第九章 矩阵分解

* * 的任一解为 x0 有 Ax0 = x= 0 0 A Ax0
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于是 Ax0 = 0
从而知 x0 也是（6）的解。 1
引理2： 对任意复矩阵 Am× n ， * A 和 AA* 都是 A 半正定H-矩阵（Hermite阵）。 证明一： 首先，A* A 显然为H-矩阵，我们来考虑 艾尔米特二次型 f ( x) = x* A* A x 。 对任意n维复向量 x0 , 有
其中是阶正线上三角矩阵 r U1 ∈U rm×r ,U 2 ∈U rr×n R L是阶正线下三角矩阵。 r
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,
求矩阵 例2：
1 1 0 A = 1 0 − 1 0 1 − 1
的 QR 分解。
记 解： A 的三个列向量依次为α1 , α 2 , α 3 , 用施密 特正交化方法得
从而 I 0 −1 −1 r A= P Q 0 0 I −1 r = P [ I r 0] Q −1 0
= BC
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其中
I −1 r B = P 0 C = I 0 Q −1 [r ]
定理1
设，则存在，满足 A ∈ Crm×n
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c1 n c2 n = UR c nn
唯一性证明
设有两个分解式为 A = UR UR A = 则 U −1U = RR −1
U −1U RR −1 由于是酉矩阵，是正线上三角矩阵， ⇒ U −1U = RR −1 = I U 从而， U R R = =
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1 0 0 3 0 0 − 2C1 + C2 1 − 2 γ2 +γ3 0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 1 − 3 − 2 1 0 0 0 − 3 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1
1 0 0 C 2 + C3 1 0 0 0
第九章 矩阵的分解
第一节 矩阵的满秩分解 第二节 矩阵的正交三角分解 第三节 矩阵的奇异值分解 第四节 矩阵的谱分解
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第一节 矩阵的满秩分解
满秩分解的基本思想 存在非奇异矩阵 P 和 Q 化矩阵 A 成为标准型，即
Ir PAQ = 0 0 0
证明
将按列向量分块，得 A A = (α1 ,α 2 ,,α n )
R1是正线下三角矩阵（主对角线上元素均为正）。
n 由于则线性无关α1 ,α 2 ,,α n A ∈ C n ×n ,
将正交化得，再单位化得 αi β1 , β 2 ,, β n
ν 1 ,ν 2 ,,ν n，并有
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(1)
其中 R1 = C1C * (CC * ) −1
= B1C1 (b) 因为，有 = B* B1C1 BC B* BC
= (= R2 C1 所以 C B* B ) −1 B* B1C1 其中 R2 = ( B* B ) −1 B* B1
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(2)
所以 BC B1 R1 R2C1 B1C1 = =
所以 B1* B1 R1 R2C1C1* = B1* B1C1C1* (3)
因为和分别是列满秩和行满秩矩阵 B1 C1 所以和均是可逆矩阵 B B1 C1C
* 1 * 1
所以由式（3）可得 R1 R2 = I
所以若令 R1 = R 则 R2 = R -1
1
因此，由式(1)和(2)可得定理2
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存在酉矩阵 U，使得
= (= diag{λ1 ,, λr ,0,,0} (8) U A AU AU ) AU
* * *
只需证非零特征值 λi > 0, i = , r 1,
λi
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(= AU ( i ) )* AU ( i )
1
( AU ( i ) , AU ( i ) ) > 0
例1：求矩阵
0 1 2 0 A = 2 7 1 − 3 的一种满秩分解。 1 −1 −1 3
解： 在用行、列初等变换化 A 为标准形式过 程中， 求出相应的初等变换矩阵 P 和 Q 具体变换过程如下：
0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 1 2 1 − 3 − 2 1 0 2 7 1 − 3 0 1 0 0 3 0 − 3 −1 3 −1 0 1 A I 1 −1 −1 3 0 0 1 − 2r + r I 0 = 1 2 1 0 0 0 0 0 1 0 − r1 + r3 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1
求出 P, Q 的逆矩阵为
1 0 0 P −1 = 2 1 0 1 −1 1
−1
B , 取Q −1的前两行为 C 取 P 的前两列为
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1 0 Q −1 = 0 0
2 3 1 0
0 0 1 −3 0 0 0 1
则得 A 的一种满秩分解
σ 1 σ2 Σ 0 S = σr 0 0 = 0 0
A
为 A 的奇异值矩阵。
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定理4：对于秩为 r 的复矩阵 Am×n , 必有 m 阶酉 矩阵U 及 n 阶酉矩阵 V 使得
β 1 = α 1 = (1,1,0 )T
β 2 = − β 1 + α 2 = − α 1 + α 2 = ,− ,1
1 2 1 2 1 2 1 2
T
1 1 1 1 2 2 2 β 3 = − β 1 + β 2 + α 3 = α 1 + α 2 + α 3 = ,− ,− 2 3 3 3 3 3 3
2 −1 T R=Q A=Q A= 0 0 便有 A = QR
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如何利用正交三角分解解线性方程组 Ax = b ？
A = QR ⇓ = QT QR R QT A =
(4)
Ax = b ⇓ QT Ax = QT b
(5)
将(4)代入(5)可得
Rx QT b ⇒ x R −1QT b = =
1 0 1 2 0 0 A = BC = 2 1 0 3 1 − 3 1 − 1
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第二节
定理1
矩阵的正交三角分解
A ∈ Cnn×n , A 设则可以唯一分解为
A = = UR 或 A RU1 ,R U ,U1 ∈U n×n 其中（酉阵）是正线上三角矩阵，
* 0 *
*
(
)
f ( x0 ) = x ( A A ) x0 = ( Ax0 ) ( Ax0 ) =
*
Ax0
2
≥0
A* A 为半正定H-矩阵。 故 f (x) 为半正定的， 从而
类似可证， AA 为半正定H-矩阵。
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证明二： 考虑 A A
* *
A A 是Hermite阵，即为正规矩阵，因此酉相似 * 于对角矩阵，且对角线元素为 A A 的特征值，即
T
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单位化得
2 2 = 2 , 2 ,0 ε1 = β1 = α1 2 2 2 2
T
6 ε2 = β 2 = − 6 α1 + 6 α 2 3 6 3
6 6 6 = 6 ,− 6 , 3
T
3 3 3 33 = ,− ,− 3 6 6 2 3 3 2
T
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求出
Q = (ε 1 , ε 2 , ε 3 )
=
2 2 2 2 0
6 6 6 − 6 6 3 2 2 6 2 0
3 3 3 − 3 3 − 3 − − 2 3 2 2 6 6 3
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A ∈ Crm×n , A 定理3 设则可以分解为 A = U1 R1 L2U 2 其中，是阶正线上三角矩阵 r U1 ∈U rm×r ,U 2 ∈U rr×n R1 L2是阶正线下三角矩阵。 r
,
证明 根据满秩分解定理，有 A = BC 2 对、分别用定理和推论有 B C A = U1 R1 L2U 2
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定理2 设（列满秩）则可以唯一分解为 A ∈ Crm×r , A
A = UR U ∈U rm×r , R r 其中是阶正线上三角矩阵。
r ×n 推论 设（行满秩）则可以唯一分解为 A ∈ Cr , A
A = LU 其中是阶正线下三角矩阵。 U ∈U , L r
r ×n r
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A* A 为半正定的H-矩阵， 由引理2知 则必有 n 阶酉矩阵 V 使得
Am×n , 称 A* A 的 n 个零特征值 对于复矩阵 定义1： = λi , i λi 的算术根 σ i = 1,, n 为 A 的奇异值。
若记 Σ = diag (σ 1 , σ 2 ,, σ r ) , 其中 σ 1 , σ 2 ,σ r 是 的全部非零奇异值， 则称 m × n 矩阵
B ∈ Crm×r C ∈ Crr×n , A = BC
定理2 设都是的满秩分解，则 = BC B1C1 A = A
R ∈ Crr×r，满足，= = B B1 R C R −1C1
(a) 因为，有 = B1C1C * BC BCC * 证明= B1C1 = B1C1C * (CC * ) −1 B1 R1 所以 B =