第十二章

任意矩阵的二维分解

12.1正交反射

超平面反射由称为户主矩阵的矩阵表示。这些矩阵在数值方法中起着重要作用，例如解线性方程组、解最小二乘问题、计算特征值以及将对称矩阵转换为三对角矩阵。我们证明了一个简单的几何引理，该引理立即产生任意矩阵在户主矩阵方面的二维分解。

正交对称是等轴测的一个非常重要的例子。首先，让我们回顾第5.1节中在5.5提案之后介绍的预测定义。给定一个向量空间e，设f和g为e的子空间，形成一个直接和e=f g。由于每个u∈e都可以唯一地写成u=v+w，其中v∈f和w∈g，我们可以定义两个投影pf:e→f和pg:e→g，这样pf（u）=v和pg（u）=w。在第5.1节中，我们使用t表示π1和π2，但在本节中使用pf和pg更方便。

立即证实pg和pf是线性映射，并且

p2f=pf，p2g=pg，pf pg=pg pf=0，pf+pg=id。

.

定义12.1.给定一个向量空间e，对于任意两个子空间f和g，形成一个直接和e=f_g，关于f和平行于g的对称性（或反射）是线性映射s:e→e，其定义如下：

s（u）=2pf（u）−u，

对于每一个u∈e。

四百零五

因为pf+pg=id，注意我们也有

s（u）=pf（u）−pg（u）

和s（u）=u−2pg（u），

s2=id，s是f上的恒等式，s=-id是g上的恒等式。

我们现在假设e是有限维的欧几里得空间。

定义12.2.设e为有限维n的欧几里得空间。对于任意两个子空间f和g，如果f和g形成一个直和e=f g，f和g是正交的，即f=g，关于f和平行于g的正交对称（或反射）是线性映射s:e→e定义如下：

S（U）=2pf（U）−U=pf（U）−pg（U）、

对于每一个u∈e，当f是一个超平面时，我们称s为关于f的超平面对称（或关于f的反射），当g是一个平面（因此dim（f）=n-2），我们称s为关于f的翻转。

关于超平面f的反射如图12.1所示。

图12.1：关于桃超平面f的反射。注意u是紫色，pf（u）是蓝色，pg（u）是红色。

对于任意两个向量u，v∈e，利用内积的双线性很容易验证：

ku+vk2−ku−vk2=4（u·v）。（）

特别是，如果u·v=0，那么ku+vk=ku−vk。从那时起

u=pf（u）+pg（u）

12.1。正交反射

和s（u）=pf（u）−pg（u），

因为f和g是正交的，所以它是这样的

pf（u）·pg（v）=0，

因此（）

ks（u）k=kpf（u）−pg（u）k=kpf（u）+pg（u）k=kuk，

所以这是一个等值线。

利用命题11.10，可以找到由f的正交基和g的正交基组成的e的正交基（e1，…，e n）。假设f有维数p，使g有维数n−p。关于正交基（e1，…，en），对称s有一个矩阵。形式的

.

因此，det（s）=（-1）n−p，s是一个旋转，如果n−p是偶数。特别地，当f是超平面h时，我们有p=n−1和n−p=1，因此s是不适当的正交变换。当f=0时，我们有s=−id，它被称为相对于原点的对称性。关于原点的对称性是一个旋转，如果n是偶数，如果n是奇数，则不适当的正交变换。当n为奇数时，由于s s=id和det（s）=（-1）n=−1，我们观察到每个不适当的正交变换f都是f s与s的旋转的f=（f s）s的组成，即关于原点的对称性。当g是一个平面时，p=n−2，det（s）=（−1）2=1，因此围绕f的翻转是一个旋转。特别是，当n=3时，f是一条线，绕f线的翻转实际上是测量π的旋转，如图12.2所示。

注：给定任意两个正交子空间f，g，形成一个直和e=f_g，设f为f的对称性，并与g平行，设g为g的对称性，并与f平行。作为练习，我们将

F G=G F=−ID.

当f=h是超平面时，我们可以根据与h正交的任何非零向量w给出s（u）的显式公式。

u=ph（u）+pg（u）、

由于pg（u）∈g和g的范围是w，这与h是正交的，我们得到

pg（u）=λw

图12.2:r3中的翻转是π围绕f轴的旋转。

对于一些λ∈r，我们得到

u·w=λkwk2，

因此

自从

我们得到

由于上述公式很重要，我们将其记录在下面的命题中。

提案12.1.设e为有限维欧几里得空间，设h为e中的超平面。对于任何与h正交的非零矢量w，关于h的超平面反射s由下式给出：

这种反射由称为户主矩阵的矩阵表示，在数值矩阵分析中起着重要作用（见Kincaid和Cheney[100]或Ciarlet[41]）。定义12.3.一个户主矩阵如果一个矩阵的形式

，

其中w∈rn是一个非零向量。

12.1。正交反射

户主矩阵是对称和正交的。可以很容易地检查，在正交基（e1，…，en）上，关于正交于非零矢量w的超平面H的超平面反射由矩阵表示。

，

其中w是w坐标在基上的列向量（e1，…，en）。自从

代表pg的矩阵是

，

由于ph+pg=id，代表ph的矩阵是

.

这些公式可用于推导出转动r3的公式，给出转动轴的方向w和转动角θ。

下面的事实是证明每个等值线都可以分解为反射的产物的关键。

提案12.2.设e为任意非平凡欧几里得空间。对于任意两个向量u，v∈e，如果kuk=kvk，则存在一个超平面h，使得关于h的反射s映射u到v，如果u=6v，则该反射是唯一的。见图12.3。

证据。如果u=v，那么包含u的任何超平面都会执行该操作。否则，我们必须

H=V−U，根据上述公式，

，

从那以后

−−

k u k=kvk，k（v−u）k2=2kuk2−2u·v，

因此，s（u）=v。

如果e是一个复向量空间，内积是Hermitian，那么命题12.2是假的。问题是向量v-u不起作用，除非内部积u·v是真实的！这个提议可以被充分地挽救，从而根据户主转换产生QR分解；见第13.5节。

我们现在证明，超平面反射可以用来获得二维分解的另一个证明。

图12.3：在r3中，垂直于v-u的（超）平面将u反射到v上。

12.2使用户主矩阵进行QR分解

首先，我们用几何方法描述结果。当根据户主矩阵进行翻译时，我们得到了先前宣传的事实，即每个矩阵（不一定可逆）都有一个QR分解。

提案12.3.设e为维数n的非平凡欧几里得空间。对于任何正交基（e1，…，en）和向量的任何n个元组（v1，…，vn），都有一个n等距序列h1，…，hn，使得hi是超平面反射或恒等式，如果（r1，…，rn）是由rj=hn_给出的向量。···h2_h1（vj）

然后，每个RJ是向量（e1，…，ej）的线性组合，1≤j≤n。等价地，其列是RJ在基（e1，…，en）上的分量的矩阵r是上三角矩阵。此外，还可以选择hi，使r的对角线项为非负。

证据。我们在n上进行归纳，对于n=1，对于一些λ∈r，我们有v1=λe1。如果λ≥0，我们让h1=id，否则如果λ<0，我们让h1=−id，关于原点的反射。对于n≥2，我们首先要找到h1。让

R1.1=kV1K。

如果v1=r1,1e1，我们让h1=id。否则，有一个独特的超平面反射h1，这样

h1（v1）=r1,1 e1，

定义为对于所有u∈e，其中

-

映射h1是关于超平面h1的反射，与向量w1=r1,1 e1−v1正交。见图12.4。出租

图12.4：提案12.3中h1的结构。

r1=h1（v1）=r1,1 e1，

很明显，r1属于e1所跨越的子空间，r1,1=kv1k为非负。

接下来假设我们已经找到k线性映射h1，…，hk，超平面反射或恒等式，其中1≤k≤n−1，这样如果（r1，…，rk）是

RJ=香港····H2 H1（VJ）

然后，每个rj是向量（e1，…，ej）的线性组合，1≤j≤k。见图12.5。向量（e1，…，ek）构成UK0表示的子空间的基，向量（ek+1，…，en）构成UK00表示的子空间的基，子空间UK0和UK00是正交的，并且。让

UK+1=hk····h2 h1（vk+1）。

我们可以写信

，

图12.5：提案12.3中r1=h1（v1）的构造。

其中U0K+1∈UK0和。见图12.6。让

.

如果U00K+1=RK+1，K+1EK+1，我们让hk+1=id。否则，有一个独特的超平面反射hk+1，这样定义了所有u∈e，其中

WK+1=RK+1，K+1 EK+1−U00K+1。

地图hk+1是关于超平面hk+1的反射，与向量wk+1=rk+1，k+1 ek+1−u00k+1正交。然而，由于U00K+1、EK+1∈UK00和UK0与UK00正交，子空间UK0包含在hk+1中，因此，属于UK0的向量（R1，…，RK）和U0K+1在hk+1下是不变的。这证明了

HK+1（UK+1）=HK+1（U0K+1）+HK+1（U00K+1）=U0K+1+RK+1，K+1 EK+1

是（e1，…，ek+1）的线性组合。出租

，

由于UK+1=hk····h2 h1（vk+1），矢量

Rk+1=hk+1····h2 h1（vk+1）

是（e1，…，ek+1）的线性组合。见图12.7。Rk+1对Ek+1的系数为，非负。这就结束了归纳步骤，从而证明了这一点。

图12.6:u2=h1（v2）的构造及其分解为。

评论：

(1) 因为每个Hi都是超平面反射或身份，

ρ=hn···h2 h1

是等距测量。

(2) 如果我们在r中允许负对角线项，则可以省略最后一个等值线hn。

(3) 而不是选择Rk，k=ku00kk，这意味着

Wk=Rk，K Ek−U00k，

在1≤k≤n的情况下，如果这使kwkk2变大，则最好选择该值，在这种情况下

.

事实上，由于香港的定义涉及KWKK2除法，所以最好避免用非常小的数字除法。

(4) 该方法也适用于任意m-向量元组（v1，…，vm），m≤n，则r为上三角m×m矩阵，q为带正交列的n×m矩阵（q>q=im）。我们把对方法的微小调整留给读者作为练习。

命题12.3根据户主转换直接产生QR分解（见Strang[164，165]、Golub和van Loan[80]、Trefethen和Bau[171]、Kincaid和Cheney[100]或Ciarlet[41]）。

图12.7：提案12.3中h2和r2=h2 h1（v2）的构造。

定理12.4.对于每个实n×n矩阵a，有一个矩阵的序列h1，…，hn，其中每个hi要么是一个户主矩阵，要么是一个恒等式，以及一个上三角矩阵。

R是这样的

R=hn···h2h1a。

作为推论，有一对矩阵q，r，其中q是正交的，r是上三角的，这样a=qr（a的qr分解）。此外，可以选择r，使其对角线项为非负。

证据。a的jth列可以看作是en的规范基（e1，…，en）上的矢量vj（其中（ej）i=1，如果i=j，则为0，否则为1≤i，j≤n）。将命题12.3应用于（v1，…，vn），有一个n等轴测h1，…，hn的序列，使得hi是超平面反射或恒等式，如果（r1，…，rn）是

rj=hn····h2 h1（vj）

那么每个r j都是向量（e1，…，ej）的线性组合，1≤j≤n。假设r是向量rj的列的矩阵，hi是与hi相关的矩阵，很明显

R=hn···h2h1a，

其中r是上三角形，每个hi都是户主矩阵或恒等式。但是，hi hi=所有i的id，1≤i≤n，依此类推。

Vj=h1 h2···hn（RJ）

对于所有j，1≤j≤n。但ρ=h1 h2····hn是由正交矩阵q=h1h2·····hn表示的等值线。很明显，a=qr，其中r是上三角形。正如我们在命题12.3中所指出的，r的对角线项可以选择为非负。

评论：

（1）出租

AK+1=hk···h2h1a，

当a1=a，1≤k≤n时，命题12.3的证明可以用矩阵a1，…，an+1=r的序列的计算来解释。矩阵ak+1

其中，矩阵的第（k+1）列是向量

英国+1=hk···h2 h1（vk+1）

因此

和

.

如果k+1列中的最后一个n−k−1项都为零，则无需执行任何操作，我们让hk+1=i。否则，我们将这些n−k−1项乘以左边的ak+1，再乘以户主矩阵hk+1发送

至（0，…，0，Rk+1，K+1，0，…，0）

哪里。

(2) 如果a是可逆的，r的对角线项是正的，则可以表明q和r是唯一的。

(3) 如果我们在r中允许负对角项，矩阵hn可以省略（hn=i）。

(4) 这个方法可以计算a的行列式。

Det（a）=（-1）mr1,1····rn，n，

其中，m是hi中的户主矩阵（而不是同一性）的数目。

(5) 矩阵A的“条件号”被保留（见Strang[165]、Golub和van Loan[80]、Trefethen和Bau[171]、Kincaid和Cheney[100]或Ciarlet[41]）。这对数值稳定性非常有利。

(6) 该方法也适用于矩形M×N矩阵。如果m≥n，则r为n×n上三角矩阵，q为m×n矩阵，q>q=in。

下面的matlab函数使用户主反射实现了实平方（可能是奇异的）矩阵a的qr因子分解方法。

主函数houseqr计算通过对a应用householder反射得到的上三角矩阵r，它利用函数house计算单位向量u，从而给出向量x∈r p，householder转换p=i−2uu>将x中除th以外的所有项置零。e第一个条目x1。仅当kx（2:p）k1=x2+··········xp>0时适用。由于计算是在浮点进行的，所以我们使用一个公差因子tol，如果kx（2:p）k1≤tol，那么我们返回u=0，这表明相应的户主转换是同一性。为了确保kpxk尽可能大，我们选择uu=x+符号（x1）kxk2 e1，其中，如果z≥0，符号（z）=1，如果z<0，符号（z）=1。请注意，因此，R中的对角线条目可能是负数。我们稍后会处理这个问题。

函数s=signe（x）

%如果x大于等于0，则signe（x）=1

%否则，如果x<0，则signe（x）=-1

%

如果x<0

S=-1；

其他的

S＝1；

端部功能[u u，u]=房屋（x）

%这构造了一个非规范化的向量uu%，它定义了户主反射，该反射除了x中的第一个条目外，其余的都为零。

%u是归一化向量uu/uu||

%

tol=2*10^（-15）；%公差uu=x；p=尺寸（x，1）；

%计算x的l^1-范数（2:p，1）n1=和（abs（x（2:p，1））；如果n1<=tol

u=零（p，1）；uu=u；

其他的

l=sqrt（x’x）；%l^2 x u u（1）=x（1）+signe（x（1））l；u=uu/sqrt（uu’*uu）；结束

户主转换记录在n-1向量的数组u中。有更有效的实现，但是为了清晰起见，我们提供了以下版本。

函数[r，u]=houseqr（a）

%此函数计算qr因子分解中的上三角r

%一个使用户主的思考，和一个隐含的代表

%作为代表户主的n-1向量的序列

%反射

n=尺寸（a，1）；r=a；

u=零（n，n-1）；对于i=1:n-1

[~，u（i:n，i）]=房屋（r（i:n，i））；如果u（i:n，i）==零（n-i+1,1）

r（i+1:n，i）=0（n-i，1）；否则

r（i:n，i:n）=r（i:n，i:n）-2u（i:n，i）（u（i:n，i）’*r（i:n，i:n））；末端

如果只需要R，那么houseqr就可以完成这项工作。为了获得R，我们需要组成户主转换。我们提出了一种不是最有效的简单方法（有一种方法可以避免户主矩阵的明确乘法）。

buildhouse函数从向量v创建一个户主反射。

功能P=建筑房屋（V，I）

%这个功能建立了一个户主的反映

%[I 0]%[0页]

%从户主的反映

%pp=i-2uu*uu’

%式中uu=v（i:n）

%如果uu=0，则p-i

%

n=尺寸（v，1）；如果v（i:n）=0（n-i+1,1）

P=眼睛（N）；其他

pp=眼睛（n-i+1）-2v（i:n）v（i:n）’；

P=[眼（i-1）零（i-1，n-i+1）；零（n-i+1，i-1）p p]；结束

函数buildq在a的qr分解中构建矩阵q。

函数q=构建q（u）

%在QR分解中建立矩阵Q

%使用户主矩阵的nxn矩阵a，

%其中u代表n-1

%户主反射由产生的向量列表u

%房屋

n=尺寸（u，1）；

Q=建筑物（U（：，1），1）；对于i=2:n-1

Q=Q*Buildhouse（U（：，I），I）；结束

函数buildhouseqr计算a的qr因子分解。最后，如果r对角线上的某些项为负数，它将创建一个对角线正交矩阵p，使pr具有非负对角线项，因此a=（qp）（pr）是a的所需qr因子分解。

功能[q，r]=建筑屋qr（a）

%

%计算正方形的qr分解

%使用户主反射的矩阵A（可能是单数）

n=尺寸（a，1）；

[r，u]=房屋qr（a）；

Q=建筑Q（U）；

%生成一个矩阵r，其对角线项为

%非负p=眼（n）；对于i=1:n，如果r（i，i）<0

p（i，i）=-1；结束

结束

Q=QP；R=PR；

结束

例12.1。考虑矩阵

.

运行函数buildhouseqr，我们得到

网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误
	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误 网络错误 网络错误 网络错误	网络错误

观察A的等级为2。读者应检查a=qr。

备注：奇怪的是，运行matlab内置函数q r，得到相同的r（最多列符号），但得到不同的q（最后两列不同）。

12.3总结

本章的主要概念和结果如下：

• 关于f和平行于g的对称（或反射）。

• 关于f和g的正交对称（或反射）；反射，翻转。

• 超平面反射和户主矩阵。

• 关于反思的关键事实（提案12.2）。

• 根据户主变换的qr分解（定理12.4）。

12.4问题

问题12.1。（1）给定单位向量（−sinθ，cosθ），证明由向量（−sinθ，cosθ）确定的户主矩阵是

.

给出几何解释（即为什么选择（−sinθ，cosθ）？（2）给出任何矩阵

，

证明有一个户主矩阵h，使得ah是下三角形，即，

对于一些a0，c0，d0∈r。

问题12.2。给出了一个维数为n的欧几里得空间e，如果h是一个与非零向量u正交的超平面的反射，而f是任何一个等距，证明f h f−1是一个与f（u）正交的超平面的反射。

问题12.3。（1）给出矩阵

，

证明有户主矩阵g，h，这样

其中d是一个对角矩阵，如果下列方程成立：

（b+c）cos（θ+_）=（a-d）sin（θ+），（c-b）cos（θ-）=（a+d）sin（θ-）。

(2)讨论系统的可解性。考虑以下情况：

情况1:A−D=A+D=0。

案例2a:a−d=b+c=0，a+d=0.6

案例2b:a−d=0，b+c=06，a+d=0.6案例3a:a+d=c−b=0，a−d=0.6

案例3b:A+D=0，C−B=06，A−D=0.6

案例4:A+D=06，A-D=06。显示这种情况下的解决方案是

，

如果b=0，说明讨论更简单：基本上，考虑c=0或c=0.6

(3)用u=cotθ和v=cot_表示，表明（2）中的方程

(b +c）（u v−1）=（u+v）（a−d），

(c −b）（u v+1）=（−u+v）（a+d）。

问题12.4.设a为n×n实可逆矩阵。

(1)证明a>a是对称正定的。

(2)使用Cholesky因式分解a>a=r>r和r上三角带正对角项证明q=ar−1是正交的，因此a=qr是a的qr因式分解。

问题12.5。修改函数houseqr，使其适用于m≥n的m×n矩阵，以生成m×n上三角矩阵，其最后的m-n行为零。

问题12.6.这个问题的目的是证明，给定任意自伴线性映射f:e→e（即f=f），其中e是尺寸n≥3的欧几里得空间，给定一个正交基（e1，…，en），存在n-2等距线hi、超平面反射或恒等式，使得的trix

hn−2···h1 f h1··hn−2

是对称三对角矩阵。

(1)证明对于任何等距线f:e→e，我们有f=f=f−1 iff f=id。

证明如果f和h是自伴线性映射（f=f和h=h），则h f h是自伴线性映射。

(2)设vk为（ek+1，…，en）所跨越的子空间。通过归纳法进行。对于基本情况，按以下步骤进行。

让

让

.

找到一个h1（反射或id）等距线，这样

h1（f（e1）−a01e1）=r1,2 e2。

观察w1=r1,2e2+a01e1−f（e1）∈v1，

并证明h1（e1）=e1，因此

.

设f1=h1 f h1。

通过归纳假设

fk=香港···h1 f h1···香港

具有一个到第k行和第k列的三对角矩阵，1≤k≤n-3，让

，

让

找到一个等距线hk+1（反射或ID），以便

HK+1（FK（EK+1）−AKKEK−AKK+1EK+1）=RK+1，K+2 EK+2。

注意

，

并证明hk+1（ek）=ek和hk+1（ek+1）=ek+1，因此

hk+1 fk hk+1（ek+1）=akkek+akk+1ek+1+rk+1，k+2 ek+2。

让fk+1=hk+1 fk hk+1，完成证明。

(3) 证明在任意对称n×n-矩阵a下，存在n-2矩阵h1，…，hn-2，

户主矩阵或身份，这样

B =hn−2···h1ah1···hn−2

是对称三对角矩阵。

(4) 编写实现上述方法的计算机程序。

问题12.7.从问题中回忆？如果所有（j，k）的hjk=0，则n×n矩阵h为上Hessenberg，因此j−k≥0。调整问题12.6的证明，以证明在给定任何n×n矩阵a的情况下，存在n−2≥1矩阵h1，…，hn−2，户主矩阵或身份，从而

B =hn−2···h1ah1···hn−2

是上海森堡。

问题12.8。这个问题的目的是证明，给定线性映射f:e→e，其中e是尺寸n≥2的欧几里得空间，给定正交基（e1，…，en），存在等距gi、hi、超平面反射或恒等式，使得

gn···g1 f h1···hn

是一个较低的双对角矩阵，这意味着非零项（如果有的话）位于主降对角线和其下的对角线上。

是（e1，…，ek）所跨越的子空间，是（ek+1，…，en），1≤k≤n-1所跨越的子空间。对基本情况进行归纳，如下进行。设v1=f（e1）和r1,1=kv1k。求一个h1（反射或ID）等距线，使

h1（f（e1））=r1,1e1。

注意，这样

hh1（f（e1）），eji=0

对于所有j，2≤j≤n，并得出结论：

he1，f_h1（ej）i=0

对于所有j，2≤j≤n。

下一个let

，

在哪里，让。找一个等距线g1（反射或ID），这样

.

显示g1（e1）=e1，

，

而he1，g1 f h1（ej）i=0

对于所有j，2≤j≤n。在本阶段结束时，表明g1 f h1具有一个矩阵，使得其第一行上的所有条目（可能第一行除外）都为零，并且第一列上的所有条目（可能前两列除外）都为零。

通过归纳，假设已经发现了一些等轴测图g1，…，gk和h1，…，hk，或者反射，或者身份，并且

fk=gk····g1 f h1···hk

具有一个矩阵，该矩阵在K行和K列之前（包括K列），其中1≤K≤N-2。

让

，

在哪里，让。找到一个等距线hk+1（反射或ID），以便

.

显示如果hk+1是反射，则UK0 hk+1，其中hk+1是定义反射hk+1的超平面。推断hk+1（vk0+1）=vk0+1，并且

hk+1（fk（ek+1））=vk0+1+rk+1，k+1ek+1。

注意，这样

对于所有j，k+2≤j≤n，因此，

hek+1，fk_hk+1（ej）i=0

对于所有j，k+2≤j≤n。

下一个let

，

其中U0K+1∈UK0+1和，并设为。找一个等距线GK+1

（反射或ID）使得

.

如果gk+1是反射，那么，其中gk+1是定义反射gk+1的超平面。推断所有i的gk+1（ei）=ei，1≤i≤k+1，以及

.

因为通过归纳假设，

hei，fk_hk+1（ej）i=0

对于所有i，j，1≤i≤k+1，k+2≤j≤n，由于gk+1（ei）=ei对于所有i，1≤i≤k+1，得出如下结论：

hei，gk+1_fk_hk+1（ej）i=0

对于所有i，j，1≤i≤k+1，k+2≤j≤n，完成证明。