QUESTÃO 4) (6 pontos)
Considere a função f dada por f(x)=e^{x}+\operatorname{sen}(x) tabelada como segue:
x_{i} 0 0,5 1,0
f\left(x_{i}\right) 1 2,12 3,55
Determine o polinômio interpolador usando a fórmula de Newton; avalie f(0,7) e um limitante superior para o erro.

Passo 1

O enunciado fornece os valores tabelados da função f nos pontos abaixo e pede três coisas:
  • pontos dados:
    • x_0=0 com f(x_0)=1,
    • x_1=0,5 com f(x_1)=2,12,
    • x_2=1,0 com f(x_2)=3,55.
  • perguntas:
    1. Determinar o polinômio interpolador usando a fórmula de Newton (grau máximo 2, pois há três pontos).
    2. Avaliar esse polinômio em x=0,7.
    3. Dar um limitante superior para o erro de interpolação em x=0,7.

Passo 2

Conceito e fórmula de Newton (explicação didática curta):
  • A forma de Newton do polinômio interpolador de grau 2 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),
onde f[x_i] são diferenças divididas definidas por
f[x_i]=f(x_i), \qquad f[x_i,x_j]=\frac{f[x_j]-f[x_i]}{x_j-x_i},
e a segunda diferença dividida por
f[x_0,x_1,x_2]=\frac{f[x_1,x_2]-f[x_0,x_1]}{x_2-x_0}.
Isso monta o polinômio de forma incremental e é prático para acrescentar pontos.
Agora calculamos as diferenças divididas com os números dados (cada número escrito em TeX).
Calculemos:
f[x_0]=f(0)=1,
f[x_0,x_1]=\frac{f(0,5)-f(0)}{0,5-0}=\frac{2,12-1}{0,5}=\frac{1,12}{0,5}=2,24,
f[x_1,x_2]=\frac{f(1,0)-f(0,5)}{1,0-0,5}=\frac{3,55-2,12}{0,5}=\frac{1,43}{0,5}=2,86,
f[x_0,x_1,x_2]=\frac{f[x_1,x_2]-f[x_0,x_1]}{1,0-0,0}=\frac{2,86-2,24}{1,0}=0,62.

Passo 3

Montagem do polinômio de Newton e conversão para forma polinomial usual:
  • Newton:
P_2(x)=1+2,24\,(x-0)+0,62\,(x-0)(x-0,5).
  • Expandindo para forma canônica (útil para cálculo direto):
    Primeiro expandir o termo quadrático:
0,62\,(x-0)(x-0,5)=0,62\bigl(x^2-0,5x\bigr)=0,62x^2-0,31x.
Somando os termos lineares:
P_2(x)=1 + 2,24x + (0,62x^2-0,31x)=1 + (2,24-0,31)x + 0,62x^2.
Logo
P_2(x)=1 + 1,93x + 0,62x^2.

Passo 4

Avaliação de P_2 em x=0,7 (mostrando contas passo a passo):
  • Usando a forma expandida:
P_2(0,7)=1 + 1,93\cdot0,7 + 0,62\cdot(0,7)^2.
Calcule cada termo:
1,93\cdot0,7=1,351, \qquad (0,7)^2=0,49, \qquad 0,62\cdot0,49=0,3038.
Somando:
P_2(0,7)=1 + 1,351 + 0,3038 = 2,6548.

Passo 5

Fórmula do erro e escolha de um limitante:
  • Para interpolação por polinômio de grau 2 com nós x_0,x_1,x_2, o resto em um ponto x tem a forma
R_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)
para algum \xi entre o menor e o maior dos nós. Assim um limitante superior para |R_2(x)| é
|R_2(x)|\le\frac{M}{3!}\,| (x-x_0)(x-x_1)(x-x_2) |,
onde M é uma constante tal que |f^{(3)}(t)|\le M para todo t no intervalo que contém os nós e o ponto de interesse.

Passo 6

Aplicando o erro ao nosso caso (determinar M e o produto em x=0,7):
  • Derivadas da função f(x)=e^{x}+\sin x:
f'(x)=e^{x}+\cos x,\qquad f''(x)=e^{x}-\sin x,\qquad f^{(3)}(x)=e^{x}-\cos x.
No intervalo [0,1] (contendo todos os nós e 0,7) temos f^{(3)}(x)=e^{x}-\cos x. Observa-se que f^{(3)}(0)=1-1=0 e que f^{(3)} é crescente porque (f^{(3)})'(x)=e^{x}+\sin x>0 em [0,1]. Logo o máximo de f^{(3)} em [0,1] ocorre em x=1. Assim podemos escolher
M=f^{(3)}(1)=e^{1}-\cos 1=e-\cos 1\approx 2,17798.
  • Agora o fator do produto em x=0,7:
(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)\Big|_{x=0,7}=(0,7-0)(0,7-0,5)(0,7-1)=0,7\cdot0,2\cdot(-0,3)=-0,042.
Tomando valor absoluto:
|(0,7-0)(0,7-0,5)(0,7-1)|=0,042.
  • Portanto o limitante superior do erro é
|R_2(0,7)|\le\frac{M}{3!}\cdot 0,042=\frac{e-\cos 1}{6}\cdot 0,042=(e-\cos 1)\cdot 0,007.
Numericamente,
|R_2(0,7)|\le 2,17798\cdot 0,007\approx 0,0152459\approx 0,01525.

Passo 7

Comentário de verificação rápida (opcional, só para confiança):
  • O valor verdadeiro f(0,7)=e^{0,7}+\sin 0,7\approx 2,65797. O polinômio deu P_2(0,7)=2,6548; a diferença real é cerca de 0,00317, que está bem dentro do limitante calculado 0,01525. Isso mostra que o bound é consistente.

Resposta

P_2(x)=1+2,24\,(x-0)+0,62\,(x-0)(x-0,5)=1+1,93x+0,62x^2
P_2(0,7)=2,6548
|R_2(0,7)|\le\displaystyle\frac{e-\cos 1}{6}\cdot 0,042\approx 0,01525

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