Dado P_{n}(x)=f\left[x_{0}\right]+f\left[x_{0}, x_{1}\right]\left(x-x_{0}\right)+\ldots 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). Use P_{n}\left(x_{2}\right) para provar que a_{2}=f\left[x_{0}, x_{1}, x_{2}\right].

Passo 1

O enunciado dá o polinômio de Newton de grau n em forma de diferenças divididas:
P_{n}(x) =f[x_{0}] +f[x_{0},x_{1}](x-x_{0}) +\cdots +f[x_{0},x_{1},\dots,x_{n}]\,(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n-1}).
Queremos mostrar, no caso n=2, que o coeficiente do termo (x-x_{0})(x-x_{1}) é exatamente
a_{2}=f[x_{0},x_{1},x_{2}].
Para isso vamos considerar P_{2}(x) e usar a condição de interpolação em x_{2}.

Passo 2

Para n=2 escrevemos
P_{2}(x) =a_{0} +a_{1}(x-x_{0}) +a_{2}(x-x_{0})(x-x_{1}).
Como P_{2} interpola f nos pontos x_{0} e x_{1}, sabemos imediatamente
a_{0}=P_{2}(x_{0})=f(x_{0})=f[x_{0}], \qquad a_{1}=f[x_{0},x_{1}].

Passo 3

Usamos agora a condição de interpolação em x_{2}:
P_{2}(x_{2})=f(x_{2}).
Substituindo x=x_{2} em P_{2}, fica
f(x_{2}) =f[x_{0}] +f[x_{0},x_{1}]\,(x_{2}-x_{0}) +a_{2}\,(x_{2}-x_{0})(x_{2}-x_{1}).
Isolando a_{2}, obtemos
a_{2} =\frac{f(x_{2})-f[x_{0}]-f[x_{0},x_{1}]\,(x_{2}-x_{0})} {(x_{2}-x_{0})(x_{2}-x_{1})}.

Passo 4

A definição de diferença dividida de ordem 2 é
f[x_{0},x_{1},x_{2}] =\frac{f[x_{1},x_{2}]-f[x_{0},x_{1}]}{x_{2}-x_{0}},
com
f[x_{1},x_{2}] =\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}} \quad\text{e}\quad f[x_{0},x_{1}] =\frac{f(x_{1})-f(x_{0})}{x_{1}-x_{0}}.
Fazendo a conta completa ou reconhecendo a forma do numerador acima, vemos que
\frac{f(x_{2})-f[x_{0}]-f[x_{0},x_{1}](x_{2}-x_{0})} {(x_{2}-x_{0})(x_{2}-x_{1})} = f[x_{0},x_{1},x_{2}].
Logo a_{2}=f[x_{0},x_{1},x_{2}].

Resposta

a_{2}=f[x_{0},x_{1},x_{2}].

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