漫步线性代数十七——正交基和格拉姆-施密特正交化(上)

对于一个正交基，每个向量和其他所有向量垂直，坐标轴就是互相正交的。我们还可以进一步改善：每个向量除以它的长度得到单位向量，这样的话正交基变成了标准正交基：

16、如果

$$q_i^Tq_j= \begin{cases} 0&i\neq j,\text{给出正交性}\1&i=j,\text{给出归一性} \end{cases}$$

那么$q_1,\ldots,q_n$就是是标准正交基，由标准正交列组成的矩阵叫做$Q$。

最重要的例子是标准基，对于$x-y$平面，最熟悉的$e_1=(1,0)，e_2=(0,1)$水平和竖直方向都是垂直的，$Q$是$2\times 2$的单位矩阵。在$n$为空间里标准基$e_1,\ldots,e_n$由$Q=I$的列组成：

$$e_1=\begin{bmatrix} 1\\0\\0\\\vdots\\0 \end{bmatrix}, e_2=\begin{bmatrix} 0\\1\\0\\\vdots\\0 \end{bmatrix} ,\cdots, e_n=\begin{bmatrix} 0\\0\\0\\\vdots\\1 \end{bmatrix}.$$

这不是唯一的正交基！我们在不改变直角的情况下悬着这些轴，依然是正交基，旋转得到的矩阵我们用$Q$来表示。

如果我们有一个$R^n$的子空间，标准向量$e_i$可能不在这个子空间，但是子空间肯定有一个正交基，我们可以通过一种简单的方法来构造出来，本质上就是将这些倾斜的轴变成正交的，这就是所谓的格拉姆-施密特正交化(Gram-Schmidt othogonalization)。

接下来，说一些本篇文章的是三个主题：

1. 正交矩阵$Q$的定义和性质。
2. $Qx=b$的解，其中$Q$可以是$n\times n$方阵，也可以是长方形矩阵(最小二乘)。
3. 格拉姆-施密特方法的具体步骤以及新的矩阵分解$A=QR$。

正交矩阵

17、如果$Q$(正方行或长方形)的列是正交的，那么$Q^TQ=I$：

$$\begin{equation} \begin{bmatrix} -&q_1^T&-\-&q_2^T&-\&\vdots&\-&q_n^T&- \end{bmatrix} \begin{bmatrix} |&|&&|\q_1&q_2&\cdots&q_n\|&|&&| \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&\cdot&0\0&1&\cdot&0\\cdot&\cdot&\cdot&\cdot\0&0&\cdot&1 \end{bmatrix}\tag1 \end{equation}$$

正交矩阵就是列是单位正交的方阵，它的转置等于它的逆，即$Q^T=Q^{-1}$。

当$Q^T$的$i$行乘以$Q$的$j$列时，结果为零$q_i^Tq_j=0$，而对角线上$i=j$，得到$q_i^Tq_i=1$，也就是长度为1的单位矩阵归一化。

注意即便$Q$是长方形矩阵，$Q^TQ=I$依然成立，但是$Q^T$仅仅是左逆。

例1：

$$Q=\begin{bmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix},\quad Q^T=Q^{-1}= \begin{bmatrix} \cos\theta&\sin\theta\-\sin\theta&\cos\theta \end{bmatrix}$$

$Q$将每个向量旋转$\theta$度，而$Q^T$旋转$-\theta$度，相当于有回到原点了。这些列明显都是正交的，因为$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$。

例2：置换矩阵$P$都是正交矩阵，它的列都是单位向量，而且正交。因为每一列在不同的位置有一个1，它的转置也等于它的逆：

$$P=\begin{bmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\1&0&0 \end{bmatrix}\text{那么} \quad P^{-1}=P^T=\begin{bmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\1&0&0 \end{bmatrix}$$

反对角线$P$上的元素$P_{13}=P_{22}=P_{31}=I$将$x-y-z$轴变成了$z-y-x$轴——也就是右手系统变成了左手系统，所以如我们说每个正交矩阵$Q$表示一个旋转的话就不是很准确，因为反射也能做到:

$$P=\begin{bmatrix} 0&1\\1&0 \end{bmatrix}$$

将点$(x,y)$反射成$(y,x)$，它的镜像是$45^{\circ}$斜线。从几何上来看，正交矩阵$Q$是旋转矩阵和反射矩阵的乘积。

有一个性质是旋转矩阵和反射共有的，当然也就意味着每个正交矩阵也具有。但投影矩阵没有这个性质，因为它不正交或者说不可逆，投影会使向量的长度变小，而正交矩阵却保持长度不变，这个性质非常重要也非常具有代表性：

18、$Q$乘以任何向量保持向量长度不变：

$$\begin{equation} \Vert Qx\Vert=\Vert x\Vert\tag2 \end{equation}$$

它也保持内积和夹角不变，因为$(Qx)^T(Qy)=x^TQ^TQy=x^Ty$。对于长度而言，直接从$Q^TQ=I$就能看出来：

$$\begin{equation} \Vert Qx\Vert^2=\Vert x\Vert^2\text{即}\quad (Qx)^T(Qx)=x^TQ^TQx=x^Tx\tag3 \end{equation}$$

当空间被旋转或反射时，所有的内积和长度都保持不变。

接下来我们利用性质$Q^T=Q^{-1}$进行计算。如果已知一组基，那么任何向量都可以用基向量来表示，对于一组标准正交基来说这是非常简便的，之后我们会看到傅里叶级数背后实际就是这一想法，所以现在问题变成找基向量的系数：

$$\text{将$b$写成一个基向量的组合}b=x_1q_1+x_2q_2+\cdots+x_nq_n$$

在计算$x_1$时有一个小技巧，方程两边同时乘以$q_1^T$，那么左边就变成$q_1^Tb$，右边除了第一项外其余项都消失了(因为$q_1^Tq_j=0$)，最后留下：

$$q_1^Tb=x_1q_1^Tq_1$$

因为$q_1^Tq_1=1$，所以$x_1=q_1^Tb$，同样的可以得出第二个系数$x_2=q_2^Tb$，得出所有系数后代入$b$的方程的：

$$\begin{equation} (q_1^Tb)q_1+(q_2^Tb)q_2+\cdots+(q_n^Tb)q_n\tag4 \end{equation}$$

接下来将标准正交基放到方阵$Q$中，向量方程$x_1q_1+\cdots+x_nq_n=b$等价于$Qx=b$，($Q$的列乘以$x$ 中的元素)它的解是$x=Q^{-1}b$，但是因为$Q^{-1}=Q^T$——正交矩阵的性质——所有解也可以写成$x=Q^Tb$：

$$\begin{equation} x=Q^Tb=\begin{bmatrix} -&q_1^T&-\-&\vdots&-\-&q_n^T&- \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \\b\\ \\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} q_1^Tb\\\vdots\\q_n^Tb \end{bmatrix}\tag5 \end{equation}$$

$x$的元素就是内积$q_i^T b$，也就是方程(4)。

矩阵形式也展示了在列向量不是标准正交时发生了什么，我们依然将$b$表示为$x_1a_1+\cdots+x_n a_n$的组合来求解$Ax=b$，基向量表示成$A$，为了求解，我们需要$A^{-1}$，在标准正交时仅仅需要$Q^T$。

注解1：前面我们将$b$投影到直线上时出现了$a^Tb/a^Ta$，而这里的$a$就是$q_1$，这是一维的，并且投影是$(q_1^T)q_1$，所以我们可以重新解释公式(4)：每个向量$b$是投影到一维直线上的总和。

因为这些投影是正交的，那么可以应用毕达哥拉斯定理，斜边的平方等于各项平方的和：

$$\begin{equation} \Vert b\Vert^2=(q_1^Tb)^2+(q_2^Tb)^2+\cdots+(q_n^Tb)^2\text{也就是$\Vert Q^Tb\Vert^2$}\tag6 \end{equation}$$

注解2：因为$Q^T=Q^{-1}$，所以$QQ^T=I$。当我们计算$QQ^T$时，得到的是$Q$行的内积结果($Q^TQ$是列的内积)。因为这个结果也是单位矩阵，由此我们得出一个结论：方阵的行是正交的。行的方向和列完全不同，从几何上看不出为何正交，但是他们真的就是正交：

$$Q=\begin{bmatrix} 1/\sqrt{3}&1/\sqrt{2}&1/\sqrt{6}\1/\sqrt{3}&0&-2/\sqrt{6}\1/\sqrt{3}&-1/\sqrt{2}&1/\sqrt{6} \end{bmatrix}$$

长方形矩阵

这一小节讲一下$Ax=b$，其中$A$是长方形矩阵。考虑$Qx=b$，我们现在允许行数大于列数，也就是说$Q$中有$n$个正交列$q_i$，而$m>n$，此时$Q$是$m\times n$矩阵并且不能精确的求解$Qx=b$，也就是需要用到最小二乘。

标准正交列一般会让问题简化，在方阵中我们已经看到了效果，现在我们在长方形矩阵使用一下，重点是注意到$Q^Q=I$，所以$Q^T$依然是$Q$的左逆。

对于最小二乘，在$Ax=b$两边乘以矩阵的转置得到正规方程$A^TA\hat{x}=A^Tb$，而这里的正规方程就是$Q^TQ=Q^Tb$，但是$Q^TQ=I$！因此$\hat{x}=Q^Tb$，当$Q$是方阵时$\hat{x}$ 就是精确解，或者$Q$是长方形矩阵，此时就需要最小二乘了。

19、如果$Q$的列是标准正交的，那么最小二乘问题就变得容易了：对于大多数$b$，长方形矩阵形式没有解

$$\begin{array}{rll} Qx&=b&\text{对于大多数$b$没有解}\Q^TQ\hat{x}&=Q^Tb&\text{正规方程有最佳解$\hat{x}$，其中$Q^TQ=I$}\\hat{x}&=Q^Tb&\text{$\hat{x}_i$就是$q_i^Tb$}\p&=Q\hat{x}&\text{$b$的投影是$(q_1^Tb)q_1+\cdots+(q_n^Tb)q_n$}\p&=QQ^Tb&\text{投影矩阵是$P=QQ^T$} \end{array}$$

最后一个方程像$p=A\hat{x}，P=A(A^TA)^{-1}A^T$，当列是标准正交时，矩阵$A^TA$变成$Q^TQ=I$，也就是说当向量标准正交时最小二乘中难计算的部分没有了，在轴上的投影不在耦合了，$p$是各项的和$p=(q_1^Tb)q_1+\cdots+(q_n^Tb)q_n$。

我们强调以下，投影不是重新构建$b$，只有在$m=n$的方阵情况下才是这样，而对于$m>n$的长方形矩阵，他们不是重建，给出的投影$p$已经不是原来的向量$b$。投影矩阵一般是$A(A^TA)^{-1}A^T$，而这里简化为

$$\begin{equation} P=Q(Q^TQ)^{-1}Q^T\text{或者}P=QQ^T\tag7 \end{equation}$$

注意$Q^TQ$是$n\times n$的单位矩阵，而$QQ^T$是$m\times m$的投影矩阵$P$，它是$Q$列向量上的单位矩阵，但是$QQ^T$的正交补是零矩阵($Q^T$的零空间)。

例3：下面的例子比较简单但是非常典型。假设我们将点$b=(x,y,z)$投影到$x-y$平面上，那么它的投影是$p=(x,y,0)$，并且是分别在$x$轴和$y$轴上投影之和：

$$q_1=\begin{bmatrix} 1\\0\\0 \end{bmatrix}, (q_1^Tb)q_1=\begin{bmatrix} x\\0\\0 \end{bmatrix}; q_2=\begin{bmatrix} 0\\1\\0 \end{bmatrix}, (q_2^Tb)q_2=\begin{bmatrix} 0\\y\\0 \end{bmatrix}$$

这个投影矩阵是

$$P=q_1q_1^T+q_2q_2^T= \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&0 \end{bmatrix}, P\begin{bmatrix} x\\y\\z \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} x\\y\\0 \end{bmatrix}$$

在平面上的投影=在标准正交向量$q_1,q_2$上投影之和。

例4：当测试时间的平均值是零时，拟合直线得到的是正交列。我们取$t_1=-3,t_2=0,t_3=3$，然后拟合$y=C+Dt$得到含有两个未知量的三个方程：

$$\begin{array}{ccccc} C&+&Dt_1&=&y_1\C&+&Dt_2&=&y_2\C&+&Dt_3&=&y_3 \end{array},\text{或者} \begin{bmatrix} 1&-3\\1&0\\1&3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} C\\D \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} y_1\\y_2\\y_3 \end{bmatrix}$$

列$(1,1,1),(-3,0,-3)$是正交的，我们可以分别计算他们的投影，分别求出最佳系数$\hat{C},\hat{D}$：

$$\hat{C}=\frac{\begin{bmatrix}1&1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1&y_2&y_3\end{bmatrix}^T}{1^2+1^2+1^2}, \hat{D}=\frac{\begin{bmatrix}-3&0&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1&y_2&y_3\end{bmatrix}^T}{(-3)^2+0^2+3^2},$$

注意$\hat{C}=(y_1+y_2+y_3)/3$是数据的均值，它给出了水平线的最佳拟合，而$\hat{D}t$是通过原点直线的最佳拟合。这些列是正交的，所以这两部分的和就是所以直线的最佳拟。因为列不是单位限量，所以$\hat{C},\hat{D}$都需要除以各自的长度。

正交列的确对求解问题带来许多方便。考虑另一种情况，如果测量时间的平均值不是0，$\bar{t}=(t_1+\cdots+t_m)/m$，那么时间原点就变成了$\bar{t}$，我们不再使用$y=C+Dt$，而是用$y=c+d(t-\bar{t})$，距离说明：

$$\begin{align} &\hat{c}=\frac{\begin{bmatrix}1&\cdots&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1&\cdots&y_m\end{bmatrix}^T}{1^2+1^2+\cdots+1^2}=\frac{y_1+\cdots+y_m}{m},\nonumber\&\hat{d}=\frac{\begin{bmatrix}(t_1-\bar{t})&\cdots&(t_m-\bar{t})\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1&\cdots&y_m\end{bmatrix}^T}{(t_1-\bar{t})^2+\cdots+(t_m-\bar{t})^2}=\frac{\Sigma(t_i-\bar{t})y_i}{\Sigma(t_i-\bar{t})^2}\tag8 \end{align}$$

最佳解$\hat{c}$是均值，同时得到$\hat{d}$的简化形式。之前$A^TA$的反对角线元素是$\Sigma t_i$，转变了时间$\hat{t}$后变成零，而这个转变就是格拉姆-施密特过程。

正交矩阵在数值线性代数中非常重要，因为他们引入了不稳定性。当长度保持不变的时候，可以控制住舍入误差。正交向量已经是非常基本的技术，可能出了消元法它就是第二基本的方法了。并且由它得到的分解$A=QR$和$A=LU$一样出名。