Aproximar a função f(x)=4 x^{3} por um polinômio do primeiro grau, uma reta, no intervalo [0,1].

Resolução:

g(x)=\alpha_{1} g_{1}(x)+\alpha_{2} g_{2}(x)= \_\_\_\_ , isto é, g_{1}(x)= \_\_\_\_ e g_{2}(x)=
\_\_\_\_ .
\begin{aligned} & A \alpha=b \Rightarrow\left[\begin{array}{ll} a_{11} & a_{12} \\\ a_{21} & a_{22} \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{l} \alpha_{1} \\\ \alpha_{2} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} b_{1} \\\ b_{2} \end{array}\right] \Rightarrow\left[\begin{array}{ll} \left\langle g_{1}, g_{1}\right\rangle & \left\langle g_{1}, g_{2}\right\rangle \\\ \left\langle g_{2}, g_{1}\right\rangle & \left\langle g_{2}, g_{2}\right\rangle \end{array}\right] \cdot\left[\begin{array}{l} \alpha_{1} \\\ \alpha_{2} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} \left\langle f, g_{1}\right\rangle \\\ \left\langle f, g_{2}\right\rangle \end{array}\right] \\\ & a_{11}=\left\langle g_{1}, g_{1}\right\rangle=\ldots \ldots \ldots \\\ & a_{12}=\left\langle g_{1}, g_{2}\right\rangle=\left\langle g_{2}, g_{1}\right\rangle=a_{21}=\ldots \ldots \ldots \\\ & a_{22}=\left\langle g_{2}, g_{2}\right\rangle=\ldots \ldots \ldots \\\ & b_{1}=\left\langle f, g_{1}\right\rangle=\ldots \ldots \ldots \\\ & b_{2}=\left\langle f, g_{2}\right\rangle=\ldots \ldots \ldots \\\ & A \alpha=b \Rightarrow \end{aligned}
Logo:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline g(x)= & \_\_\_\_ & \approx f(x)=4 x^{3} em [0,1].

\hline

Passo 1

O enunciado pede aproximar a função \;f(x)=4x^{3}\; por um polinômio de primeiro grau (uma reta) no intervalo [0,1]. Dados relevantes:
f(x)=4x^{3},\qquad [0,1]
Procuramos uma reta da forma
g(x)=\alpha_{1}\,g_{1}(x)+\alpha_{2}\,g_{2}(x),
onde g_{1} e g_{2} são funções que geram o espaço dos polinômios de grau \le 1. Portanto as funções-base são
g_{1}(x)=1,\qquad g_{2}(x)=x.

Passo 2

Explico a ideia que vamos usar (passo-a-passo, como se fosse na prova): queremos escolher \alpha_{1} e \alpha_{2} de modo que a reta g fique o mais próxima possível de f no sentido do erro quadrático médio sobre [0,1]. Isso equivale a projetar f no subespaço gerado por \{g_{1},g_{2}\} com o produto interno
\langle u,v\rangle=\int_{0}^{1}u(x)\,v(x)\,dx.
A condição de boa aproximação é que o erro f-g seja ortogonal ao subespaço, isto é,
\langle f-g,g_{1}\rangle=0,\qquad \langle f-g,g_{2}\rangle=0.
Essas duas equações geram o sistema linear normal
A\alpha=b,
onde
A=\begin{pmatrix} \langle g_{1},g_{1}\rangle & \langle g_{1},g_{2}\rangle\\[4pt] \langle g_{2},g_{1}\rangle & \langle g_{2},g_{2}\rangle \end{pmatrix},\qquad \alpha=\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\[4pt]\alpha_{2}\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}\langle f,g_{1}\rangle\\[4pt]\langle f,g_{2}\rangle\end{pmatrix}.
Agora calculamos cada entrada usando integrais (vou mostrar as primitivadas para que você consiga fazer sem calculadora).]

Passo 3

Calculemos as entradas da matriz A.
a_{11}=\langle g_{1},g_{1}\rangle=\int_{0}^{1}1\cdot 1\,dx=\int_{0}^{1}1\,dx=\Big[x\Big]_{0}^{1}=1.
a_{12}=\langle g_{1},g_{2}\rangle=\int_{0}^{1}1\cdot x\,dx=\int_{0}^{1}x\,dx=\Big[\tfrac{x^{2}}{2}\Big]_{0}^{1}=\tfrac{1}{2}.
Como o produto interno é simétrico, a_{21}=a_{12}=\tfrac{1}{2}.
a_{22}=\langle g_{2},g_{2}\rangle=\int_{0}^{1}x\cdot x\,dx=\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\Big[\tfrac{x^{3}}{3}\Big]_{0}^{1}=\tfrac{1}{3}.

Passo 4

Calculemos agora o vetor b.
b_{1}=\langle f,g_{1}\rangle=\int_{0}^{1}4x^{3}\cdot 1\,dx=4\int_{0}^{1}x^{3}\,dx=4\Big[\tfrac{x^{4}}{4}\Big]_{0}^{1}=4\cdot\tfrac{1}{4}=1.
b_{2}=\langle f,g_{2}\rangle=\int_{0}^{1}4x^{3}\cdot x\,dx=4\int_{0}^{1}x^{4}\,dx=4\Big[\tfrac{x^{5}}{5}\Big]_{0}^{1}=4\cdot\tfrac{1}{5}=\tfrac{4}{5}.

Passo 5

Escrevendo o sistema A\alpha=b com os valores obtidos:
\begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2}\\[4pt] \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha_{1}\\[4pt]\alpha_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{4}{5}\end{pmatrix}.
Vamos resolver. O determinante de A é
\det A=1\cdot\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4}=\tfrac{1}{12}.
A inversa é A^{-1}=\frac{1}{\det A}\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}&-\tfrac{1}{2}\\[4pt]-\tfrac{1}{2}&1\end{pmatrix}=12\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}&-\tfrac{1}{2}\\[4pt]-\tfrac{1}{2}&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&-6\\[4pt]-6&12\end{pmatrix}.
Multiplicando A^{-1}b:
\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\[4pt]\alpha_{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4&-6\\[4pt]-6&12\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{4}{5}\end{pmatrix}.
Calculando componente a componente:
\alpha_{1}=4\cdot 1-6\cdot\tfrac{4}{5}=4-\tfrac{24}{5}=\tfrac{20-24}{5}=-\tfrac{4}{5},
\alpha_{2}=-6\cdot 1+12\cdot\tfrac{4}{5}=-6+\tfrac{48}{5}=\tfrac{-30+48}{5}=\tfrac{18}{5}.]

Passo 6

Portanto a reta que melhor aproxima f(x)=4x^{3} em [0,1] (no sentido do erro quadrático) é
g(x)=\alpha_{1}\cdot 1+\alpha_{2}\cdot x=-\tfrac{4}{5}+\tfrac{18}{5}\,x.
Interpretação rápida: isso significa que a projeção de f no espaço das retas em [0,1] é g; na prática, se precisar avaliar a aproximação em qualquer x\in[0,1] basta substituir nessa expressão.

Resposta

g(x)=-\dfrac{4}{5}+\dfrac{18}{5}\,x

Exercícios relacionados