Beweis der Existenz einer QR-Zerlegung

Erste Frage Aufrufe: 291     Aktiv: 10.06.2023 um 16:19

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Hallo zusammen!

Für ein Übungsblatt soll ich zeigen, dass für jede invertierbare \( n ×n\)-Matrix \(A\) über einem \(\mathbb{R}\)-Vektorraum \(V\) eine orthogonale Matrix \(T\) und eine obere Dreiecksmatrix \(C\) mit \(c_{ii}>0\) existieren, für die gilt, dass \(A=T\cdot C\).

Ich weiß, dass das eine QR-Zerlegung genannt wird.

Bisher habe ich schon Folgendes überlegt:
Ist \(A\) invertierbar, dann hat A automatisch vollen Rang. Ich schreibe \(A=(w_1, ..., w_n)\). Die einzelnen Spaltenvektoren von \(A\) sind dann linear unabhängig, bilden also eine Basis von \(V\). Durch das Gram-Schmidt-Verfahren kann ich daraus also eine Orthonormalbasis \((v_1, ..., v_n)\) konstruieren. Die Matrix \(T:=(v_1, ..., v_n)\) ist dann orthogonal, also gilt \(T\cdot T^t = E_n\) und deshalb \( T^t = T^{-1}\).

Und ab hier bin ich mir nicht mehr sicher, welchen Ansatz ich wählen könnte.
Eine Überlegung ist, dass ich sage, dass \(A\cdot A^{-1}=T\cdot T^t\), dann \(A\) von rechts dranmultipliziere und zeigen müsste, dass \(C:=T^t\cdot A\) die genannten Bedingungen erfüllt.
Eine andere Idee war, dass ich \(T\) als Basiswechselmatrix betrachte und mir das weiterhelfen könnte.

Über Anregungen und Ideen würde ich mich freuen. Vielen Dank im Voraus!
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Ja, genau so geht das. Das Gram-Schmidt-Verfahren transformiert $A$ in eine orthogonale Matrix $Q$, das geht über Spaltenumformungen. Wir haben damit $Q=A\cdot M$. Nun macht man sich klar, $M$ eine rechts-obere Dreiecksmatrix ist. Das sieht man am GSV, z.B. ist die 1. Spalte von $Q$ nur aus der 1. Spalte von $A$ berechnet, die 2. nur aus der 1.  Sp von $Q$ und der 2. Spalte von $A$, also aus den ersten beiden Spalten von $A$ berechnet. Die 3. Spalte von $A$ ist auch nur durch die ersten drei Spalten von $A$ berechnet (der Spaltenraum von $Q$ wird ja schrittweise aus dem von $A$ berechnet). Das heißt, $M$ (da stehen die Koeffizienten des GSV drin) ist eine rechts-obere DM. Damit hat man $Q\cdot M^{-1} =A$, woraus mit $C:=M^{-1}$ die Beh. folgt. Beachte: die Diagonalelemente von $M$ sind $>0$ (siehe GSV), daher ist $M$ invertierbar. Und die Inverse eine roDM ist wieder eine roDM.
Merke: Das GSV transformiert $A$ auf eine orthogonale Matrix und die Umformungskoeffizienten stehen in einer roDM.
Numerisch ist das aber nicht so günstig, da rechnet man anders: Da transformiert man $A$ auf eine roDM, wie beim Gauß-Alg, aber diesmal mit orthogonalen Transformationsmatrizen (die von links dranmultipliziert werden), sog. Givens-Rotationen.
Diese Dinge sind genial (finde ich) in den Bücher von G. Strang erklärt.
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Super, danke!   ─   lunendlich 10.06.2023 um 16:19

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