Uso de Gram-Schmidt para encontrar la descomposición QR

Question

Tengo problemas para hacer la descomposición QR de una matriz...

Dejemos que $A=\begin{bmatrix} {1} & {1} & {0} \\ {0} &{1} &{1} \\ {1} & {0} &{1} \end{bmatrix}$

Encuentre la descomposición QR para A

Esto es lo que he estado haciendo:

Elijo esta base, $B=\left \{(1,0,1), (1,1,0), (0,1,1)\right \}$ (las columnas de la matriz).

Ahora utilizo el proceso Gram-Schmidt (y aquí es donde tengo problemas)

$u_{1}=(1,0,1)$

$u_{2}=(1,1,0)$ (porque $<(1,0,1), (1,1,0)>=0$ )

$u_{3}=(0,1,1)-\frac{<(0,1,1), (1,1,0)>}{<(1,1,0), (1,1,0)>}(1,1,0)-\frac{<(0,1,1), (1,0,1)>}{<(1,0,1), (1,0,1)>}(1,0,1)=$ $(0,1,1)-1/2(1,1,0)-1/2(1,0,1)=(-1, 1/2, 1/2)$

Y ahora encuentro la norma para los tres vectores:

$||u_{1}||=||u_{2}||=||u_{3}||=\sqrt{2}$

Así que la base ortonormal debe ser $B'= \left \{(\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}), (\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0), (\frac{-1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{2}}, \frac{1}{2\sqrt{2}})\right \}$ (Que no es ortonormal)

Así que $Q=\begin{bmatrix} {\frac{1}{\sqrt{2}}} & {\frac{1}{\sqrt{2}}} & {\frac{-1}{\sqrt{2}}} \\ {0} &{\frac{1}{\sqrt{2}}} &{\frac{1}{2\sqrt{2}}} \\ {\frac{0}{\sqrt{2}}} & {0} &{\frac{1}{2\sqrt{2}}} \end{bmatrix}$

Que $Q^{t}Q \neq I$ ( $I$ siendo la matriz de identidad), así que todo lo que hice estuvo mal... ¿Dónde está mi error?

Answer 1

Usted está computando $u_2$ erróneamente.

Me parece útil establecer una forma sistemática, en la que la información se pueda recoger fácilmente.

Dejemos que $v_1$ , $v_2$ et $v_3$ sean las tres columnas de $A$ .

GS1

$u_1=v_1$

$\langle u_1,u_1\rangle=2$

GS2

$\alpha_{12}=\dfrac{\langle u_1,v_2\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}=\dfrac{1}{2}$

$u_2=v_2-\alpha_{12}u_1=\begin{bmatrix}1/2\\1\\-1/2\end{bmatrix}$

$\langle u_2,u_2\rangle=\dfrac{3}{2}$

GS3

$\alpha_{13}=\dfrac{\langle u_1,v_3\rangle}{\langle u_1,u_1\rangle}=\dfrac{1}{2}$

$\alpha_{23}=\dfrac{\langle u_2,v_3\rangle}{\langle u_2,u_2\rangle}=\dfrac{1}{3}$

$u_3=v_3-\alpha_{13}u_1-\alpha_{23}u_2=\begin{bmatrix}-2/3\\2/3\\2/3\end{bmatrix}$

$\langle u_3,u_3\rangle=\dfrac{4}{3}$

Matriz $Q$

La matriz $Q$ tiene como columnas los vectores $u_1$ , $u_2$ et $u_3$ dividido por sus normas: $$ Q=\begin{bmatrix} 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{6} & -1/\sqrt{3} \\ 0 & 2/\sqrt{6} & 1/\sqrt{3} \\ 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{6} & 1/\sqrt{3} \end{bmatrix} $$

Matriz $R$

La matriz $R$ se obtiene multiplicando cada fila del unitriangular superior con las entradas $\alpha_{ij}$ por la norma del correspondiente $u$ vectorial. $$ R=\begin{bmatrix} 1 & 1/2 & 1/2 \\ 0 & 1 & 1/3 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{array}{l}\cdot\sqrt{2}\\\cdot \sqrt{6}/2\\\cdot 2/\sqrt{3}\end{array}= \begin{bmatrix} \sqrt{2} & \sqrt{2}/2 & \sqrt{2}/2 \\ 0 & \sqrt{6}/2 & \sqrt{6}/6 \\ 0 & 0 & 2/\sqrt{3} \end{bmatrix} $$

Answer 2

$u_1 $ es correcto, su error está en $u_2$ \begin{equation} u_2 =(1,1,0) - \frac{<(1,0,1), (1,1,0)>}{<(1,0,1), (1,0,1)>}(1,0,1) \end{equation} que es \begin{equation} u_2 = (1,1,0) - (\frac{1}{2})(1,0,1) = \frac{1}{2}(1,1,-1) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2}) \end{equation} Ahora, \begin{equation} u_3 =(0,1,1) - \frac{<(1,0,1), (0,1,1)>}{<(1,0,1), (1,0,1)>}(1,0,1) - \frac{<(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2}), (0,1,1)>}{<(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2})>}(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2}) \end{equation} es decir \begin{equation} u_3 = (0,1,1) - \frac{1}{2}(1,0,1) - \frac{0}{\frac{3}{4}}(\frac{1}{2}, \frac{1}{2},-\frac{1}{2}) = (-\frac{1}{2},1,\frac{1}{2}) \end{equation} Se trata de una base ortogonal, es decir \begin{equation} O = \begin{bmatrix} u_1 & u_2 & u_3 \end{bmatrix} \end{equation} donde $O^T O $ es diagonal. Para tener una ortonormal, basta con tomar (como también mencionas) \begin{align} l_1 &= \frac{u_1}{\Vert u_1 \Vert}\\ l_2 &= \frac{u_2}{\Vert u_2 \Vert}\\ l_3 &= \frac{u_3}{\Vert u_3 \Vert} \end{align}

Answer 3

Supongamos que tenemos $A$ como la siguiente matriz

$$ A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \tag{1} $$

Gram Schmidt modificado es

$$ v_{1} =a_{1} \tag{2}$$

$$ r_{11} = \| v_{1} \| = \sqrt{ 2}\tag{3}$$

$$ q_{1} = \frac{v_{1}}{r_{11}} = \langle \frac{1}{\sqrt{2}} , 0 , \frac{1}{\sqrt{2}} \rangle \tag{4}$$

$$ r_{12} = q_{1}^{*}v_{2} \tag{5} $$ sólo comparten una entrada de vector en común $$ r_{12} = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{6}$$ $$ v_{2} = \langle 1 , 1, 0 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}}\langle \frac{1}{\sqrt{2}} , 0 , \frac{1}{\sqrt{2}} \rangle \tag{7} $$

$$ v_{2} = \langle \frac{1}{2} , 1, \frac{-1}{2} \rangle \tag{8} $$

$$ r_{13} = q_{1}^{*}v_{3} \tag{9} $$ $$ r_{13} = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{10} $$

$$ v_{3} = \langle 0 , 1, 1 \rangle - \frac{1}{\sqrt{2}} \langle 0 , \frac{1}{\sqrt{2}} , \frac{1}{\sqrt{2}} \rangle \tag{11} $$

$$ v_{3} = \langle 0 , 1, 1 \rangle - \langle 0 , \frac{1}{2} , \frac{1}{2} \rangle = \langle 0 , \frac{1}{2} , \frac{1}{2} \rangle \tag{12} $$ Ahora repetimos

$$ r_{22} = \| v_{2}\| =\sqrt{(\frac{1}{2})^{2} + 1 + (\frac{1}{2})^{2} }\tag{13}$$ $$ r_{22} = \| v_{2}\| = \frac{\sqrt{6}}{2}\tag{13}$$

$$ q_{2} = \frac{v_{2}}{r_{22} } \tag{14} $$

$$ q_{2} = \langle \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}}, \frac{1}{\frac{\sqrt{6}}{2}} ,\frac{\frac{-1}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{2}} \rangle \tag{15} $$

$$ q_{2} = \langle \frac{1}{\sqrt{6}}, \frac{2}{\sqrt{6}} ,\frac{-1}{\sqrt{6}} \rangle \tag{16} $$

Sigue a partir de ahí