怎么做一个网站 免费,免费广告设计制作网站,群晖如何做网站服务器,最美情侣高清视频播放目录 17.正交矩阵#xff0c; S c h m i d t Schmidt Schmidt正交化打赏 17.正交矩阵#xff0c; S c h m i d t Schmidt Schmidt正交化 “标准”经常表示单位长度 标准正交基#xff1a;由两两正交的单位向量组成的基 将标准正交基中的元素记作 q ⃗ 1 , q ⃗ 2 , ⋯ , q … 目录 17.正交矩阵 S c h m i d t Schmidt Schmidt正交化打赏 17.正交矩阵 S c h m i d t Schmidt Schmidt正交化 “标准”经常表示单位长度 标准正交基由两两正交的单位向量组成的基 将标准正交基中的元素记作 q ⃗ 1 , q ⃗ 2 , ⋯ , q ⃗ n \vec{q}_1 , \vec{q}_2 , \cdots , \vec{q}_n q 1,q 2,⋯,q n 有 q ⃗ i T q ⃗ j { 0 , i ≠ j 1 , i j \vec{q}_i^T \vec{q}_j \left\{\begin{matrix} 0 , i \ne j \\ 1,i j \end{matrix}\right. q iTq j{0,ij1,ij 设 Q [ ∣ ⋯ ∣ q ⃗ 1 ⋯ q ⃗ n ∣ ⋯ ∣ ] Q \begin{bmatrix} | \cdots | \\ \vec{q}_1 \cdots \vec{q}_n \\ | \cdots | \end{bmatrix} Q ∣q 1∣⋯⋯⋯∣q n∣ 此时 Q Q Q不一定要是方阵则 Q T Q [ − q ⃗ 1 T − ⋯ ⋯ ⋯ − q ⃗ n T − ] [ ∣ ⋯ ∣ q ⃗ 1 ⋯ q ⃗ n ∣ ⋯ ∣ ] I Q^T Q \begin{bmatrix} - \vec{q}_1^T - \\ \cdots \cdots \cdots \\ - \vec{q}_n^T - \end{bmatrix} \begin{bmatrix} | \cdots | \\ \vec{q}_1 \cdots \vec{q}_n \\ | \cdots | \end{bmatrix} I QTQ −⋯−q 1T⋯q nT−⋯− ∣q 1∣⋯⋯⋯∣q n∣ I 正交矩阵乘上转置得到 I I I的方阵记作 Q Q Q 证明正交矩阵各列构成一个标准正交基 当 i ≠ j i \ne j ij时 Q T Q Q^T Q QTQ的第 i i i行第 j j j列等于 0 0 0即 q ⃗ i T q ⃗ j 0 \vec{q}_i^T \vec{q}_j 0 q iTq j0说明 Q Q Q各列两两正交又 Q T Q Q^T Q QTQ的第 i i i行第 i i i列为 1 1 1即 q ⃗ i T q ⃗ i q ⃗ i 2 1 \vec{q}_i^T \vec{q}_i \vec{q}_i^2 1 q iTq iq i21可得 ∣ q ⃗ i ∣ 1 |\vec{q}_i| 1 ∣q i∣1说明 Q Q Q各列均为单位向量因而 Q Q Q各列为两两正交的单位向量 由定义可知 Q T Q − 1 Q^T Q^{-1} QTQ−1所以 Q Q T Q Q − 1 I Q Q^T Q Q^{-1} I QQTQQ−1I因而 Q T , Q − 1 Q^T , Q^{-1} QT,Q−1也为正交矩阵 Q Q Q的列空间的投影矩阵 P Q ( Q T Q ) − 1 Q T Q Q T I P Q (Q^T Q)^{-1} Q^T Q Q^T I PQ(QTQ)−1QTQQTI 因而求解 Q x ⃗ b ⃗ Q \vec{x} \vec{b} Qx b 时由 Q T b ⃗ Q T Q x ⃗ Q^T \vec{b} Q^T Q \vec{x} QTb QTQx 可得 x ⃗ Q T b ⃗ \vec{x} Q^T \vec{b} x QTb 所以 b ⃗ \vec{b} b 在第 i i i个基方向上的投影 x i r o w i o f Q ⋅ b ⃗ q ⃗ i T b ⃗ x_i row\ i\ of\ Q \cdot \vec{b} \vec{q}_i^T \vec{b} xirow i of Q⋅b q iTb 哈达玛矩阵由 1 , − 1 1 , -1 1,−1构成的满足右乘其转置得到 n I nI nI的方阵记作 H H H 易证 n I nI nI中的 n n n为 H H H的阶数 与正交矩阵同理可知 H H H各列两两正交进而由定义可知 1 n H \dfrac{1}{\sqrt{n}} H n 1H为正交矩阵 哈达玛矩阵的阶数只能为 1 , 2 1 , 2 1,2或 4 4 4的倍数但并不是所有 4 4 4的倍数都可以 暂时不会证明 \color{OrangeRed}暂时不会证明 暂时不会证明 格拉姆-施密特正交化 考虑两个线性无关向量 a ⃗ , b ⃗ \vec{a} , \vec{b} a ,b 先将二者正交化得到两个新向量 A ⃗ , B ⃗ \vec{A} , \vec{B} A ,B 正交化具体方法为令其中一个保持不变如 A ⃗ a ⃗ \vec{A} \vec{a} A a 将另一个向量投影到前者后用后者减去投影得到的就是后者的正交化如 B ⃗ b ⃗ − A ⃗ A ⃗ T b ⃗ A ⃗ T A ⃗ \vec{B} \vec{b} - \vec{A} \dfrac{\vec{A}^T \vec{b}}{\vec{A}^T \vec{A}} B b −A A TA A Tb 再将正交化得到的向量标准化即每个向量除以自己的模得到一个标准正交基 { q ⃗ 1 , q ⃗ 2 } \{ \vec{q}_1 , \vec{q}_2 \} {q 1,q 2}如 q ⃗ 1 A ⃗ ∣ A ⃗ ∣ , q ⃗ 2 B ⃗ ∣ B ⃗ ∣ \vec{q}_1 \dfrac{\vec{A}}{|\vec{A}|} , \vec{q}_2 \dfrac{\vec{B}}{|\vec{B}|} q 1∣A ∣A ,q 2∣B ∣B 考虑将线性无关向量拓展至三个—— a ⃗ , b ⃗ , c ⃗ \vec{a} , \vec{b} , \vec{c} a ,b ,c 正交化得到的向量增加一个 C ⃗ \vec{C} C 设 C ⃗ ′ c ⃗ − A ⃗ A ⃗ T c ⃗ A ⃗ T A ⃗ \vec{C}^{} \vec{c} - \vec{A} \dfrac{\vec{A}^T \vec{c}}{\vec{A}^T \vec{A}} C ′c −A A TA A Tc 有 ( C ⃗ ′ ) T A ⃗ 0 (\vec{C}^{})^T \vec{A} 0 (C ′)TA 0 设 C ⃗ ′ ′ C ⃗ ′ − B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ \vec{C}^{} \vec{C}^{} - \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}} C ′′C ′−B B TB B TC ′有 C ′ ′ ⃗ T B ⃗ 0 \vec{C^{}}^T \vec{B} 0 C′′ TB 0 其中 B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}} B B TB B TC ′与 B ⃗ \vec{B} B 共线而 B ⃗ \vec{B} B 与 A ⃗ \vec{A} A 正交因而 B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}} B B TB B TC ′与 A ⃗ \vec{A} A 正交又 ( C ⃗ ′ ) T A ⃗ 0 (\vec{C}^{})^T \vec{A} 0 (C ′)TA 0所以 ( C ⃗ ′ ′ ) T A ⃗ ( C ⃗ ′ − B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ ) A ⃗ 0 (\vec{C}^{})^T \vec{A} (\vec{C}^{} - \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}}) \vec{A} 0 (C ′′)TA (C ′−B B TB B TC ′)A 0即 C ⃗ ′ ′ \vec{C}^{} C ′′与 A ⃗ \vec{A} A 正交所以 C ⃗ ′ ′ \vec{C}^{} C ′′与 B ⃗ , A ⃗ \vec{B} , \vec{A} B ,A 均正交 C ⃗ C ⃗ ′ ′ \vec{C} \vec{C}^{} C C ′′ 下证 B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ B ⃗ B ⃗ T c ⃗ B ⃗ T B ⃗ \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}} \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{c}}{\vec{B}^T \vec{B}} B B TB B TC ′B B TB B Tc 等式左右分别表示 C ⃗ ′ , c ⃗ \vec{C}^{} , \vec{c} C ′,c 在 B ⃗ \vec{B} B 的投影 c ⃗ \vec{c} c 的投影由 C ⃗ ′ , A ⃗ A ⃗ T c ⃗ A ⃗ T A ⃗ \vec{C}^{} , \vec{A} \dfrac{\vec{A}^T \vec{c}}{\vec{A}^T \vec{A}} C ′,A A TA A Tc 的投影两部分组成而后者与 A ⃗ \vec{A} A 共线即与 B ⃗ \vec{B} B 正交投影为 0 ⃗ \vec{0} 0 所以 c ⃗ \vec{c} c 的投影与 C ⃗ ′ \vec{C}^{} C ′的投影一致即 B ⃗ B ⃗ T C ⃗ ′ B ⃗ T B ⃗ B ⃗ B ⃗ T c ⃗ B ⃗ T B ⃗ \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{C}^{}}{\vec{B}^T \vec{B}} \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{c}}{\vec{B}^T \vec{B}} B B TB B TC ′B B TB B Tc ∴ C ⃗ c ⃗ − A ⃗ A ⃗ T c ⃗ A ⃗ T A ⃗ − B ⃗ B ⃗ T c ⃗ B ⃗ T B ⃗ \therefore \vec{C} \vec{c} - \vec{A} \dfrac{\vec{A}^T \vec{c}}{\vec{A}^T \vec{A}} - \vec{B} \dfrac{\vec{B}^T \vec{c}}{\vec{B}^T \vec{B}} ∴C c −A A TA A Tc −B B TB B Tc 如果 A ⃗ , B ⃗ \vec{A} , \vec{B} A ,B 不正交是无法这样得到与两者都正交的分向量的 当然最后还是要除以模 将最初和最终的向量分别按列摆放组合为两个矩阵 A [ ∣ ∣ ⋯ a ⃗ 1 a ⃗ 2 ⋯ ∣ ∣ ⋯ ] , Q [ ∣ ∣ ⋯ q ⃗ 1 q ⃗ 2 ⋯ ∣ ∣ ⋯ ] A \begin{bmatrix} | | \cdots \\ \vec{a}_1 \vec{a}_2 \cdots \\ | | \cdots \end{bmatrix} , Q \begin{bmatrix} | | \cdots \\ \vec{q}_1 \vec{q}_2 \cdots \\ | | \cdots \end{bmatrix} A ∣a 1∣∣a 2∣⋯⋯⋯ ,Q ∣q 1∣∣q 2∣⋯⋯⋯ 设 A Q R A QR AQR有 Q T A Q T Q R Q^T A Q^T QR QTAQTQR可得 R Q T A R Q^T A RQTA 思考得到每个 q ⃗ \vec{q} q 的过程不难发现 a ⃗ 1 , a ⃗ 2 , ⋯ , a ⃗ i \vec{a}_1 , \vec{a}_2 , \cdots , \vec{a}_i a 1,a 2,⋯,a i与 q ⃗ 1 , q ⃗ 2 , ⋯ , q ⃗ i \vec{q}_1 , \vec{q}_2 , \cdots , \vec{q}_i q 1,q 2,⋯,q i线性组合所能得到的空间是一致的而 q i q_{i} qi之后的向量会正交于 q ⃗ 1 , q ⃗ 2 , ⋯ , q ⃗ i \vec{q}_1 , \vec{q}_2 , \cdots , \vec{q}_i q 1,q 2,⋯,q i中的每一个即正交于这个空间中的每一个向量因此想要对 q ⃗ \vec{q} q 线性组合得到 a ⃗ i \vec{a}_i a i无法使用到 q ⃗ i \vec{q}_i q i之后的 q ⃗ \vec{q} q 即它们在 R R R中的对应参数为 0 0 0所以 R R R为一个上三角阵且其对角线上的元素为对应的未标准化的新向量的模 打赏
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