矩陣的QR分解

在線性最小二乘裏，最後得到的閉式解爲$({A^T}A)x = {A^T}b$，對於該等式的求解，其中一種方法是正交變換法求解，而正交變換求解線性最小二乘的實質就是對矩陣$A$進行QR分解。

QR分解的概念：若實非奇異對稱矩陣A能化爲正交矩陣Q和實非奇異上三角矩陣R的乘積，即$A=QR$，則稱該式爲A的QR分解。

事實上，任何的實非奇異n階矩陣A都可以分解成正交矩陣Q和上三角矩陣R的乘積，這可以通過施密特正交化來證明。
證明過程如下：
對於實非奇異n階矩陣A的各個列向量依次爲${\alpha _1},{\alpha _2}, \cdots {\alpha _n}$，那麼，通過施密特正交化得到的n個標準正交向量如下，
$\left\{ {\begin{array}{l} {{\beta _1} = {b_{11}}{\alpha _1}}\\ {{\beta _2} = {b_{12}}{\alpha _1} + {b_{22}}{\alpha _2}}\\ \vdots \\ {{\beta _n} = {b_{1n}}{\alpha _1} + {b_{2n}}{\alpha _2} + \cdots + {b_{nn}}{\alpha _n}} \end{array}} \right.$

則，寫成矩陣形式爲，
$({\beta _1},{\beta _2}, \cdots {\beta _n}) = ({\alpha _1},{\alpha _2}, \cdots {\alpha _n})B$
即，
$Q=AB$
其中，$B = \left[ {\begin{array}{l} {{b_{11}}}&{{b_{12}}}& \cdots &{{b_{1n}}}\\ {}&{{b_{22}}}& \cdots &{{b_{2n}}}\\ {}&{}& \ddots & \vdots \\ {}&{}&{}&{{b_{nn}}} \end{array}} \right]$
很顯然，矩陣B就是一個上三角矩陣，而且B可逆，QR分解中的R就是$R = {B^{ - 1}}$，$Q=[{\beta _1},{\beta _2}, \cdots {\beta _n}]$是正交矩陣(施密特正交化的結果)，則有，
$A=QB^{-1}=QR$
這就說明了QR分解的存在性。

從上述的QR分解存在性的證明過程可以看出，QR分解步驟的關鍵就是找到一個上三角矩陣R和一個正交矩陣Q。那麼，怎麼才能得到一個Q和R，正交變換就能做到這一點。所以，QR分解的方法就有三種，第一種就是上述證明過程所示的，用施密特正交化求解，其他兩種是Givens變換(初等旋轉變換)和Housholder(鏡像變換)。

施密特正交化

設${\alpha _1},{\alpha _2}, \cdots {\alpha _n}$爲一組線性無關的向量，施密特正交化後的向量爲${\beta _1},{\beta _2}, \cdots {\beta _n}$，則施密特正交化的一般式如下，
$\left\{ {\begin{array}{l} {{\beta _m} = {\alpha _m} + {k_{m1}}{\beta _{m - 1}} + {k_{m2}}{\beta _{m - 2}} + \cdots + {k_{m,m - 1}}{\beta _1}}\\\\ {{k_{mi}} = - \frac{{({x_m},{\beta _{m - i}})}}{{({\beta _{m - i}},{\beta _{m - i}})}}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \;\;\;\;\;\;\;i = 1,2, \cdots m - 1} \end{array}} \right.$

舉個例子，對矩陣$A = \left[ {\begin{array}{l} 1&1&0\\ 1&{ - 1}&1\\ 0&0&2 \end{array}} \right]$進行QR分解。

令$A=[\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3]$,則$\alpha_1=(1,1,0)^T,\alpha_2=(1,-1,0)^T,\alpha_1=(0,1,2)^T$，則根據上述的施密特方法得，

$\left\{ {\begin{array}{l} {\beta _1^{'} = {\alpha _1} = {{(1,1,0)}^T}}\\\\ {\beta _2^{'} = {\alpha _2} - \frac{{(\beta _1^{'},{\alpha _2})}}{{(\beta _1^{'},\beta _1^{'})}}\beta _1^{'} = {{(1, - 1,0)}^T}}\\\\ {\beta _3^{'} = {\alpha _3} - \frac{{(\beta _1^{'},{\alpha _3})}}{{(\beta _1^{'},\beta _1^{'})}}\beta _1^{'} - \frac{{(\beta _2^{'},{\alpha _3})}}{{(\beta _2^{'},\beta _2^{'})}}\beta _2^{'} = {{(0,0,2)}^T}} \end{array}} \right.$
單位化後得，
$\left\{ {\begin{array}{l} {{\beta _1} = {{(\frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{1}{{\sqrt 2 }},0)}^T} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\alpha _1}}\\\\ {{\beta _2} = {{(\frac{1}{{\sqrt 2 }}, - \frac{1}{{\sqrt 2 }},0)}^T} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\alpha _2}}\\\\ {{\beta _3} = {{(0,0,1)}^T} = - \frac{1}{4}{\alpha _1} + \frac{1}{4}{\alpha _2} + \frac{1}{2}{\alpha _3}} \end{array}} \right.$
上式寫成矩陣形式，
$\underbrace {({\beta _1},{\beta _2},{\beta _3})}_Q = \underbrace {({\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3})}_A\left[ {\begin{array}{l} {\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&0&{ - \frac{1}{4}}\\\\ 0&{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&{\frac{1}{4}}\\\\ 0&0&{\frac{1}{2}} \end{array}} \right]$

$\begin{array}{l} A = ({\beta _1},{\beta _2},{\beta _3}){\left[ {\begin{array}{l} {\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&0&{ - \frac{1}{4}}\\\\ 0&{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&{\frac{1}{4}}\\\\ 0&0&{\frac{1}{2}} \end{array}} \right]^{ - 1}}\\\\ \;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&0\\\\ {\frac{1}{{\sqrt 2 }}}&{ - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}&0\\\\ 0&0&1 \end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{l} {\sqrt 2 }&0&{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}\\\\ 0&{\sqrt 2 }&{ - \frac{1}{{\sqrt 2 }}}\\\\ 0&0&2 \end{array}} \right]\\\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = QR \end{array}$

從上例可以看出，矩陣的QR實際上就是施密特正交化的特性，施密特正交化可以得到一個上三角矩陣和一個正交矩陣，所以矩陣可以QR分解。

Givens變換法
Givens變換，即初等旋轉變換，正交變換的一種，對應的初等旋轉矩陣形式如下，
${R_{ij}} = \left[ {\begin{array}{l} 1&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}\\ {}& \ddots &{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}\\ {}&{}&1&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&{\cos \theta }&0& \cdots &0&{\sin \theta }&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&0&1&{}&{}&{}&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}& \vdots & \vdots &{}& \vdots & \vdots &{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&0&0& \cdots &1&0&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&{ - \sin \theta }&0& \cdots &0&{\cos \theta }&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&1&{}&{}\\ {}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}& \ddots &{}\\ {}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&{}&1 \end{array}} \right]\begin{array}{l} {}\\ {}\\ {}\\ { \leftarrow i行}\\ {}\\ {}\\ {}\\ { \leftarrow j行}\\ {}\\ {}\\ {} \end{array}$
初等變換矩陣在矩陣化簡方面有很好的應用，即，若以$R_{ij}$左乘一個矩陣A，並且其中的s和c按如下方式取值，
$s = \frac{{{x_j}}}{{\sqrt {x_i^2 + x_j^{\rm{2}}} }},c = \frac{{{x_i}}}{{\sqrt {x_i^2 + x_j^{\rm{2}}} }}$則就可以把矩陣A的第j個分量化爲0。

舉個例子，把向量$x=(1,2,3)^T$通過Givens變換化成與$(1,0,0)^T$同方向。
第一步，可以選擇把向量x中的第二項化爲0，則，
$\begin{array}{l} c = \frac{{{x_1}}}{{\sqrt {x_1^2 + x_2^{\rm{2}}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\\\\ s = \frac{{{x_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + x_2^{\rm{2}}} }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \end{array}$
得到初等旋轉矩陣爲，
${R_{12}} = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{1}{{\sqrt 5 }}}&{\frac{2}{{\sqrt 5 }}}&0\\\\ { - \frac{2}{{\sqrt 5 }}}&{\frac{1}{{\sqrt 5 }}}&0\\\\ 0&0&1 \end{array}} \right]$
從而把x的第二項化爲0，即，
$y = {R_{12}}x = {(\sqrt 5 ,0,3)^T}$
第二步，把y中的第3項化爲0，同樣，取c和s爲，
$\begin{array}{l} {c = \frac{{{x_1}}}{{\sqrt {x_1^2 + x_3^{\rm{2}}} }} = \sqrt {\frac{5}{{14}}} }\\ {}\\ {s = \frac{{{x_3}}}{{\sqrt {x_1^2 + x_3^{\rm{2}}} }} = \frac{3}{{\sqrt {14} }}} \end{array}$
得到初等旋轉矩陣爲，
${R_{13}} = \left[ {\begin{array}{l} {\sqrt {\frac{5}{{14}}} }&0&{\frac{3}{{\sqrt {14} }}}\\ {}&{}&{}\\ 0&1&0\\ {}&{}&{}\\ { - \frac{3}{{\sqrt {14} }}}&0&{\sqrt {\frac{5}{{14}}} } \end{array}} \right]$
這裏就把第三項化爲0，即，
$z = {R_{13}}y = {R_{13}}{R_{12}}x = {\left( {\sqrt {14} ,0,0} \right)^T}$

對一個向量可以這樣化簡，那麼對於矩陣而言，矩陣可以看作是由n個列向量組成的，所以把矩陣A左乘一系列的初等旋轉矩陣，就可以把A化簡爲結構較爲簡單的上三角矩陣R。而前面已經證明了一個實非奇異的矩陣A可以進行QR分解，那麼這裏的Givens變換就能把一個矩陣A化成上三角矩陣，所以，Givens變換可以用於QR分解。

$\begin{array}{l} {R_{n - 1,n}} \cdots {R_{2n}} \cdots {R_{23}}{R_{1n}} \cdots {R_{12}}A = R\\\\ Q = {({R_{n - 1,n}} \cdots {R_{2n}} \cdots {R_{23}}{R_{1n}} \cdots {R_{12}})^{ - 1}}\\\\ \;{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\rm{ = }}{({R_{n - 1,n}} \cdots {R_{2n}} \cdots {R_{23}}{R_{1n}} \cdots {R_{12}})^H} \end{array}$

舉個例子，用Givens方法對矩陣$A = \left[ {\begin{array}{l} {12}&{ - 20}&{41}\\\\ 9&{ - 15}&{ - 63}\\\\ {20}&{50}&{35} \end{array}} \right]$進行QR分解。

第一步，用$R_{12}$左乘A，消去第1列第2行處的元素，

$c = \frac{{12}}{{\sqrt {{{12}^2} + {9^2}} }} = \frac{{12}}{{15}} = \frac{4}{5},s = \frac{9}{{\sqrt {{{12}^2} + {9^2}} }} = \frac{3}{5}$故，
${R_{12}}A = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{4}{5}}&{\frac{3}{5}}&0\\\\ { - \frac{3}{5}}&{\frac{4}{5}}&0\\\\ 0&0&1 \end{array}} \right]A = \left[ {\begin{array}{l} {15}&{ - 25}&{ - 5}\\\\ 0&0&{ - 75}\\\\ {20}&{50}&{35} \end{array}} \right]$
同理，接着消去A中第1列第3個元素，
$c = \frac{{15}}{{\sqrt {{{15}^2} + {{20}^2}} }} = \frac{{15}}{{25}} = \frac{3}{5},s = \frac{{20}}{{\sqrt {{{15}^2} + {{20}^2}} }} = \frac{4}{5}$故

${A^{(1)}} = {R_{13}}{R_{12}}A = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{3}{5}}&0&{\frac{4}{5}}\\\\ 0&1&0\\\\ { - \frac{4}{5}}&0&{\frac{3}{5}} \end{array}} \right]{R_{12}}A = \left[ {\begin{array}{l} {25}&{25}&{25}\\\\ 0&0&{ - 75}\\\\ 0&{50}&{25} \end{array}} \right]$
這裏就把矩陣A中的第一列的第二個和第三個元素化爲0，即第一列($A^{(1)}$)化簡完成，下面開始第二列的化簡。

第二步，進行第二列的化簡，即把第二列的第三個元素化爲0，
$c = \frac{0}{{\sqrt {{0^2} + {{50}^2}} }} = 0,s = \frac{{50}}{{\sqrt {{0^2} + {{50}^2}} }} = 1$故，
${R_{23}} = \left[ {\begin{array}{l} 1&0&0\\ 0&0&1\\ 0&{ - 1}&0 \end{array}} \right]$
${A^{(2)}} = {R_{23}}{A^{(1)}} = \left[ {\begin{array}{l} {25}&{25}&{25}\\\\ 0&{50}&{25}\\\\ 0&0&{75} \end{array}} \right]$

這裏的$A^{(2)}$就是上三角矩陣，即QR分解裏的R，而Q的求解如下，
$\begin{array}{l} Q = {({R_{23}}{R_{13}}{R_{12}})^{ - 1}}\\\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = {\left[ {\begin{array}{l} {\frac{{12}}{{25}}}&{\frac{9}{{25}}}&{\frac{{20}}{{25}}}\\\\ { - \frac{{16}}{{25}}}&{ - \frac{{12}}{{25}}}&{\frac{{15}}{{25}}}\\\\ {\frac{{15}}{{25}}}&{ - \frac{{20}}{{25}}}&0 \end{array}} \right]^{ - 1}}\\\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = {\left[ {\begin{array}{l} {\frac{{12}}{{25}}}&{\frac{9}{{25}}}&{\frac{{20}}{{25}}}\\\\ { - \frac{{16}}{{25}}}&{ - \frac{{12}}{{25}}}&{\frac{{15}}{{25}}}\\\\ {\frac{{15}}{{25}}}&{ - \frac{{20}}{{25}}}&0 \end{array}} \right]^H}\\\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{{12}}{{25}}}&{ - \frac{{16}}{{25}}}&{\frac{{15}}{{25}}}\\\\ {\frac{9}{{25}}}&{ - \frac{{12}}{{25}}}&{ - \frac{{20}}{{25}}}\\\\ {\frac{{20}}{{25}}}&{\frac{{15}}{{25}}}&0 \end{array}} \right] \end{array}$
從上例可以看出，Givens方法需要作$\frac{{n(n - 1)}}{2}$個初等旋轉矩陣的乘積，當$n$比較大時，計算量較大。

Housholder變換法

Housholder變換，即鏡像變換，正交變換的一種，對應的初等反射矩陣形式如下，$H = I - 2\omega {\omega ^T}$其中$\omega$表示某單位向量。

其鏡面關係爲：若$\eta = H\xi$，則向量$\eta$和向量$\xi$關於某單位向量$\omega$的正交軸$l$鏡像對稱。

用初等反射矩陣也可以完成對矩陣的簡化，其簡化原理用的是如下定理：
鏡像變換可以使任何非零向量$\xi$變成與給定單位向量$a$同方向的向量$\eta$。
用這一定理可以構造出H裏單位向量$\omega$如下，
$\omega = \frac{{\xi - \left| \xi \right|a}}{{\left| {\xi - \left| \xi \right|a} \right|}}$那麼，可以通過構造$\omega$的方法來簡化矩陣A，使其變爲一個上三角陣。

舉個例子，用鏡像變化把向量$\xi=(0,3,0,4)^T$變爲與向量$e_1=(1,0,0,0)^T$同方向的向量。
首先就是構造$\omega$，
$\omega = \frac{{\xi - \left| \xi \right|{e_1}}}{{\left| {\xi - \left| \xi \right|{e_1}} \right|}} = \frac{{{{( - 5,3,0,4)}^T}}}{{\left| {{{( - 5,3,0,4)}^T}} \right|}} = {( - \frac{1}{{\sqrt 2 }},\frac{3}{{5\sqrt 2 }},0,\frac{4}{{5\sqrt 2 }})^T}$則初等反射矩陣H爲，
$H = I - 2\omega {\omega ^T} = \left[ {\begin{array}{l} 0&{\frac{3}{5}}&0&{\frac{4}{5}}\\\\ {\frac{3}{5}}&{\frac{{16}}{{25}}}&0&{ - \frac{{12}}{{25}}}\\\\ 0&0&1&0\\\\ {\frac{4}{5}}&{ - \frac{{12}}{{25}}}&0&{\frac{9}{{25}}} \end{array}} \right]$
從而有，
$\eta = H\xi = {(5,0,0,0)^T}$

上例，是使用鏡像變換完成了對向量的化簡。那麼，對於矩陣而言，同樣把矩陣看成是一組列向量的組合，那麼每次求解只完成一列列向量的簡化。

而與Given變換不同的是，對於每一列列向量的簡化，其對應的反射矩陣H只要求解一次，所以，經過$n-1$次左乘初等反射矩陣H就可以化成一個上三角陣，計算量大約是Givens變換的一半，即，
$\begin{array}{l} {H^{(n - 1)}}{H^{(n - 2)}} \cdots {H^{(1)}}A = {A^{(n)}} = R\\\\ Q = {({H^{(n - 1)}}{H^{(n - 2)}} \cdots {H^{(1)}})^{ - 1}} \end{array}$

舉個例子，用Housholder變換法對矩陣$A = \left[ {\begin{array}{l} 2&2&1\\ 1&2&2\\ 2&1&2 \end{array}} \right]$進行QR分解。

第一步，完成對第一列的簡化。
因爲$\alpha _1^{(1)} = {(2,1,2)^T} \ne 0$，作單位向量，
${\omega ^{(1)}} = \frac{{\alpha _1^{(1)} - \left| {\alpha _1^{(1)}} \right|{e_1}}}{{\left| {\alpha _1^{(1)} - \left| {\alpha _1^{(1)}} \right|{e_1}} \right|}} = \frac{{{{(2,1,2)}^T} - 3{e_1}}}{{\left| {{{(2,1,2)}^T} - 3{e_1}} \right|}} = {( - \frac{1}{{\sqrt 6 }},\frac{1}{{\sqrt 6 }},\frac{2}{{\sqrt 6 }})^T}$則反射矩陣H爲，
${H^{(1)}} = I - 2{\omega ^{(1)}}{\omega ^{(1)T}} = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{2}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{2}{3}}\\\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{2}{3}}&{ - \frac{2}{3}}\\\\ {\frac{2}{3}}&{ - \frac{2}{3}}&{ - \frac{1}{3}} \end{array}} \right]$從而得，
${H^{(1)}}A = \left[ {\begin{array}{l} 3&{\frac{8}{3}}&{\frac{8}{3}}\\\\ 0&{\frac{4}{3}}&{\frac{1}{3}}\\\\ 0&{ - \frac{1}{3}}&{ - \frac{4}{3}} \end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{l} 3&{\begin{array}{l} {\frac{8}{3}}&{\frac{8}{3}} \end{array}}\\\\ {\begin{array}{l} 0\\\\ 0 \end{array}}&{{A_2}} \end{array}} \right]$
第二步，簡化第二列。此時關注的不是矩陣$H^{(1)}A$，而是$A_2$。
則，
${\hat \omega ^{(2)}} = \frac{{{{(\frac{4}{3}, - \frac{1}{3})}^T} - \left| {{{(\frac{4}{3}, - \frac{1}{3})}^T}} \right|{e_1}}}{{\left| {{{(\frac{4}{3}, - \frac{1}{3})}^T} - \left| {{{(\frac{4}{3}, - \frac{1}{3})}^T}} \right|{e_1}} \right|}} = {\left( {\frac{{4 - \sqrt {17} }}{{\sqrt {34 - 8\sqrt {17} } }}, - \frac{1}{{\sqrt {34 - 8\sqrt {17} } }}} \right)^T}$
那麼有，
${\hat H^{(2)}} = I - 2{\hat \omega ^{(2)}}{\hat \omega ^{(2)T}} = \left[ {\begin{array}{l} {1 - \frac{{2{{(4 - \sqrt {17} )}^2}}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}&{\frac{{2(4 - \sqrt {17} )}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}\\\\ {\frac{{2(4 - \sqrt {17} )}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}&{1 - \frac{2}{{34 - 8\sqrt {17} }}} \end{array}} \right]$從而對應的反射矩陣爲，
${H^{(2)}} = \left[ {\begin{array}{l} 1&0\\\\ 0&{{{\hat H}^{(2)}}} \end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{l} 1&0&0\\\\ 0&{1 - \frac{{2{{(4 - \sqrt {17} )}^2}}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}&{\frac{{2(4 - \sqrt {17} )}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}\\\\ 0&{\frac{{2(4 - \sqrt {17} )}}{{34 - 8\sqrt {17} }}}&{1 - \frac{2}{{34 - 8\sqrt {17} }}} \end{array}} \right]$則有，
${H^{(2)}}{H^{(1)}}A = \left[ {\begin{array}{l} 3&{\frac{8}{3}}&{\frac{8}{3}}\\\\ 0&{\frac{{\sqrt {17} }}{3}}&{\frac{{8\sqrt {17} }}{{51}}}\\\\ 0&0&{\frac{{5\sqrt {17} }}{{17}}} \end{array}} \right] = R$
Q的求解如下，
$Q = {({H^{(2)}}{H^{(1)}})^{ - 1}} = \left[ {\begin{array}{l} {\frac{2}{3}}&{\frac{{2\sqrt {17} }}{{51}}}&{ - \frac{{3\sqrt {17} }}{{17}}}\\\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{{10\sqrt {17} }}{{51}}}&{\frac{{2\sqrt {17} }}{{17}}}\\\\ {\frac{2}{3}}&{ - \frac{{7\sqrt {17} }}{{17}}}&{\frac{{2\sqrt {17} }}{{17}}} \end{array}} \right]$

附：
從實用性角度考慮，一般不用施密特正交化進行QR分解，用Givens變換法和Housholder變換法較多，但Givens變換法需要$\frac{{n(n - 1)}}{2}$次左乘初等旋轉矩陣，計算量大，而Housholder變換法只需$n-1$次左乘初等反射矩陣，計算量小是Housholder變換法的優勢。但在稀疏矩陣的QR分解上，用Givens方法求解仍有方便之處。