华东师范大学：《矩阵计算》课程教学资源（课堂讲义）第五讲 对称特征值问题

.140.第五讲对称特征值问题2: compute the Rayleigh quotient po =rAro3: set i=14:while not converge do5:o = pi-16:yi =(A-αI)-1i-17:=yi/llyill28:Pi=rTAri9:i=i+l10: end while关于Rayleigh商选代的收敛性，我们有下面的结论定理5.3如果特征值是单重的，则当误差足够小时，Rayleigh商选代中每步选代所得的正确数字的位数增至三倍，即Rayleigh商选代是局部三次收敛的.证明设A=QAQT，令至，=QT工，则在Rayleigh商选代算法中P=A=QTAQ=A令=QTyi，则9i=QT(A-Pi-1I)-1;= (QTAQ-pi-1I)-1;-1= (A-pi-1)-1i-1即，“以初始向量To对A做Rayleigh商迭代”等价于“以初始向量o对A做Rayleigh商选代”，即它们有相同的收敛性.因此，不失一般性，我们可以假定A=A为对角阵，此时A的特征向量为ei，i=1,2,..，n.我们假定；收敛到e1.令d;=i-e1,则dill2→0.为了证明算法具有局部三次收敛，我们需要证明：当=d:2充分小时，有+1=di+12=+1e12=O(e)我们注意到1 = r;ri = (e1 + d;)T(ei + d,) =1 +2d,(1) + d,d, = 1 + 2d,;(1) +e?其中d;(1)表示d;的第一个元素.故d(1)=-ε/2.所以P==(e+d,)(ei+)=ee+2ed, +d,-n其中=-(2eAd,+dAd)=-2d;(1)-dAd=>i=?-dAdg.于是22由Rayleigh商算法5.4可知i+1 = (A - p;I)-1r;;(1);(2);(n) TAn- pi1-i2pi7d;(2)d;(n)1 + d;(1)An - pi]-pi入2 - Pi

· 140 · 第五讲 对称特征值问题 2: compute the Rayleigh quotient ρ0 = x ⊺ 0Ax0 3: set i = 1 4: while not converge do 5: σ = ρi−1 6: yi = (A − σI) −1xi−1 7: xi = yi/∥yi∥2 8: ρi = x ⊺ i Axi 9: i = i + 1 10: end while 关于 Rayleigh 商迭代的收敛性, 我们有下面的结论. 定理 5.3 如果特征值是单重的, 则当误差足够小时, Rayleigh 商迭代中每步迭代所得的正确数字的位 数增至三倍, 即 Rayleigh 商迭代是局部三次收敛的. 证明. 设 A = QΛQ⊺ , 令 xˆi = Q⊺xi , 则在 Rayleigh 商迭代算法中 ρi = x ⊺ i Axi = ˆx ⊺ i Q ⊺AQxˆi = ˆx ⊺ i Λˆxi . 令 yˆi = Q⊺yi , 则 yˆi = Q ⊺ (A − ρi−1I) −1xi = (Q ⊺AQ − ρi−1I) −1xˆi−1 = (Λ − ρi−1I) −1xˆi−1, 即, “以初始向量 x0 对 A 做 Rayleigh 商迭代” 等价于 “以初始向量 xˆ0 对 Λ 做 Rayleigh 商迭代”, 即它们有相 同的收敛性. 因此, 不失一般性, 我们可以假定 A = Λ 为对角阵, 此时 A 的特征向量为 ei , i = 1, 2, . . . , n. 我们假定 xi 收敛到 e1. 令 di = xi − e1, 则 ∥di∥2 → 0. 为了证明算法具有局部三次收敛, 我们需要 证明: 当 εi = ∥di∥2 充分小时, 有 εi+1 = ∥di+1∥2 = ∥xi+1 − e1∥2 = O(ε 3 i ). 我们注意到 1 = x ⊺ i xi = (e1 + di) ⊺ (e1 + di) = 1 + 2di(1) + d ⊺ i di = 1 + 2di(1) + ε 2 i , 其中 di(1) 表示 di 的第一个元素. 故 di(1) = −ε 2 i /2. 所以 ρi = x ⊺ i Λxi = (e1 + di) ⊺Λ(e1 + di) = e ⊺ i Λe1 + 2e ⊺ 1Λdi + d ⊺ i Λdi ≜ λ1 − η, 其中 η = −(2e ⊺ 1Λdi + d ⊺ i Λdi) = −2λ1di(1) − d ⊺ i Λdi = λ1ε 2 i − d ⊺ i Λdi . 于是 |η| ≤ |λ1|ε 2 i + ∥Λ∥2 · ∥di∥ 2 2 ≤ 2∥Λ∥2 ε 2 i . 由 Rayleigh 商算法 5.4 可知 yi+1 = (Λ − ρiI) −1xi = [ xi(1) λ1 − ρi , xi(2) λ2 − ρi , . . . , xi(n) λn − ρi ]⊺ = [ 1 + di(1) λ1 − ρi , di(2) λ2 − ρi , . . . , di(n) λn − ρi ]⊺

5.2Rayleigh商迭代.141 .d;(2)[1-/2d;(n)入21+nn-i+nSE2/2d;(n)nd;(2)n(1 -2/2)(2->1+n)*"(1-=2/2)(入n-入1 +nn1-/22. (e1 + di+1).n其中d;(2)nd;(n)ndi+1(1 -e /2)(入2- 入1 + m)*" (1 -/2)(入n- 入1 +n)因为入1是单重特征值，所以gap(入1, A) min /; - 1/ > 0,故当e，足够小时，[ + ≥/ - ≥gap(1,) -[l ≥gap(1,) -2[2 > 0于是我们有Ild;2 (l2A2[a++l, (1- /2((, ) - /) (1-/2)(ep(a, ) -1 l = 0(e). 又N1+,e1 +d+1++即1e +d+ll/+由于1+d.yi+1Ti+1Ili+1ll2en + di+1l,所以(1-Ile + d+ll)e + d+llId+1l2 =[i+1-e1ll2ei + di+ll1-e + d+ ++ei+di+1口= 0(e),故ei+1=IIdi+1ll2= 0(e)d:关于RQI算法的全局收敛性，可见参考文献[57]

5.2 Rayleigh 商迭代 · 141 · = [ 1 − ε 2 i /2 η , di(2) λ2 − λ1 + η , . . . , di(n) λn − λ1 + η ]⊺ = 1 − ε 2 i /2 η [ 1, di(2)η (1 − ε 2 i /2)(λ2 − λ1 + η) , . . . , di(n)η (1 − ε 2 i /2)(λn − λ1 + η) ]⊺ ≜ 1 − ε 2 i /2 η · (e1 + ˆdi+1). 其中 ˆdi+1 = [ 0, di(2)η (1 − ε 2 i /2)(λ2 − λ1 + η) , . . . , di(n)η (1 − ε 2 i /2)(λn − λ1 + η) ]⊺ . 因为 λ1 是单重特征值, 所以 gap(λ1,Λ) ≜ min i̸=1 |λi − λ1| > 0, 故当 εi 足够小时, |λj − λ1 + η| ≥ |λj − λ1| − |η| ≥ gap(λ1,Λ) − |η| ≥ gap(λ1,Λ) − 2∥Λ∥2 ε 2 i > 0. 于是我们有 ˆdi+1 2 ≤ ∥di∥2 |η| (1 − ε 2 i /2)(gap(λ1,Λ) − |η|) ≤ 2∥Λ∥2 ε 3 i (1 − ε 2 i /2)(gap(λ1,Λ) − |η|) , 即 ˆdi+1 2 = O(ε 3 i ). 又 1 − ˆdi+1 2 ≤ e1 + ˆdi+1 2 ≤ 1 + ˆdi+1 2 , 即    1 − e1 + ˆdi+1 2    ≤ ˆdi+1 2 . 由于 xi+1 = yi+1 ∥yi+1∥2 = e1 + ˆdi+1 e1 + ˆdi+1 2 , 所以 ∥di+1∥2 = ∥xi+1 − e1∥2 = ( 1 − e1 + ˆdi+1 2 ) e1 + ˆdi+1 2 e1 + ˆdi+1 2 ≤    1 − e1 + ˆdi+1 2    + ˆdi+1 2 e1 + ˆdi+1 2 ≤ 2 ˆdi+1 2 e1 + ˆdi+1 2 . 又 ˆdi+1 2 = O(ε 3 i ), 故 εi+1 = ∥di+1∥2 = O(ε 3 i ). □ 关于 RQI 算法的全局收敛性, 可见参考文献 [57]

.142.第五讲对称特征值问题5.3对称QR迭代将带位移的隐式QR算法运用到对称矩阵，就得到对称QR选代算法，基本步骤1.对称三对角化：利用Householder变换，将A化为对称三对角矩阵，即寻找正交矩阵Q使得T=QAQT为对称三对角矩阵；2.使用带（单）位移的隐式QR选代算法计算T的特征值与特征值向量3.计算A的特征向量对称三对角化任何一个对称矩阵AERnxn都可以通过正交变换转化成一个对称三对角矩阵T.这个过程可以通过Householder变换来实现，也可以通过Givens变换来实现如果A是一个稠密矩阵，则Givens变换的总运算量大约是Householder变换的两倍，因此建议使用Householder变换对称QR送代算法的运算量·三对角化需要4n3/3+O（n2)，如果需要计算特征向量，则运算量为8n3/3+O(n2)·对T做带位移的隐式QR选代，每次迭代的运算量为6n;·计算T的特征值时，假定每个平均选代2步，则计算所有特征值的运算量为12n2；·若要计算T的所有特征值和特征向量，则运算量为6n3十O(n2）·若只要计算A的所有特征值，运算量为4n3/3+O(n2)；·若需要计算A的所有的特征值和特征向量，则运算量为26n3/3+O（n2);位移的选取一Wilkinson位移位移的好坏直接影响到算法的收敛速度.我们可以通过下面的方式来选取位移.设6(k)[a()5'.A(K) =6(4)6(1a(k)一种简单的位移选取策略就是令α=a*)。事实上，ak）就是收敛到特征向量的选代向量的Rayleigh商，这种位移选取方法几乎对所有的矩阵都有三次渐进收敛速度，但也存在不收敛的例子，故我们需要对其做一些改进+如果在QR选代算法中使用位移ak=a，而在Rayleigh商选代算法5.4中取ro=en[0,,0,1]T，则利用QR选代与反选代之间的关系可以证明：QR选代算法中的a与Rayleigh

· 142 · 第五讲 对称特征值问题 5.3 对称 QR 迭代 将带位移的隐式 QR 算法运用到对称矩阵, 就得到对称 QR 迭代算法. 基本步骤 1. 对称三对角化: 利用 Householder 变换, 将 A 化为对称三对角矩阵, 即寻找正交矩阵 Q 使得 T = QAQ⊺ 为对称三对角矩阵; 2. 使用带 (单) 位移的隐式 QR 迭代算法计算 T 的特征值与特征值向量; 3. 计算 A 的特征向量. 对称三对角化 任何一个对称矩阵 A ∈ R n×n 都可以通过正交变换转化成一个对称三对角矩阵 T. 这个过程可以 通过 Householder 变换来实现, 也可以通过 Givens 变换来实现. 如果 A 是一个稠密矩阵, 则 Givens 变换的总运算量大约是 Householder 变换的两倍, 因此建议使用 Householder 变换. 对称 QR 迭代算法的运算量 • 三对角化需要 4n 3/3 + O(n 2 ), 如果需要计算特征向量, 则运算量为 8n 3/3 + O(n 2 ); • 对 T 做带位移的隐式 QR 迭代, 每次迭代的运算量为 6n; • 计算 T 的特征值时, 假定每个平均迭代 2 步, 则计算所有特征值的运算量为 12n 2 ; • 若要计算 T 的所有特征值和特征向量, 则运算量为 6n 3 + O(n 2 ); • 若只要计算 A 的所有特征值, 运算量为 4n 3/3 + O(n 2 ); • 若需要计算 A 的所有的特征值和特征向量, 则运算量为 26n 3/3 + O(n 2 ); 位移的选取 — Wilkinson 位移 位移的好坏直接影响到算法的收敛速度. 我们可以通过下面的方式来选取位移. 设 A (k) =        a (k) 1 b (k) 1 b (k) 1 . . . . . . . . . . . . b (k) n−1 b (k) n−1 a (k) n        , 一种简单的位移选取策略就是令 σk = a (k) n . 事实上, a (k) n 就是收敛到特征向量的迭代向量的 Rayleigh 商. 这种位移选取方法几乎对所有的矩阵都有三次渐进收敛速度, 但也存在不收敛的例子, 故我们需要 对其做一些改进. † 如果在 QR 迭代算法中使用位移 σk = a (k) n , 而在 Rayleigh 商迭代算法 5.4 中取 x0 = en = [0, . . . , 0, 1]⊺ , 则利用 QR 迭代与反迭代之间的关系可以证明: QR 迭代算法中的 σk 与 Rayleigh

5.4分而治之法.143 -商送代算法中的p相等a(k)6(k)1的最接近a）的特征值作为位移一种有效的位移是Wilkinson位移，即取子矩阵通过计算可得Wilkinson位移为0=a()+8-sgn(0)82+(6(2)其中8=(a(21-()出于稳定性方面的考虑，我们通常用下面的计算公式(6(2.)g=a(k)8 + sign(0) /82 + (6(2.)定理5.4采用Wilkinson位移的QR选代是整体收敛的，且至少是线性收敛.事实上，几乎对所有的对称矩阵都是渐进三次收敛的口证明.见参考文献[33,57].例5.1带Wilkinson位移的隐式QR选代算法收敛性演示(见[22,page214),相应的MATLAB代码为TriQR.m5.4分而治之法分而治之(Divide-and-Conquer)算法是由Cuppen[21]于1981年首次提出，但直到1995年才出现稳定的实现方式[39].该算法是目前计算维数大于25的矩阵的所有特征值和特征向量的最快算法.下面我们介绍该算法考虑不可约对称三对角矩阵b1ab1am-1bm-1bmbm-1amT=bmbm+1am+1bm+1bn-1

5.4 分而治之法 · 143 · 商迭代算法中的 ρk 相等. 一种有效的位移是 Wilkinson 位移, 即取子矩阵 [ a (k) n−1 b (k) n−1 b (k) n−1 a (k) n ] 的最接近 a (k) n 的特征值作为位移. 通过计算可得 Wilkinson 位移为 σ = a (k) n + δ − sign(δ) √ δ 2 + ( b (k) n−1 )2 , 其中 δ = 1 2 (a (k) n−1 − a (k) n ). 出于稳定性方面的考虑, 我们通常用下面的计算公式 σ = a (k) n − ( b (k) n−1 )2 δ + sign(δ) √ δ 2 + ( b (k) n−1 )2 . 定理 5.4 采用 Wilkinson 位移的 QR 迭代是整体收敛的, 且至少是线性收敛. 事实上, 几乎对所有的对 称矩阵都是渐进三次收敛的. 证明. 见参考文献 [33, 57]. □ 例 5.1 带 Wilkinson 位移的隐式 QR 迭代算法收敛性演示 (见 [22, page 214]), 相应的 MATLAB 代码为 TriQR.m 5.4 分而治之法 分而治之 (Divide-and-Conquer) 算法是由 Cuppen [21] 于 1981 年首次提出, 但直到 1995 年才出现稳 定的实现方式 [39]. 该算法是目前计算维数大于 25 的矩阵的所有特征值和特征向量的最快算法. 下面 我们介绍该算法. 考虑不可约对称三对角矩阵 T =                    a1 b1 b1 . . . . . . . . . am−1 bm−1 bm−1 am bm bm am+1 bm+1 bm+1 . . . . . . . . . . . . bn−1 bn−1 an                   

.144.第五讲对称特征值问题bta1b1bm-am-1bmbm-1-bmbmam-bmbm-bmbm+1am+1bm+1bnh.bmuwt,12其中=[0..,0,1,1,0,..,0Jf假定T和T2的特征值分解已经计算出来了，即T=Q1A1QI,T2=Q2A2Q2，下面考虑T的特征值分解首先介绍一个引理引理5.3设,yERn,则det(I+ry)=1+yTr口证明.见习题5.2.我们首先考虑T的特征值与T和T2的特征值之间的关系T0+bmUuTT20QiAiQI0+bmuT0Q2A2Q1bmuu其中[Q 的最后一列Q11Q2Q的第一列令α=bm,D=diag(A1,A2)=diag(di,d2,,dn),并假设di≥d2≥.≥dn.则T的特征值与D+QuuT的特征值相同下面计算D十guuT的特征值，设入是D十ouuT的一个特征值，若D一>I非奇异，则det(D + αuuT - ^) = det(D - ^) - det(I + α(D - ^I)-1uuT)故det(I+α(D-入I)-1uu)=0.又由引理5.3可知de(I+a(D-AI)-lu)=1+au(D-)-lu=1+aZ (A),d--

· 144 · 第五讲 对称特征值问题 =                    a1 b1 b1 . . . . . . . . . am−1 bm−1 bm−1 am − bm am+1 − bm bm+1 bm+1 . . . . . . . . . . . . bn−1 bn−1 an                    +                  bm bm bm bm                  = [ T1 0 0 T2 ] + bmvv⊺ , 其中 v = [0, . . . , 0, 1, 1, 0, . . . , 0]⊺ . 假定 T1 和 T2 的特征值分解已经计算出来了, 即 T1 = Q1Λ1Q ⊺ 1 , T2 = Q2Λ2Q ⊺ 2 , 下面考虑 T 的特征值分解. 首先介绍一个引理. 引理 5.3 设 x, y ∈ R n, 则 det(I + xy⊺ ) = 1 + y ⊺x . 证明. 见习题 5.2. □ 我们首先考虑 T 的特征值与 T1 和 T2 的特征值之间的关系. T = [ T1 0 0 T2 ] + bmvv⊺ = [ Q1Λ1Q ⊺ 1 0 0 Q2Λ2Q ⊺ 2 ] + bmvv⊺ = [ Q1 0 0 Q2 ] ([Λ1 0 0 Λ2 ] + bmuu⊺ ) [Q1 0 0 Q2 ]⊺ , 其中 u = [ Q1 0 0 Q2 ]⊺ v = [ Q ⊺ 1 的最后一列 Q ⊺ 2 的第一列 ] . 令 α = bm, D = diag(Λ1,Λ2) = diag(d1, d2, . . . , dn), 并假设 d1 ≥ d2 ≥ · · · ≥ dn. 则 T 的特征值与 D + αuu⊺ 的特征值相同. 下面计算 D + αuu⊺ 的特征值. 设 λ 是 D + αuu⊺ 的一个特征值, 若 D − λI 非奇异, 则 det(D + αuu⊺ − λI) = det(D − λI) · det(I + α(D − λI) −1uu⊺ ). 故 det(I + α(D − λI) −1uu⊺ ) = 0. 又由引理 5.3 可知 det(I + α(D − λI) −1uu⊺ ) = 1 + αu⊺ (D − λI) −1u = 1 + α ∑n i=1 u 2 i di − λ ≜ f(λ)