Questão 1) - (1,0 ponto) - Explique os três princípios de Sherman vistos em sala de aula.

Passo 1

O enunciado pede que eu explique os “três princípios de Sherman” vistos em sala. Vou assumir que esses três princípios são as três identidades/métodos que aparecem juntos na literatura de álgebra linear e métodos numéricos: (1) a fórmula de Sherman–Morrison (atualização de posto‑1 da inversa), (2) o lema do determinante para atualização de posto‑1 (Matrix Determinant Lemma) e (3) a identidade de Woodbury (generalização para atualizações de posto baixo). A seguir eu explico cada um passo a passo, mostrando hipóteses, derivação e exemplos simples para você poder usar na prova.

Passo 2

Sherman–Morrison: enunciado, hipótese e fórmula.
  • Hipótese: seja A\in\mathbb{R}^{n\times n} invertível e sejam u,v\in\mathbb{R}^{n}. Consideramos a matriz atualizada por um termo de posto 1:
A + u v^{T}.
  • Objetivo: achar (A+uv^{T})^{-1} em função de A^{-1}, u e v, sem recalcular a inversa inteira.
  • Fórmula (Sherman–Morrison):
(A+uv^{T})^{-1} = A^{-1} - A^{-1} u \bigl(1 + v^{T}A^{-1}u\bigr)^{-1} v^{T} A^{-1},
válida enquanto o escalar \bigl(1 + v^{T}A^{-1}u\bigr) for diferente de zero (essa condição garante que A+uv^{T} é invertível).
  • O que cada símbolo significa:
    • A: matriz inicial invertível;
    • u,v: vetores que definem a atualização de posto 1;
    • v^{T}A^{-1}u: número escalar; se -1 for igual a esse escalar a atualização torna a matriz singular.
  • Derivação curta e verificável (passo a passo algebraico): proponha o candidato
X = A^{-1} - A^{-1} u \alpha v^{T} A^{-1},
onde \alpha = \bigl(1+v^{T}A^{-1}u\bigr)^{-1}. Verifique que (A+uv^{T})X = I:
\begin{aligned} (A+uv^{T})X &= (A+uv^{T})\bigl(A^{-1} - A^{-1}u\alpha v^{T}A^{-1}\bigr)\\\ &= I + uv^{T}A^{-1} - u\alpha v^{T}A^{-1} - uv^{T}A^{-1}u\alpha v^{T}A^{-1}. \end{aligned}
Agrupando termos que têm fator u à esquerda e v^{T}A^{-1} à direita,
uv^{T}A^{-1} - u\alpha v^{T}A^{-1} - uv^{T}A^{-1}u\alpha v^{T}A^{-1} = u\bigl(v^{T}A^{-1} - \alpha v^{T}A^{-1} - v^{T}A^{-1}u\alpha v^{T}A^{-1}\bigr).
Como \alpha = (1+v^{T}A^{-1}u)^{-1}, a expressão entre parênteses zera, ficando I. Isso mostra que X é a inversa procurada.
  • Exemplo numérico simples para testar na prova sem calculadora: tome A=I_{2}, u=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix}, v=\begin{pmatrix}2\\\ 0\end{pmatrix}. Então A+uv^{T}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2&0\\\ 0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&0\\\ 0&1\end{pmatrix}. Pela fórmula:
1+v^{T}A^{-1}u = 1 + \begin{pmatrix}2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} = 1+2=3,
(A+uv^{T})^{-1} = I - u\frac{1}{3}v^{T} = \begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} - \frac{1}{3}\begin{pmatrix}2&0\\\ 0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1/3&0\\\ 0&1\end{pmatrix},
que bate com a inversa direta de \operatorname{diag}(3,1). Bom pra prova: escolha vetores com muitos zeros para facilitar as contas.

Passo 3

Lema do determinante para atualização de posto‑1 (Matrix Determinant Lemma).
  • Enunciado e hipótese: para A\in\mathbb{R}^{n\times n} invertível e u,v\in\mathbb{R}^{n},
\det(A+uv^{T}) = \det(A)\bigl(1 + v^{T}A^{-1}u\bigr).
  • Interpretação: o determinante da matriz atualizada por um termo de posto 1 é o determinante original vezes um fator escalar simples.
  • Derivação curta: escrevemos
\det(A+uv^{T}) = \det(A)\,\det\bigl(I + A^{-1}u v^{T}\bigr).
Agora use a identidade para matriz de posto 1: se a,b\in\mathbb{R}^{n} então \det(I + a b^{T}) = 1 + b^{T}a (isso pode ser provado expandindo a determinante ou usando autovalores). Aplicando com a=A^{-1}u e b=v obtemos o resultado.
  • Exemplo rápido (usando o exemplo anterior): \det(A)=1 para A=I, e 1+v^{T}A^{-1}u=3 então \det(A+uv^{T})=3, que coincide com \det(\operatorname{diag}(3,1))=3.

Passo 4

Identidade de Woodbury (generalização para atualizações de posto baixo).
  • Hipótese: seja A\in\mathbb{R}^{n\times n} invertível, U,V\in\mathbb{R}^{n\times k} e C\in\mathbb{R}^{k\times k} invertível. Consideramos a atualização
A + U C V^{T}.
  • Fórmula (Woodbury):
\bigl(A + U C V^{T}\bigr)^{-1} = A^{-1} - A^{-1} U \bigl(C^{-1} + V^{T}A^{-1}U\bigr)^{-1} V^{T} A^{-1},
válida quando a matriz \bigl(C^{-1} + V^{T}A^{-1}U\bigr) é invertível (essa é a condição de existência da inversa).
  • Interpretação: Woodbury é a versão de posto‑k do Sherman–Morrison (quando k=1 e C=[1], recuperamos Sherman–Morrison com u=U e v=V). Em vez de inverter uma matriz n\times n do zero, reduzimos a inversão a uma matriz k\times k (que é muito menor quando k\ll n).
  • Ideia de derivação (sem pular raciocínio): procede-se igual ao caso de posto 1, propondo a forma à direita e verificando que o produto com A+UCV^{T} dá a identidade; a verificação usa álgebra de blocos e a identidade \det(I+AB)=\det(I+BA) quando necessário.
  • Quando usar na prova: se você já tem A^{-1} e precisa atualizar por uma soma de poucos vetores (colunas de U e V), aplique Woodbury para economizar trabalho. Computacionalmente, a inversão passa a exigir a inversão de uma matriz k\times k em vez de uma n\times n.

Passo 5

Aplicações práticas, dicas para a prova e cuidados.
  • Quando aplicar: sempre que tiver uma matriz que é uma matriz conhecida A mais uma atualização de baixo posto (posto 1 ou baixo posto), e você conhece (ou é fácil obter) A^{-1}.
  • Principais checagens antes de aplicar:
    1. Verificar que A é invertível.
    2. Verificar que o escalar \bigl(1+v^{T}A^{-1}u\bigr) (no caso Sherman–Morrison) ou a matriz \bigl(C^{-1}+V^{T}A^{-1}U\bigr) (no caso Woodbury) é invertível.
  • Vantagens: reduz custo computacional e permite atualizar soluções de sistemas lineares sem recomputar inversa inteira. Por exemplo, para resolver (A+uv^{T})x = b com A^{-1} conhecido, use a fórmula para aplicar a inversa rapidamente.
  • Riscos e estabilidade: numericamente, se 1+v^{T}A^{-1}u for muito pequeno, há instabilidade; cuidado com cancelamentos. Em provas teóricas normalmente você só precisa mencionar a condição de não singularidade.
  • Exemplo de uso para resolver sistema: se já tenho A^{-1} e quero x=(A+uv^{T})^{-1}b, calcule
x = A^{-1}b - A^{-1}u\frac{v^{T}A^{-1}b}{1+v^{T}A^{-1}u},
que usa apenas produtos vetoriais e o escalar no denominador.

Passo 6

Resumo didático e truques de memorização (para a prova).
  • Truque mental: Sherman–Morrison = “inversa com correção de posto‑1” — é igual a A^{-1} menos um termo que é produto de A^{-1}u, um escalar inverso e v^{T}A^{-1}.
  • Lema do determinante = “determinante escala por 1+v^{T}A^{-1}u”.
  • Woodbury = “Sherman–Morrison para colunas múltiplas (posto k)”: substitua vetores por matrizes U,V e o escalar por matriz (C^{-1}+V^{T}A^{-1}U).
  • Na prova: explique as hipóteses de existência, escreva a fórmula, faça uma verificação por multiplicação (ou um pequeno exemplo numérico) para garantir que você não errou sinais, e mencione a condição de não singularidade.

Resposta

Sherman–Morrison: (A+uv^{T})^{-1} = A^{-1} - A^{-1} u \bigl(1 + v^{T}A^{-1}u\bigr)^{-1} v^{T} A^{-1}, válido se A invertível e 1+v^{T}A^{-1}u\neq0.
Matrix Determinant Lemma: \det(A+uv^{T}) = \det(A)\bigl(1 + v^{T}A^{-1}u\bigr), para A invertível.
Woodbury (identidade de Sherman–Morrison–Woodbury): \bigl(A + U C V^{T}\bigr)^{-1} = A^{-1} - A^{-1} U \bigl(C^{-1} + V^{T}A^{-1}U\bigr)^{-1} V^{T} A^{-1}, válido quando A e \bigl(C^{-1}+V^{T}A^{-1}U\bigr) são invertíveis.

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