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Álgebra Linear Aplicada – Exer. 5 – Qualificação

Estou estudando para a prova de qualificação de álgebra linear aplicada do programa de mestrado em matemática aplicada da UFPR e vou divulgar a resolução de algumas questões. Os exercícios são das provas de exames anteriores, disponíveis na página do programa. Fique à vontade para fazer sugestões, correções, críticas, etc.

Veja aqui todos os exercícios resolvidos de Álgebra Linear Aplicada.

Farei cópia fiel do enunciado dos exercícios, não corrigirei erros e imprecisões. Fica por conta dos comentário na resolução.

Exercício: (número 6 da prova de 14/12/2009)

Considere a seguinte decomposição $QR$ de uma matriz $A$: $$Q=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 1/2 & 1/2 & 0\\ 1/2 & -1/2 & 0\\ 1/2 & 1/2 & 0\\ 1/2 & -1/2 & 0 \end{pmatrix},\qquad R=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Resolva por quadrados mínimos o sistema $Ax=b$ onde $b(i)=1$ para $1\leq i\leq 5$.

 

Resolução: O objetivo do método de mínimos quadrados é, quando não existe solução de um sistema $Ax=b$ (isto é, quando $b$ não pertence à imagem de $A$), encontrar o vetor $x$ que melhor se aproxime da imagem de $A$, ou seja, que minimize o valor $\left|Ax-b\right|$. Vou resolver esta questão baseado nisso; basta fazer a projeção ortogonal de $b$ na imagem de $A$.

Porém, repare que o enunciado do problema pede para encontrar a solução do sistema; de fato, neste caso o vetor $b$ pertence à imagem de $A$, como você pode verificar. Na verdade não é necessário ter essa preocupação para resolver o problema, o método resolve em ambos os casos (vide a observação no final da resolução).

Vou usar os seguintes fatos:

  • As colunas de $Q$ são ortonormais.
  • $QQ^T$ é a projeção ortogonal sobre o espaço gerado pelas colunas de $Q$.
  • O espaço gerado pelas colunas de $Q$ é igual ao conjunto imagem de $A$ (pois $A=QR$ e $R$ é não-singular).

Considere $QQ^Tb=y$ a projeção ortogonal de $b$ na imagem de $A$. Como $y\in Im(A)$, o sistema $Ax=y$ tem solução. $$Ax=y\qquad \Longleftrightarrow\qquad QRx=QQ^Tb\qquad \Longleftrightarrow\qquad Q^TQRx=Q^TQQ^Tb\qquad \Longleftrightarrow\qquad Rx=Q^Tb.$$ Assim, o problema se reduz a resolver este último sistema em $x$. Vamos às contas: $$Q^Tb=\begin{pmatrix} 0 & 1/2 & 1/2 & 1/2 & 1/2\\ 0 & 1/2 & -1/2 & 1/2 & -1/2\\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}.$$ $$Rx=Q^Tb\qquad \Longrightarrow\qquad \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\ x_2\\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \qquad\Longrightarrow\qquad x=\begin{pmatrix} 5/4\\ -1/2\\ 1 \end{pmatrix}.$$

Observação: No caso em que $bin Im(A)$, tem-se, na resolução acima, $y=b$. Então $$Ax=b\qquad \Longleftrightarrow\qquad QRx=b\qquad \Longleftrightarrow\qquad Q^TQRx=Q^Tb \qquad\Longleftrightarrow \qquad Rx=Q^Tb.$$ Ou seja, a conta que fizemos acima também resolve este caso.

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