为法向量的平面\(\pi\)的反射变换所得。
有如下公式

\[\omega=\frac{\alpha-\beta}{||\alpha-\beta||_2}\in R^3 \]

\[H(\omega)=I-2\omega\omega^T \]

则有 \(H(\omega)\alpha=\beta\)
即：该变换将向量\(\alpha\)变成了以\(\omega\)为法向量的平面\(\pi\)的对称向量\(\beta\)

\(H\)矩阵有如下性质

• Hermite矩阵:\(H^T=H\)
• 酉矩阵:\(H^T*H=I\)，\(H=(H^T)^{-1}\)
• 对合矩阵:\(H*H=I\)
• 自逆矩阵：\(H=H^{-1}\)
• \(diag(I,H)\)也是HouseHolder矩阵
• \(det(H)=-1\)

证明：略 ^_

推论：

• 对于任意的在复数空间的向量 \(x\in C^n\)，存在HouseHolder矩阵\(H\)，使得\(Hx=ae_1\),其中\(|a|=\left\|x\right\|_2\),\(ax^Te\)为实数。
• 对于任意的在实数空间的向量 \(x\in R^n\)，存在HouseHolder矩阵\(H(\omega)=I-2uu^T,(u\in R^n,u^Tu=1)\)，使得\(Hx=ae_1\),其中\(|a|=\left\|x\right\|_2\)

因此表明，HouseHolder变换可以将任意的向量\(x\in R^n\)转换为与基向量\(e\)平行的共线向量

2. 利用HouseHolder变换的QR分解

此处介绍基于HouseHolder变换将矩阵进行QR分解，即\(A=QR\)

第1步

设有按列分块的矩阵\(A=(\alpha_1, \alpha_2...\alpha_n)\)

取

\(\omega_1=\frac{\alpha_1-a_1*e_1}{||\alpha_1-a_1*e_1||_2}，a_1=||\alpha_1||_2\)

\(H_1=I-2*\omega_1*\omega_1^T\)

得到

\[H_1A=(H_1\alpha_1,H_1\alpha_2，...，H_1\alpha_n) =\left\{\begin{matrix} a_1 & * & \cdots & * \\ 0 & \\ \vdots & &B_1 \\ 0\end{matrix}\right\}\]

第2步

从第一部得到矩阵\(B_1=(\beta_2,\beta_2,\cdots,\beta_n)\in R^{n-1}\)

取
\(\omega_2=\frac{\beta_2-b_2*e_1}{||\beta_2-b_2*e_1||_2}，b_1=||\beta_2||_2\)

则 \(\widehat{H_2}=I-2*\omega_2*\omega_2^T,H_2=\left\{\begin{matrix} 1 & 0^T \\ 0 & \widehat{H_2}， \end{matrix} \right\}\)

得到

\[H_2(H_1*A) = \left\{\begin{matrix} a_1 & * & * & \cdots &* \\ 0 & a_2 & * & \cdots &* \\ 0 & 0 & &\\ \vdots & \vdots & &C_2& \\ 0 & 0 \end{matrix} \right\}, C_2\in R^{n-2}\]

依次类推，进行第n步时，得到第n-1个\(H_{n-1}\)阵,使得

\[H_{n-1} \cdots H_2H_1*A = \left\{\begin{matrix} a_1 & * & * & \cdots & * \\ 0 & a_2 & * & \cdots & * \\ 0 & 0 & a_3 & \cdots & *\\ \vdots & \vdots & &\ddots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots &a_n \end{matrix} \right\}=R\]

其中 \(H_{n-1} \cdots H_2H_1*A=H\)也为HouseHolder矩阵，也为自逆矩阵 \(H=H^{-1}\)

\[H_{n-1} \cdots H_2H_1*A=R \]

\[\Rightarrow (H_{n-1} \cdots H_2*H_1)^{-1}*H_{n-1} \cdots H_2H_1*A=(H_{n-1} \cdots H_2*H_1)^{-1}*R \]

\[\Rightarrow A=H_1^{-1} \cdots H_{n-1}^{-1}*R \]

\[\Rightarrow A=H_1\cdots H_{n-1}*R \]

得到 \(A=QR\),其中\(Q\)为正交矩阵，\(R\)为上三角矩阵

\[ \begin{cases} Q = H_1\cdots H_{n-1}\\ R = Q^{-1}A=QA \end{cases} \]

3. 最小二乘问题

最小二乘问题为最优化问题的一种，一般形式为

\[\min\limits_{x}{||f(x)||^2} \]

其中\(f(x)\)为残差函数，表示预测值和测量值之差，\(||f(x)||^2\)为损失函数

3.1线性最小二乘问题

当\(f(x)=Ax-b\)为线性方程时，线性最小二乘问题为

\[\min\limits_{x}{||Ax-b||^2} \]

展开有

\[h(x)=||Ax-b||^2=(Ax-b)^T*(Ax-b) \]

\[h(x)=(Ax)^T(Ax)-b^TAx-(Ax)^Tb+b^Tb \]

求导有

\[\frac{\partial h(x)}{\partial x}=A^TAx-A^Tb \]

当导数为0时，得到损失函数值为最小值，因此

\[A^TAx=A^Tb \Rightarrow x=(A^TA)^{-1}A^Tb \]

3.2采用QR分解求解线性最小二乘问题

上述说明得到线性最小二乘问题\(\min\limits_{x}{||Ax-b||^2}\)的解为\(x=(A^TA)^{-1}A^Tb\)

但是这里由于要求矩阵倒数，计算上存在一定困难，这里如果采用QR分解可以使得问题简单很多。

首先对A进行QR分解，即\(A=QR\),其中\(QQ^T=I\),\(R\)为上三角矩阵

\[x=(A^TA)^{-1}A^Tb \]

\[(QR)^T(QR)x=(QR)^Tb \]

\[R^TQ^TQRx=R^TQ^Tb \]

\[Rx=Q^Tb \]

\[x=R^{-1}Qb \]

其中 \(R\)为上三角矩阵,求逆相对容易很多，规避了直接对\((A^TA)^{-1}\)求逆复杂度高的问题。

3.3非线性最小二乘问题

当\(f(x)\)为非线性方程时，最小二乘问题为\(\min\limits_{x}{||f(x)||^2}\)。

一般来说求解非线性最小二乘问题有高斯牛顿法，Levenberg-Marquardt法,高斯牛顿法存在\(H\)不是正定矩阵时，迭代结果不收敛或者不准确的情况，因此LM算法表现较好。但这个先介绍下高斯牛顿法
设状态向量\(x=(x_1,x_2,\cdots,x_m)\)

\[f(x)=\begin{cases} f_1(x)\\ f_2(x)\\ \vdots\\ f_n(x) \end{cases}\]

一阶Tayor展开

\[f(x+\Delta x)=f(x)+J(x)\Delta x \]

其中 \(J(x)\)为Jacobian矩阵，表示为

\[J(x)_{n*m}=\left\{\begin{matrix} \frac{\partial f_1(x_1)}{\partial x} & \frac{\partial f_1(x_2)}{\partial x} & \cdots & \frac{\partial f_1(x_m)}{\partial x} \\ \frac{\partial f_2(x_1)}{\partial x} & \frac{\partial f_2(x_2)}{\partial x} & \cdots & \frac{\partial f_2(x_m)}{\partial x} \\ \vdots\\ \frac{\partial f_n(x_1)}{\partial x} & \frac{\partial f_n(x_2)}{\partial x} & \cdots & \frac{\partial f_n(x_m)}{\partial x} \\ \end{matrix} \right\} \]

求解
\(\min\limits_{x}{||f(x)||^2}\Rightarrow\min\limits_{x}{||f(x)+J(x)\Delta x||^2}\),
类比线性最小二乘的方法

\[\Delta x=(J(x)^TJ(x))^{-1}*J(x)^T*f(x) \]

迭代 \(x_{k+1}=x_k+\Delta x\)，直到收敛为止，即可求出最优解\(x\)

这里同样可以采用QR分解来求解\(\Delta x\)

设QR分解得到 \(J(x_k)=Q(x_k)R(x_k)\),类比线性最小二乘方法，\(\Delta x=R(x_k)^{-1}Q(x_k)f(x_k)\)

因此非线性最小二乘问题迭代求解

\[\begin{cases} x_{k+1}=x_k+\Delta x \\ \Delta x=R(x_k)^{-1}Q(x_k)f(x_k) \end{cases}\]