5 Considere o problema de interpolação polinomial para uma função f(x) usando o método de Newton. Dado o conjunto de nós x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n}, sabemos que o polinômio interpolador P_{n}(x) é dado por:
P_{n}(x)=f\left[x_{0}\right]+f\left[x_{0}, x_{1}\right]\left(x-x_{0}\right)+\cdots+f\left[x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n}\right]\left(x-x_{0}\right)\left(x-x_{1}\right) \ldots\left(x-x_{n-1}\right),
onde f\left[x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{k}\right] são as diferenças divididas.
a) Mostre que o erro E_{n}(x) do polinômio interpolador é dado por:
E_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_{0}\right)\left(x-x_{1}\right) \ldots\left(x-x_{n}\right)
para algum \xi \in\left[\min \left\{x_{0}, \ldots, x_{n}, x\right\}, \max \left\{x_{0}, \ldots, x_{n}, x\right\}\right].
b) Para os nós x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2, e a função f(x)=e^{x} :
i) Encontre explicitamente o polinômio P_{2}(x).
ii) Determine o erro E_{2}(x) para x=1.5.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as coisas abaixo:
  • Dados os nós x_{0},x_{1},\ldots,x_{n} e uma função f(x), o polinômio interpolador na forma de Newton é
P_{n}(x)=f\left[x_{0}\right]+f\left[x_{0},x_{1}\right](x-x_{0})+\cdots+f\left[x_{0},\ldots,x_{n}\right](x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n-1}),
onde f\left[x_{0},\ldots,x_{k}\right] são as diferenças divididas (essa informação veio diretamente do enunciado).
  • Parte (a): Mostrar que o erro do interpolador é
E_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n})
para algum \xi no intervalo \left[\min\{x_{0},\ldots,x_{n},x\},\max\{x_{0},\ldots,x_{n},x\}\right].
  • Parte (b): Com x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2 e f(x)=e^{x}:
    i) Encontrar explicitamente P_{2}(x).
    ii) Determinar o erro E_{2}(x) para x=1{,}5.
Observação: a resolução começa a partir do próximo passo.

Passo 2

Entendimento do objetivo de (a) e estratégia que será usada (sem revelar “método” no Passo 1, agora é hora de começar a resolver).
Queremos expressar o erro E_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) como produto de (x-x_{0})\cdots(x-x_{n}) multiplicado por um fator que envolva a derivada de ordem n+1. A ideia clássica é construir uma função que zere em todos os nós x_{0},\ldots,x_{n} e também em x, aplicar um teorema de valor médio generalizado (variante de Rolle) e relacionar a derivada de ordem n+1 dessa função com f^{(n+1)}. Vou construir essa função explicitamente e mostrar cada passo com cuidado.

Passo 3

Definição da função auxiliar e relação com o erro.
Defina a função auxiliar g por
g(t)=f(t)-P_{n}(t)-C\,(t-x_{0})(t-x_{1})\cdots(t-x_{n}),
onde C é uma constante que vamos escolher de modo conveniente. Note que:
  • P_{n} é um polinômio de grau \le n, logo P_{n}^{(n+1)}(t)\equiv 0.
  • A função h(t)=(t-x_{0})\cdots(t-x_{n}) é um polinômio de grau n+1 e sua derivada de ordem n+1 é (n+1)! (constante), pois a derivada de ordem n+1 de um monômio apropriado dá esse fator.
Agora escolha C de modo que g(x)=0. Isto é, tomamos
C=\frac{f(x)-P_{n}(x)}{(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n})},
se x não coincidir com algum x_{i}. (Se x for igual a algum nó x_{i}, então claramente E_{n}(x)=0 e não há problema — a fórmula do erro também dá zero nesse caso pelo fator (x-x_{i}).)

Passo 4

Propriedades de g com essa escolha de C.
Com C assim escolhido, g zera nos pontos x_{0},x_{1},\ldots,x_{n} (porque f-P_{n} é zero nesses nós, já que P_{n} interpola f) e também zera em x por construção. Logo g tem pelo menos n+2 zeros distintos (assumindo nós distintos e x possivelmente distinto deles). Escrevendo isso:
g(x_{0})=g(x_{1})=\cdots=g(x_{n})=g(x)=0.

Passo 5

Aplicando o teorema de Rolle de forma repetida (ou teorema do resto de Taylor em forma apropriada).
Teorema útil (explicado): se uma função g é n+1 vezes diferenciável em um intervalo e tem n+2 pontos distintos onde é zero, então a derivada de ordem n+1, g^{(n+1)}, tem pelo menos um zero nesse intervalo. Isso é obtido aplicando o teorema de Rolle sucessivas vezes: entre dois zeros há um zero da derivada; repetindo você encontra zeros de derivadas de ordens crescentes até a ordem n+1.
Portanto existe \xi no intervalo \left[\min\{x_{0},\ldots,x_{n},x\},\max\{x_{0},\ldots,x_{n},x\}\right] tal que
g^{(n+1)}(\xi)=0.

Passo 6

Calcular g^{(n+1)}(t) e relacionar com f^{(n+1)}.
Lembre-se da definição
g(t)=f(t)-P_{n}(t)-C\,(t-x_{0})\cdots(t-x_{n}).
Derivando n+1 vezes:
  • f^{(n+1)}(t) aparece diretamente da derivação de f.
  • P_{n}^{(n+1)}(t)=0 porque grau \le n.
  • A derivada de ordem n+1 do produto (t-x_{0})\cdots(t-x_{n}) é (n+1)! (uma constante), pois esse polinômio é de grau n+1 e, ao derivar n+1 vezes, sobra o fator (n+1)!.
Assim
g^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t)-C\,(n+1)!.
Em particular, em t=\xi onde g^{(n+1)}(\xi)=0, obtemos
0=f^{(n+1)}(\xi)-C\,(n+1)!,
portanto
C=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.

Passo 7

Relacione C com o erro E_{n}(x) e conclua a fórmula do erro.
Recordando a definição de C do Passo 3:
C=\frac{f(x)-P_{n}(x)}{(x-x_{0})\cdots(x-x_{n})}=\frac{E_{n}(x)}{(x-x_{0})\cdots(x-x_{n})}.
Combinando isso com a expressão de C obtida no Passo 6, obtemos
\frac{E_{n}(x)}{(x-x_{0})\cdots(x-x_{n})}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.
Isolando E_{n}(x),
E_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n}),
com \xi no intervalo pedido. Isso prova a fórmula do erro pedida na parte (a). (Se x coincide com algum nó, o produto zera e E_{n}(x)=0, compatível com a fórmula.)

Passo 8

Agora parte (b), item (i): calcular explicitamente P_{2}(x) para x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2 e f(x)=e^{x}.
Primeiro calculamos as diferenças divididas passo a passo.
  • Zeroth order:
f[x_{0}]=f(0)=e^{0}=1.
  • Primeira ordem:
f[x_{0},x_{1}]=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{e^{1}-e^{0}}{1}=e-1.
f[x_{1},x_{2}]=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=e^{2}-e^{1}=e(e-1).
  • Segunda ordem:
f[x_{0},x_{1},x_{2}]=\frac{f[x_{1},x_{2}]-f[x_{0},x_{1}]}{2-0} =\frac{e(e-1)-(e-1)}{2}=\frac{(e-1)(e-1)}{2}=\frac{(e-1)^{2}}{2}.
Agora substituímos na fórmula de Newton (com n=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}).
Como x_{0}=0 e x_{1}=1, isso fica
P_{2}(x)=1+(e-1)x+\frac{(e-1)^{2}}{2}\,x(x-1).
Podemos deixar nessa forma fatorada (clara) ou expandir. Expandindo um pouco:
P_{2}(x)=1+\left((e-1)-\tfrac{(e-1)^{2}}{2}\right)x+\frac{(e-1)^{2}}{2}x^{2}.

Passo 9

Parte (b), item (ii): determinar E_{2}(x) para x=1{,}5.
Usamos a fórmula do erro com n=2:
E_{2}(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}(x-0)(x-1)(x-2)
para algum \xi entre \min\{0,1,2,x\}=0 e \max\{0,1,2,x\}=2; ou seja, \xi\in[0,2].
Para f(x)=e^{x} temos f^{(3)}(t)=e^{t}. Avaliando em x=1{,}5:
E_{2}(1{,}5)=\frac{e^{\xi}}{3!}\,(1{,}5-0)(1{,}5-1)(1{,}5-2).
Calcule o produto dos fatores:
(1{,}5)(0{,}5)(-0{,}5)=1{,}5\cdot 0{,}5\cdot(-0{,}5)=0{,}75\cdot(-0{,}5)=-0{,}375.
E 3!=6. Logo
E_{2}(1{,}5)=\frac{e^{\xi}}{6}\cdot(-0{,}375)=-\frac{0{,}375}{6}\,e^{\xi}=-\frac{1}{16}\,e^{\xi}.
Portanto existe \xi\in[0,2] tal que
E_{2}(1{,}5)=-\frac{e^{\xi}}{16}.
Observações úteis para a prova/estimativa:
  • Como e^{\xi}>0 para todo \xi, o sinal do erro é negativo (já que o produto dos fatores em x foi negativo).
  • Podemos obter um limite numérico para o erro usando 1\le e^{\xi}\le e^{2}. Assim
-\frac{e^{2}}{16}\le E_{2}(1{,}5)\le -\frac{1}{16},
ou em módulo |E_{2}(1{,}5)|\le \frac{e^{2}}{16}\approx\frac{7{,}389}{16}\approx 0{,}4618.
  • O valor exato do \xi não é determinado pela teoria geral; ela apenas garante que existe tal \xi em [0,2]. Se você quiser o erro numérico exato, pode calcular E_{2}(1{,}5)=e^{1{,}5}-P_{2}(1{,}5) substituindo P_{2}(1{,}5) e calculando numericamente com uma calculadora.

Resposta

\displaystyle E_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n}) para algum \xi\in\left[\min\{x_{0},\ldots,x_{n},x\},\max\{x_{0},\ldots,x_{n},x\}\right].\n
\displaystyle P_{2}(x)=1+(e-1)x+\frac{(e-1)^{2}}{2}\,x(x-1).\n
\displaystyle E_{2}(1{,}5)=-\frac{e^{\xi}}{16} para algum \xi\in[0,2].

Exercícios relacionados