Considere o sistema superdeterminado:
\left\{\begin{array}{l} a+b=2 \\\\ 2 a+b=3 \\\\ 3 a+b=5 \end{array}\right.
(a) Escreva o sistema na forma A x=b, com
A=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 2 & 1 \\\\ 3 & 1 \end{array}\right), \quad x=\binom{a}{b}
(b) Monte o sistema normal A^{T} A x=A^{T} b.
(c) Resolva o sistema normal e verifique que A^{T} A é simétrica definida positiva.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema superdeterminado com três equações e duas incógnitas:
\left\{\begin{array}{l} a+b=2,\\[4pt] 2a+b=3,\\[4pt] 3a+b=5, \end{array}\right.
Além disso o enunciado fornece a matriz \,A e o vetor incógnita \,x:
A=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 2 & 1 \\\\ 3 & 1 \end{array}\right),\qquad x=\binom{a}{b}.
O que se pede:
(a) escrever o sistema na forma \,A x = b (ou seja, identificar o vetor \,b das constantes);
(b) montar o sistema normal \,A^{T}A x = A^{T} b;
(c) resolver o sistema normal e verificar que \,A^{T}A é simétrica definida positiva.]

Passo 2

(a) Montar o vetor b. As constantes das três equações são 2,3,5, portanto o vetor b é
b=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]5\end{pmatrix}.
Escrevendo explicitamente a forma matricial pedida:
A x = b,\qquad \left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 2 & 1 \\\\ 3 & 1 \end{array}\right) \binom{a}{b} = \begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]5\end{pmatrix}.
(Isto responde a parte (a).)]

Passo 3

(b) Derivação do sistema normal. Aqui tem uma ideia importante que vou explicar devagar e sem jargão: o sistema original tem mais equações do que incógnitas, então normalmente não existe x que satisfaça exatamente A x=b. O que se faz é buscar x que torne o erro \,r = A x - b o menor possível em norma quadrática, ou seja minimizar a função
f(x)=\|A x - b\|^{2} = (A x - b)^{T}(A x - b).
Para encontrar o mínimo, derivamos \,f (gradiente) e igualamos a zero. Calculando a derivada (a conta padrão em álgebra linear) chega-se a:
\frac{\partial f}{\partial x}=2A^{T}(A x - b)=0,
o que conduz às equações normais
A^{T}A x = A^{T} b.
Isto é o sistema normal pedido.

Passo 4

(c) Calcular explicitamente A^{T}A e A^{T}b. Primeiro a transposta de A é
A^{T}=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{array}\right).
Agora multiplicar:
A^{T}A = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 2 & 1 \\\\ 3 & 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 1^2+2^2+3^2 & 1+2+3\\[6pt] 1+2+3 & 1+1+1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 14 & 6\\[4pt] 6 & 3 \end{array}\right).
Em seguida:
A^{T}b = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 3\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot2 + 2\cdot3 + 3\cdot5\\[4pt] 1\cdot2 + 1\cdot3 + 1\cdot5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}23\\[4pt]10\end{pmatrix}.
Portanto o sistema normal fica
\left(\begin{array}{cc} 14 & 6\\[4pt] 6 & 3 \end{array}\right) \binom{a}{b} = \binom{23}{10}.]

Passo 5

(c) Resolver o sistema normal passo a passo. Escrevendo as equações:
\begin{cases} 14a + 6b = 23,\\[4pt] 6a + 3b = 10. \end{cases}
Da segunda equação podemos isolar b. Dividindo por 3:
2a + b = \dfrac{10}{3}\quad\Rightarrow\quad b = \dfrac{10}{3} - 2a.
Substituindo em a primeira:
14a + 6\Big(\dfrac{10}{3} - 2a\Big) = 23.
Fazendo as contas:
14a + \dfrac{60}{3} -12a = 23 \quad\Rightarrow\quad 2a + 20 = 23 \quad\Rightarrow\quad 2a = 3 \quad\Rightarrow\quad a = \dfrac{3}{2}.
Agora b:
b = \dfrac{10}{3} - 2\cdot\dfrac{3}{2} = \dfrac{10}{3} - 3 = \dfrac{10-9}{3} = \dfrac{1}{3}.
Logo a solução do sistema normal é
\binom{a}{b}=\binom{\tfrac{3}{2}}{\tfrac{1}{3}}.]

Passo 6

Verificar que \,A^{T}A é simétrica definida positiva. Primeiro simetria: pela construção A^{T}A é sempre simétrica, e aqui claramente
A^{T}A=\left(\begin{array}{cc}14&6\\[4pt]6&3\end{array}\right)
é simétrica porque a entrada (1,2) é igual à (2,1).
Para verificar definida positividade (DP) há duas maneiras simples e convincentes:
  1. Usando forma quadrática: para todo vetor não nulo y\in\mathbb{R}^{2},
y^{T}(A^{T}A)y=(Ay)^{T}(Ay)=\|Ay\|^{2}.
A norma quadrada \|Ay\|^{2} só é zero se Ay=0. Como as colunas de A são linearmente independentes (as colunas são \,(1,2,3)^{T} e \,(1,1,1)^{T} e não há escalações que as anulem simultaneamente), temos Ay\neq0 para todo y\neq0. Portanto \|Ay\|^{2}>0 para todo y\neq0, o que prova que A^{T}A é definida positiva.
  1. Verificação numérica por menores principais (critério simples para matrizes 2\times2): o primeiro menor principal é 14>0 e o determinante é
\det(A^{T}A)=14\cdot 3 - 6\cdot 6 = 42 - 36 = 6 > 0.
Ambos positivos implicam que a matriz simétrica A^{T}A é definida positiva.
Portanto A^{T}A é simétrica definida positiva, como pedido.]

Resposta

(a) \displaystyle A x = b com \displaystyle b=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]5\end{pmatrix}.
(b) \displaystyle A^{T}A=\begin{pmatrix}14 & 6\\[4pt]6 & 3\end{pmatrix},\quad A^{T}b=\begin{pmatrix}23\\[4pt]10\end{pmatrix}, logo \displaystyle\begin{pmatrix}14 & 6\\[4pt]6 & 3\end{pmatrix}\binom{a}{b}=\binom{23}{10}.
(c) \displaystyle a=\tfrac{3}{2},\; b=\tfrac{1}{3}. Além disso \displaystyle A^{T}A é simétrica e definida positiva (por \|Ay\|^{2}>0 para todo y\neq0, ou pelos menores principais 14>0 e \det=6>0).]

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