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 & -1 & 2 \\\\ -1 & 2 & -3 & -4 \\\\ 1 & 0 & 1 & 2 \\\\ -1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right] .
Assinale o valor de x_{2}, a 2^{\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 representado pela matriz aumentada
\left[\begin{array}{rrr|r} -1 & 2 & -1 & 2 \\\\ -1 & 2 & -3 & -4 \\\\ 1 & 0 & 1 & 2 \\\\ -1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].
As informações dadas são:
  • As linhas correspondem a quatro equações em três incógnitas x_{1},x_{2},x_{3}.
  • A matriz dos coeficientes (que chamo de A) é a 4\times3:
A=\begin{pmatrix} -1 & 2 & -1\\\\ -1 & 2 & -3\\\\ 1 & 0 & 1\\\\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix},
e o vetor termo independente (que chamo de b) é
b=\begin{pmatrix}2\\\ -4\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix}.
O que se pede: encontrar a solução \vec{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T} que minimiza o erro quadrático \|A\vec{x}-\vec{b}\|^{2}, e em particular informar o valor de x_{2}.

Passo 2

Por que usar mínimos quadrados e qual fórmula usar?
Quando temos mais equações que incógnitas (aqui 4>3), o sistema pode não ter solução exata. A solução de mínimos quadrados é a \vec{x} que minimiza a soma dos quadrados dos resíduos. O método padrão leva às equações normais
A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}.
Explicando: A^{T}A é uma matriz 3\times3 obtida multiplicando a transposta de A pela própria A; A^{T}\vec{b} é um vetor de comprimento 3. Resolver essas equações (um sistema quadrado) dá a solução de mínimos quadrados. Vou calcular A^{T}A e A^{T}b explicitamente.

Passo 3

Calcular A^{T}A e A^{T}\vec{b} componente a componente (mostrando como cada entrada é soma de produtos coordenada a coordenada).
Primeiro, as linhas de A (já listadas) serão usadas para somar produtos.
Calcule as entradas de A^{T}A:
(A^{T}A)_{11}=\sum_{k=1}^{4} A_{k1}^{2}=(-1)^{2}+(-1)^{2}+1^{2}+(-1)^{2}=1+1+1+1=4,
(A^{T}A)_{12}=\sum_{k=1}^{4} A_{k1}A_{k2}=(-1)(2)+(-1)(2)+(1)(0)+(-1)(0)=-2-2+0+0=-4,
(A^{T}A)_{13}=\sum_{k=1}^{4} A_{k1}A_{k3}=(-1)(-1)+(-1)(-3)+(1)(1)+(-1)(1)=1+3+1-1=4,
(A^{T}A)_{22}=\sum_{k=1}^{4} A_{k2}^{2}=2^{2}+2^{2}+0^{2}+0^{2}=4+4+0+0=8,
(A^{T}A)_{23}=\sum_{k=1}^{4} A_{k2}A_{k3}=(2)(-1)+(2)(-3)+(0)(1)+(0)(1)=-2-6+0+0=-8,
(A^{T}A)_{33}=\sum_{k=1}^{4} A_{k3}^{2}=(-1)^{2}+(-3)^{2}+1^{2}+1^{2}=1+9+1+1=12.
Como A^{T}A é simétrica, temos também (A^{T}A)_{21}=-4, (A^{T}A)_{31}=4, (A^{T}A)_{32}=-8. Assim
A^{T}A=\begin{pmatrix} 4 & -4 & 4\\[4pt] -4 & 8 & -8\\[4pt] 4 & -8 & 12 \end{pmatrix}.
Agora A^{T}\vec{b}:
(A^{T}\vec{b})_{1}=\sum_{k=1}^{4} A_{k1}b_{k}=(-1)(2)+(-1)(-4)+(1)(2)+(-1)(0)=-2+4+2+0=4,
(A^{T}\vec{b})_{2}=\sum_{k=1}^{4} A_{k2}b_{k}=(2)(2)+(2)(-4)+(0)(2)+(0)(0)=4-8+0+0=-4,
(A^{T}\vec{b})_{3}=\sum_{k=1}^{4} A_{k3}b_{k}=(-1)(2)+(-3)(-4)+(1)(2)+(1)(0)=-2+12+2+0=12.
Portanto
A^{T}\vec{b}=\begin{pmatrix}4\\\ -4\\\ 12\end{pmatrix}.
Resumo das equações normais a resolver:
\begin{pmatrix} 4 & -4 & 4\\[4pt] -4 & 8 & -8\\[4pt] 4 & -8 & 12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\[4pt]-4\\[4pt]12\end{pmatrix}.]

Passo 4

Resolver o sistema linear M\vec{x}=\vec{y} com
M=\begin{pmatrix} 4 & -4 & 4\\[4pt] -4 & 8 & -8\\[4pt] 4 & -8 & 12 \end{pmatrix},\qquad \vec{y}=\begin{pmatrix}4\\\ -4\\\ 12\end{pmatrix}.
Para simplificar os cálculos, divido cada linha por um fator comum quando conveniente.
Dividindo a linha 1 por 4, a linha 2 por -4 e a linha 3 por 4, obtemos um sistema equivalente (operações por escalar em linhas mantêm a solução):
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 &\vline& 1\\[4pt] 1 & -2 & 2 &\vline& 1\\[4pt] 1 & -2 & 3 &\vline& 3 \end{pmatrix},
onde escrevi a matriz aumentada para eliminar por Gauss.
Agora faço operações por linhas para triangularizar:
R2 := R2 − R1:
\text{R2}=[1,-2,2,1]-[1,-1,1,1]=[0,-1,1,0].
R3 := R3 − R1:
\text{R3}=[1,-2,3,3]-[1,-1,1,1]=[0,-1,2,2].
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 &\vline& 1\\[4pt] 0 & -1 & 1 &\vline& 0\\[4pt] 0 & -1 & 2 &\vline& 2 \end{pmatrix}.
Em seguida R3 := R3 − R2:
\text{R3}=[0,-1,2,2]-[0,-1,1,0]=[0,0,1,2].
Agora a matriz é triangular superior:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 &\vline& 1\\[4pt] 0 & -1 & 1 &\vline& 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 &\vline& 2 \end{pmatrix}.
A partir da última linha, obtemos imediatamente \;x_{3}=2\;.
Da segunda linha [0,-1,1|\;0] temos -x_{2}+x_{3}=0. Substituindo x_{3}=2 -x_{2}+2=0, logo \;x_{2}=2\;.
Da primeira linha [1,-1,1|\;1] temos x_{1}-x_{2}+x_{3}=1. Substituindo x_{2}=2 e x_{3}=2 x_{1}-2+2=1, logo \;x_{1}=1\;.
Portanto a solução de mínimos quadrados é
\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Recapitulando com calma e incentivo: fizemos as equações normais A^{T}A\vec{x}=A^{T}\vec{b}, calculei A^{T}A e A^{T}\vec{b} passo a passo (somando produtos linha a linha), e então resolvi o sistema quadrado resultante por eliminação de Gauss. Saiu uma solução bem simples: \vec{x}=(1,2,2)^{T}. Vai dar certo na prova — respira, refaz os passos devagar e ganhou o raciocínio!

Resposta

2

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