Q17: Encontre a solução, no sentido dos mínimos quadrados, do sistema linear A \vec{x}=\vec{b}, representado abaixo por sua matriz aumentada:
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -5 & -16 \\\\ -1 & 0 & -4 & -17 \\\\ 2 & -3 & -2 & -12 \\\\ -1 & -1 & 2 & 12 \end{array}\right] .
Assinale o valor de x_{3}, a 3^{\mathrm{a}} entrada da solução \vec{x}.
(A) -4
(B) -3
(C) -2
(D) -1
(E) 1
(F) 2
(G) 3
(H) 4

Passo 1

O enunciado pede a solução, no sentido dos mínimos quadrados, do sistema linear A\vec{x}=\vec{b} cuja matriz aumentada é
\left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -2 & -5 & -16 \\\\ -1 & 0 & -4 & -17 \\\\ 2 & -3 & -2 & -12 \\\\ -1 & -1 & 2 & 12 \end{array}\right].
As perguntas e informações relevantes que temos são:
  • Pergunta: qual é o valor de x_{3} (a terceira entrada da solução \vec{x} obtida por mínimos quadrados)?
  • Dados (retirados da matriz aumentada): a matriz A e o vetor \vec{b} são
A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & -5\\[4pt] -1 & 0 & -4\\[4pt] 2 & -3 & -2\\[4pt] -1 & -1 & 2 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}-16\\[4pt]-17\\[4pt]-12\\[4pt]12\end{pmatrix}.
A resolução verdadeira começa a seguir.]

Passo 2

O que significa “solução no sentido dos mínimos quadrados”? Vou explicar devagarinho e intuitivamente. Para um sistema com mais equações que incógnitas (aqui 4 equações e 3 incógnitas), pode não existir \vec{x} tal que A\vec{x}=\vec{b}. A ideia dos mínimos quadrados é escolher \vec{x} que minimize o erro total quadrado, isto é o quadrado da norma do resíduo
\|A\vec{x}-\vec{b}\|^{2}.
Matematicamente, essa minimização leva às chamadas equações normais:
A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}.
Explicando os símbolos:
  • A^{T} é a transposta de A (troca linhas por colunas).
  • A^{T}A é uma matriz quadrada 3\times 3.
  • A^{T}\vec{b} é um vetor 3\times1.
    Resolver A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b} nos dá a solução de mínimos quadrados. Agora vamos calcular A^{T}A e A^{T}\vec{b} explicitamente.

Passo 3

Para facilitar, vamos considerar as colunas de A:
c_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad c_{2}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]0\\[4pt]-3\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad c_{3}=\begin{pmatrix}-5\\[4pt]-4\\[4pt]-2\\[4pt]2\end{pmatrix}.
A entrada (i,j) de A^{T}A é o produto escalar c_{i}\cdot c_{j} (somar produtos componente a componente). Vamos calcular cada produto:
  • \;c_{1}\cdot c_{1}=1^{2}+(-1)^{2}+2^{2}+(-1)^{2}=1+1+4+1=7.
  • \;c_{1}\cdot c_{2}=1\cdot(-2)+(-1)\cdot0+2\cdot(-3)+(-1)\cdot(-1)=-2+0-6+1=-7.
  • \;c_{1}\cdot c_{3}=1\cdot(-5)+(-1)\cdot(-4)+2\cdot(-2)+(-1)\cdot2=-5+4-4-2=-7.
  • \;c_{2}\cdot c_{2}=(-2)^{2}+0^{2}+(-3)^{2}+(-1)^{2}=4+0+9+1=14.
  • \;c_{2}\cdot c_{3}=(-2)\cdot(-5)+0\cdot(-4)+(-3)\cdot(-2)+(-1)\cdot2=10+0+6-2=14.
  • \;c_{3}\cdot c_{3}=(-5)^{2}+(-4)^{2}+(-2)^{2}+2^{2}=25+16+4+4=49.
Colocando tudo, obtemos
A^{T}A=\begin{pmatrix} 7 & -7 & -7\\[4pt] -7 & 14 & 14\\[4pt] -7 & 14 & 49 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora calculemos A^{T}\vec{b}. Cada entrada é c_{i}\cdot\vec{b}:
\vec{b}=\begin{pmatrix}-16\\[4pt]-17\\[4pt]-12\\[4pt]12\end{pmatrix}.
  • \;c_{1}\cdot\vec{b}=1\cdot(-16)+(-1)\cdot(-17)+2\cdot(-12)+(-1)\cdot12=-16+17-24-12=-35.
  • \;c_{2}\cdot\vec{b}=(-2)\cdot(-16)+0\cdot(-17)+(-3)\cdot(-12)+(-1)\cdot12=32+0+36-12=56.
  • \;c_{3}\cdot\vec{b}=(-5)\cdot(-16)+(-4)\cdot(-17)+(-2)\cdot(-12)+2\cdot12=80+68+24+24=196.
Portanto
A^{T}\vec{b}=\begin{pmatrix}-35\\[4pt]56\\[4pt]196\end{pmatrix}.]

Passo 5

Escrevemos as equações normais \;A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}\;, isto é
\begin{pmatrix} 7 & -7 & -7\\[4pt] -7 & 14 & 14\\[4pt] -7 & 14 & 49 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-35\\[4pt]56\\[4pt]196\end{pmatrix}.
Para simplificar os cálculos, notamos que todos os coeficientes da matriz e do vetor do lado direito são múltiplos de 7. Dividindo toda a equação por 7 obtemos o sistema equivalente
\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] -1 & 2 & 2\\[4pt] -1 & 2 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-5\\[4pt]8\\[4pt]28\end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora resolvemos o sistema reduzido por eliminação. Começando com as linhas:
Linha 1: 1\;-\!1\;-\!1\;|\;-5.
Linha 2: -1\;2\;2\;|\;8.
Linha 3: -1\;2\;7\;|\;28.
Somamos a Linha 1 à Linha 2 para eliminar o primeiro coeficiente da Linha 2:
  • Nova Linha 2: 0\;1\;1\;|\;3 (porque -1+1=0,\;2-1=1,\;2-1=1,\;8-5=3).
Somamos a Linha 1 à Linha 3:
  • Nova Linha 3: 0\;1\;6\;|\;23 (porque -1+1=0,\;2-1=1,\;7-1=6,\;28-5=23).
Agora o sistema está:
\begin{array}{rcrcr} 1 & -1 & -1 & = & -5\\[4pt] 0 & 1 & 1 & = & 3\\[4pt] 0 & 1 & 6 & = & 23 \end{array}
Subtraindo a Linha 2 da Linha 3 para eliminar x_{2} em Linha 3:
  • Nova Linha 3: 0\;0\;5\;|\;20 (pois 1-1=0,\;6-1=5,\;23-3=20).
Da nova Linha 3 obtemos imediatamente
5x_{3}=20\quad\Rightarrow\quad x_{3}=\frac{20}{5}=4.
Retro-substituindo em Linha 2:
x_{2}+x_{3}=3\quad\Rightarrow\quad x_{2}=3-x_{3}=3-4=-1.
E em Linha 1:
x_{1}-x_{2}-x_{3}=-5\quad\Rightarrow\quad x_{1}-(-1)-4=-5\Rightarrow x_{1}+1-4=-5,
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x_{1}-3=-5\quad\Rightarrow\quad x_{1}=-2.
Então a solução de mínimos quadrados é
\vec{x}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-1\\[4pt]4\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resumo e chefinho de motivação: chegamos à solução por mínimos quadrados resolvendo as equações normais A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}. Os cálculos foram feitos passo a passo, e a terceira componente ficou positiva e inteira \;x_{3}=4. Você consegue checar rapidamente substituindo A\vec{x} e vendo que o resíduo existe (porque o sistema é sobredeterminado), mas que \vec{x} minimiza a soma dos quadrados dos resíduos.

Resposta

(H) 4

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