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 4 da prova de 2010 e número 3 da prova de março de 2013)
Considere a transformação de Householder generalizada $$P=I-\frac{1}{(x-y)^Tx}(x-y)(x-y)^T$$ onde $(x-y)^Tx\neq 0$. Pede-se:
Resolução:
Sugiro que o leitor compare esta questão com o Exer. 25 - Qualificação e o Exer. 15 - Qualificação.
Como este item pede o mesmo que do Exer. 25 - Qualificação, vale a mesma observação sobre a arbitrariedade do que está sendo pedido. De qualquer maneira, vamos chegar numa condição explícita envolvendo $x$ e $y$, correndo risco de não satisfazer os corretores da prova, pois eles poderiam estar pensando noutras condições.
Sabemos que $\left\|Pu\right\|_2=\left\|u\right\|_2,\ \forall u\in\mathbb{R}^n$ se, e somente se, $P^TP=I$. Para facilitar as contas, vamos chamar $v=x-y$ e $a=\frac{1}{(x-y)^Tx}$. $$P^TP=(I-avv^T)^2=I-2avv^T+a^2v(v^Tv)v^T$$ $$=I-2avv^T+a^2v^Tvvv^T=I+a(-2+av^Tv)vv^T.$$ Portanto, $P^TP=I$ se, e somente se, $a(-2+av^Tv)vv^T=0$.
Como $a\neq 0$ e $vv^T$ não é a matriz nula, $$-2+av^Tv=0,$$ $$v^Tv=\frac{2}{a},$$ $$(x-y)^T(x-y)=2(x-y)^Tx,$$ $$x^Tx-x^Ty-y^Tx+y^Ty=2x^Tx-2y^Tx,$$ $$y^Ty=x^Tx,$$ $$\left\|y\right\|_2=\left\|x\right\|_2.$$
Sim. Se $y=\left\|x\right\|_2e_1$, evidentemente $\left\|y\right\|_2=\left\|x\right\|_2$, e pelo item anterior $P$ é ortogonal da forma $I-avv^T$, portanto é uma transformação de Householder.
Outra maneira de verificar este fato é o seguinte: Uma transformação de Householder é da forma $I-\frac{2}{v^Tv}vv^T$ (sugiro que veja o Exer. 15 - Qualificação). Portanto, basta mostrar que $a=\frac{2}{v^Tv}$, para $v=x-y$. Vejamos: $$\frac{2}{v^Tv}=\frac{2}{(x-y)^T(x-y)}=\frac{2}{x^Tx-2x^Ty+y^Ty}$$ $$=\frac{2}{2\left\|x\right\|_2^2-2x^Ty}=\frac{1}{\left\|x\right\|_2^2-x^Ty}=\frac{1}{x^Tx-x^Ty}$$ $$=\frac{1}{x^T(x-y)}=\frac{1}{(x-y)^Tx}=a.$$
Modificar a $P$? Ora, então eu posso colocar qualquer coisa para funcionar. Por exemplo, $P=I$, pronto! Nunca vi questão tão arbitrária.
Uma possibilidade que tenha mais relação com o resto do exercício, inspirada pela segunda resolução do item anterior, é a seguinte: $$P=I-\frac{2}{(x-y)^T(x-y)}(x-y)(x-y)^T.$$ A única exigência é que $x\neq y$. Esta cumpre $\left\|Pu\right\|_2=\left\|u\right\|_2$, $\forall u,x,y\in\mathbb{R}^n$, $x\neq y$, pois é uma transformação ortogonal (veja o Exer. 15 - Qualificação).
E agora, é da $P$ do enunciado ou da $P$ modificada?
Enfim, vamos imaginar que é da $P$ do enunciado escrita na forma $I-avv^T$. Esta questão foi resolvida em Exer. 2 - Qualificação.
Determinar $P$ de novo? Nós já temos uma no enunciado, já modificamos em item anterior, agora é outra? Discutir propriedades da $P$? Oras, esta questão está tendendo ao infinito! Aliás, se ela for a mesma do enunciado, já estamos discutindo suas propriedades faz tempo.
Se $(x-y)^Tx=0$, considere $P=I-\frac{1}{x^Tx}(x-y)x^T$. Segue que
$$Px=\left(I-\frac{1}{x^Tx}(x-y)x^T\right)x=x-(x-y)=y.$$
Se $(x-y)^Tx\neq 0$, a $P$ do enunciado funciona:
$$Px=\left(I-\frac{1}{(x-y)^Tx}(x-y)(x-y)^T\right)x=x-(x-y)=y.$$