Considere os seguintes pontos no plano cartesiano: (-1,0),(0,1),(1,3),(2,9).
Determine a função cúbica y=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3} que melhor se ajusta a estes pontos (minimiza erro quadrático). Qual o erro neste caso?

Passo 1

O enunciado dá quatro pontos no plano cartesiano e pede a função cúbica que minimiza o erro quadrático (ajuste pelo método dos mínimos quadrados) e o valor desse erro. Vou listar claramente o que foi dado e o que é pedido.
  • Pontos dados:
    • (-1,0)
    • (0,1)
    • (1,3)
    • (2,9)
  • A função procurada tem a forma
    y = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3},
    em que a_{0},a_{1},a_{2},a_{3} são os coeficientes a determinar.
  • O que é pedido:
    1. Determinar os coeficientes a_{0},a_{1},a_{2},a_{3} que minimizam o erro quadrático em relação aos quatro pontos.
    2. Calcular o erro (soma dos quadrados dos resíduos) nesse ajuste.

Passo 2

Breve aula: ideia dos mínimos quadrados e por que aqui o ajuste pode ser exato.
  • Método dos mínimos quadrados: com um modelo linear em coeficientes (como a soma de potências de x), montamos o sistema \mathbf{A}\mathbf{a}\approx \mathbf{y}, em que cada linha de \mathbf{A} é [1\; x\; x^{2}\; x^{3}] para um ponto; \mathbf{a} = (a_{0},a_{1},a_{2},a_{3})^{T} e \mathbf{y} contém os valores y. O ajuste pelos mínimos quadrados resolve as equações normais
    \mathbf{A}^{T}\mathbf{A}\mathbf{a} = \mathbf{A}^{T}\mathbf{y},
    que minimizam a soma dos quadrados dos resíduos.
  • Observação importante para este problema: há exatamente quatro pontos e o polinômio cúbico também tem quatro coeficientes. Nesse caso, se a matriz de Vandermonde (a matriz \mathbf{A}) for invertível, existe um polinômio cúbico que passa exatamente pelos quatro pontos — isto é, os resíduos serão todos zero e o ajuste pelos mínimos quadrados coincide com a interpolação. Portanto vale a pena tentar resolver diretamente o sistema linear exato
    \mathbf{A}\mathbf{a}=\mathbf{y},
    onde cada ponto gera uma equação linear nos coeficientes.

Passo 3

Montar as equações lineares usando cada ponto. Para cada ponto (x_i,y_i) a equação é
a_{0}+a_{1}x_i+a_{2}x_i^{2}+a_{3}x_i^{3}=y_i.
Escrevendo uma equação para cada ponto dado:
  • Para (-1,0):
    a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} = 0.
  • Para (0,1):
    a_{0} = 1.
  • Para (1,3):
    a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3.
  • Para (2,9):
    a_{0} + 2a_{1} + 4a_{2} + 8a_{3} = 9.

Passo 4

Usar imediatamente a equação simples a_{0}=1 (vinda do ponto em x=0) para simplificar as outras três equações.
Substituindo a_{0}=1 nas demais:
  • De (-1,0):
    1 - a_{1} + a_{2} - a_{3} = 0
    que é equivalente a
    -a_{1} + a_{2} - a_{3} = -1.
  • De (1,3):
    1 + a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3
    que é equivalente a
    a_{1} + a_{2} + a_{3} = 2.
  • De (2,9):
    1 + 2a_{1} + 4a_{2} + 8a_{3} = 9
    que é equivalente a
    2a_{1} + 4a_{2} + 8a_{3} = 8.
    Podemos simplificar dividindo por 2:
    a_{1} + 2a_{2} + 4a_{3} = 4.
Agora temos o sistema de três equações em a_{1},a_{2},a_{3}:
\begin{cases} - a_{1} + a_{2} - a_{3} = -1,\\[4pt] \; a_{1} + a_{2} + a_{3} = 2,\\[4pt] \; a_{1} + 2a_{2} + 4a_{3} = 4. \end{cases}]

Passo 5

Resolver o sistema passo a passo (substituições e eliminação), sem pular etapas.
Da segunda equação isolamos a_{1}:
a_{1} = 2 - a_{2} - a_{3}.
Substituímos essa expressão na primeira equação:
- (2 - a_{2} - a_{3}) + a_{2} - a_{3} = -1.
Desenvolvendo:
-2 + a_{2} + a_{3} + a_{2} - a_{3} = -1.
Os termos em a_{3} se cancelam, sobrando:
-2 + 2a_{2} = -1.
Isolando a_{2}:
2a_{2} = 1 \quad\Rightarrow\quad a_{2} = \tfrac{1}{2}.

Passo 6

Agora que a_{2}=\tfrac{1}{2}, voltamos à expressão de a_{1}:
a_{1} = 2 - a_{2} - a_{3} = 2 - \tfrac{1}{2} - a_{3} = \tfrac{3}{2} - a_{3}.
Substituímos a_{1} e a_{2} na terceira equação a_{1} + 2a_{2} + 4a_{3} = 4:
\left(\tfrac{3}{2} - a_{3}\right) + 2\cdot\left(\tfrac{1}{2}\right) + 4a_{3} = 4.
Calcule os termos constantes:
\tfrac{3}{2} + 1 + (-a_{3} + 4a_{3}) = 4.
Ou seja
\tfrac{5}{2} + 3a_{3} = 4.
Isolando a_{3}:
3a_{3} = 4 - \tfrac{5}{2} = \tfrac{3}{2} \quad\Rightarrow\quad a_{3} = \tfrac{1}{2}.

Passo 7

Com a_{3}=\tfrac{1}{2} e a_{2}=\tfrac{1}{2}, encontramos a_{1}:
a_{1} = \tfrac{3}{2} - a_{3} = \tfrac{3}{2} - \tfrac{1}{2} = 1.
E já sabíamos a_{0}=1. Portanto os coeficientes são:
a_{0}=1,\qquad a_{1}=1,\qquad a_{2}=\tfrac{1}{2},\qquad a_{3}=\tfrac{1}{2}.
A função encontrada é
y = 1 + x + \tfrac{1}{2}x^{2} + \tfrac{1}{2}x^{3}.

Passo 8

Verificação rápida nos quatro pontos (mostrando que o polinômio interpola exatamente):
  • Em x=-1:
    y = 1 + (-1) + \tfrac{1}{2}(-1)^{2} + \tfrac{1}{2}(-1)^{3} = 1-1+\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}=0.
  • Em x=0:
    y = 1 = 1.
  • Em x=1:
    y = 1+1+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}=3.
  • Em x=2:
    y = 1+2+\tfrac{1}{2}\cdot 4 + \tfrac{1}{2}\cdot 8 = 1+2+2+4=9.
Todos os valores coincidem com os dados, portanto todos os resíduos são zero.

Passo 9

Cálculo do erro (soma dos quadrados dos resíduos). Como cada ponto é exatamente interpolado, cada resíduo r_{i}=y_{i}-\hat{y}_{i}=0. Logo a soma dos quadrados dos resíduos é
\sum_{i=1}^{4} r_{i}^{2} = 0.
Interpretação final: o ajuste por mínimos quadrados deu exatamente a interpolação porque o número de pontos é igual ao número de coeficientes e a matriz do sistema é invertível (Vandermonde não degenerada para abscissas distintas).

Resposta

y = 1 + x + \tfrac{1}{2}x^{2} + \tfrac{1}{2}x^{3}
Erro (soma dos quadrados dos resíduos) = 0

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