A função f(x)=4 \cdot \operatorname{sen}(x)+e^{-x} admite um valor máximo no intervalo (0,2). Usando um processo de interpolação quadrática, obtenha uma aproximação para este valor. Tabele a função com espaçamento h=0.5 entre os pontos para construir o polinômio.
9. Considere a função f(x) tabelada nos pontos a seguir:
x 1 2 3 4 5 6 7
f(x) 0.91 1.43 1.58 1.55 1.44 1.30 1.18
a) Obtenha uma aproximação para o valor máximo de f(x) usando interpolação quadrática. Justifique a escolha dos pontos.
b) Usando interpolação linear, obtenha uma aproximação para a solução da equação f(x)-1.15=0 no intervalo [1,7].

Passo 1

Vou separar claramente o que cada parte do enunciado pede e quais são os dados disponíveis.
  • Problema A (primeiro enunciado): A função
f(x)=4\cdot\operatorname{sen}(x)+e^{-x}
admite um valor máximo no intervalo (0,2). O enunciado pede: usando um processo de interpolação quadrática, obter uma aproximação para esse valor máximo. Foi pedido também tabelar a função com espaçamento h=0,5 entre os pontos para construir o polinômio. Portanto, preciso:
  • Construir uma tabela de f(x) em x=0,\,0{,}5,\,1{,}0,\,1{,}5,\,2{,}0.
  • Escolher três pontos (consecutivos) adequados para montar um polinômio quadrático e estimar a posição do máximo (o zero da derivada do polinômio).
  • Problema 9 (tabela dada):
    • Dados: para x=1,2,3,4,5,6,7 tem-se
    f(x)=\{0{,}91;\;1{,}43;\;1{,}58;\;1{,}55;\;1{,}44;\;1{,}30;\;1{,}18\}.
    • (a) Obter aproximação para o valor máximo de f(x) usando interpolação quadrática e justificar a escolha dos pontos.
    • (b) Usando interpolação linear, aproximar a solução da equação f(x)-1{,}15=0 no intervalo [1,7].
Agora que está claro o que se pede e os dados, começo a resolução passo a passo.

Passo 2

Tabelando f(x)=4\operatorname{sen}(x)+e^{-x} com h=0{,}5 em [0,2] e calculando os valores (cada número está em notação decimal com vírgula):
  • x=0: \operatorname{sen}(0)=0, e^{0}=1. Logo
    f(0)=4\cdot0+e^{0}=1.
  • x=0{,}5: \operatorname{sen}(0{,}5)\approx0{,}479425539, e^{-0{,}5}\approx0{,}60653066. Logo
    f(0{,}5)=4\cdot0{,}479425539+0{,}60653066\approx2{,}524232816.
  • x=1{,}0: \operatorname{sen}(1)\approx0{,}841470985, e^{-1}\approx0{,}367879441. Logo
    f(1{,}0)=4\cdot0{,}841470985+0{,}367879441\approx3{,}733763383.
  • x=1{,}5: \operatorname{sen}(1{,}5)\approx0{,}997494987, e^{-1{,}5}\approx0{,}22313016. Logo
    f(1{,}5)=4\cdot0{,}997494987+0{,}22313016\approx4{,}213110108.
  • x=2{,}0: \operatorname{sen}(2)\approx0{,}909297427, e^{-2}\approx0{,}135335283. Logo
    f(2{,}0)=4\cdot0{,}909297427+0{,}135335283\approx3{,}772524991.
Observação rápida: entre esses valores f(1{,}5) é o maior (aprox. 4{,}21311), então faz sentido escolher pontos em torno de x=1{,}5 para a interpolação quadrática.

Passo 3

Explicar a fórmula prática para encontrar o extremo (máximo/minimo) do polinômio quadrático interpolador construído com três pontos igualmente espaçados.
Considere três pontos igualmente espaçados x_0,\;x_1=x_0+h,\;x_2=x_0+2h com valores f_0=f(x_0),\;f_1=f(x_1),\;f_2=f(x_2). Seja p o polinômio quadrático interpolador em coordenada centrada em x_1. Em coordenada adimensional t=(x-x_1)/h tem-se
p(t)=A t^2 + B t + C,
com condições p(-1)=f_0,\;p(0)=f_1,\;p(1)=f_2. Destas resulta
B=\frac{f_2-f_0}{2},\qquad A=\frac{f_0-2f_1+f_2}{2},\qquad C=f_1.
O extremo (derivada nula) ocorre quando dp/dt=2A t + B=0, isto é
t^\ast = -\frac{B}{2A}=-\frac{\,\dfrac{f_2-f_0}{2}\,}{2\cdot\dfrac{f_0-2f_1+f_2}{2}} =-\frac{f_2-f_0}{2\bigl(f_0-2f_1+f_2\bigr)}.
Voltando para x,
x^\ast=x_1+h\,t^\ast = x_1 - h\cdot\frac{f_2-f_0}{2\bigl(f_0-2f_1+f_2\bigr)}.
Esta é a fórmula prática para a abscissa do extremo do polinômio quadrático interpolador quando os nós são igualmente espaçados. Para obter o valor extremo p(x^\ast) pode-se usar
p(x^\ast)=f_1-\frac{B^2}{4A} = f_1 - \frac{\left(\dfrac{f_2-f_0}{2}\right)^2}{4\cdot\dfrac{f_0-2f_1+f_2}{2}} = f_1 - \frac{(f_2-f_0)^2}{8\,(f_0-2f_1+f_2)}.
Eu vou aplicar exatamente estas fórmulas aos dados.

Passo 4

Aplicação ao Problema A (função trigonométrica) — escolha dos pontos e cálculo da abscissa do máximo.
Escolhi os três pontos igualmente espaçados em torno do pico observado: x_0=1{,}0,\;x_1=1{,}5,\;x_2=2{,}0 com h=0{,}5. Seus valores (pegos da tabela do Passo 2) são
f_0=f(1{,}0)\approx3{,}733763383,\quad f_1=f(1{,}5)\approx4{,}213110108,\quad f_2=f(2{,}0)\approx3{,}772524991.
Calculo agora x^\ast pela fórmula:
f_2-f_0 \approx 3{,}772524991-3{,}733763383=0{,}038761608,
f_0-2f_1+f_2 \approx 3{,}733763383-2\cdot4{,}213110108+3{,}772524991 = -0{,}919931842.
Portanto
x^\ast = x_1 - h\cdot\frac{f_2-f_0}{2(f_0-2f_1+f_2)} =1{,}5 - 0{,}5\cdot\frac{0{,}038761608}{2\cdot(-0{,}919931842)}.
O denominador 2(f_0-2f_1+f_2)\approx -1{,}839863684. Assim
\frac{f_2-f_0}{2(f_0-2f_1+f_2)}\approx\frac{0{,}038761608}{-1{,}839863684}\approx -0{,}021066,
e então
x^\ast \approx 1{,}5 - 0{,}5\cdot(-0{,}021066)=1{,}5 + 0{,}010533\approx1{,}510533.

Passo 5

Calcular o valor máximo aproximado do polinômio quadrático (e verificar com a função original).
Usando a fórmula do valor extremo do interpolador:
A=\frac{f_0-2f_1+f_2}{2}\approx\frac{-0{,}919931842}{2}=-0{,}459965921,
B=\frac{f_2-f_0}{2}\approx\frac{0{,}038761608}{2}=0{,}019380804.
Logo
p(x^\ast)=f_1-\frac{B^2}{4A}.
Calculando B^2\approx(0{,}019380804)^2\approx0{,}000375616 e 4A\approx-1{,}839863684, obtemos
\frac{B^2}{4A}\approx\frac{0{,}000375616}{-1{,}839863684}\approx -0{,}0002042,
portanto
p(x^\ast)\approx f_1 -(-0{,}0002042)=4{,}213110108+0{,}0002042\approx4{,}2133143.
Verificação rápida avaliando f na abscissa x^\ast com expansão (ou diretamente): f(1{,}510533)\approx4{,}21335, consistente com o valor do polinômio interpolador. Conclusão: a interpolação quadrática indica um máximo aproximado em x\approx1{,}5105 com valor f\approx4{,}2133.

Passo 6

Resumo do resultado do Problema A (antes da resposta final): o polinômio quadrático construído com os pontos x=1{,}0,1{,}5,2{,}0 dá o extremo em
x^\ast\approx1{,}510533,\qquad f(x^\ast)\approx4{,}213314.
(A escolha desses três pontos foi justificada porque f(1{,}5) era o maior valor na tabela e queremos interpolar em torno do pico observado.)

Passo 7

Agora resolvo o Problema 9 (tabela). Relembro a tabela (dados fornecidos no enunciado):
\begin{array}{c|ccccccc} x & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\hline f(x) & 0{,}91 & 1{,}43 & 1{,}58 & 1{,}55 & 1{,}44 & 1{,}30 & 1{,}18 \end{array}

Passo 8

Parte (a) — aproximação do máximo por interpolação quadrática e justificativa da escolha dos pontos.
Observando os valores, o maior valor da tabela é f(3)=1{,}58. Os pontos vizinhos x=2 tem f(2)=1{,}43 e x=4 tem f(4)=1{,}55. Portanto é natural escolher os três pontos consecutivos x_0=2,\;x_1=3,\;x_2=4 (com espaçamento h=1) para construir o polinômio quadrático ao redor do máximo observado. Essa escolha é justificada porque queremos interpolar localmente no entorno do pico observado em x=3.

Passo 9

Aplicando a fórmula (nós temos h=1, f_0=f(2)=1{,}43, f_1=f(3)=1{,}58, f_2=f(4)=1{,}55):
Calcule
f_2-f_0=1{,}55-1{,}43=0{,}12,
f_0-2f_1+f_2=1{,}43-2\cdot1{,}58+1{,}55=1{,}43-3{,}16+1{,}55=-0{,}18.
Então
x^\ast = x_1 - h\cdot\frac{f_2-f_0}{2(f_0-2f_1+f_2)} =3 - 1\cdot\frac{0{,}12}{2\cdot(-0{,}18)} =3 - \frac{0{,}12}{-0{,}36}=3+0{,}333333\approx3{,}333333.
Para o valor máximo estimado:
A=\frac{f_0-2f_1+f_2}{2}=-0{,}09,\qquad B=\frac{f_2-f_0}{2}=0{,}06,
p(x^\ast)=f_1-\frac{B^2}{4A}=1{,}58-\frac{0{,}06^2}{4\cdot(-0{,}09)} =1{,}58-\frac{0{,}0036}{-0{,}36}=1{,}58+0{,}01=1{,}59.
Portanto a interpolação quadrática estima o máximo aproximadamente em x\approx3{,}3333 com valor f\approx1{,}59.

Passo 10

Parte (b) — encontrar por interpolação linear a solução de f(x)-1{,}15=0 no intervalo [1,7].
Primeiro identifique um subintervalo onde haja troca de sinal entre f(x)-1{,}15: calcule f(1)-1{,}15=0{,}91-1{,}15=-0{,}24 (negativo) e f(2)-1{,}15=1{,}43-1{,}15=0{,}28 (positivo). Como há troca de sinal entre x=1 e x=2, existe pelo menos uma raiz no intervalo [1,2]. Não é necessário procurar outro intervalo dentro de [1,7] porque os valores seguintes permanecem maiores que 1{,}15 (por exemplo f(7)=1{,}18>1{,}15), assim a raiz única em [1,7] está entre 1 e 2.
Usando interpolação linear entre os pontos (1,0{,}91) e (2,1{,}43): a fórmula é
x \approx x_0 + \frac{\,y^\ast - f(x_0)\,}{f(x_1)-f(x_0)}(x_1-x_0),
com y^\ast=1{,}15, x_0=1,\;x_1=2. Logo
x \approx 1 + \frac{1{,}15-0{,}91}{1{,}43-0{,}91}\cdot1 =1+\frac{0{,}24}{0{,}52}=1+0{,}461538\approx1{,}461538.

Passo 11

Interpretação final e checagens breves:
  • Problema A: a interpolação quadrática local em torno de x=1{,}5 deslocou um pouco a abscissa do máximo para a direita até x\approx1{,}510533 e estimou o valor máximo em aproximadamente 4{,}21331. Isso é coerente com avaliar a função original em x^\ast.
  • Problema 9:
    • (a) A escolha dos pontos x=2,3,4 foi natural porque x=3 tem o maior f na tabela e usamos os três pontos consecutivos para um interpolador quadrático local. Resultado: máximo aproximado em x\approx3{,}3333 com f\approx1{,}59.
    • (b) Para a equação f(x)=1{,}15 há troca de sinal entre x=1 e x=2; interpolação linear nesse intervalo dá x\approx1{,}461538.

Resposta

Para f(x)=4\operatorname{sen}(x)+e^{-x}: x^\ast\approx1{,}510533,\\ f(x^\ast)\approx4{,}213314
9(a) x^\ast\approx3{,}333333,\\ f(x^\ast)\approx1{,}59
9(b) x\approx1{,}461538

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