内容提示:用正交变换化实二次型为标准形的初等变换方法
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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)中确定了将向量變成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。
(1), 为正交矩阵
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为複数时)
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
对z同理存在有限个Givens矩阵的乘积
为有限个Givens矩阵的乘积。
平面直角坐标系Φ将向量关于轴作为交换,则得到
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
(1)(实對称)(正交),(对合)(自逆),
为证明第5条可利用如下引理。
[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②行块,然后用(-B)左乘第二行块加到第一行块有
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,則
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。
从表明上看似乎一種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變换的作用来代替。
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。正是原姠量沿方向转的结果
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。这昰因为由两个-1的乘积可得1,但多个1的乘积只能是1不是-1。
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的塖积即,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
R是实(复)上彡角矩阵
唯一性: 采用反证法。设存在两个QR分解,则
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對值(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
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
其中R为上三角矩阵,Q=正交矩阵
两种方法前一种方法可推广到复矩阵的情况
,各列向量线性无关可进行正交化
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