A reta que melhor ajusta quatro pontos
A reta \(y = a+bx\) que melhor ajusta \((0,1)\), \((1,3)\), \((2,4)\), \((3,4)\). O sistema impossível é \(a+bx_i = y_i\): \[A = \begin{pmatrix}1&0\\1&1\\1&2\\1&3\end{pmatrix},\quad b = \begin{pmatrix}1\\3\\4\\4\end{pmatrix},\qquad A^tA = \begin{pmatrix}4&6\\6&14\end{pmatrix},\quad A^tb = \begin{pmatrix}12\\23\end{pmatrix}.\] As equações normais \(4a+6b = 12\), \(6a+14b = 23\) dão \(a = \tfrac32\), \(b = 1\): a reta \(y = \tfrac32+x\). Os resíduos \(y_i-(a+bx_i)\) são \(-\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,-\tfrac12\); eles são perpendiculares às duas colunas de \(A\): somam zero, e \(0\cdot(-\tfrac12)+1\cdot\tfrac12+2\cdot\tfrac12+3\cdot(-\tfrac12) = 0\).
O ajuste por mínimos quadrados. Em \(\R^4\), o vetor dos quatro resíduos é \(b-AX_0\), perpendicular ao plano \(\Ima(T_A)\) — a figura do Teorema 6.28 com \(S = \Ima(T_A)\) e \(v = b\). Aqui ela aparece desenhada no plano dos dados, onde a perpendicularidade não se vê.
Há duas figuras para o mesmo problema: a dos dados, que é a que se desenha num relatório, e a de \(\R^4\) (a do Teorema 6.28), que é a que explica a solução. A condição “resíduos somam zero” é a perpendicularidade à coluna de \(1\)’s; ela diz que a reta passa pelo ponto médio \((\bar x,\bar y) = (\tfrac32,3)\).
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\begin{cartao}
A reta $y = a+bx$ que melhor ajusta
$(0,1)$, $(1,3)$, $(2,4)$, $(3,4)$. O sistema impossível é $a+bx_i = y_i$:
\[A = \begin{pmatrix}1&0\\1&1\\1&2\\1&3\end{pmatrix},\quad
b = \begin{pmatrix}1\\3\\4\\4\end{pmatrix},\qquad
A^tA = \begin{pmatrix}4&6\\6&14\end{pmatrix},\quad A^tb = \begin{pmatrix}12\\23\end{pmatrix}.\]
As equações normais $4a+6b = 12$, $6a+14b = 23$ dão $a = \tfrac32$, $b = 1$: a reta
$y = \tfrac32+x$. Os resíduos $y_i-(a+bx_i)$ são $-\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12,-\tfrac12$;
eles são perpendiculares às duas colunas de $A$: somam zero, e
$0\cdot(-\tfrac12)+1\cdot\tfrac12+2\cdot\tfrac12+3\cdot(-\tfrac12) = 0$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1,every node/.style={scale=1}]
\draw[eixo] (-0.4,0)--(4.0,0);
\draw[eixo] (0,-0.3)--(0,5.2);
\foreach \xx in {1,2,3}{\draw[Fcinza] (\xx,0.06)--(\xx,-0.06) node[below,cxs] {$\xx$};}
\foreach \yy in {1,2,3,4}{\draw[Fcinza] (0.06,\yy)--(-0.06,\yy) node[left,cxs] {$\yy$};}
\draw[Fazul,line width=1.2pt] (-0.3,1.2)--(3.6,5.1);
\node[cxs,Fazul,anchor=west] at (3.6,5.1) {$y = \tfrac32+x$};
\foreach \xx/\yy/\ff in {0/1/1.5,1/3/2.5,2/4/3.5,3/4/4.5}{
\draw[Frosa,line width=1pt] (\xx,\yy)--(\xx,\ff);
\fill[black] (\xx,\yy) circle (2.2pt);}
\node[cx,anchor=west,align=left] at (4.8,2.4)
{\emph{os segmentos rosa são os resíduos;}\\ \emph{a reta minimiza a soma}\\
\emph{dos seus quadrados}};
\end{tikzpicture}
\end{center}
{\footnotesize\itshape O ajuste por mínimos quadrados. Em $\R^4$,
o vetor dos quatro resíduos é $b-AX_0$, perpendicular ao plano $\Ima(T_A)$ --- a
figura do \vejacard{thm-aprox} com $S = \Ima(T_A)$ e $v = b$. Aqui ela aparece desenhada no plano dos
dados, onde a perpendicularidade não se vê.\par}
\noindent Há duas figuras para o mesmo problema: a dos dados, que é a que se desenha num
relatório, e a de $\R^4$ (a do \vejacard{thm-aprox}), que é a que
explica a solução. A condição ``resíduos somam zero'' é a perpendicularidade à coluna de
$1$'s; ela diz que a reta passa pelo ponto médio $(\bar x,\bar y) = (\tfrac32,3)$.
\end{cartao}