Seja f(x)=2 e^{x}+3 definida no intervalo [0,2].
(i) Aproxime f(0,35) utilizando interpolação linear com x_{0}=0 e x_{1}=0,5.
(ii) Aproxime f(0,85) utilizando interpolação linear com x_{0}=0,5 e x_{1}=1.0.
(iii) Aproxime f(0,35) e f(0,85) utilizando um polinômio, fórmula de Lagrange de grau 2 , com os pontos x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2.
(iv) Em qual dos casos obtemos melhor aproximação no ponto desejado? Justifique suas afirmações.

Passo 1

O enunciado dá a função f(x)=2 e^{x}+3 definida em [0,2] e pede quatro coisas:
(i) Aproximar f(0,35) usando interpolação linear com x_{0}=0 e x_{1}=0,5.
(ii) Aproximar f(0,85) usando interpolação linear com x_{0}=0,5 e x_{1}=1,0.
(iii) Aproximar f(0,35) e f(0,85) usando o polinômio de Lagrange de grau 2 com os pontos x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2.
(iv) Dizer em qual dos casos obtemos melhor aproximação no ponto desejado e justificar.
Informações disponíveis que vamos usar explicitamente:
f(0)=2e^{0}+3=5,\quad f(0,5)=2e^{0,5}+3,\quad f(1)=2e^{1}+3,\quad f(2)=2e^{2}+3.
Vou calcular valores numéricos aproximados de e^{x} quando necessário para obter aproximações decimais, e também vou usar fórmulas de erro para justificar qual método é melhor.

Passo 2

Fórmula da interpolação linear (aula rápida, mão na massa):
Se temos dois nós (x_0,f(x_0)) e (x_1,f(x_1)), a interpolação linear (reta que passa pelos dois pontos) é
L(x)=f(x_0)+\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}\,(x-x_0).
Aqui f(x_0) e f(x_1) são os valores conhecidos; a fração é a inclinação da reta. Essa fórmula é útil na prova: você identifica os dois nós que cercam o ponto onde quer aproximar, calcula a inclinação e avalia em x.
Também anoto a fórmula do erro (importante para julgar qualidade): para interpolação linear existe \xi no intervalo com
R_1(x)=f(x)-L(x)=\frac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)(x-x_1).
Isto diz que o erro tem a segunda derivada em algum ponto \xi e depende do produto (x-x_0)(x-x_1). Para f(x)=2e^{x}+3 temos f''(x)=2e^{x}, que é positiva e crescente.

Passo 3

Calculemos os valores de apoio (nós) que precisaremos. Vou dar aproximações decimais de e^{x} com precisão suficiente para a prova:
  • e^{0}=1 então f(0)=2\cdot1+3=5.
  • e^{0,5}\approx 1,64872127 então
f(0,5)=2e^{0,5}+3\approx 2\cdot1,64872127+3=6,29744254.
  • e^{1}=e\approx 2,71828183 então
f(1)=2e+3\approx 2\cdot2,71828183+3=8,43656366.
  • e^{2}\approx 7,38905610 então
f(2)=2e^{2}+3\approx 2\cdot7,38905610+3=17,77811220.
(Usei arredondamentos compatíveis com cálculos de prova; se quiser mais casas, dá para estender.)

Passo 4

(i) Interpolação linear entre x_{0}=0 e x_{1}=0,5 para aproximar f(0,35).
Aplicando a fórmula:
L_{[0,0,5]}(x)=f(0)+\frac{f(0,5)-f(0)}{0,5-0}(x-0).
A inclinação é
\frac{f(0,5)-f(0)}{0,5}=\frac{6,29744254-5}{0,5}=2,59488508.
Avalio em x=0,35 ( x-0=0,35):
L_{[0,0,5]}(0,35)=5+2,59488508\cdot0,35\approx 5+0,90820978=5,90820978.
Portanto, pela interpolação linear entre 0 e 0,5 obtemos
\boxed{f(0,35)\approx 5,90820978.}

Passo 5

(ii) Interpolação linear entre x_{0}=0,5 e x_{1}=1,0 para aproximar f(0,85).
Fórmula:
L_{[0,5,1]}(x)=f(0,5)+\frac{f(1)-f(0,5)}{1-0,5}(x-0,5).
A inclinação é
\frac{f(1)-f(0,5)}{0,5}=\frac{8,43656366-6,29744254}{0,5}=4,27824224.
Avalio em x=0,85 ( x-0,5=0,35):
L_{[0,5,1]}(0,85)=6,29744254+4,27824224\cdot0,35\approx 6,29744254+1,49738478=7,79482732.
Portanto, pela interpolação linear entre 0,5 e 1,0 obtemos
\boxed{f(0,85)\approx 7,79482732.}

Passo 6

(iii) Polinômio de Lagrange de grau 2 com os nós x_{0}=0, x_{1}=1, x_{2}=2.
Recordando a forma prática (aula curtinha): os polinômios base são
L_0(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{(0-1)(0-2)}=\frac{(x-1)(x-2)}{2},
L_1(x)=\frac{(x-0)(x-2)}{(1-0)(1-2)}=-x(x-2),
L_2(x)=\frac{(x-0)(x-1)}{(2-0)(2-1)}=\frac{x(x-1)}{2}.
O polinômio interpolador é
P_2(x)=f(0)L_0(x)+f(1)L_1(x)+f(2)L_2(x).
Usando os valores numéricos calculados em Passo 3:
P_2(x)=5\cdot\frac{(x-1)(x-2)}{2}+8,43656366\cdot\big(-x(x-2)\big)+17,77811220\cdot\frac{x(x-1)}{2}.
Uma forma alternativa útil é obter P_2(x)=ax^{2}+bx+c. Resolvo rapidamente pelos três nós:
c=f(0)=5,
a+b+c=f(1)=8,43656366\Rightarrow a+b=3,43656366,
4a+2b+c=f(2)=17,77811220\Rightarrow 4a+2b=12,77811220.
Resolvendo o sistema dá
a=2,95249250,\qquad b=0,48407116,\qquad c=5.
Logo
P_2(x)=2,95249250\,x^{2}+0,48407116\,x+5.
Agora avalio em x=0,35 e x=0,85.
Para x=0,35:
x^{2}=0,1225,\quad a x^{2}=2,95249250\cdot0,1225\approx0,36168033,
b x=0,48407116\cdot0,35\approx0,16942491,
P_2(0,35)=5+0,36168033+0,16942491\approx 5,53110524.
Para x=0,85:
x^{2}=0,7225,\quad a x^{2}=2,95249250\cdot0,7225\approx2,13317583,
b x=0,48407116\cdot0,85\approx0,41146049,
P_2(0,85)=5+2,13317583+0,41146049\approx 7,54463632.
Portanto, pelo polinômio de Lagrange de grau 2:
\boxed{f(0,35)\approx 5,53110524,\qquad f(0,85)\approx 7,54463632.}

Passo 7

Vou comparar as aproximações com os valores reais (para avaliar erros). Calculo f exato em forma numérica:
Usando as aproximações de e^{x} já utilizadas:
e^{0,35}\approx 1,41906486\quad\Rightarrow\quad f(0,35)=2e^{0,35}+3\approx 2\cdot1,41906486+3=5,83812972.
e^{0,85}\approx 2,33964218\quad\Rightarrow\quad f(0,85)=2e^{0,85}+3\approx 2\cdot2,33964218+3=7,67928436.
Agora os erros (aproximação menos valor “verdadeiro”):
  • Para x=0,35:
    • Interpolação linear (entre 0 e 0,5): 5,90820978-5,83812972=+0,07008006.
    • Lagrange grau 2: 5,53110524-5,83812972=-0,30702448 (erro em módulo maior).
  • Para x=0,85:
    • Interpolação linear (entre 0,5 e 1): 7,79482732-7,67928436=+0,11554296.
    • Lagrange grau 2: 7,54463632-7,67928436=-0,13464804.
Logo numericamente: para ambos os pontos a interpolação linear local (usando os nós mais próximos) deu erro menor que o polinômio global de grau 2 com nós 0,1,2.

Passo 8

Justificativa teórica (por que a linear local ficou melhor aqui):
  • A fórmula de resto para interpolação linear é
    R_1(x)=\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)(x-x_1)
    para algum \xi no intervalo dos nós. Como f''(x)=2e^{x} é crescente, o tamanho do erro depende do comprimento do intervalo (x_1-x_0) e do valor de f'' nesse intervalo. Nos casos lineares usei intervalos de tamanho 0,5, portanto |(x-x_0)(x-x_1)| é pequeno (no nosso caso =0,0525 em ambos os pontos), o que limita o erro.
  • Para o polinômio de grau 2 o resto é
    R_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)
    para algum \xi no intervalo [0,2]. Aqui f^{(3)}(x)=2e^{x} também cresce e, além disso, o produto (x-0)(x-1)(x-2) pode ter valor relativamente grande em módulo quando os nós são espaçados em 1 (como é o caso 0,1,2). Isso aumenta potencialmente o erro do polinômio global, mesmo que ele seja de grau maior.
  • Concretamente, ao estimar uma cota superior, para x=0,35 o termo do resto cúbico tem módulo aproximadamente 0,375375 multiplicado por \frac{2e^{\xi}}{6} (que até x=2 pode ser grande), gerando uma cota de erro maior do que a cota para o caso linear local. Numericamente vimos que o erro real do polinômio de grau 2 foi de ordem 0,307 em x=0,35, bem maior que o erro linear local 0,070.
Intuição prática: quando a função é exponencial e cresce/curva bastante, interpolar localmente (entre pontos próximos) tende a ser mais preciso do que usar um polinômio que “tenta” ajustar valores distantes — o polinômio global pode oscilar ou subestimar/superestimar entre os nós distantes.

Resposta

(i) f(0,35)\approx 5,90820978 pela interpolação linear entre 0 e 0,5.
(ii) f(0,85)\approx 7,79482732 pela interpolação linear entre 0,5 e 1,0.
(iii) f(0,35)\approx 5,53110524 e f(0,85)\approx 7,54463632 pelo polinômio de Lagrange de grau 2 com x_{0}=0,x_{1}=1,x_{2}=2.
(iv) Em ambos os pontos a melhor aproximação foi obtida pelas interpolações lineares locais (i) e (ii); a justificativa é que o erro de interpolação depende das derivadas e dos produtos (x-x_i) — como aqui os intervalos locais são menores ( 0,5) o termo de resto fica muito menor do que no polinômio quadrático construído com nós mais afastados.

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