[26pts] Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{4} dada por
T(x, y, z)=(x+y+z, x+y+2 z, x+2 y-4 z, x+4 y-3 z)
[6] a) Encontre uma base para W=\operatorname{Im}(T) (a imagem de T).
[8] b) Seja v=(-10,16,-1,3). Encontre u \in W que esta a menor distância de v.
[6] c) Resolva o sistema T(x, y, z)=u.
[6] d) Se v^{\prime}=(x, y, z, t) \in \mathbb{R}^{4}. Calcule Proj _{W} v^{\prime}.

Passo 1

Vamos entender direitinho o que o enunciado dá e o que pede. Tenho a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^4 definida por
T(x,y,z)=(x+y+z,\; x+y+2z,\; x+2y-4z,\; x+4y-3z).
Informações relevantes que o enunciado fornece:
  • Posso escrever T pela multiplicação de uma matriz A\in\mathbb{R}^{4\times3} pelos vetores (x,y,z). Os vetores-coluna de A (as imagens de (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)) são: c_1=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\quad c_2=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},\quad c_3=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ -4\\\ -3\end{pmatrix}.Logo A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[2pt] 1 & 1 & 2\\[2pt] 1 & 2 & -4\\[2pt] 1 & 4 & -3 \end{pmatrix}, \quad T(x,y,z)=A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
  • O espaço W=\operatorname{Im}(T) é o espaço gerado pelas colunas de A: W=\operatorname{span}\{c_1,c_2,c_3\}.
  • Em (a) pedem uma base de W.
  • Em (b) é dado v=(-10,16,-1,3) e pedem o vetor u\in W que esteja à menor distância de v — ou seja, a projeção ortogonal de v em W.
  • Em (c) pedem resolver T(x,y,z)=u (ou seja, achar (x,y,z) tal que A(x,y,z)^T=u).
  • Em (d) pedem a fórmula de \operatorname{Proj}_W(v') para um vetor arbitrário v'=(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4.
Já tenho tudo que preciso para começar a resolver.]

Passo 2

(a) Encontrar uma base para W=\operatorname{Im}(T).
Explicação do método (passo a passo mastigado): o espaço imagem é gerado pelas colunas c_1,c_2,c_3. Uma base é qualquer subconjunto dessas colunas que seja linearmente independente e gere o mesmo espaço. Para testar independência faço redução por linhas na matriz A — colunas correspondentes aos pivôs formam uma base.
Escrevo A e faço operações por linhas (mostrando as etapas essenciais):
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 1 & 1 & 2\\\\ 1 & 2 & -4\\\\ 1 & 4 & -3 \end{pmatrix} \overset{R_i\leftarrow R_i-R_1}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & -5\\\\ 0 & 3 & -4 \end{pmatrix}.
Troco R_2 com R_3 para ter pivô na coluna 2:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & -5\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 3 & -4 \end{pmatrix} \overset{R_4\leftarrow R_4-3R_2}{\longrightarrow} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ 0 & 1 & -5\\\\ 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 0 & 11 \end{pmatrix}.
Há pivôs nas três colunas (1, 2 e 3). Conclusão: as três colunas c_1,c_2,c_3 são linearmente independentes. O posto da matriz é 3. Portanto \dim W=3 e as colunas formam uma base.
Conclusão prática: uma base conveniente (simples) para W é
\left\{\,\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ -4\\\ -3\end{pmatrix}\right\}.
(Se você quiser, pode ortonormalizar depois, mas não é necessário aqui.)

Passo 3

(b) Encontrar u\in W que está à menor distância de v=(-10,16,-1,3).
Explicação didática do conceito: o vetor u\in W mais próximo de v é a projeção ortogonal de v sobre W. Como W=\operatorname{Col}(A), existe um único vetor u da forma u=A\hat{x} tal que v-u é ortogonal a todas as colunas de A. Isso leva ao sistema normal (método dos mínimos quadrados):
A^T A\,\hat{x}=A^T v,
onde \hat{x}\in\mathbb{R}^3 são os coeficientes de u na base de colunas de A. Depois u=A\hat{x}.
Vou calcular passo a passo.
Calculo A^T A. Usei os produtos internos das colunas (mostrando o que cada entrada representa):
A^T A=\begin{pmatrix} c_1\cdot c_1 & c_1\cdot c_2 & c_1\cdot c_3\\[2pt] c_2\cdot c_1 & c_2\cdot c_2 & c_2\cdot c_3\\[2pt] c_3\cdot c_1 & c_3\cdot c_2 & c_3\cdot c_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 & 8 & -4\\[2pt] 8 & 22 & -17\\[2pt] -4 & -17 & 30 \end{pmatrix}.
Calculo A^T v (cada entrada é c_i\cdot v):
A^T v=\begin{pmatrix} c_1\cdot v\\[2pt] c_2\cdot v\\[2pt] c_3\cdot v \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}8\\[2pt]16\\[2pt]17\end{pmatrix}.
(Demonstração rápida: c_1\cdot v = -10+16-1+3=8, etc.)
Agora resolvo (A^T A)\hat{x}=A^T v. Para isso calculei (A^T A)^{-1}. O determinante de A^T A é 300 e a adjunta dá
(A^T A)^{-1}=\frac{1}{300}\begin{pmatrix} 371 & -172 & -48\\[2pt] -172 & 104 & 36\\[2pt] -48 & 36 & 24 \end{pmatrix}.
Multiplico por A^T v:
\hat{x}=(A^T A)^{-1}A^T v=\frac{1}{300} \begin{pmatrix} 371 & -172 & -48\\\\ -172 & 104 & 36\\\\ -48 & 36 & 24 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}8\\\ 16\\\ 17\end{pmatrix} =\frac{1}{300}\begin{pmatrix}-600\\\ 900\\\ 600\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\[2pt]3\\[2pt]2\end{pmatrix}.
Interpretação: \hat{x}=(-2,3,2) são os coeficientes nas colunas de A que dão a projeção. Então
u=A\hat{x}=-2c_1+3c_2+2c_3.
Calculo componente a componente (mostrando que dá número inteiros simples):
u=\begin{pmatrix} -2+3+2\\\\ -2+3+4\\\\ -2+6-8\\\\ -2+12-6 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\\ 5\\\ -4\\\ 4\end{pmatrix}.
Conclusão: o vetor de W mais próximo de v é u=(3,5,-4,4). (Geometricamente é a projeção ortogonal.)]

Passo 4

(c) Resolver o sistema T(x,y,z)=u.
Explicação do raciocínio: u foi obtido como u=A\hat{x} com \hat{x}=(-2,3,2). Como A tem posto 3 (igual à dimensão do domínio), \ker A=\{0\} — isto é, T é injetora. Portanto, para qualquer u\in\operatorname{Im}(T) existe uma única solução (x,y,z) tal que A(x,y,z)^T=u, e essa solução é exatamente \hat{x}.
Portanto a solução do sistema T(x,y,z)=u é
(x,y,z)=(-2,\,3,\,2).

Passo 5

(d) Calcular \operatorname{Proj}_W(v') para v'=(x,y,z,t)\in\mathbb{R}^4.
Explicação do método: para um subespaço coluna W=\operatorname{Col}(A), a projeção ortogonal de v' sobre W é dada pela fórmula padrão da regressão linear / mínimos quadrados:
\operatorname{Proj}_W(v')=A\bigl(A^T A\bigr)^{-1}A^T v'.
Já calculámos (A^T A)^{-1} e sabemos A. Vou dar a forma explícita (matricial) e também a forma componente a componente para facilitar uso na prova sem ambiguidade.
Primeiro calculei as componentes s_1,s_2,s_3 de A^T v':
s_1=c_1\cdot v'=x+y+z+t,\quad s_2=c_2\cdot v'=x+y+2z+4t,\quad s_3=c_3\cdot v'=x+2y-4z-3t.
As coordenadas dos coeficientes \alpha=(A^T A)^{-1}A^T v' são
\alpha=\frac{1}{300}\begin{pmatrix} 371 & -172 & -48\\\\ -172 & 104 & 36\\\\ -48 & 36 & 24 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}s_1\s_2\s_3\end{pmatrix}.
Finalmente \operatorname{Proj}_W(v')=A\alpha. Ao expandir tudo, a projeção em coordenadas fica (cada componente é uma combinação linear das entradas de v'):
\operatorname{Proj}_W(v')=\frac{1}{300} \begin{pmatrix} 131 & 143 & 39 & -13\\[4pt] 143 & 179 & -33 & 11\\[4pt] 39 & -33 & 291 & 3\\[4pt] -13 & 11 & 3 & 299 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\\[2pt]t\end{pmatrix}.
Comentário rápido: a matriz acima é a matriz de projeção P=A(A^T A)^{-1}A^T. Ela é simétrica e idempotente (propriedades padrão de projeção ortogonal).
Se preferir usar a forma vetorial com as colunas:
\operatorname{Proj}_W(v')=\alpha_1 c_1+\alpha_2 c_2+\alpha_3 c_3,
onde (\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)^T=(A^T A)^{-1}A^T v' com (A^T A)^{-1} explicitado acima.]

Resposta

(a) Uma base de W é \displaystyle\left\{\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ -4\\\ -3\end{pmatrix}\right\}.
(b) u=\displaystyle\begin{pmatrix}3\\\ 5\\\ -4\\\ 4\end{pmatrix}.
(c) A solução de T(x,y,z)=u é (x,y,z)=(-2,\,3,\,2).
(d) \displaystyle\operatorname{Proj}_W(v')=\frac{1}{300} \begin{pmatrix} 131 & 143 & 39 & -13\\\\ 143 & 179 & -33 & 11\\\\ 39 & -33 & 291 & 3\\\\ -13 & 11 & 3 & 299 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\t\end{pmatrix}.

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