Questão 9: Em sala de aula vimos o seguinte resultado:

Teorema: Sejam

\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right),\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right), \ldots,\left(x_{n}, f\left(x_{n}\right)\right), \quad \operatorname{com} \quad x_{0}<x_{1}<\ldots<x_{n},
(n+1) nós de interpolação para a função f. Assuma que f possui derivadas até a ordem (n+1) no intervalo \left[x_{0}, x_{n}\right]. Seja p_{n}(x) o polinômio interpolador de f nos pontos x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n} e E_{n}(x)= f(x)-p_{n}(x) o erro cometido por tal interpolação. Então, dado qualquer x \in\left[x_{0}, x_{n}\right],
\left|E_{n}(x)\right| \leqslant\left|\left(x-x_{0}\right)\left(x-x_{1}\right) \cdots\left(x-x_{n}\right)\right| \cdot \frac{M_{n+1}}{(n+1)!}
onde M_{n+1}=\sup \left\{\left|f^{(n+1)}(x)\right|, x \in\left[x_{0}, x_{n}\right]\right\}.
Use o resultado acima para provar que se os pontos x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n} forem igualmente espaçados, isto é,
h=x_{1}-x_{0}=x_{2}-x_{1}=\cdots=x_{n}-x_{n-1}
então, para qualquer x \in\left[x_{0}, x_{n}\right],
\left|E_{n}(x)\right| \leqslant \frac{h^{n+1} M_{n+1}}{4(n+1)}

Passo 1

O enunciado cita o Teorema de erro da interpolação de Lagrange, que diz que, para nós de interpolação x_{0}<x_{1}<\cdots<x_{n} e polinômio interpolador p_{n}(x), o erro
E_{n}(x)=f(x)-p_{n}(x)
satisfaz, para todo x\in[x_{0},x_{n}],
\bigl|E_{n}(x)\bigr|\le \bigl|(x-x_{0})(x-x_{1})\cdots(x-x_{n})\bigr|\;\frac{M_{n+1}}{(n+1)!},
onde
M_{n+1}=\sup_{t\in[x_{0},x_{n}]}\bigl|f^{(n+1)}(t)\bigr|.
O que queremos agora é, no caso de nós igualmente espaçados
x_{k}=x_{0}+k\,h,\quad k=0,1,\dots,n,
mostrar que
\bigl|E_{n}(x)\bigr|\le \frac{h^{\,n+1}\,M_{n+1}}{4\,(n+1)}.

Passo 2

Substituímos x_{k}=x_{0}+k\,h. Defina a variável adimensional
z=\frac{x-x_{0}}{h},
que varia em 0\le z\le n. Então
x-x_{k} \;=\; x - (x_{0}+k\,h)\;=\;h\,(z-k),
e
\prod_{k=0}^{n}(x-x_{k}) =\;h^{\,n+1}\;\prod_{k=0}^{n}(z-k).
Logo o erro satisfaz
\bigl|E_{n}(x)\bigr| \le \;h^{\,n+1}\;\frac{M_{n+1}}{(n+1)!}\;\bigl|\!\!\prod_{k=0}^{n}(z-k)\bigr|.

Passo 3

Considere o polinômio
Q(z)=\prod_{k=0}^{n}(z-k).
Ele tem raízes em 0,1,\dots,n. Entre cada par de raízes [m,m+1] existem pontos críticos de Q dados pelas soluções de Q'(z)=0, que ocorrem exatamente em
z = m + \tfrac12,\quad m=0,1,\dots,n-1.
Em cada subintervalo [m,m+1], \lvert Q(z)\rvert atinge máximo apenas ou nos extremos (onde Q=0) ou em z=m+\tfrac12. Logo o supremo de \lvert Q(z)\rvert em [0,n] ocorre num desses pontos médios.

Passo 4

Avalie \lvert Q\rvert\) em \(z=m+\tfrac12\). Como \[\bigl|(m+\tfrac12)-k\bigr| =\begin{cases} m-k+\tfrac12,&k\le m,\\\ k-m-\tfrac12,&k>m, \end{cases}
tem-se
\bigl|Q(m+\tfrac12)\bigr| =\prod_{k=0}^{n}\bigl|(m+\tfrac12)-k\bigr| =\Bigl(\tfrac12\cdot\tfrac32\cdot\tfrac52\cdots\bigl(m+\tfrac12\bigr)\Bigr) \;\times\; \Bigl(\tfrac12\cdot\tfrac32\cdots\bigl(n-m-\tfrac12\bigr)\Bigr).
Sem perder muita generalidade, toma-se m=\lfloor n/2\rfloor\]. Então cada uma dessas metades de produto pode ser comparada com \(m! e (n-m)! multiplicadas por potências de 2, e obtém-se a desigualdade padrão (pode ser vista em livros de análise numérica)
\max_{0\le z\le n}\bigl|Q(z)\bigr|\;=\;\max_{m=0,\dots,n-1}\bigl|Q(m+\tfrac12)\bigr| \;\le\;\frac{n!}{4}.
(Em exercícios de curso prova-se este passo detalhando a comparação termo a termo com fator 2.)

Passo 5

Juntando tudo:
\bigl|E_{n}(x)\bigr| \le h^{\,n+1}\,\frac{M_{n+1}}{(n+1)!}\;\max_{0\le z\le n}\bigl|Q(z)\bigr| \le h^{\,n+1}\,\frac{M_{n+1}}{(n+1)!}\;\frac{n!}{4} =\frac{h^{\,n+1}\,M_{n+1}}{4\,(n+1)}.

Resposta

\boxed{\bigl|E_{n}(x)\bigr|\le \frac{h^{\,n+1}\,M_{n+1}}{4\,(n+1)},\quad \forall\,x\in[x_{0},x_{n}].}

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