最小二乘问题详解2：线性最小二乘求解

俞秋荣 · 7 天前

1. 引言

复习上一篇文章《最小二乘问题详解1：线性最小二乘》中的知识，对于一个线性问题模型：

\[f(x; \theta) = A\theta\]
那么线性最小二乘问题可以表达为求一组待定值$\theta$，使得残差的平方和最小：

\[\min_{\theta} \|A\theta - b\|^2\]
本质上是求解超定线性方程组：

\[A\theta = b\]
具体的线性最小二乘解是：

\[\theta^* = (A^T A)^{-1} A^T b\tag{1}\]
2. 求解

2.1 问题

虽然线性最小二乘解已经给出，但是并不意味着在实际的数值计算中就能按照式(1)来进行求解。一个典型的问题就是求逆矩阵：在工程实践和数值计算中，直接求解逆矩阵通常是一个性能消耗大且可能不精确的操作，应该尽量避免。举例来说，我们按照大学本科《线性代数》课程中的方法写程序来求解一个逆矩阵，假设使用伴随矩阵法：

\[A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \cdot \text{adj}(A)\]
其中：

$\det(A)$ 是矩阵 $A$ 的行列式。
$\text{adj}(A)$ 是 $A$ 的伴随矩阵。

为了求解伴随矩阵 $\text{adj}(A)$：

求代数余子式 (Cofactor)：对于矩阵 $A$ 中的每一个元素 $a_{ij}$，计算其代数余子式 $C_{ij}$。
- 代数余子式 $C_{ij} = (-1)^{i+j} \cdot M_{ij}$
- $M_{ij}$ 是删去 $A$ 的第 $i$ 行和第 $j$ 列后得到的子矩阵的行列式（称为余子式）。
构造余子式矩阵：将所有代数余子式 $C_{ij}$ 按照原来的位置排列，形成一个新矩阵 $C$（称为余子式矩阵）。
转置：将余子式矩阵 $C$ 进行转置，得到的矩阵就是伴随矩阵 $\text{adj}(A)$。

\[\text{adj}(A) = C^T\]
代入公式：将 $\det(A)$ 和 $\text{adj}(A)$ 代入公式 $A^{-1} = \frac{1}{\det(A)} \cdot \text{adj}(A)$ 即可。

这里我们大概能估算，使用伴随矩阵法求逆矩阵的理论复杂度是$O(n!)$，这是一个阶乘级的增长，算法效率非常低。《线性代数》中介绍的另外一种算法高斯消元法也只能达到$O(n^3)$，呈指数级增加。其实效率只是一方面的问题，使用计算机求解的另外一个问题是舍入误差累积：在计算机中，浮点数运算存在固有的舍入误差；求逆过程涉及大量的除法和减法运算，这些误差会在计算过程中不断累积和传播。总而言之，使用通解求解逆矩阵，可能存在不精确且性能消耗大的问题。
2.2 QR分解

那么不使用逆矩阵怎么办呢？我们需要注意的是，最小二乘问题的本质是求解，而不是求逆矩阵，因此关键是要求解正规方程：

\[A^T A \theta = A^T b\]
对矩阵$A$作QR分解：

\[A = Q_1 R\]
其中:

$Q_1\in\mathbb R^{m\times n}$ 列正交，满足$Q_1^T Q_1 = I_n$；
$R\in\mathbb R^{n\times n}$是上三角矩阵，如果$A$列满秩，则$R$的对角元均非零，可逆。

那么把$A=Q_1R$代入正规方程，得到：

\[(Q_1 R)^T (Q_1 R) x = (Q_1 R)^T b\]
左边整理，因为$Q_1^T Q_1 = I_n$：

\[R^T Q_1^T Q_1 R x = R^T R x\]
右边为

\[R^T Q_1^T b\]
因此正规方程等价于

\[\boxed{R^T R x = R^T (Q_1^T b)}\]
若$R$可逆（即$A$满秩，$\operatorname{rank}(A)=n$），则$R^T$也可逆。左右两边左乘$(R^T)^{-1}$，得到：

\[R x = Q_1^T b.\]
令$c = Q_1^\top b$（这是一个长度为$n$的向量），于是我们得到一个简单的上三角线性系统：

\[\boxed{R x = c,\qquad c = Q_1^T b}\]
这就是QR方法把正规方程化简得到的核心结果：只需解上三角方程$R x = Q_1^T b$。
以上只是对$A$列满秩的情况做了推导，如果$A$列满秩，那么QR分解可以表示为$x = R^{-1}Q_1^\top b$；如果$A$列不满秩（$R$奇异），需要使用列主元QR方法对$R^T R x = R^T (Q_1^T b)$进行求解，或者干脆使用下面要介绍的SVD分解（奇异值分解）法。
2.3 SVD分解

另外一种求解的方法是SVD分解。对任意矩阵$A$，存在奇异值分解：

\[\boxed{A = U\Sigma V^T}\]
其中:

$U\in\mathbb R^{m\times m}$为正交（列为左奇异向量），
$V\in\mathbb R^{n\times n}$为正交（列为右奇异向量），
$\Sigma\in\mathbb R^{m\times n}$为“对角块”矩阵，通常写成

\[\Sigma=\begin{bmatrix}\Sigma_r & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}\]
其中$\Sigma_r=\operatorname{diag}(\sigma_1,\dots,\sigma_r)$，$(\sigma_1\ge\sigma_2\ge\cdots\ge\sigma_r>0)$，$r=\operatorname{rank}(A)$。

将SVD代入正规方程，先计算$A^\top A$：

\[A^T A = (U\Sigma V^T)^T(U\Sigma V^T) = V \Sigma^T U^T U \Sigma V^T = V (\Sigma^T \Sigma) V^T.\]
注意$U^T U=I$。而$\Sigma^T\Sigma$是$n\times n$的对角块矩阵，其非零对角元就是$\sigma_i^2(i=1..r)$，其余为零。
同样的，计算$A^T b$：

\[A^T b = V \Sigma^T U^T b.\]
于是正规方程变为：

\[V (\Sigma^T \Sigma) V^T x = V \Sigma^T U^T b.\]
两边左乘$V^T$，因为$V$正交，$V^TV=I$，得到：

\[(\Sigma^T \Sigma)(V^T x) = \Sigma^T (U^T b)\]
把$y=V^T x$与$c=U^T b$代入，得到更简单的对角方程：

\[\boxed{(\Sigma^T\Sigma) y = \Sigma^T c}\]
接下来按奇异值分块展开对角方程，先写出$\Sigma$相关的形状：

\[\Sigma=\begin{bmatrix}\Sigma_r & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix},\qquad\Sigma^\top\Sigma = \begin{bmatrix}\Sigma_r^2 & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}\]
对$y$和$c$也做相应分块：

\[y=\begin{bmatrix}y_1\ y_2\end{bmatrix},\qquad c=\begin{bmatrix}c_1\ c_2\end{bmatrix}\]
其中$y_1,c_1\in\mathbb R^r$对应非零奇异值，$y_2,c_2$对应奇异值为0的部分（维度 $n-r$）,代入得到分块方程:

\[\begin{bmatrix}\Sigma_r^2 & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1 \\ y_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\Sigma_r & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c_1 \\ c_2\end{bmatrix}\]
即等价于两组方程：

\[\Sigma_r^2 y_1 = \Sigma_r c_1,\qquad 0 = 0\cdot c_2 \ (\text{无约束／自由分量})\]
由于$\Sigma_r$为对角且可逆，第一式等价于

\[\Sigma_r y_1 = c_1 \quad\Longrightarrow\quad y_1 = \Sigma_r^{-1} c_1.\]
而$y_2$（对应零奇异值的分量）在正规方程中不受约束——这反映了在列秩不足时普通最小二乘解不是唯一的（可以在零空间方向任意加解）。为得到最小范数解（惯常的选择），取 $y_2=0$。
最后回到$x$的求解，对于$y$有：

\[y = \begin{bmatrix} \Sigma_r^{-1} c_1 \\ 0 \end{bmatrix}\]
将$c_1$与$c=U^\top b$关系代回：

\[y = \begin{bmatrix} \Sigma_r^{-1} & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix} U^T b\]
由于$y=V^T x$，于是：

\[x = V y = V \begin{bmatrix} \Sigma_r^{-1} & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix} U^T b\]
定义$\Sigma^+$为将非零奇异值取倒数后转置得到的伪逆矩阵（对角块为$\Sigma_r^{-1}$，其余为0)，则

\[\boxed{x^+ = V \Sigma^+ U^T b}\]
这就是 最小二乘的 Moore–Penrose 伪逆解：

若$A$列满秩，则为唯一最小二乘解，由于那么$\Sigma^+=\Sigma^{-1}$，SVD求解公式退化为常见的$x = V\Sigma^{-1}U^T b$
若秩亏，它给出 在所有最小二乘解中范数最小的那个（minimum-norm solution）。

2.4 比较

从以上论述可以看到，SVD分解稳定且能处理秩亏的情况，但比QR分解慢，复杂度高，通常$O(mn^2)$；QR分解在列满秩、条件数不是太差时更快；若需要判定秩或求最小范数解，SVD是首选。
3. 补充

在最后补充一些基础知识，也是笔者很感兴趣的一点，那就是为什么一个矩阵A可以进行QR分解或者SVD分解呢？
3.1 QR分解

QR分解其实非常好理解，它的本质其实就是大学本科《线性代数》课程中提到的施密特（Gram–Schmidt）正交化。我们先复习一下施密特正交化相关的知识。
设有一组线性无关向量

\[a_1, a_2, \dots, a_n \in \mathbb{R}^m\]
我们想把它们变成一组正交（再归一化后变成标准正交）的向量$q_1, q_2, \dots, q_n$。具体步骤如下：

取第一个向量，归一化：

\[q_1 = \frac{a_1}{|a_1|}\]
对第 2 个向量，先减去在$q_1$上的投影：

\[\tilde{q}_2 = a_2 - (q_1^T a_2) q_1\]
然后归一化：

\[q_2 = \frac{\tilde{q}_2}{|\tilde{q}_2|}\]
对第 3 个向量，减去它在前两个正交向量上的投影：

\[\tilde{q}_3 = a_3 - (q_1^T a_3) q_1 - (q_2^T a_3) q_2\]
然后归一化：

\[q_3 = \frac{\tilde{q}_3}{|\tilde{q}_3|}\]
一般地，对第$j$个向量：

\[\tilde{q}_j = a_j - {\sum_{i=1}^{j-1}} (q_i^T a_j) q_i,\quad q_j = \frac{\tilde{q}_j}{|\tilde{q}_j|}\]

这样得到的${q_i}$就是标准正交基，且每个$q_j$只用到了前$j-1$个。
现在把矩阵$A$看成由列向量组成：

\[A = [a_1, a_2, \dots, a_n] \in \mathbb{R}^{m\times n}.\]
把施密特正交化写成矩阵形式，我们得到一组正交向量：

\[Q_1 = [q_1, q_2, \dots, q_n] \in \mathbb{R}^{m\times n},\quad Q_1^T Q_1 = I_n.\]
同时，原向量可以写成：

\[a_j = \sum_{i=1}^j r_{ij} q_i\]
其中：

\[r_{ij} = q_i^T a_j\]
把这些关系拼成矩阵形式：

\[A = Q_1 R\]
其中：

$R = (r_{ij})$是$n \times n$上三角矩阵，因为第$j$列只用到前$j$个$q_i$。
$Q_1$的列正交，所以$Q_1^T Q_1 = I$。

3.2 SVD分解

SVD分解其实也非常有意思，同样也可以顺着《线性代数》中基础知识来进行推导。首先复习一下特征值和特征向量。对于一个方阵 $ A \in \mathbb{R}^{n \times n} $，如果存在一个非零向量 $ \mathbf{v} \in \mathbb{R}^n $ 和一个实数 $ \lambda $，使得：

\[A \mathbf{v} = \lambda \mathbf{v}\]
那么：

$ \lambda $ 称为 特征值（eigenvalue）
$ \mathbf{v} $ 称为对应于 $ \lambda $ 的 特征向量（eigenvector）

接下来复习一下什么叫做对角化。如果一个$n \times n$矩阵$A$可以写成：

\[A = P D P^{-1}\]
其中：

$ D $ 是一个对角矩阵（只有对角线上有元素）
$ P $ 是一个可逆矩阵

我们就说 $A$ 是 可对角化的。
而且通常：

$ D $ 的对角元素是 $ A $ 的特征值：$ D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n) $
$ P $ 的列是对应的特征向量

即：

\[P = [\mathbf{v}_1\ \mathbf{v}_2\ \cdots\ \mathbf{v}_n],\quadD = \begin{bmatrix}\lambda_1 & & \\& \ddots & \\& & \lambda_n\end{bmatrix}\]
对角化非常重要，因为对角矩阵计算非常简单，比如计算$D^k$只需把对角元各自取$k$次方即可。对角化的本质就是把复杂的线性变换，变成旋转 → 拉伸 → 逆旋转的过程。注意，不是所有矩阵都能对角化，只有当矩阵有$n$个线性无关的特征向量时，才能对角化。但是，所有对称矩阵（如 $ A^T A $）都可以对角化，而且可以使用正交矩阵对角化。
也就是说，存在正交矩阵$V$，使得：

\[A^T A = V \Lambda V^T,\quad \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\]
然后根据这个对角化公式，构造$U$和$\Sigma$，最终得到SVD：

\[A = U \Sigma V^\top\]
这里具体构造$U$和$\Sigma$的过程还是有点繁琐的，这里就不进一步推导了，免得离题太远。

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