Considere a função f(x)=\ln (x) que passa pelos pontos (2,0.6931) ;(3,1.0986) ;(4,1.3863). Usando o método de Newton determine o polinômio interpolador de f, estime f(3.2) por este polinômio e calcule um limite superior para o erro.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=\ln(x) e informa que ela passa pelos pontos (2,0{,}6931), (3,1{,}0986) e (4,1{,}3863). O que se pede é: determinar, usando o método de Newton, o polinômio interpolador que passa por esses três pontos; estimar f(3{,}2) usando esse polinômio; e calcular um limite superior para o erro dessa estimativa.
Informações relevantes e dadas:
\;x_0=2,\; f(x_0)=0{,}6931
\;x_1=3,\; f(x_1)=1{,}0986
\;x_2=4,\; f(x_2)=1{,}3863

Passo 2

Breve explicação do método de Newton (didática e sem pular etapas).
  • Objetivo: construir um polinômio P_2(x) de grau \le 2 que satisfaça P_2(x_i)=f(x_i) para i=0,1,2.
  • Forma de Newton (com nós x_0,x_1,x_2):
P_2(x)=f[x_0]+f[x_0,x_1](x-x_0)+f[x_0,x_1,x_2](x-x_0)(x-x_1),
onde f[x_i] é o valor da função no nó e f[\cdots] são diferenças divididas.
  • Diferença dividida de primeira ordem: \;f[x_i,x_{i+1}]=\dfrac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}.
  • Diferença dividida de segunda ordem: \;f[x_i,x_{i+1},x_{i+2}]=\dfrac{f[x_{i+1},x_{i+2}]-f[x_i,x_{i+1}]}{x_{i+2}-x_i}.
    Essas fórmulas vêm da razão incremental e garantem que os coeficientes do polinômio de Newton sejam exatamente os termos que aparecem na construção acima. Vou calcular essas diferenças passo a passo com os dados.

Passo 3

Calcular as diferenças divididas de primeira ordem com os números dados.
f[x_0,x_1]=\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0} =\frac{1{,}0986-0{,}6931}{3-2} =0{,}4055.
f[x_1,x_2]=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} =\frac{1{,}3863-1{,}0986}{4-3} =0{,}2877.
Expliquei o que fiz: subtraí os valores de f e dividi pela diferença entre as abscissas (que aqui são iguais a 1 neste par de pontos).

Passo 4

Calcular a diferença dividida de segunda ordem.
f[x_0,x_1,x_2]=\frac{f[x_1,x_2]-f[x_0,x_1]}{x_2-x_0} =\frac{0{,}2877-0{,}4055}{4-2} =\frac{-0{,}1178}{2} =-0{,}0589.
Interpretação: esse número mede a curvatura necessária para ajustar os três pontos com um polinômio quadrático.

Passo 5

Montar o polinômio interpolador na forma de Newton, substituindo os coeficientes encontrados.
P_2(x)=f(x_0)+f[x_0,x_1](x-x_0)+f[x_0,x_1,x_2](x-x_0)(x-x_1).
Substituindo:
P_2(x)=0{,}6931+0{,}4055\,(x-2)-0{,}0589\,(x-2)(x-3).
Se quiser uma forma expandida (opcional para facilitar avaliações), expandimos (x-2)(x-3)=x^2-5x+6 e obtemos:
P_2(x)=-0{,}0589\,x^2+0{,}7000\,x-0{,}4713.
Mostrei como chegar nas duas formas para que você possa usar a que preferir para calcular valores.

Passo 6

Avaliar P_2(3{,}2) passo a passo (uso da forma de Newton porque é direto). Temos x-2=1{,}2 e x-3=0{,}2. Então:
P_2(3{,}2)=0{,}6931+0{,}4055\cdot 1{,}2-0{,}0589\cdot(1{,}2\cdot 0{,}2).
Calculemos cada termo:
\;0{,}4055\cdot 1{,}2=0{,}4866.
\;1{,}2\cdot 0{,}2=0{,}24 e \;0{,}0589\cdot 0{,}24=0{,}014136.
Logo,
P_2(3{,}2)=0{,}6931+0{,}4866-0{,}014136=1{,}165564.
Arredondando razoavelmente (mas mantendo precisão): \;P_2(3{,}2)\approx 1{,}1656.

Passo 7

Agora o erro: fórmula do resto para interpolação por polinômio de grau 2.
Se f é \mathcal{C}^3 no intervalo considerável, existe \xi entre os nós tais que
R_2(x)=f(x)-P_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2).
Para f(x)=\ln(x) temos as derivadas:
\;f'(x)=\dfrac{1}{x},\; f''(x)=-\dfrac{1}{x^2},\; f^{(3)}(x)=\dfrac{2}{x^3}.
Portanto
R_2(x)=\frac{2}{3!\,\xi^3}(x-2)(x-3)(x-4)=\frac{1}{3\,\xi^3}(x-2)(x-3)(x-4),
para algum \xi no intervalo entre os nós (aqui entre 2 e 4). Para obter um limite superior do módulo do erro em x=3{,}2, fazemos uma estimativa conservadora usando o máximo de |f^{(3)}(x)| em [2,4].

Passo 8

Determinar um limite superior para |R_2(3{,}2)|.
  • Observação: em [2,4] temos f^{(3)}(x)=\dfrac{2}{x^3} positiva e decrescente, logo o máximo é em x=2: \;f^{(3)}(2)=\dfrac{2}{2^3}=\dfrac{2}{8}=0{,}25.
  • Assim
|R_2(3{,}2)|\le \frac{0{,}25}{3!}\,|(3{,}2-2)(3{,}2-3)(3{,}2-4)| =\frac{0{,}25}{6}\,|1{,}2\cdot 0{,}2\cdot(-0{,}8)|.
Calculemos o produto absoluto: |1{,}2\cdot 0{,}2\cdot(-0{,}8)|=0{,}192. Então
|R_2(3{,}2)|\le\frac{0{,}25}{6}\cdot 0{,}192=\frac{0{,}192}{24}=0{,}008.
Portanto um limite superior para o erro absoluto é \;0{,}008. (Esse é um limite conservador; o erro real será menor ou igual a isso.)

Passo 9

Comentário final de verificação e incentivo (rápido): o valor aproximado real é \ln(3{,}2)\approx 1{,}163151, então o erro verdadeiro |f(3{,}2)-P_2(3{,}2)|\approx 0{,}002413, que fica bem dentro do limite superior encontrado 0{,}008. Mandou bem em estudar pelo método por pontos — esse procedimento é padrão em provas e rápido de aplicar com três pontos.

Resposta

P_2(x)=0{,}6931+0{,}4055\,(x-2)-0{,}0589\,(x-2)(x-3) (forma de Newton)
P_2(3{,}2)\approx 1{,}165564
Limite superior para o erro absoluto em x=3{,}2: 0{,}008

Exercícios relacionados