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} 2 & -1 & -2 & 12 \\\\ 1 & -3 & -1 & 1 \\\\ 1 & -3 & -5 & 7 \\\\ -2 & 1 & 0 & -4 \end{array}\right]
Assinale o valor de x_{1}, a 1{ }^{\text {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 forma aumentada é
\left[\begin{array}{rrr|r} 2 & -1 & -2 & 12 \\\\ 1 & -3 & -1 & 1 \\\\ 1 & -3 & -5 & 7 \\\\ -2 & 1 & 0 & -4 \end{array}\right].
Vou organizar os dados que o enunciado dá (peguei estes números da matriz aumentada):
  • A matriz A (as três colunas) é
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & -2\\[4pt] 1 & -3 & -1\\[4pt] 1 & -3 & -5\\[4pt] -2 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
  • O vetor independente \vec{b} é
\vec{b}=\begin{pmatrix}12\\[3pt]1\\[3pt]7\\[3pt]-4\end{pmatrix}.
O que precisamos retornar (finalmente) é o valor da primeira entrada x_{1} da solução \vec{x} que minimiza o erro quadrático.]

Passo 2

Breve explicação da ideia dos mínimos quadrados e da equação normal (aula mastigada).
  • Ao tentar resolver A\vec{x}=\vec{b} quando não existe solução exata, busca-se \vec{x} que minimize a norma quadrada do resíduo \vec{r}=\vec{b}-A\vec{x}. Ou seja, minimizar a função
\varphi(\vec{x})=\|A\vec{x}-\vec{b}\|^{2}=(A\vec{x}-\vec{b})^{T}(A\vec{x}-\vec{b}).
  • Derivando \varphi(\vec{x}) em relação a \vec{x} e igualando a zero obtém-se as equações normais:
A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}.
  • Logo, para encontrar a solução de mínimos quadrados basta formar A^{T}A e A^{T}\vec{b} e resolver esse sistema linear. Aqui A^{T} é a transposta de A; A^{T}A é uma matriz 3\times3 e A^{T}\vec{b} é um vetor coluna de dimensão 3.

Passo 3

Calcular A^{T}A. Para facilitar, identifiquemos as colunas de A:
\text{col}_1=\begin{pmatrix}2\\[3pt]1\\[3pt]1\\[3pt]-2\end{pmatrix},\qquad \text{col}_2=\begin{pmatrix}-1\\[3pt]-3\\[3pt]-3\\[3pt]1\end{pmatrix},\qquad \text{col}_3=\begin{pmatrix}-2\\[3pt]-1\\[3pt]-5\\[3pt]0\end{pmatrix}.
Agora os produtos internos necessários (cada entrada de A^{T}A é um produto escalar de colunas):
\begin{aligned} \text{col}_1\cdot\text{col}_1 &= 2^{2}+1^{2}+1^{2}+(-2)^{2}=4+1+1+4=10,\\[4pt] \text{col}_1\cdot\text{col}_2 &= 2(-1)+1(-3)+1(-3)+(-2)(1)=-2-3-3-2=-10,\\[4pt] \text{col}_1\cdot\text{col}_3 &= 2(-2)+1(-1)+1(-5)+(-2)(0)=-4-1-5+0=-10,\\[4pt] \text{col}_2\cdot\text{col}_2 &= (-1)^{2}+(-3)^{2}+(-3)^{2}+1^{2}=1+9+9+1=20,\\[4pt] \text{col}_2\cdot\text{col}_3 &= (-1)(-2)+(-3)(-1)+(-3)(-5)+1\cdot0=2+3+15+0=20,\\[4pt] \text{col}_3\cdot\text{col}_3 &= (-2)^{2}+(-1)^{2}+(-5)^{2}+0^{2}=4+1+25+0=30. \end{aligned}
Portanto
A^{T}A=\begin{pmatrix} 10 & -10 & -10\\[3pt] -10 & 20 & 20\\[3pt] -10 & 20 & 30 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular A^{T}\vec{b} fazendo os produtos escalares das colunas de A com \vec{b}:
\begin{aligned} \text{col}_1\cdot\vec{b} &= 2\cdot12 + 1\cdot1 + 1\cdot7 + (-2)\cdot(-4) = 24+1+7+8 = 40,\\[4pt] \text{col}_2\cdot\vec{b} &= (-1)\cdot12 + (-3)\cdot1 + (-3)\cdot7 + 1\cdot(-4) = -12-3-21-4 = -40,\\[4pt] \text{col}_3\cdot\vec{b} &= (-2)\cdot12 + (-1)\cdot1 + (-5)\cdot7 + 0\cdot(-4) = -24-1-35+0 = -60. \end{aligned}
Logo
A^{T}\vec{b}=\begin{pmatrix}40\\[3pt]-40\\[3pt]-60\end{pmatrix}.]

Passo 5

Formar as equações normais e simplificar (notar fator comum 10 em A^{T}A e em A^{T}\vec{b}):
\begin{pmatrix} 10 & -10 & -10\\[3pt] -10 & 20 & 20\\[3pt] -10 & 20 & 30 \end{pmatrix}\vec{x}= \begin{pmatrix}40\\[3pt]-40\\[3pt]-60\end{pmatrix}.
Dividindo ambos os lados por 10 (para facilitar contas) obtemos o sistema equivalente
\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[3pt] -1 & 2 & 2\\[3pt] -1 & 2 & 3 \end{pmatrix}\vec{x}= \begin{pmatrix}4\\[3pt]-4\\[3pt]-6\end{pmatrix}.]

Passo 6

Resolver o sistema reduzido por eliminação (passo a passo).
Escrevendo as equações:
\begin{aligned} &x_{1}-x_{2}-x_{3}=4,\\[4pt] &-x_{1}+2x_{2}+2x_{3}=-4,\\[4pt] &-x_{1}+2x_{2}+3x_{3}=-6. \end{aligned}
Somar a primeira equação à segunda para eliminar x_{1} na segunda:
(-x_{1}+2x_{2}+2x_{3})+(x_{1}-x_{2}-x_{3})= -4+4
resultando em
x_{2}+x_{3}=0. \tag{E2'}
Somar a primeira equação à terceira para eliminar x_{1} na terceira:
(-x_{1}+2x_{2}+3x_{3})+(x_{1}-x_{2}-x_{3})= -6+4
resultando em
x_{2}+2x_{3}=-2. \tag{E3'}
Agora subtrair (E2’) de (E3’) para eliminar x_{2}:
(x_{2}+2x_{3})-(x_{2}+x_{3}) = -2 - 0
ou seja
x_{3} = -2.
Usando x_{2}+x_{3}=0 temos
x_{2}= -x_{3}= -(-2)=2.
Finalmente usar a primeira equação x_{1}-x_{2}-x_{3}=4:
x_{1}-2-(-2)=4 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=4.]

Passo 7

Portanto a solução de mínimos quadrados é
\vec{x}=\begin{pmatrix}4\\[3pt]2\\[3pt]-2\end{pmatrix},
e a primeira entrada é x_{1}=4. Vai dar certo na prova — excelente trabalho de persistência!]

Resposta

\,4

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