書接上文矩陣分解相關知識點總結（一）

三、矩陣的QR分解

3.1、Givens矩陣與Givens變換

??設非零列向量$\mathbf{x}\in {\mathbf{R}}^n$及單位列向量$\mathbf{z}\in {\mathbf{R}}^n$，存在有限個Givens矩陣的乘積，記作$\mathbf{T}$，使得
$$\mathbf{T}\mathbf{x}=|\mathbf{x}|\mathbf{z}\text{\hspace{1em}(3)}$$

上式即為Givens變換，也稱初等旋轉變換，其中Givens矩陣，也稱初等旋轉矩陣，記作${\mathbf{T}}_{ij}={\mathbf{T}}_{ij}(c,s)=\left[\begin{array}{ccccc}\mathbf{I}& & & & \\ & c& & s& \\ & & \mathbf{I}& & \\ & ?s& & c& \\ & & & & \mathbf{I}\end{array}\right]$，$\mathbf{T}={\mathbf{T}}_{1n}{\mathbf{T}}_{1,n?1}?{\mathbf{T}}_{13}{\mathbf{T}}_{12}$。

??對于非零列向量$\mathbf{x}=({\xi }_1,{\xi }_2,?,{\xi }_n{)}^{\mathrm{T}}$，及單位列向量$\mathbf{z}={\mathbf{e}}_1=(1,0,?,0{)}^{\mathrm{T}}$，其Givens變換過程如下：

• 首先對$\mathbf{x}$構造Givens矩陣${\mathbf{T}}_{12}(c,s)=\left[\begin{array}{ccc}c& s& \\ ?s& c& \\ & & \mathbf{I}\end{array}\right]$，其中$c=\frac{{\xi }_1}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2}},s=\frac{{\xi }_2}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2}}$，有
  $${\mathbf{T}}_{12}\mathbf{x}=(\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2},0,{\xi }_3,?,{\xi }_n{)}^{\mathrm{T}}$$

• 再對${\mathbf{T}}_{12}\mathbf{x}$構造Givens矩陣${\mathbf{T}}_{13}(c,s)=\left[\begin{array}{cccc}c& & s& \\ & 1& & \\ ?s& & c& \\ & & & \mathbf{I}\end{array}\right]$，其中$c=\frac{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2}}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2}},s=\frac{{\xi }_3}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2}}$，有
  $${\mathbf{T}}_{13}({\mathbf{T}}_{12}\mathbf{x})=(\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2},0,0,{\xi }_4,?,{\xi }_n{)}^{\mathrm{T}}$$

• 如此下去，最后對${\mathbf{T}}_{1,n?1}{\mathbf{T}}_{1,n?2}?{\mathbf{T}}_{13}{\mathbf{T}}_{12}\mathbf{x}$構造Givens矩陣${\mathbf{T}}_{1n}(c,s)=\left[\begin{array}{ccc}c& & s\\ & \mathbf{I}& \\ ?s& & c\end{array}\right]$，其中$c=\frac{\sqrt{{\xi }_1^2+?+{\xi }_{n?1}^2}}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+?+{\xi }_{n?1}^2+{\xi }_n^2}},s=\frac{{\xi }_n}{\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+?+{\xi }_{n?1}^2+{\xi }_n^2}}$，有
  $${\mathbf{T}}_{1n}({\mathbf{T}}_{1,n?1}?{\mathbf{T}}_{12}\mathbf{x})=(\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+?+{\xi }_{n?1}^2+{\xi }_n^2},0,?,0{)}^{\mathrm{T}}$$

令$\mathbf{T}={\mathbf{T}}_{1n}{\mathbf{T}}_{1,n?1}?{\mathbf{T}}_{12}$，有$\mathbf{T}\mathbf{x}=|\mathbf{x}|\mathbf{z}=|\mathbf{x}|{\mathbf{e}}_1$，即通過有限個Givens矩陣$\mathbf{T}$將$\mathbf{x}$變換為與$\mathbf{z}$同方向的向量。

3.2、Householder矩陣與Householder變換

??任意給定非零列向量$\mathbf{x}\in {\mathbf{R}}^n(n>1)$及單位列向量$\mathbf{z}\in {\mathbf{R}}^n$，則存在矩陣$\mathbf{H}$，使得
$$\mathbf{H}\mathbf{x}=|\mathbf{x}|\mathbf{z}\text{\hspace{1em}(4)}$$

上式即為Householder變換，也稱初等反射變換，其中$\mathbf{H}=\mathbf{I}?2{\mathbf{uu}}^{\mathrm{T}}$，為Householder矩陣，也稱初等反射矩陣。

??對于非零列向量$\mathbf{x}=({\xi }_1,{\xi }_2,?,{\xi }_{n?1},{\xi }_n{)}^{\mathrm{T}}$及單位列向量$\mathbf{z}={\text{e}}_1=(1,0,?,0{)}^{\mathrm{T}}$，其Householder變換過程如下：

??取$\mathbf{u}=\frac{\mathbf{x}?|\mathbf{x}|\mathbf{z}}{|\mathbf{x}?|\mathbf{x}|\mathbf{z}|}=\frac{\mathbf{x}?|\mathbf{x}|{\mathbf{e}}_1}{|\mathbf{x}?|\mathbf{x}|{\mathbf{e}}_1|}$，其中$|\mathbf{x}|=\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+?+{\xi }_{n?1}^2+{\xi }_n^2}$，則$\mathbf{H}=\mathbf{I}?2{\mathbf{uu}}^{\mathrm{T}}$，$\mathbf{Hx}=|\mathbf{x}|\mathbf{z}=|\mathbf{x}|{\mathbf{e}}_1$，即通過Householder矩陣$\mathbf{H}$將$\mathbf{x}$變換為與$\mathbf{z}$同方向的向量。

	Givens矩陣${\text{T}}_{ij}$具有如下性質	Householder矩陣$\text{H}$具有如下性質
(1)	$${\mathbf{T}}_{ij}=?{\mathbf{T}}_{ij}^{\mathrm{T}}=?{\mathbf{T}}_{ij}^{?1}$$	$$\mathbf{H}={\mathbf{H}}^{\mathrm{T}}={\mathbf{H}}^{?1}$$
(2)	$${\mathbf{T}}_{ij}^2=?{\mathbf{T}}_{ij}^{\mathrm{T}}{\mathbf{T}}_{ij}=?{\mathbf{T}}_{ij}^{?1}{\mathbf{T}}_{ij}=?\mathbf{I}$$	$${\mathbf{H}}^2={\mathbf{H}}^{\mathrm{T}}\mathbf{H}={\mathbf{H}}^{?1}\mathbf{H}=\mathbf{I}$$
(3)	$$\det {\mathbf{T}}_{\mathrm{ij}}=1$$	$$\det \mathbf{H}=?1$$

$$初等旋轉矩陣是兩個初等反射矩陣的乘積，即有{\mathbf{T}}_{ij}={\mathbf{H}}_v{\mathbf{H}}_u\text{\hspace{1em}(5)}$$

3.3、QR分解

??設$A$是$m\times n$實（復）矩陣，且其$n$個列線性無關，則$A$有分解
$$A=QR\text{\hspace{1em}(6)}$$

其中$Q$是$m\times n$實（復）矩陣，且滿足$Q^{\text{T}}Q=I$（$Q^{\text{H}}Q=I$），$R$是$n$階實（復）可逆上三角矩陣。上式即為矩陣的QR分解，也稱正交三角分解，該分解除去相差一個對角元素的絕對值（模）全等于1的對角矩陣因子外是唯一的。

??對于任意的$n$階實可逆矩陣$A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$，均可通過左連乘Givens矩陣（初等旋轉矩陣）或左連乘Householder矩陣（初等反射矩陣），將其化為可逆上三角矩陣。