1樓：匿名使用者
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2樓：**有毒
正交陣是線性空間裡的正交基，上三角矩陣則是這些正交基的線性組合。如a=qr，即q通過線性組合r後可以得到a。
對一個矩陣a進行qr分解，只有唯一的一種情況嗎？
3樓：匿名使用者
是唯一的！
矩陣a進行qr分解後，r中對角元素一定是實數，由於這個條件，使得它唯一！
矩陣理論的qr分解
4樓：匿名使用者
qr分解即是將矩陣分解為正交陣和上三角陣的乘積，嚴格
表述如下：
設a為一個n級實矩陣，且|a|≠0，則a=qt。其中q為正交陣，t為上三角陣，且分解唯一。
證明如下：
（1）設a=(aij)，它的n個列向量為α1，...，αn。
由於|a|≠0，所以α1，...，αn線性無關，從而是r^n的一組基。
利用施密特正交化過程，由α1，...，αn可得正交基和標準正交基η1，,,,，ηn：
β1=α1，η1=β1/|β1|；
β2=α2-(α2,η1)η1，η2=β2/|β2|；
......
βn=αn-(αn,η1)η1-...-(αn,η(n-1))η(n-1)，ηn=βn/|βn|。
再將βi=|βi|ηi (i=1,2,...,n)帶入等式左邊，移項整理得
α1=t11η1，
α2=t12η1+t22η2，
......
αn=t1nη1+t2nη2+...+tnnηn。
其中tii=|βi|>0,(i=1,2,...,n)，tij=(αj,ηi),(i≠j)，
即a=(α1,...,αn)=(η1,...,ηn)(t11 t12 ...
t1n;0 t22 t23 ... t2n;...;0 0 0...
tnn)=qt。
（2）下證唯一性：
若還有q1、t1，也使得a=q1t1=qt，其中q、q1正交，t、t1為主對角元》0的上三角矩陣。
由q1t1=qt得q1^(-1)q=t1t^(-1)
由於q1^(-1)q是正交陣，從而t1t^(-1)也是正交陣，且為上三角陣。
故t1t^(-1)主對角元為±1（由t1、t主對角元為正，故t1t^(-1)主對角元只能為1）且為對角陣。即t1t^(-1)=e，即t1=t。再由t非退化，從而q1=q，即分解唯一，證畢。
qr分解的介紹
5樓：匿名使用者
這裡給出一個(2×2)矩陣a，在qr分解後用迭代法求解特徵值的過程，僅供參考。
6樓：紫月軍團
qr分解法是目前求一般矩陣全部特徵值的最有效並廣泛應用的方法，一般矩陣先經過正交相似變化成為hessenberg矩陣，然後再應用qr方法求特徵值和特徵向量。它是將矩陣分解成一個正規正交矩陣q與上三角形矩陣r，所以稱為qr分解法，與此正規正交矩陣的通用符號q有關。
7樓：安徽新華電腦專修學院
function l = rqrtz(a,m)%qr演算法求矩陣全部特徵值
%已知矩陣:a
%迭代步數:m
%求得的矩陣特徵值:l
矩陣分解的qr分解法
8樓：加菲36日
qr分解法是將矩陣分解成一個正規正交矩陣與上三角形矩陣,所以稱為qr分解法,與此正規正交矩陣的通用符號q有關。
matlab以qr函式來執行qr分解法， 其語法為[q,r]=qr(a)。
矩陣什麼時候可以進行qr分解？什麼時候不能？
9樓：匿名使用者
將矩陣a進行qr分解，q為單位正交矩陣，r是上三角矩陣，分解後a＝qr。若滿足r的主對角元素為正數，那麼qr分解才是唯一的。在mma做試驗有意外收穫:
schur命令太厲害了，也是分解為( 正交陣＋上三角陣 )，後者對角線就是特徵值，不需要反覆迭代了。當然用求特徵值命令更方便了。
10樓：前回國好
假定a是mxn的矩陣且列滿秩,即rank(a)=n,那麼a=qr在要求r的對角元為正實數的情況下是唯一的.
如果不要求r的對角元為正實數,那麼可以有其它的qr分解a=(qd)(dr),其中d是任何對角酉陣,可以證明只有這些qr分解.
如果不是列滿秩的話就沒有上述唯一性了,除非對r的階梯結構有額外要求.注意a的qr分解相當於對a的前k列張成的空間找正交基,從這裡很容易理解什麼時候會有唯一性.
一個矩陣可qr分解的充要條件？如何進行qr分解？
11樓：丙紅葉淡冰
qr分解即是將矩陣分解為正交陣和上三角陣的乘積，嚴格表述如下：
設a為一個n級實矩陣，且|a|≠0，則a=qt。其中q為正交陣，t為上三角陣，且分解唯一。
證明如下：
（1）設a=(aij)，它的n個列向量為α1，...，αn。
由於|a|≠0，所以α1，...，αn線性無關，從而是r^n的一組基。
利用施密特正交化過程，由α1，...，αn可得正交基和標準正交基η1，,,,，ηn：
β1=α1，η1=β1/|β1|；
β2=α2-(α2,η1)η1，η2=β2/|β2|；
......
βn=αn-(αn,η1)η1-...-(αn,η(n-1))η(n-1)，ηn=βn/|βn|。
再將βi=|βi|ηi
(i=1,2,...,n)帶入等式左邊，移項整理得
α1=t11η1，
α2=t12η1+t22η2，
......
αn=t1nη1+t2nη2+...+tnnηn。
其中tii=|βi|>0,(i=1,2,...,n)，tij=(αj,ηi),(i≠j)，
即a=(α1,...,αn)=(η1,...,ηn)(t11
t12...
t1n;0
t22t23
...t2n;...;0
00...
tnn)=qt。
（2）下證唯一性：
若還有q1、t1，也使得a=q1t1=qt，其中q、q1正交，t、t1為主對角元》0的上三角矩陣。
由q1t1=qt得q1^(-1)q=t1t^(-1)
由於q1^(-1)q是正交陣，從而t1t^(-1)也是正交陣，且為上三角陣。
故t1t^(-1)主對角元為±1（由t1、t主對角元為正，故t1t^(-1)主對角元只能為1）且為對角陣。即t1t^(-1)=e，即t1=t。再由t非退化，從而q1=q，即分解唯一，證畢。
矩陣[1,2;3,4]qr分解
12樓：匿名使用者
|qr分解即是將矩陣分解為正交陣和上三角陣的乘積,嚴格表述如下：
設a為一個n級實矩陣,且|a|≠0,則a=qt.其中q為正交陣,t為上三角陣,且分解唯一.
證明如下：
（1）設a=(aij),它的n個列向量為α1,...,αn.
由於|a|≠0,所以α1,...,αn線性無關,從而是r^n的一組基.
利用施密特正交化過程,由α1,...,αn可得正交基和標準正交基η1,ηn：
β1=α1,η1=β1/|β1|；
β2=α2-(α2,η1)η1,η2=β2/|β2|；
.βn=αn-(αn,η1)η1-...-(αn,η(n-1))η(n-1),ηn=βn/|βn|.
再將βi=|βi|ηi (i=1,2,...,n)帶入等式左邊,移項整理得
α1=t11η1,
α2=t12η1+t22η2,
.αn=t1nη1+t2nη2+...+tnnηn.
其中tii=|βi|>0,(i=1,2,...,n),tij=(αj,ηi),(i≠j),
即a=(α1,...,αn)=(η1,...,ηn)(t11 t12 ...t1n;0 t22 t23 ...t2n;...;0 0 0...tnn)=qt.
（2）下證唯一性：
若還有q1、t1,也使得a=q1t1=qt,其中q、q1正交,t、t1為主對角元》0的上三角矩陣.
由q1t1=qt得q1^(-1)q=t1t^(-1)
由於q1^(-1)q是正交陣,從而t1t^(-1)也是正交陣,且為上三角陣.
故t1t^(-1)主對角元為±1（由t1、t主對角元為正,故t1t^(-1)主對角元只能為1）且為對角陣.即t1t^(-1)=e,即t1=t.再由t非退化,從而q1=q,即分解唯一
四後衛陣型中的邊後衛和三後衛陣型中的翼衛職責的區別
在這裡我用wb來指代三後衛的翼衛 fb對應四後衛的 在還能跑的年代打過這兩種翼衛 感覺攻防的差別都很大很大 進攻 wb的的站位比中衛要前,因為三個中衛把防守空間擴大了.站得越前意味著你的接球點越容易陷入對方的防區,你需要更好的技術和更快的出球意識,與隊友配合的位置也會提前.如果踢352的話你前方沒有...
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