定义标准正交向量（orthonormal）：$q_i^Tq_j=\begin{cases}0\quad i\neq j\1\quad i=j\end{cases}$
我们将标准正交向量放入矩阵中，有$Q=\Bigg[q_1 q_2 \cdots q_n\Bigg]$。
上一讲我们研究了$A^A$的特性，现在来观察$Q^TQ=\begin{bmatrix} & q_1^T & \ & q_2^T & \ & \vdots & \ & q_n^T & \end{bmatrix}\Bigg[q_1 q_2 \cdots q_n\Bigg]$
根据标准正交向量的定义，计算$Q^TQ=\begin{bmatrix}1&0&\cdots&0\0&1&\cdots&0\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\0&0&\cdots&1\end{bmatrix}=I$，我们也把$Q$成为标准正交矩阵（orthonormal matrix）。
特别的，当$Q$恰好是方阵时，由于正交性，易得$Q$是可逆的，又$Q^TQ=I$，所以$Q^T=Q^{-1}$。
- 举个置换矩阵的例子：$Q=\begin{bmatrix}0&1&0\1&0&0\0&0&1\end{bmatrix}$，则$Q^T=\begin{bmatrix}0&1&0\0&0&1\1&0&0\end{bmatrix}$，易得$Q^TQ=I$。
- 使用上一讲的例子$Q=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}$，列向量长度为$1$，且列向量相互正交。
- 其他例子$Q=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}1&1\1&-1\end{bmatrix}$，列向量长度为$1$，且列向量相互正交。
- 使用上一个例子的矩阵，令$Q'=c\begin{bmatrix}Q&Q\Q&-Q\end{bmatrix}$，取合适的$c$另列向量长度为$1$也可以构造标准正交矩阵：$Q=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1&1&1&1\1&-1&1&-1\1&1&-1&-1\1&-1&-1&1\end{bmatrix}$，这种构造方法以阿德玛（Adhemar）命名，对$2, 4, 16, 64, \cdots$阶矩阵有效。
- 再来看一个例子，$Q=\frac{1}{3}\begin{bmatrix}1&-2&2\2&-1&-2\2&2&1\end{bmatrix}$，列向量长度为$1$，且列向量相互正交。格拉姆-施密特正交化法的缺点在于，由于要求得单位向量，所以我们总是除以向量的长度，这导致标准正交矩阵中总是带有根号，而上面几个例子很少有根号。
再来看标准正交化有什么好处，假设要做投影，将向量$b$投影在标准正交矩阵$Q$的列空间中，根据上一讲的公式得$P=Q(Q^TQ)^{-1}Q^T$，易得$P=QQ^T$。我们断言，当列向量为标准正交基时，$QQ^T$是投影矩阵。极端情况，假设矩阵是方阵，而其列向量是标准正交的，则其列空间就是整个向量空间，而投影整个空间的投影矩阵就是单位矩阵，此时$QQ^T=I$。可以验证一下投影矩阵的两个性质：$(QQ^T)^T=(Q^T)^TQ^T=QQ^T$，得证；$(QQ^T)^2=QQ^TQQ^T=Q(Q^TQ)Q^T=QQ^T$，得证。
我们计算的$A^TA\hat x=A^Tb$，现在变为$Q^TQ\hat x=Q^Tb$，也就是$\hat x=Q^Tb$，分解开来看就是
我们有两个线性无关的向量$a, b$，先把它们化为正交向量$A, B$，再将它们单位化，变为单位正交向量$q_1=\frac{A}{\left|A\right|}, q_2=\frac{B}{\left|B\right|}$：
- 我们取定$a$向量的方向，$a=A$；
- 接下来将$b$投影在$A$的法方向上得到$B$，也就是求子空间投影一讲中，我们提到的误差向量$e=b-p$，即$B=b-\frac{A^Tb}{A^TA}A$。检验一下$A\bot B$，$A^TB=A^Tb-A^T\frac{A^Tb}{A^TA}A=A^Tb-\frac{A^TA}{A^TA}A^Tb=0$。（$\frac{A^Tb}{A^TA}A$就是$A\hat x=p$。）
如果我们有三个线性无关的向量$a, b, c$，则我们现需要求它们的正交向量$A, B, C$，再将它们单位化，变为单位正交向量$q_1=\frac{A}{\left|A\right|}, q_2=\frac{B}{\left|B\right|}, q_3=\frac{C}{\left|C\right|}$：
- 前两个向量我们已经得到了，我们现在需要求第三个向量同时正交于$A, B$；
- 我们依然沿用上面的方法，从$c$中减去其在$A, B$上的分量，得到正交与$A, B$的$C$：$C=c-\frac{A^Tc}{A^TA}A-\frac{B^Tc}{B^TB}B$。
现在我们试验一下推导出来的公式，$a=\begin{bmatrix}1\1\1\end{bmatrix}, b=\begin{bmatrix}1\0\2\end{bmatrix}$：
- 则$A=a=\begin{bmatrix}1\1\1\end{bmatrix}$；
- 根据公式有$B=a-hA$，$h$是比值$\frac{A^Tb}{A^TA}=\frac{3}{3}$，则$B=\begin{bmatrix}1\1\1\end{bmatrix}-\frac{3}{3}\begin{bmatrix}1\0\2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\-1\1\end{bmatrix}$。验证一下正交性有$A\cdot B=0$。
- 单位化，$q_1=\frac{1}{\sqrt 3}\begin{bmatrix}1\1\1\end{bmatrix},\quad q_2=\frac{1}{\sqrt 2}\begin{bmatrix}1\0\2\end{bmatrix}$，则标准正交矩阵为$Q=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt 3}&0\\frac{1}{\sqrt 3}&-\frac{1}{\sqrt 2}\\frac{1}{\sqrt 3}&\frac{1}{\sqrt 2}\end{bmatrix}$，对比原来的矩阵$D=\begin{bmatrix}1&1\1&0\1&2\end{bmatrix}$，有$D, Q$的列空间是相同的，我们只是将原来的基标准正交化了。
我们曾经用矩阵的眼光审视消元法，有$A=LU$。同样的，我们也用矩阵表达标准正交化，$A=QR$。设矩阵$A$有两个列向量$\Bigg[a_1 a_2\Bigg]$，则标准正交化后有$\Bigg[a_1 a_2\Bigg]=\Bigg[q_1 q_2\Bigg]\begin{bmatrix}a_1^Tq_1&a_2^Tq_1\a_1^Tq_2&a_2^Tq_2\end{bmatrix}$，而左下角的$a_1^Tq_2$始终为$0$，因为Gram-Schmidt正交化总是使得$a_1\bot q_2$，后来构造的向量总是正交于先前的向量。所以这个$R$矩阵是一个上三角矩阵。