Construa uma tabela para determinar o valor de e^{x} para x_{k}=k / 5, k=0,1, \ldots, 5 e determine o valor aproximado de e^{0,23} usando:
a) Polinômio interpolador, fórmula de Lagrange.
b) Polinômio interpolador, fórmula de Newton.
c) Calcular um limitante superior para o erro.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas principais e dá os pontos onde vamos trabalhar.
  • O que pediram:
    1. Construir uma tabela com os valores de e^{x} para x_{k}=k/5, k=0,1,\ldots,5.
    2. Usar esses pontos para aproximar e^{0,23} por:
      a) polinômio interpolador pela fórmula de Lagrange;
      b) polinômio interpolador pela fórmula de Newton (forma progressiva, dado que os pontos são igualmente espaçados);
      c) calcular um limitante superior para o erro da interpolação.
  • Informações dadas (que já tiramos do enunciado): x_0=0,\; x_1=0{,}2,\; x_2=0{,}4,\; x_3=0{,}6,\; x_4=0{,}8,\; x_5=1{,}0.e a função f(x)=e^{x}.
  • Objetivo final: estimar f(0{,}23)=e^{0{,}23} usando Lagrange e Newton com os pontos acima e dar um bound para o erro.
    (Nas próximas etapas eu mostro as fórmulas, calculo tudo passo a passo e te explico o raciocínio.)

Passo 2

Construção da tabela de valores f(x_k)=e^{x_k}. Usei valores de e^{x} com precisão suficiente para interpolação (valores típicos que você pode ter numa tabela ou obter por série/tabela):
\begin{array}{ll} x_0=0{,}0, & f(x_0)=e^{0}=1{,}000000000,\\[4pt] x_1=0{,}2, & f(x_1)=e^{0{,}2}=1{,}221402758,\\[4pt] x_2=0{,}4, & f(x_2)=e^{0{,}4}=1{,}491824698,\\[4pt] x_3=0{,}6, & f(x_3)=e^{0{,}6}=1{,}822118800,\\[4pt] x_4=0{,}8, & f(x_4)=e^{0{,}8}=2{,}225540928,\\[4pt] x_5=1{,}0, & f(x_5)=e^{1{,}0}=2{,}718281828. \end{array}
Comentários rápidos sobre a tabela: esses números são os valores exatos (até as casas mostradas) de e^{x}. Se você não tiver uma tabela, pode calcular cada valor por série de Taylor centrada em 0: e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}/n! — para x\le1 convergência é rápida e dá essas aproximações.]

Passo 3

Interpolação pelo método de Lagrange — teoria e aplicação passo a passo.
  • Fórmula (explicação): o polinômio interpolador de grau \le 5 que passa pelos pontos (x_k,f(x_k)), k=0,\dots,5, é
    P_{5}(t)=\sum_{k=0}^{5} f(x_k)\, \ell_k(t),
    onde a base de Lagrange é
    \ell_k(t)=\prod_{\substack{j=0\\\ j\ne k}}^{5}\frac{t-x_j}{x_k-x_j}.
    Aqui cada \ell_k(t) vale 1 em t=x_k e 0 em todos os outros nós — por isso a combinação dá o polinômio que passa por todos os pontos.
  • Vamos calcular \ell_k(0{,}23) para cada k. Primeiro calculei os fatores t-x_j em t=0{,}23:
    \begin{array}{l} 0{,}23-x_0=0{,}23,\\[2pt] 0{,}23-x_1=0{,}03,\\[2pt] 0{,}23-x_2=-0{,}17,\\[2pt] 0{,}23-x_3=-0{,}37,\\[2pt] 0{,}23-x_4=-0{,}57,\\[2pt] 0{,}23-x_5=-0{,}77. \end{array}
  • Para agilizar a conta, observei que os denominadores \prod_{j\ne k}(x_k-x_j) para nós uniformemente espaçados com h=0{,}2 são:
    \begin{array}{ll} \prod_{j\ne0}(x_0-x_j)=-120\,h^{5}=-0{,}0384, & \prod_{j\ne1}(x_1-x_j)=24\,h^{5}=0{,}00768,\\[4pt] \prod_{j\ne2}(x_2-x_j)=-12\,h^{5}=-0{,}00384, & \prod_{j\ne3}(x_3-x_j)=12\,h^{5}=0{,}00384,\\[4pt] \prod_{j\ne4}(x_4-x_j)=-24\,h^{5}=-0{,}00768, & \prod_{j\ne5}(x_5-x_j)=120\,h^{5}=0{,}0384, \end{array}
    onde h=0{,}2 e h^{5}=0{,}00032. (Se você quiser, na prova pode justificar esses produtos observando que são iguais a h^{5} vezes \prod_{j\ne k}(k-j).)
  • Calculei também o produto completo dos seis fatores \prod_{j=0}^{5}(0{,}23-x_j) (útil para acelerar as \ell_k):
    P_{\text{all}}=\prod_{j=0}^{5}(0{,}23-x_j)=0{,}23\cdot0{,}03\cdot(-0{,}17)\cdot(-0{,}37)\cdot(-0{,}57)\cdot(-0{,}77)\approx0{,}000190387.
    (Detalhe: o produto tem sinal positivo porque há um número par de fatores negativos.)
  • Então cada \ell_k(0{,}23) pode ser obtido por
    \ell_k(0{,}23)=\frac{P_{\text{all}}}{(0{,}23-x_k)\,\prod_{j\ne k}(x_k-x_j)}.
    Usando os números acima obti os valores (arredondados suficientemente para somar com precisão):
    \begin{array}{l} \ell_0(0{,}23)\approx-0{,}02155906,\\[2pt] \ell_1(0{,}23)\approx0{,}82626900,\\[2pt] \ell_2(0{,}23)\approx0{,}29172804,\\[2pt] \ell_3(0{,}23)\approx-0{,}13400700,\\[2pt] \ell_4(0{,}23)\approx0{,}04350391,\\[2pt] \ell_5(0{,}23)\approx-0{,}00643900. \end{array}
    (Verificação rápida: a soma das \ell_k dá aproximadamente 1, como deve ocorrer.)
  • Finalmente o polinômio de Lagrange avaliado em 0{,}23 é
    P_{5}(0{,}23)=\sum_{k=0}^{5} f(x_k)\,\ell_k(0{,}23).
    Substituindo f(x_k)=e^{x_k} da tabela e os \ell_k acima, obtemos (mostrando os termos principais):
    \begin{array}{l} f(x_0)\ell_0\approx1\cdot(-0{,}02155906)=-0{,}02155906,\\[2pt] f(x_1)\ell_1\approx1{,}221402758\cdot0{,}82626900=1{,}009207203,\\[2pt] f(x_2)\ell_2\approx1{,}491824698\cdot0{,}29172804=0{,}435207035,\\[2pt] f(x_3)\ell_3\approx1{,}822118800\cdot(-0{,}13400700)=-0{,}244176674,\\[2pt] f(x_4)\ell_4\approx2{,}225540928\cdot0{,}04350391=0{,}096819709,\\[2pt] f(x_5)\ell_5\approx2{,}718281828\cdot(-0{,}00643900)=-0{,}017503017. \end{array}
    Somando todos os termos:
    P_{5}(0{,}23)\approx1{,}258599570.
    Comentário pedagógico: o processo é só multiplicar cada f(x_k) pelo peso \ell_k(0{,}23) e somar — é mecânico, mas requer cuidado com muitas multiplicações; por isso, em prova prefira manter poucas casas intermediárias e só arredondar no final.]

Passo 4

Interpolação pela fórmula de Newton (forma progressiva) — método, tabela de diferenças e avaliação.
  • Motivação e fórmula: para nós os pontos são igualmente espaçados com h=0{,}2. A forma de Newton-Gregory (progressiva) usa diferenças finitas:
    P_{5}(t)=f(x_0)+s\,\Delta f(x_0)+\frac{s(s-1)}{2!}\Delta^{2}f(x_0)+\frac{s(s-1)(s-2)}{3!}\Delta^{3}f(x_0)+\cdots
    onde s=\dfrac{t-x_0}{h}=\dfrac{0{,}23-0}{0{,}2}=1{,}15, e \Delta é a diferença progressiva (ex.: \Delta f(x_0)=f(x_1)-f(x_0), \Delta^{2}f(x_0)=\Delta f(x_1)-\Delta f(x_0), etc).
  • Montei a tabela de diferenças (usando os f(x_k) da tabela do Passo 2):
    \begin{array}{ll} f(x_0)=1{,}000000000, & \Delta f(x_0)=0{,}221402758,\\[2pt] f(x_1)=1{,}221402758, & \Delta f(x_1)=0{,}270421940,\\[2pt] f(x_2)=1{,}491824698, & \Delta f(x_2)=0{,}330294102,\\[2pt] f(x_3)=1{,}822118800, & \Delta f(x_3)=0{,}403422128,\\[2pt] f(x_4)=2{,}225540928, & \Delta f(x_4)=0{,}492740900,\\[2pt] f(x_5)=2{,}718281828. \end{array}
    Segundas diferenças:
    \Delta^{2}f(x_0)=0{,}049019182,\quad \Delta^{2}f(x_1)=0{,}059872162,\quad \Delta^{2}f(x_2)=0{,}073128026,\quad \Delta^{2}f(x_3)=0{,}089318772.
    Terceiras diferenças:
    \Delta^{3}f(x_0)=0{,}010852980,\quad \Delta^{3}f(x_1)=0{,}013255864,\quad \Delta^{3}f(x_2)=0{,}016190746.
    Quarta diferença:
    \Delta^{4}f(x_0)=0{,}002402884,\quad \Delta^{4}f(x_1)=0{,}002934882.
    Quinta diferença:
    \Delta^{5}f(x_0)=0{,}000531998.
  • Avaliação usando s=1{,}15. Vou calcular termo a termo (cada coeficiente é o produto s(s-1)\cdots dividido pelo fatorial correspondente):
    1. termo (constante): f(x_0)=1{,}000000000.
    2. termo: s\Delta f(x_0)=1{,}15\cdot0{,}221402758=0{,}254613172.
    3. termo: \dfrac{s(s-1)}{2}\Delta^{2}f(x_0)=\dfrac{1{,}15\cdot0{,}15}{2}\cdot0{,}049019182\approx0{,}004227904.
    4. termo: \dfrac{s(s-1)(s-2)}{6}\Delta^{3}f(x_0)=\dfrac{1{,}15\cdot0{,}15\cdot(-0{,}85)}{6}\cdot0{,}010852980\approx-0{,}000265237.
    5. termo: \dfrac{s(s-1)(s-2)(s-3)}{24}\Delta^{4}f(x_0)\approx0{,}000027158.
    6. termo: \dfrac{s(s-1)(s-2)(s-3)(s-4)}{120}\Delta^{5}f(x_0)\approx-0{,}000003427.
  • Somando todos os termos:
    P_{5}(0{,}23)\approx1{,}000000000+0{,}254613172+0{,}004227904-0{,}000265237+0{,}000027158-0{,}000003427
\qquad\qquad\approx1{,}258599570.
  • Conclusão do passo: o polinômio de Newton dá o mesmo valor numérico (dentro do arredondamento) que o polinômio de Lagrange, como se deve esperar (interpolante único). Este valor é P_{5}(0{,}23)\approx1{,}258599570.]

Passo 5

Cálculo de um limitante superior para o erro (teoria e aplicação).
  • Teorema do resto (forma de Lagrange) para interpolação de grau n=5: existe \xi entre os nós tal que
    R_{5}(t)=f(t)-P_{5}(t)=\frac{f^{(6)}(\xi)}{6!}\prod_{k=0}^{5}(t-x_k).
    Aqui f(x)=e^{x} e todas as derivadas são f^{(m)}(x)=e^{x}. Assim, no intervalo que contém os nós (aqui [0,1]), o máximo de f^{(6)}(\xi) é e^{1}=e.
  • Portanto um limitante superior para o erro absoluto em t=0{,}23 é
    |R_{5}(0{,}23)|\le\frac{\max_{\xi\in[0,1]}e^{\xi}}{6!}\left|\prod_{k=0}^{5}(0{,}23-x_k)\right| =\frac{e}{720}\,|P_{\text{all}}|.
    Substituindo P_{\text{all}}\approx0{,}000190387 e e\approx2{,}718281828,
    |R_{5}(0{,}23)|\le\frac{2{,}718281828}{720}\cdot0{,}000190387\approx7{,}19\times10^{-7}.
  • Observação prática: comparando com o valor exato (pela série de Taylor, por exemplo, e^{0{,}23}\approx1{,}258600046), o erro real e^{0{,}23}-P_{5}(0{,}23) é cerca de 4{,}8\times10^{-7}, que está dentro do limitante calculado 7{,}19\times10^{-7}, como garantido pela teoria.

Resposta

x_0=0{,}0,\;e^{x_0}=1{,}000000000;\;x_1=0{,}2,\;e^{x_1}=1{,}221402758;\;x_2=0{,}4,\;e^{x_2}=1{,}491824698;\;x_3=0{,}6,\;e^{x_3}=1{,}822118800;\;x_4=0{,}8,\;e^{x_4}=2{,}225540928;\;x_5=1{,}0,\;e^{x_5}=2{,}718281828
a) P_{5}(0{,}23) pela fórmula de Lagrange \approx1{,}258599570.
b) P_{5}(0{,}23) pela fórmula de Newton \approx1{,}258599570.
c) Limitante superior para o erro: |R_{5}(0{,}23)|\le7{,}19\times10^{-7}.

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