livro-ALGLIN
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Disciplina:Álgebra Linear II693 materiais7.563 seguidores
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log x, determine o sistema cuja solução aproxima
os coeficientes a, b ∈ R.
Solução: Devemos ter: 3 = ae1 + b log 1 = ae, 2 = a3 + b log 3, 1 = ae6 + b log 6. Assim
queremos resolver o sistema (sobredeterminado): e1 0e3 log 3

e6 log 6

[ a
b

]
=

 32
1

 .
Agora basta aplicar o método dos mínimos quadrados a este sistema.

Exemplo 5.14 (aproximando uma função por um polinômio) Aproxime a função y =
f(x) = ex no intervalo [1, 10] por um polinômio de grau 2 e por um polinômio de grau 3.
Solução: Considere o polinômio de grau 2 p(x) = ax2 + bx + c. Queremos determinar
a, b, c ∈ R tais que p(x) = f(x) para x ∈ [1, 4]. Nestes termos o problema não é possível,
mas podemos escolher alguns pontos no intervalo. Como são três variáveis (a, b, c) devemos
escolher no mínimo 3, mas podemos escolher mais e resolver por mínimos quadrados. Se

escolhermos 10 pontos 1, 2, . . . , 10 obtemos o sistema com 10 equações e 3 variáveis

a+ b+ c = e1,
4a+ 2b+ c = e2,
9a+ 3b+ c = e3,
16a+ 4b+ c = e4,
.

.

.

.

.

.

100a+ 10b+ c = e10,

que pode ser resolvido (no computador) com o método dos mínimos quadrados.

Podemos fazer algo semelhante com polinômio de grau 3 (ou qualquer grau: faça isso)

p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d e obter um sistema com 10 equações e 4 variáveis:
a+ b+ c+ d = e1,

8a+ 4b+ 2c+ d = e2,
.

.

.

.

.

.

1000a+ 100b+ 10c+ d = e10,

que pode ser resolvido (no computador). A matriz obtida é chamada de matriz de Vander-

monde (ver internet).

5.4 Aplicação: Projeção Ortogonal

Como Projetar o vetor b em H = span {v1,v2, . . . ,vk}?
Projetar significa obter coeficientes zi ∈ R tais que o vetor

∑
zivi ∈ H esteja o mais perto
possível de b. Assim queremos determinar zi ∈ R tais que d(

∑
zivi,b) seja mínimo.

Definindo A =

 ↑v1
↓

↑
v2
↓
· · ·

↑
vk
↓


e z = (z1, . . . , zk), temos Az =

∑
zivi. Pelo

Lema 5.16 da p.142, pode-se minimizar d(Az, b) tomando z tal que Az − b ∈ H⊥.
Pelo Lema 5.14 da p.141 basta que Az− b ∈ Nuc(AT ), ou seja, que ATAz = ATb (um
problema de mínimos quadrados!) e PHb = Az.

5.4. APLICAÇÃO: PROJEÇÃO ORTOGONAL 149

Exemplo 5.15 Calcule PHb, onde H = span


 12

3

 ,
 23

4

 e b =
 20

0


.

Solução: Definindo A =

 1 22 3
3 4

 , devemos resolver:

ATAz =

[
1 2 3
2 3 4

] 1 22 3
3 4

 z = ATb = [ 1 2 3
2 3 4

] 20
0

 .
[

14 20
20 29

]
z =

[
2
4

]
⇒ z =

[ −11/3
8/3

]
.

Portanto, PHb = Az =

 1 22 3
3 4

[ −11/3
8/3

]
=

 5/32/3
−1/3

 .

Exemplo 5.16 Considere H a reta gerada pelo vetor

 12
3


e b =

 20
0


. Calcule PHb.

Solução: Definindo A =

 12
3

 , devemos resolver: ATAz = ATb. Como ATA = 14,
ATb = 2, z = 1/7. Portanto, PHb = Az =

 1/72/7
3/7

 .

Exemplo 5.17 Considere H = span


 12

3

 ,
 41
−2

 e b =
 20

0


. Calcule PHb.

Solução: Definindo A =

 1 42 1
3 −2

 , devemos resolver:

ATAz =

[
1 2 3
4 1 −2

] 1 42 1
3 −2

 z = ATb = [ 1 2 3
4 1 −2

] 20
0

 .
[

14 0
0 21

]
z =

[
2
8

]
⇒ z =

[
1/7

8/21

]
.

Portanto, PHb = Az =

 1 42 1
3 −2

[ 1/7
8/21

]
=

1

7

 12
3

+ 8
21

 41
−2

 =
 5/32/3
−1/3

 .

150 CAPÍTULO 5. PRODUTO INTERNO

Projeção em Bases Ortogonais

Observação 5.5 Se a base de H é ortogonal, o produto ATA será uma matriz diagonal
(porque?) e o sistema ATAz = ATb poderá ser resolvido facilmente. Isto ocorreu no
exemplo anterior.

Projeção em Bases Ortonormais

Neste caso ATA = I (identidade). Assim z = ATb e portanto PHb = Az = AA
Tb.
Concluímos que PH = AA

T
se a base de H é ortonormal.

5.5 ?Mínimos Quadrados e Projeção: Teoria1

[VOU RETRAR ESTA SEÇÃO!]

Lema 5.20 (propriedades do complemento ortogonal) Considere H ⊂ Rn um subes-
paço vetorial. Então: H ∩H⊥ = {0};

Prova: Se v ∈ H ∩H⊥ então ‖v‖2 = 〈v,v〉 = 0, o que implica que v = 0.

Lema 5.21 (existência de mínimos quadrados) Dada uma matriz A qualquer e b um
vetor qualquer (compatível com a dimensão de A de modo que o sistema faça sentido), o
sistema ATAx = ATb sempre possui uma solução x0. Mais ainda y0 = Ax0 é único (mesmo
que exista mais de um x0 solução).

Prova: Defina L : ImA → ImAT como a restrição de AT ao subespaço vetorial ImA.
Assim L = AT em ImA. Vamos provar que L é uma bijeção linear. Injetividade: Pelo
Lema 5.14 da p.141, Nuc(AT ) é o complemento ortogonal da ImA e pelo Lema 5.20 da
p.150, ImA ∩ Nuc(AT ) = 0. Logo NucL = Nuc(AT ) ∩ ImA = 0. Sobrejetividade: Pelo
Lema 4.15 da p.104, dim(ImA) = dim(ImAT ). Assim ImL ⊂ ImAT e, pelo teorema do
núcleo imagem, possuem mesma dimensão. Logo ImL = ImAT . Assim, para todo k =
ATb ∈ ImAT , existe um único y0 ∈ ImA tal que ATy0 = k ∈ ImAT . Como y0 ∈ ImA,
existe pelo menos um x0 tal que Ax0 = y0, e portanto A

TAx0 = A
Ty0 = k = A

Tb.

5.6 ?Aplicação: Aproximando Funções por Polinômios

(ou outras funções)

1

Para dizer que uma função está próxima de outra precisamos definir distância entre funções.

Uma forma de fazer isto é definir um produto interno no espaço vetorial das funções e, com

este produto interno, definir norma, distância e ortogonalidade entre funções, tal qual fizemos

na p.138.

A definição mais utilizada de norma e distância em espaços vetoriais de funções é feita

por uma integral. Nos concentramos em um intervalo [a, b] ⊂ R e definimos a norma de
uma função contínua f : [a, b] → R por ‖f‖2 =

∫ b
a

(f(s))2 ds. Esta definição possuirá

todas as propriedades de norma que vimos na p.138, inclusive ‖f‖ = 0 se, e somente se,
1

A leitura desta seção é opcional.

5.6. ?APLICAÇÃO: APROXIMANDO FUNÇÕES POR POLINÔMIOS 151

a função f(s) = 0 para todo s ∈ [a, b]. Assim a distância entre as funções f e g será

d(f, g) =

√(∫ b
a

|f(s)− g(s)|2 ds
)
.

Esta norma e distância provém do produto interno 〈f, g〉 =
∫ b
a

f(s)g(s) ds pois ‖f‖ =√〈f, f〉 e d(f, g) = ‖f − g‖.
Exemplo 5.18 Verifique que 〈f, g〉 =

∫ 1
−1
f(s)g(s) ds satisfaz todas propriedades do pro-

duto interno do Lema 5.2 da p.138.

Solução: A simetria decorre de

∫ 1
−1 f(s)g(s) ds =

∫ 1
−1 g(s)f(s) ds. A bilinearidade decorre

da linearidade da integral:

∫ 1
−1(αf(s) + g(s))h(s) ds = α

∫ 1
−1 f(s)h(s) ds +

∫ 1
−1 g(s)h(s) ds.
A positividade é mais delicada. Se f não é nula então, por continuidade, ela é não nula num
certo intervalo não-degenerado. Com isto,

∫ 1
−1 f

2(s) ds > 0.

Exemplo 5.19 Considere o produto interno do Exemplo 5.18 da página 151 e as funções

f(t) = t2, g(t) = 1− t. Determine ‖f‖, ‖g‖ e 〈f, g〉.
Solução: Como ‖f‖2 =

∫ 1
−1
f 2(t) dt =

∫ 1
−1

(t2)2 dt =

∫ 1
−1

(t4) dt = t5/5|1−1 = 1/5 −
(−1/5) = 2/5. Logo, ‖f‖ = √2/5.
Como ‖g‖2 =

∫ 1
−1
g2(t) dt =

∫ 1
−1

(1− t)2 dt =
∫ 1
−1

(1−2t+ t2) dt = (t− t2+ t3/3)|1−1 = 2.
Logo, ‖g‖ = √2.
Calculando 〈f, g〉 =

∫ 1
−1
t2(1− t) dt =

∫ 1
−1

(t2 − t3) dt = (t3/3− t4/4)|1−1 = 2/3.

Exemplo 5.20 Considere o produto interno do Exemplo 5.18 da página 151 e as funções

f(t) = t2, g(t) = 3t. Mostre que f e g são ortogonais. Determine ĝ um múltiplo de g tal
que ‖ĝ‖ = 1.
Solução: Calculando, 〈f, g〉 =

∫ 1
−1
f(t)g(t) dt =

∫ 1
−1
t23t dt =

∫ 1
−1

3t3 dt = 3t4/4|1−1 =
3(1)4/4− 3(−1)4/4 = 3− 3 = 0.
Como, ‖g‖2 =

∫ 1
−1
f 2(t) dt =

∫ 1
−1

(3t)2 dt =

∫ 1
−1

9t2 dt = 3t3|1−1 = 3(1)3 − 3(−1)3 =
3 + 3 = 6. Portanto, ‖g‖ = √6. Logo tome ĝ = g/√6 = 3t/√6.

Como determinar uma função próxima de outra?

Vamos explicar por um exemplo concreto: Como determinar o polinômio p(x) = ax2+bx+c
mais próximo de uma função f(x)?
Considere p1(x) = 1, p2(x) = x, p3(x) = x

2
, uma base para o subespaço vetorial H dos
polinômios de grau máximo