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 $A$: $$Q=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 1/2 & 1/2 & 0 \\ 1/2 & -1/2 & 0 \\ 1/2 & 1/2 & 0 \\ 1/2 & -1/2 & 0 \end{pmatrix} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ R=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ 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:
Considere $QQ^Tb=y$ a projeção ortogonal de $b$ na imagem de $A$. Como $y\in Im(A)$, o sistema $Ax=y$ tem solução. $$Ax=y\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ QRx=QQ^Tb\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ Q^TQRx=Q^TQQ^Tb\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ Rx=Q^Tb.$$ Assim, o problema se reduz a resolver este último sistema em $x$. Vamos às contas: $$Q^Tb=\begin{pmatrix} 0 & 1/2 & 1/2 & 1/2 & 1/2 \\ 0 & 1/2 & -1/2 & 1/2 & -1/2 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$$ $$Rx=Q^Tb\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ x=\begin{pmatrix} 5/4 \\ -1/2 \\ 1 \end{pmatrix}.$$
Observação: No caso em que $b\in Im(A)$, tem-se, na resolução acima, $y=b$. Então $$Ax=b\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ QRx=b\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ Q^TQRx=Q^Tb\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ Rx=Q^Tb.$$ Ou seja, a conta que fizemos acima também resolve este caso.