Determine as soluções de quadrados mínimos dos seguintes sistemas
\begin{aligned}x_{1}+x_{2}+x_{3} & =4, \\\ -x_{1}+x_{2}+x_{3} & =0, \\\ -x_{2}+x_{3} & =1 \x_{1}+x_{3} & =2\end{aligned}

Passo 1

O que o problema dá e o que pede.
  • O enunciado dá o sistema linear (4 equações, 3 incógnitas):
\begin{aligned} x_{1}+x_{2}+x_{3} &=4,\\\\ -x_{1}+x_{2}+x_{3} &=0,\\\\ - x_{2}+x_{3} &=1,\\\ x_{1}+x_{3} &=2. \end{aligned}
  • O que se pede: encontrar as soluções de quadrados mínimos (isto é, o vetor x=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T} que minimiza a soma dos quadrados dos resíduos das equações, ou seja minimiza \|Ax-b\|^{2}, onde A e b representam o sistema acima).

Passo 2

Conceito e método (aula rápida, sem pular etapas).
  • Quando temos um sistema Ax=b que pode não ter solução exata (tipicamente porque há mais equações que incógnitas ou equações inconsistentes), a solução de quadrados mínimos é o vetor x que minimiza a função
\varphi(x)=\|Ax-b\|^{2}=(Ax-b)^{T}(Ax-b).
  • Para encontrar o minimizador, derivamos (gradiente) em relação a x e igualamos a zero. Isso leva às equações normais
A^{T}A x = A^{T} b.
  • Essas equações normais são um sistema linear de 3 equações (aqui) cuja solução dá a solução de mínimos quadrados. Desde que A^{T}A seja invertível (por exemplo se as colunas de A forem linearmente independentes), a solução é única e dada por
x=(A^{T}A)^{-1}A^{T}b.
  • Portanto, o procedimento prático: montar A e b, calcular A^{T}A e A^{T}b, e resolver A^{T}A x = A^{T}b.

Passo 3

Montar A e b a partir do sistema.
Escrevemos cada equação na forma a_{i1}x_{1}+a_{i2}x_{2}+a_{i3}x_{3}=b_{i}. Assim as linhas de A e as entradas de b são:
  • Equação 1: 1\cdot x_{1}+1\cdot x_{2}+1\cdot x_{3}=4 → primeira linha de A é (1,1,1) e b_{1}=4.
  • Equação 2: -1\cdot x_{1}+1\cdot x_{2}+1\cdot x_{3}=0 → segunda linha (-1,1,1), b_{2}=0.
  • Equação 3: 0\cdot x_{1}-1\cdot x_{2}+1\cdot x_{3}=1 → terceira linha (0,-1,1), b_{3}=1.
  • Equação 4: 1\cdot x_{1}+0\cdot x_{2}+1\cdot x_{3}=2 → quarta linha (1,0,1), b_{4}=2.
Portanto
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\\\ -1 & 1 & 1\\\\ 0 & -1 & 1\\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}4\\\ 0\\\ 1\\\ 2\end{pmatrix}.

Passo 4

Calcular A^{T}A e A^{T}b com contas explícitas.
Vamos tratar as colunas de A como vetores \,a_{1},a_{2},a_{3} (cada a_{j} tem 4 entradas):
a_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\quad a_{2}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\\\ 0\end{pmatrix},\quad a_{3}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
Os elementos de A^{T}A são produtos internos a_{i}^{T}a_{j}.
Calculemos:
  • a_{1}^{T}a_{1}=1^{2}+(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}=1+1+0+1=3.
  • a_{1}^{T}a_{2}=1\cdot1+(-1)\cdot1+0\cdot(-1)+1\cdot0=1-1+0+0=0.
  • a_{1}^{T}a_{3}=1\cdot1+(-1)\cdot1+0\cdot1+1\cdot1=1-1+0+1=1.
  • a_{2}^{T}a_{2}=1^{2}+1^{2}+(-1)^{2}+0^{2}=1+1+1+0=3.
  • a_{2}^{T}a_{3}=1\cdot1+1\cdot1+(-1)\cdot1+0\cdot1=1+1-1+0=1.
  • a_{3}^{T}a_{3}=1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}=4.
Portanto
A^{T}A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 3 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 4 \end{pmatrix}.
Agora A^{T}b tem componentes a_{j}^{T}b:
  • a_{1}^{T}b=1\cdot4+(-1)\cdot0+0\cdot1+1\cdot2=4+0+0+2=6.
  • a_{2}^{T}b=1\cdot4+1\cdot0+(-1)\cdot1+0\cdot2=4+0-1+0=3.
  • a_{3}^{T}b=1\cdot4+1\cdot0+1\cdot1+1\cdot2=4+0+1+2=7.
Logo
A^{T}b=\begin{pmatrix}6\\\ 3\\\ 7\end{pmatrix}.]

Passo 5

Escrever e resolver as equações normais A^{T}A x = A^{T}b.
As equações normais ficam
\begin{pmatrix} 3 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 3 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt] x_{2}\\[4pt] x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6\\[4pt]3\\[4pt]7\end{pmatrix}.
Escrevendo componente a componente:
\begin{aligned} 3x_{1}+x_{3}&=6,\\\\ 3x_{2}+x_{3}&=3,\\\ x_{1}+x_{2}+4x_{3}&=7. \end{aligned}]

Passo 6

Resolver o sistema de forma clara e sem pular etapas.
  • Da primeira equação temos \,x_{3}=6-3x_{1}.
  • Da segunda equação temos \,x_{3}=3-3x_{2}.
  • Igualando as duas expressões para x_{3}:
6-3x_{1}=3-3x_{2}\quad\Longrightarrow\quad 3=3(x_{1}-x_{2})\quad\Longrightarrow\quad x_{1}-x_{2}=1.
Assim x_{1}=x_{2}+1.
  • Substituímos x_{1}=x_{2}+1 e x_{3}=3-3x_{2} (usei a expressão da segunda equação para x_{3}) na terceira equação:
x_{1}+x_{2}+4x_{3}=7
\Rightarrow (x_{2}+1)+x_{2}+4(3-3x_{2})=7.
  • Desenvolvendo:
x_{2}+1+x_{2}+12-12x_{2}=7
\Rightarrow (-10x_{2})+13=7
\Rightarrow -10x_{2}=-6
\Rightarrow x_{2}=\frac{3}{5}.
  • Então x_{1}=x_{2}+1=\frac{3}{5}+1=\frac{8}{5}.
  • E x_{3}=3-3x_{2}=3-3\cdot\frac{3}{5}=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}.

Passo 7

Verificação rápida (confirmação que as equações normais foram satisfeitas).
Substituindo x_{1}=\tfrac{8}{5},\,x_{2}=\tfrac{3}{5},\,x_{3}=\tfrac{6}{5} nas equações normais:
  • Primeira: 3\cdot \tfrac{8}{5}+\tfrac{6}{5}=\tfrac{24}{5}+\tfrac{6}{5}=\tfrac{30}{5}=6 ok.
  • Segunda: 3\cdot \tfrac{3}{5}+\tfrac{6}{5}=\tfrac{9}{5}+\tfrac{6}{5}=\tfrac{15}{5}=3 ok.
  • Terceira: \tfrac{8}{5}+\tfrac{3}{5}+4\cdot\tfrac{6}{5}=\tfrac{11}{5}+\tfrac{24}{5}=\tfrac{35}{5}=7 ok.
Tudo confere, logo a solução de mínimos quadrados está correta.

Resposta

\begin{pmatrix}\tfrac{8}{5}\\[4pt]\tfrac{3}{5}\\[4pt]\tfrac{6}{5}\end{pmatrix}]

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