例 9.13

依赖于

• 例 8.12
• 例 8.78

被以下题目直接调用

• 例 9.85
• 例 9.88

例 9.13

设 $A$ 是 $n$ 阶实（复）矩阵，则 $A$ 可分解为 $A=QR$，其中 $Q$ 是正交（酉）矩阵， $R$ 是一个主对角元全大于等于零的上三角矩阵，并且若 $A$ 是可逆矩阵，则这样的分解必唯一。

解答

证明 设 $A$ 是 $n$ 阶实矩阵，$A=(u_1,u_2,\cdots ,u_n)$ 是 $A$ 的列分块。考虑 $n$ 维实列向量空间 ${\mathbb{R}}^n$，并取其标准内积，我们先通过类似于 Gram-Schmidt 方法的正交化过程，把 $\{u_1,u_2,\cdots ,u_n\}$ 变成一组两两正交的向量 $\{w_1,w_2,\cdots ,w_n\}$，并且 $w_k$ 或者是零向量或者是单位向量。

我们用数学归纳法来定义上述向量 $w_k(1\le k\le n)$。假设 $w_1,\cdots ,w_{k-1}$ 已经定义好，现来定义 $w_k$。令

$$v_k=u_k-\sum _{j=1}^{k-1}(u_k,w_j)w_j.$$

若 $v_k=0$，则令 $w_k=0$；若 $v_k\ne 0$，则令

$$w_k=\frac{v_k}{\Vert v_k\Vert }.$$

容易验证 $\{w_1,w_2,\cdots ,w_n\}$ 是一组两两正交的向量，$w_k$ 或者是零向量或者是单位向量， 并且满足：

$$u_k=\sum _{j=1}^{k-1}(u_k,w_j)w_j+\Vert v_k\Vert w_k,1\le k\le n.\text{\hspace{1em}(9.5)}$$

由上式可得

$$A=(u_1,u_2,\cdots ,u_n)=(w_1,w_2,\cdots ,w_n)R,\text{\hspace{1em}(9.6)}$$

其中 $R$ 是一个上三角矩阵且主对角元依次为 $\Vert v_1\Vert ,\Vert v_2\Vert ,\cdots ,\Vert v_n\Vert$，全大于等于零， 并且由 (9.5) 式可知，如果 $w_k=0$，则 $R$ 的第 $k$ 行元素全为零。

假设 $w_{i_1},w_{i_2},\cdots ,w_{i_r}$ 是其中的非零向量全体，则可将它们扩张为 ${\mathbb{R}}^n$ 的一组标准正交基 $\{{\tilde{w}}_1,{\tilde{w}}_2,\cdots ,{\tilde{w}}_n\}$， 其中 ${\tilde{w}}_j=w_j(j=i_1,i_2,\cdots ,i_r)$。令 $Q=({\tilde{w}}_1,{\tilde{w}}_2,\cdots ,{\tilde{w}}_n)$，则 $Q$ 是正交矩阵。 注意到若 $w_k=0$，则 $R$ 的第 $k$ 行元素全为零，此时用 ${\tilde{w}}_k$ 代替 $w_k$ 仍然可使 (9.6) 式成立，因此

$$A=(u_1,u_2,\cdots ,u_n)=({\tilde{w}}_1,{\tilde{w}}_2,\cdots ,{\tilde{w}}_n)R=QR,$$

从而得到了 $A$ 的 $QR$ 分解。

若可逆实矩阵 $A$ 有两个 $QR$ 分解 $A=QR=Q_1{R}_1$，则 $Q^{-1}{Q}_1=R{R}_1^{-1}$。因为正交矩阵的逆矩阵和乘积仍是正交矩阵，上三角矩阵的逆矩阵和乘积仍是上三角矩阵， 故 $Q^{-1}{Q}_1=R{R}_1^{-1}$ 是正交上三角矩阵，从而是正交对角矩阵。又因为正交对角矩阵的主对角元只能是 $1$ 或 $-1$，且 $R{R}_1^{-1}$ 的主对角元全大于零，故 $R{R}_1^{-1}=I_n$， 从而 $R_1=R$，$Q_1=Q$，分解唯一性得证。复矩阵情形的证明完全类似。$\square$

例 8.12 和例 8.78 证明下列关于 $n$ 阶实对称矩阵 $A=(a_{ij})$ 的命题等价：

(1) $A$ 是正定阵（半正定阵）；

(2) 存在主对角元全等于 $1$ 的上三角矩阵 $B$ 和主对角元全为正数（非负实数）的对角矩阵 $D$， 使得 $A=B^{\prime }DB$；

(3) 存在主对角元全为正数（非负实数）的上三角矩阵 $C$，使得 $A=C^{\prime }C$。

证法 2 因为半正定阵 $A$ 是正定阵当且仅当 $A$ 是可逆矩阵，所以由可逆性和例 8.78 的结论很容易推出例 8.12 的结论， 下面只证明例 8.78。

(1) $\Rightarrow$ (3)，(2)：因为 $A$ 半正定，故存在实矩阵 $P$，使得 $A=P^{\prime }P$。设 $P=QC$ 是 $QR$ 分解，其中 $Q$ 是正交矩阵，$C$ 是主对角元全大于等于零的上三角矩阵，则

$$A=(QC{)}^{\prime }(QC)=C^{\prime }(Q^{\prime }Q)C=C^{\prime }C.$$

由例 9.13 的证明可知，若 $C=(c_{ij})$ 的第 $(i,i)$ 元素 $c_{ii}=0$，则 $C$ 的第 $i$ 行元素全为零。 令

$$D=\mathrm{diag}\{c_{11}^2,c_{22}^2,\cdots ,c_{nn}^2\},$$

且 $B=(b_{ij})$ 定义为：若 $c_{ii}>0$，则

$$b_{ij}=\frac{c_{ij}}{c_{ii}}(1\le j\le n);$$

若 $c_{ii}=0$，则 $b_{ij}={\delta }_{ij}(1\le j\le n)$，其中 ${\delta }_{ij}$ 是 Kronecker 符号。 容易验证 $B$ 是主对角元全等于 $1$ 的上三角矩阵且 $A=B^{\prime }DB$。

(2) $\Rightarrow$ (1) 和 (3) $\Rightarrow$ (1) 都是显然的。$\square$