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第十七讲：正交矩阵和Gram-Schmidt正交化法

标准正交矩阵

定义标准正交向量（orthonormal）：\(q_i^Tq_j=\begin{cases}0\quad i\neq j\\1\quad i=j\end{cases}\)

我们将标准正交向量放入矩阵中，有\(Q=\Bigg[q_1 q_2 \cdots q_n\Bigg]\)。

上一讲我们研究了\(A^A\)的特性，现在来观察\(Q^TQ=\begin{bmatrix} & q_1^T & \\ & q_2^T & \\ & \vdots & \\ & q_n^T & \end{bmatrix}\Bigg[q_1 q_2 \cdots q_n\Bigg]\)

根据标准正交向量的定义，计算\(Q^TQ=\begin{bmatrix}1&0&\cdots&0\\0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&0&\cdots&1\end{bmatrix}=I\)，我们也把\(Q\)成为标准正交矩阵（orthonormal matrix）。

特别的，当\(Q\)恰好是方阵时，由于正交性，易得\(Q\)是可逆的，又\(Q^TQ=I\)，所以\(Q^T=Q^{-1}\)。

  • 举个置换矩阵的例子：\(Q=\begin{bmatrix}0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}\)，则\(Q^T=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{bmatrix}\)，易得\(Q^TQ=I\)。
  • 使用上一讲的例子\(Q=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}\)，列向量长度为\(1\)，且列向量相互正交。
  • 其他例子\(Q=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}\)，列向量长度为\(1\)，且列向量相互正交。
  • 使用上一个例子的矩阵，令\(Q'=c\begin{bmatrix}Q&Q\\Q&-Q\end{bmatrix}\)，取合适的\(c\)另列向量长度为\(1\)也可以构造标准正交矩阵：\(Q=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\\1&-1&1&-1\\1&1&-1&-1\\1&-1&-1&1\end{bmatrix}\)，这种构造方法以阿德玛（Adhemar）命名，对\(2, 4, 16, 64, \cdots\)阶矩阵有效。
  • 再来看一个例子，\(Q=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}1&-2&2\\2&-1&-2\\2&2&1\end{bmatrix}\)，列向量长度为\(1\)，且列向量相互正交。格拉姆-施密特正交化法的缺点在于，由于要求得单位向量，所以我们总是除以向量的长度，这导致标准正交矩阵中总是带有根号，而上面几个例子很少有根号。

再来看标准正交化有什么好处，假设要做投影，将向量\(b\)投影在标准正交矩阵\(Q\)的列空间中，根据上一讲的公式得\(P=Q(Q^TQ)^{-1}Q^T\)，易得\(P=QQ^T\)。我们断言，当列向量为标准正交基时，\(QQ^T\)是投影矩阵。极端情况，假设矩阵是方阵，而其列向量是标准正交的，则其列空间就是整个向量空间，而投影整个空间的投影矩阵就是单位矩阵，此时\(QQ^T=I\)。可以验证一下投影矩阵的两个性质：\((QQ^T)^T=(Q^T)^TQ^T=QQ^T\)，得证；\((QQ^T)^2=QQ^TQQ^T=Q(Q^TQ)Q^T=QQ^T\)，得证。

我们计算的\(A^TA\hat x=A^Tb\)，现在变为\(Q^TQ\hat x=Q^Tb\)，也就是\(\hat x=Q^Tb\)，分解开来看就是 \(\underline{\hat x_i=q_i^Tb}\)，这个式子在很多数学领域都有重要作用。当我们知道标准正交基，则解向量第\(i\)个分量为基的第\(i\)个分量乘以\(b\)，在第\(i\)个基方向上的投影就等于\(q_i^Tb\)。

Gram-Schmidt正交化法

我们有两个线性无关的向量\(a, b\)，先把它们化为正交向量\(A, B\)，再将它们单位化，变为单位正交向量\(q_1=\frac{A}{\left\|A\right\|}, q_2=\frac{B}{\left\|B\right\|}\)：

  • 我们取定\(a\)向量的方向，\(a=A\)；
  • 接下来将\(b\)投影在\(A\)的法方向上得到\(B\)，也就是求子空间投影一讲中，我们提到的误差向量\(e=b-p\)，即\(B=b-\frac{A^Tb}{A^TA}A\)。检验一下\(A\bot B\)，\(A^TB=A^Tb-A^T\frac{A^Tb}{A^TA}A=A^Tb-\frac{A^TA}{A^TA}A^Tb=0\)。（\(\frac{A^Tb}{A^TA}A\)就是\(A\hat x=p\)。）

如果我们有三个线性无关的向量\(a, b, c\)，则我们现需要求它们的正交向量\(A, B, C\)，再将它们单位化，变为单位正交向量\(q_1=\frac{A}{\left\|A\right\|}, q_2=\frac{B}{\left\|B\right\|}, q_3=\frac{C}{\left\|C\right\|}\)：

  • 前两个向量我们已经得到了，我们现在需要求第三个向量同时正交于\(A, B\)；
  • 我们依然沿用上面的方法，从\(c\)中减去其在\(A, B\)上的分量，得到正交与\(A, B\)的\(C\)：\(C=c-\frac{A^Tc}{A^TA}A-\frac{B^Tc}{B^TB}B\)。

现在我们试验一下推导出来的公式，\(a=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}, b=\begin{bmatrix}1\\0\\2\end{bmatrix}\)：

  • 则\(A=a=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\)；
  • 根据公式有\(B=a-hA\)，\(h\)是比值\(\frac{A^Tb}{A^TA}=\frac{3}{3}\)，则\(B=\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}-\frac{3}{3}\begin{bmatrix}1\\0\\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\-1\\1\end{bmatrix}\)。验证一下正交性有\(A\cdot B=0\)。
  • 单位化，\(q_1=\frac{1}{\sqrt 3}\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix},\quad q_2=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}1\\0\\2\end{bmatrix}\)，则标准正交矩阵为\(Q=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt 3}&0\\\frac{1}{\sqrt 3}&-\frac{1}{\sqrt 2}\\\frac{1}{\sqrt 3}&\frac{1}{\sqrt 2}\end{bmatrix}\)，对比原来的矩阵\(D=\begin{bmatrix}1&1\\1&0\\1&2\end{bmatrix}\)，有\(D, Q\)的列空间是相同的，我们只是将原来的基标准正交化了。

我们曾经用矩阵的眼光审视消元法，有\(A=LU\)。同样的，我们也用矩阵表达标准正交化，\(A=QR\)。设矩阵\(A\)有两个列向量\(\Bigg[a_1 a_2\Bigg]\)，则标准正交化后有\(\Bigg[a_1 a_2\Bigg]=\Bigg[q_1 q_2\Bigg]\begin{bmatrix}a_1^Tq_1&a_2^Tq_1\\a_1^Tq_2&a_2^Tq_2\end{bmatrix}\)，而左下角的\(a_1^Tq_2\)始终为\(0\)，因为Gram-Schmidt正交化总是使得\(a_1\bot q_2\)，后来构造的向量总是正交于先前的向量。所以这个\(R\)矩阵是一个上三角矩阵。

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