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1：三角(LU)分解。
如果方阵A可以分解成为一个下三角矩阵L和一个上三角矩阵U 的乘积，则称A可作三角(LU)分解。当L为单位下三角矩阵而U为上三角矩阵时，此三角分解称为杜利特(Doolittle)分解。当L为下三角矩阵而U为单位上三角矩阵时，此三角分解称为克劳特(Crout)分解。显然，如果存在，矩阵的三角分解不是唯一的。
方阵A可唯一滴分解为A=LDU(其中L，U分别为单位下，上三角矩阵，D为对角矩阵)的充分必要条件为A的前n-1个顺序主子式都不等于0。特别：对n阶对称正定矩阵，存在一个非奇异下三角矩阵L，使得A=LL'成立。
2：正交三角(QR)分解。
任何实的非奇异矩阵A可以分解成为正交矩阵Q和上三角矩阵R的乘积，且除了相差一个对角线元素之绝对值全为1的对角矩阵D外，分解是唯一的。具体操作为：A可以通过初等旋转矩阵或者初等反射矩阵来化为上三角矩阵。
最大秩分解
对任一秩为r的mXn矩阵A，一定存在一个mXr的列满秩矩阵B和一个rXn的行满秩矩阵C，使得A=BC。
奇异值分解
对任一复数域上的秩为r的mXn矩阵A，存在m阶酉矩阵U和n阶酉矩阵V，使得U'AV为对角距阵，其中对角线上元素为矩阵A的全部奇异值或者0。
3：谱分解
4。极分解
任何一个非退化矩阵A in GL(n), 存在一个对称正定阵P和一个正交阵R, 使得A = PR.
存在性是用对称矩阵的平方根矩阵, 唯一性, 证不出, 看了别人写的, 原来是用非退化对称阵的平方根矩阵的唯一性. 晕倒.
具体的过程是, 因为如果有这样的分解, 那么就显然, PP = PP' = PRR'P' = AA' 所以P是AA'的平方根矩阵. 显然AA'是对称正定非退化的, 所以只要这样的阵平方根矩阵唯一就可以了.
平方根矩阵唯一~~~ 又联系到同时对角化, 对啊, 要是能吧不同分解后得到的P同时对角化了, 问题就简单了, 可惜, 居然, 这个同时对角化的问题还是很复杂, 这里提一下, 两个对称矩阵同时对角化的充要条件是他们交换, 想不到吧, 最近学量子力学也要用这个东西, 而且更广, 两个可对角化的线性算子, 可同时对角化的条件是他们交换. 这个证明是这样的, 设两个线性算子(你就看R^n上吧)T, U, 可对角化是说, 存在一组(R^n的)正交基使得Tv = c v (c是一个常数) 对每个(基里的元素v成立).
然后, 问题化为首先考虑T的某个特征值d的特征子空间E_d, 这个特征子空间是U的不变子空间, 这是应为
T UE_d = UT E_d = d UE_d, 所以UE_d里的向量还都是T的特征为d的特征向量, 所以, U可以限制在E_d上
在这个子空间上找一组正交的可以使U对角化的基(这里还缺一步, 为啥可对角化的算子限制在子空间上还是可对角化的呢?), 然后把所有的这种基全并起来就同时对角化T和U了.
其实这个定理不咋滴有用, 应为验证两个矩阵交换就是个超难的问题, 至少对这个问题, 我现在这么觉得.
关于平方根的唯一性:
啥叫对称阵的平方根: 如果一个对称阵P, 满足 PP = A , A也是对称阵, 那么P叫A的平方根.
如果B和C 都是A的平方根, 也就是说BB=CC. 应为B和C都是可对角化的(对称阵可对角化). 所以假设B = SDS', C=TDT', D是某个对角阵(为啥可以这样写? 显然对分解B, A = BB = SD^2S' 所以, D的对角元素的平方对应A的特征值, 所以, 我们可以选定一个特征值的顺序, 使得B和C分解后得到的那个对角阵一样.)
考虑P = S'T 那么我们有 DDP = S'SD^2S'T = S'TDDT'T = S'T D^2 = PDD.
应为D和D^2不过是个对角阵, 所以无非是些基上的数乘, 简单得说, 如果去P的列向量p_j , 那么d_j D p_j= D d_j p_j =DDp_j = p_j d_j^2 (d_j 是D的对角线上的第j个数), d_j非零(应为非退化), 所以就得到 DP = PD
所以呢
BC = SDS'TDT' =SDPDT' = SPDDT' = SS'TDDT' = TDDT' = A= BB,
B非退化, 所以 C = B了.
(我看到的版本是证明BC可交换, 然后把他们同时对角化, 也就是说沿用上面的同时对角化的思路, 不过, 我觉得应该不用了, 做到这儿就搞定了, 整个证明不需要同时对角化这个过程.)
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