Construa uma tabela com a função \boldsymbol{f}(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{\operatorname { c o s }}(\boldsymbol{x}), usando os pontos \quad x_{0}= 0, 2 ; x_{1}=0,4 e x_{2}=0,6. Obtenha um polinômio interpolador de 2^{\circ} grau usando o método de Newton com diferenças divididas e avalie o valor aproximado de f(0,3).

Passo 1

O enunciado pede que eu construa uma tabela para a função f(x)=\cos(x) nos pontos x_{0}=0,2, x_{1}=0,4 e x_{2}=0,6; obtenha o polinômio interpolador de 2.º grau usando o método de Newton com diferenças divididas; e estime o valor de f(0,3) usando esse polinômio.
Informações dadas: os três pontos x_{0}=0,2, x_{1}=0,4, x_{2}=0,6 e a função f(x)=\cos(x).
O que preciso entregar: (1) tabela com valores e diferenças divididas, (2) polinômio de Newton de grau 2 e (3) valor aproximado de f(0,3) obtido por esse polinômio.

Passo 2

Vou usar o método das diferenças divididas de Newton. Aqui está a ideia e as fórmulas (explicadas passo a passo):
  • Para pontos x_0,x_1,\dots definimos \,f[x_i]=f(x_i)\,.
  • A primeira diferença dividida entre x_i e x_{i+1} é
f[x_i,x_{i+1}] = \frac{f(x_{i+1})-f(x_i)}{x_{i+1}-x_i}.
Isto mede a “inclinação média” entre os dois pontos.
  • A segunda diferença dividida para três pontos é
f[x_i,x_{i+1},x_{i+2}] = \frac{f[x_{i+1},x_{i+2}] - f[x_i,x_{i+1}]}{x_{i+2}-x_i}.
  • O polinômio de Newton de grau 2, tomando x_0 como base, é
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).
Cada coeficiente é uma diferença dividida; isso evita resolver sistema linear e é ótimo para adicionar pontos depois sem refazer tudo.

Passo 3

Calculo os valores de f(x)=\cos(x) nos três pontos (uso aproximações numéricas com várias casas decimais para precisão):
f(0,2)=\cos(0,2)=0,9800665778412416,
f(0,4)=\cos(0,4)=0,9210609940028851,
f(0,6)=\cos(0,6)=0,8253356149096783.
(Estes valores foram obtidos avaliando \cos(x) em radianos nos pontos indicados.)

Passo 4

Faço as primeiras diferenças divididas entre os pares adjacentes:
Para x_0=0,2 e x_1=0,4:
f[x_0,x_1] = \frac{f(0,4)-f(0,2)}{0,4-0,2} = \frac{0,9210609940028851 - 0,9800665778412416}{0,2}
= \frac{-0,0590055838383565}{0,2} = -0,2950279191917825.
Para x_1=0,4 e x_2=0,6:
f[x_1,x_2] = \frac{f(0,6)-f(0,4)}{0,6-0,4} = \frac{0,8253356149096783 - 0,9210609940028851}{0,2}
= \frac{-0,0957253790932068}{0,2} = -0,4786268954660340.

Passo 5

Agora a segunda diferença dividida usando x_0=0,2, x_1=0,4, x_2=0,6:
f[x_0,x_1,x_2] = \frac{f[x_1,x_2] - f[x_0,x_1]}{0,6-0,2} = \frac{-0,4786268954660340 - (-0,2950279191917825)}{0,4}
= \frac{-0,1835989762742515}{0,4} = -0,4589974406856288.

Passo 6

Monto o polinômio de Newton de grau 2 com os coeficientes calculados. Usando x_0=0,2:
P_2(x)=f(0,2) + f[x_0,x_1](x-0,2) + f[x_0,x_1,x_2](x-0,2)(x-0,4).
Substituindo os números:
P_2(x)=0,9800665778412416 - 0,2950279191917825\,(x-0,2) - 0,4589974406856288\,(x-0,2)(x-0,4).
(Isto é exatamente o polinômio interpolador em forma de Newton.)

Passo 7

Agora avalio P_2(x) em x=0,3. Calculo passo a passo:
x-0,2 = 0,3-0,2 = 0,1,\qquad x-0,4 = 0,3-0,4 = -0,1.
Termo linear:
-0,2950279191917825\cdot 0,1 = -0,02950279191917825.
Termo quadrático:
-0,4589974406856288\cdot(0,1)(-0,1) = -0,4589974406856288\cdot(-0,01) = 0,004589974406856288.
Somando tudo:
P_2(0,3)=0,9800665778412416 -0,02950279191917825 +0,004589974406856288
=0,9551537603289196.

Passo 8

Interpretação e verificação rápida (útil na prova): o valor exato \cos(0,3) é aproximadamente 0,955336489125606. O nosso P_2(0,3)=0,9551537603289196 aproxima muito bem \cos(0,3); o erro é cerca de -0,0001827 (ou -1,8\times 10^{-4}). Esse erro é pequeno aqui porque \cos(x) é suave e os pontos estão perto de 0,3.

Resposta

P_2(x)=0,9800665778412416 - 0,2950279191917825\,(x-0,2) - 0,4589974406856288\,(x-0,2)(x-0,4)\n
P_2(0,3)\approx 0,9551537603289196

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