QUESTÃO 3)

Considere a função tabela:
x_{i} -2 -1 0 2
f\left(x_{i}\right) -3 2 1 5
a) (3 pontos) Determine o polinômio de interpolação, na forma de Lagrange, sobre todos os pontos.
b) (1 ponto) Existe um polinômio interpolador de grau 2 cujo gráfico passa por esses pontos? Justifique sua resposta.
c) (2 pontos) Existe um polinômio de grau 4 cujo gráfico passa por esses pontos? Se existir, dê um exemplo. Esse polinômio é único?

Passo 1

O enunciado dá uma tabela com quatro pontos e faz três perguntas claras. Vou listar tudo que foi fornecido e o que é pedido (peguei os pontos da tabela do enunciado).
Pontos dados:
  • (x_0,f(x_0)) = (-2,-3)
  • (x_1,f(x_1)) = (-1,2)
  • (x_2,f(x_2)) = (0,1)
  • (x_3,f(x_3)) = (2,5)
O enunciado pede:
(a) Determinar o polinômio interpolador na forma de Lagrange que passa por todos esses pontos.
(b) Verificar se existe um polinômio interpolador de grau 2 que passe por esses quatro pontos e justificar.
(c) Verificar se existe um polinômio de grau 4 que passe por esses pontos; se existir, dar um exemplo e dizer se esse polinômio é único.

Passo 2

Vou explicar a fórmula de Lagrange (a “ferramenta” que responde (a)) de um jeito direto e didático.
Teorema (forma de Lagrange): dado um conjunto de n+1 pontos com abscissas distintas x_0,\dots,x_n e valores f(x_0),\dots,f(x_n), o polinômio interpolador de grau no máximo n é
P(x)=\sum_{i=0}^{n} f(x_i)\,L_i(x),
onde cada polinômio-base L_i(x) é
L_i(x)=\prod_{\substack{j=0\\\ j\ne i}}^{n}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.
O que isso faz, em palavras simples: L_i(x) é construído para valer 1 em x=x_i e 0 em todos os outros x_j ( j\ne i). Multiplicando por f(x_i) e somando, obtemos um polinômio que tem os valores pedidos em cada nó.
Aqui temos quatro pontos, logo n=3 e o interpolador de Lagrange terá forma com i=0,1,2,3. Agora vou calcular explicitamente cada L_i(x) para os pontos dados.

Passo 3

Calcular os L_i(x) usando os x_i fornecidos.
Os nós são x_0=-2,\;x_1=-1,\;x_2=0,\;x_3=2.
  • Para i=0 ( x_0=-2):
L_0(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)(x_0-x_3)} =\frac{(x+1)(x-0)(x-2)}{(-2+1)(-2-0)(-2-2)}.
Calcule os denominadores: (-2+1)=-1,\\ (-2-0)=-2,\\ (-2-2)=-4. Produto =-1\cdot(-2)\cdot(-4)=-8.
Logo
L_0(x)=-\frac{1}{8}\,x(x+1)(x-2).
  • Para i=1 ( x_1=-1):
L_1(x)=\frac{(x+2)(x-0)(x-2)}{(-1+2)(-1-0)(-1-2)} =\frac{x(x+2)(x-2)}{1\cdot(-1)\cdot(-3)}=\frac{x(x+2)(x-2)}{3}.
  • Para i=2 ( x_2=0):
L_2(x)=\frac{(x+2)(x+1)(x-2)}{(0+2)(0+1)(0-2)} =\frac{(x+2)(x+1)(x-2)}{2\cdot1\cdot(-2)} =-\frac{1}{4}(x+2)(x+1)(x-2).
  • Para i=3 ( x_3=2):
L_3(x)=\frac{(x+2)(x+1)(x-0)}{(2+2)(2+1)(2-0)} =\frac{x(x+1)(x+2)}{4\cdot3\cdot2} =\frac{1}{24}\,x(x+1)(x+2).
Esses L_i(x) satisfazem L_i(x_j)=\delta_{ij} (1 se i=j, 0 caso contrário).

Passo 4

Agora monto o polinômio de Lagrange somando f(x_i)L_i(x):
P(x) = f(x_0)L_0(x)+f(x_1)L_1(x)+f(x_2)L_2(x)+f(x_3)L_3(x).
Substituindo os valores f(x_0)=-3,\\ f(x_1)=2,\\ f(x_2)=1,\\ f(x_3)=5:
P(x) = -3\!\left(-\frac{1}{8}x(x+1)(x-2)\right) +2\!\left(\frac{1}{3}x(x+2)(x-2)\right) +1\!\left(-\frac{1}{4}(x+2)(x+1)(x-2)\right) +5\!\left(\frac{1}{24}x(x+1)(x+2)\right).
Posso deixar na forma de Lagrange desta maneira (que responde a parte (a) pedindo a forma de Lagrange). Mas é útil simplificar para uma forma polinomial padrão.

Passo 5

Vou simplificar P(x) expandindo os fatores (mostrando as contas para que dê para reproduzir na prova sem calculadora).
Primeiro expando os produtos já usados antes:
\begin{aligned} x(x+1)(x-2)&=x^3-x^2-2x,\\\ x(x+2)(x-2)&=x^3-4x,\\\ (x+2)(x+1)(x-2)&=x^3+x^2-4x-4,\\\ x(x+1)(x+2)&=x^3+3x^2+2x. \end{aligned}
Multiplico cada termo pelos coeficientes obtidos no Passo 4:
  • Primeiro termo:
-3\left(-\tfrac{1}{8}\right)(x^3-x^2-2x)=\tfrac{3}{8}x^3-\tfrac{3}{8}x^2-\tfrac{3}{4}x.
  • Segundo termo:
2\left(\tfrac{1}{3}\right)(x^3-4x)=\tfrac{2}{3}x^3-\tfrac{8}{3}x.
  • Terceiro termo:
-\tfrac{1}{4}(x^3+x^2-4x-4)=-\tfrac{1}{4}x^3-\tfrac{1}{4}x^2+1\cdot x+1.
  • Quarto termo:
5\left(\tfrac{1}{24}\right)(x^3+3x^2+2x)=\tfrac{5}{24}x^3+\tfrac{5}{8}x^2+\tfrac{5}{12}x.
Agora somo coeficientes coluna a coluna.
Coeficiente de x^3:
\tfrac{3}{8}+\tfrac{2}{3}-\tfrac{1}{4}+\tfrac{5}{24} =\frac{9+16-6+5}{24}=\frac{24}{24}=1.
Coeficiente de x^2:
-\tfrac{3}{8}+0-\tfrac{1}{4}+\tfrac{5}{8} =-\tfrac{3}{8}-\tfrac{2}{8}+\tfrac{5}{8}=0.
Coeficiente de x:
-\tfrac{3}{4}-\tfrac{8}{3}+1+\tfrac{5}{12} =\frac{-9-32+12+5}{12}=-\frac{24}{12}=-2.
Termo constante:
1\quad(\text{vem só do terceiro termo}).ó
Portanto, após simplificar,
P(x)=x^3-2x+1.
Verificação rápida (útil na prova): P(0)=1,\\ P(-1)= -1+2+1=2,\\ P(-2)=-8+4+1=-3,\\ P(2)=8-4+1=5. Confere com os pontos dados.
Isto responde (a) (forma de Lagrange e forma simplificada).

Passo 6

Parte (b): existe um polinômio de grau 2 passando por esses quatro pontos?
Raciocínio e justificação didática:
  • Um polinômio de grau 2 (uma parábola) tem apenas três parâmetros \,a x^2 + b x + c, então em geral só pode ajustar três pontos arbitrários. Aqui temos quatro pontos com abscissas distintas; só se os quatro pontos estivessem alinhados sobre uma mesma parábola isso seria possível.
  • Outra forma, mais teórica: sobre nós já calculamos o interpolador único de grau no máximo 3, que é P(x)=x^3-2x+1. Esse polinômio tem coeficiente de x^3 igual a 1 (não nulo). Se existisse um polinômio quadrático Q(x) que coincidisse com esses quatro pontos, então a diferença P(x)-Q(x) seria um polinômio de grau no máximo 3 que teria as quatro raízes x=-2,-1,0,2. Mas um polinômio de grau \le 3 não pode ter quatro raízes distintas a menos que seja o polinômio zero; isso implicaria P\equiv Q e portanto P teria grau \le 2, contradizendo o coeficiente de x^3 não nulo. Logo não existe tal quadrática.
  • Se quiser ver por cálculo direto: suponha Q(x)=ax^2+bx+c. Usando Q(0)=1 c=1. Usando Q(-1)=2 e Q(-2)=-3 obtém-se um sistema para a,b que leva a a=-3,\\ b=-4. Mas então Q(2)=4a+2b+1=-19\neq 5. Contradição.
Conclusão: não existe polinômio de grau 2 que passe por esses quatro pontos.

Passo 7

Parte (c): existe um polinômio de grau 4 que passe por esses pontos? É único?
Explicação didática:
  • Observe que o polinômio interpolador de grau \le 3 que encontramos é P_3(x)=x^3-2x+1. Se tomarmos a função
\varphi(x)=(x+2)(x+1)x(x-2),
ela tem grau 4 e vale 0 em cada um dos nós x=-2,-1,0,2. Portanto, para qualquer constante \alpha o polinômio
P_\alpha(x)=P_3(x)+\alpha\,\varphi(x)
também passa por todos os quatro pontos (porque \varphi(x_i)=0 cancela o acréscimo nesses nós). Se escolhermos \alpha\neq 0, P_\alpha terá grau 4. Assim polinômios de grau 4 que interpolem os pontos existem e, de fato, existem infinitos: um para cada \alpha.
Exemplo concreto (tomando \alpha=1):
\varphi(x)=x(x+1)(x+2)(x-2)=x^4+x^3-4x^2-4x,
então
P_1(x)=P_3(x)+\varphi(x)=\bigl(x^3-2x+1\bigr)+\bigl(x^4+x^3-4x^2-4x\bigr) = x^4+2x^3-4x^2-6x+1,
que é um polinômio de grau 4 passando por todos os pontos dados.
Sobre unicidade: não é único. Como mostrei, pode-se adicionar qualquer múltiplo de \varphi(x) e ainda obter um polinômio que passa pelos mesmos nós; portanto há infinitos polinômios de grau 4 (e de qualquer grau \ge 4) que interpolam os mesmos quatro pontos.

Resposta

(a) P(x)=-3L_0(x)+2L_1(x)+1L_2(x)+5L_3(x),
onde
L_0(x)=-\tfrac{1}{8}x(x+1)(x-2),\quad L_1(x)=\tfrac{1}{3}x(x+2)(x-2),
L_2(x)=-\tfrac{1}{4}(x+2)(x+1)(x-2),\quad L_3(x)=\tfrac{1}{24}x(x+1)(x+2),
e, na forma simplificada, P(x)=x^3-2x+1.
(b) Não. Não existe polinômio de grau 2 que passe por esses quatro pontos (o interpolador único de grau \le3 tem termo x^3 com coeficiente 1, logo não pode ser reduzido a grau 2; ver justificativa no texto).
(c) Sim. Um exemplo é P_1(x)=x^4+2x^3-4x^2-6x+1,
pois P_1(x)=P_3(x)+\varphi(x) com \varphi(x)=(x+2)(x+1)x(x-2). Não é único: qualquer
P_\alpha(x)=x^3-2x+1+\alpha (x+2)(x+1)x(x-2)
(interpreta \alpha\in\mathbb{R}) interpola os pontos; para \alpha\neq0 tem grau 4.

Exercícios relacionados