Sejam f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R} uma função de classe pelo menos C^{3}[0,1] e p(x) o polinômio que interpola f(x) nos pontos x_{0}=0, x_{1}=\frac{1}{2} e x_{2}=1. Considere o problema de aproximar o valor da integral \int_{0}^{1} f(x) d x pelo valor da integral \int_{0}^{1} p(x) d x.
(a) Calcule o valor de \int_{0}^{1} p(x) d x usando a fórmula obtida para p(x) no exercício anterior.
(b) Obtenha um limitante para o erro da aproximação, dado por
\left|\int_{0}^{1} f(x) d x-\int_{0}^{1} p(x) d x\right|
em termos de M_{3}=\left\|f^{\prime \prime \prime}\right\|_{\infty}.
(c) Estime o valor de \int_{0}^{1} e^{-x^{2}} d x e o erro cometido usando os itens anteriores.

Passo 1

O problema dá uma função f:[0,1]\to\mathbb{R} de classe pelo menos C^{3}[0,1] e pede para aproximar \displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\,dx pela integral do polinômio p(x) que interpola f nos pontos x_{0}=0,\;x_{1}=\tfrac{1}{2},\;x_{2}=1. As perguntas são:
(a) Calcular \displaystyle\int_{0}^{1} p(x)\,dx usando a fórmula de p(x).
(b) Obter um limitante para o erro \displaystyle\left|\int_{0}^{1} f(x)\,dx-\int_{0}^{1} p(x)\,dx\right| em termos de M_{3}=\left\|f^{\prime\prime\prime}\right\|_{\infty}.
(c) Aplicar (a) e (b) para f(x)=e^{-x^{2}}: estimar \displaystyle\int_{0}^{1} e^{-x^{2}}dx e um limitante para o erro cometido.
Informações relevantes dadas:
  • Os nós de interpolação são 0,\tfrac{1}{2},1.
  • f é C^{3} em [0,1], logo a fórmula do resto de interpolação de grau 2 vale com derivada terceira.
  • Definição usada: M_{3}=\sup_{x\in[0,1]}|f^{(3)}(x)|.

Passo 2

Construção do polinômio interpolador p(x) na forma de Lagrange — isso é útil na prova e também para integrar termo a termo.
As bases de Lagrange para os nós 0,\tfrac{1}{2},1 são
L_{0}(x)=\prod_{\substack{j=0\j\ne0}}^{2}\frac{x-x_{j}}{x_{0}-x_{j}} = \frac{(x-\tfrac{1}{2})(x-1)}{(0-\tfrac{1}{2})(0-1)} =2\,(x-\tfrac{1}{2})(x-1),
L_{1}(x)=\frac{(x-0)(x-1)}{(\tfrac{1}{2}-0)(\tfrac{1}{2}-1)} = -4\,x(x-1),
L_{2}(x)=\frac{(x-0)(x-\tfrac{1}{2})}{(1-0)(1-\tfrac{1}{2})} =2\,x(x-\tfrac{1}{2}).
Portanto o polinômio interpolador é
p(x)=f(0)L_{0}(x)+f\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)L_{1}(x)+f(1)L_{2}(x).
Explicando bem: cada L_{i}(x) vale 1 no nó x_{i} e 0 nos outros nós; assim p é o polinômio de grau \le2 que passa pelos valores dados de f.

Passo 3

Calcular \displaystyle\int_{0}^{1} p(x)\,dx integrando as bases L_{i} e combinando com os valores f nos nós.
Vamos integrar cada L_{i} sobre [0,1].
  1. Para L_{0}:
\int_{0}^{1} L_{0}(x)\,dx =2\int_{0}^{1}(x-\tfrac{1}{2})(x-1)\,dx.
Expandindo (x-\tfrac{1}{2})(x-1)=x^{2}-\tfrac{3}{2}x+\tfrac{1}{2} e integrando,
\int_{0}^{1}(x^{2}-\tfrac{3}{2}x+\tfrac{1}{2})\,dx =\Bigl[\tfrac{1}{3}x^{3}-\tfrac{3}{4}x^{2}+\tfrac{1}{2}x\Bigr]_{0}^{1} =\tfrac{1}{3}-\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{2}=\tfrac{1}{12}.
Multiplicando por 2
\int_{0}^{1} L_{0}(x)\,dx=\tfrac{1}{6}.
  1. Para L_{1}:
\int_{0}^{1} L_{1}(x)\,dx = -4\int_{0}^{1} x(x-1)\,dx =-4\int_{0}^{1}(x^{2}-x)\,dx =-4\Bigl[\tfrac{1}{3}x^{3}-\tfrac{1}{2}x^{2}\Bigr]_{0}^{1} =-4\bigl(\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{2}\bigr) =-4\bigl(-\tfrac{1}{6}\bigr)=\tfrac{2}{3}.
  1. Para L_{2}:
\int_{0}^{1} L_{2}(x)\,dx = 2\int_{0}^{1} x\bigl(x-\tfrac{1}{2}\bigr)\,dx =2\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}-\tfrac{1}{2}x\bigr)\,dx =2\Bigl[\tfrac{1}{3}x^{3}-\tfrac{1}{4}x^{2}\Bigr]_{0}^{1} =2\bigl(\tfrac{1}{3}-\tfrac{1}{4}\bigr) =2\cdot\tfrac{1}{12}=\tfrac{1}{6}.
Como verificação rápida, as integrais somam \tfrac{1}{6}+\tfrac{2}{3}+\tfrac{1}{6}=1 (bom sinal).
Logo, integrando p(x) obtemos
\int_{0}^{1} p(x)\,dx =\tfrac{1}{6}f(0)+\tfrac{2}{3}f\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)+\tfrac{1}{6}f(1).
Observação prática: essa fórmula é exatamente a regra de Simpson com passo h=\tfrac{1}{2}, peso 1/6,4/6,1/6.

Passo 4

Fórmula do resto da interpolação (explicada de forma didática)
Para um polinômio p que interpola f em três pontos distintos x_{0},x_{1},x_{2} e para cada x\in[0,1] existe \xi=\xi(x) entre o menor e o maior nó tal que
f(x)-p(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}\,(x-x_{0})(x-x_{1})(x-x_{2}).
Aqui:
  • 3!=6 é o fatorial de 3;
  • \xi depende de x (é um ponto no intervalo que garante a validade do Teorema de Taylor/Peano para remainder de interpolação);
  • no nosso caso x_{0}=0,\;x_{1}=\tfrac{1}{2},\;x_{2}=1, então
f(x)-p(x)=\frac{f^{(3)}(\xi)}{6}\,x\Bigl(x-\tfrac{1}{2}\Bigr)(x-1).
Esta fórmula é padrão: a ideia é que o erro ponto a ponto é proporcional à terceira derivada e ao produto das distâncias de x aos nós.

Passo 5

Limitante para o erro da integral usando o resto pontual
Tomando módulo, para cada x\in[0,1] vale
|f(x)-p(x)| \le \frac{M_{3}}{6}\,\bigl|x\Bigl(x-\tfrac{1}{2}\Bigr)(x-1)\bigr|,
onde M_{3}=\sup_{[0,1]}|f^{(3)}|. Integrando em [0,1] e usando monotonicidade da integral com a constante M_{3}/6,
\Bigl|\int_{0}^{1} f(x)\,dx-\int_{0}^{1} p(x)\,dx\Bigr| \le \frac{M_{3}}{6}\int_{0}^{1}\bigl|x\Bigl(x-\tfrac{1}{2}\Bigr)(x-1)\bigr|\,dx.
Agora calculamos a integral do valor absoluto. Note que o polinômio x(x-\tfrac{1}{2})(x-1) tem raízes em 0,\tfrac{1}{2},1 e muda de sinal em \tfrac{1}{2}. Assim separamos:
\int_{0}^{1}\bigl|x(x-\tfrac{1}{2})(x-1)\bigr|\,dx =\int_{0}^{1/2} x\Bigl(\tfrac{1}{2}-x\Bigr)(1-x)\,dx +\int_{1/2}^{1} x\Bigl(x-\tfrac{1}{2}\Bigr)(1-x)\,dx.
Calculamos cada integral (desenvolvendo as expressões e integrando termo a termo).
Primeira integral:
x\Bigl(\tfrac{1}{2}-x\Bigr)(1-x)=\tfrac{1}{2}x-\tfrac{3}{2}x^{2}+x^{3},
\int_{0}^{1/2}\Bigl(\tfrac{1}{2}x-\tfrac{3}{2}x^{2}+x^{3}\Bigr)\,dx =\Bigl[\tfrac{1}{4}x^{2}-\tfrac{1}{2}x^{3}+\tfrac{1}{4}x^{4}\Bigr]_{0}^{1/2} =\tfrac{1}{64}.
Segunda integral:
x\Bigl(x-\tfrac{1}{2}\Bigr)(1-x)=-\tfrac{1}{2}x+\tfrac{3}{2}x^{2}-x^{3},
\int_{1/2}^{1}\Bigl(-\tfrac{1}{2}x+\tfrac{3}{2}x^{2}-x^{3}\Bigr)\,dx =\Bigl[-\tfrac{1}{4}x^{2}+\tfrac{1}{2}x^{3}-\tfrac{1}{4}x^{4}\Bigr]_{1/2}^{1} =\tfrac{1}{64}.
Somando as duas partes obtemos
\int_{0}^{1}\bigl|x(x-\tfrac{1}{2})(x-1)\bigr|\,dx=\tfrac{1}{64}+\tfrac{1}{64}=\tfrac{1}{32}.
Portanto o erro da integral satisfaz
\Bigl|\int_{0}^{1} f(x)\,dx-\int_{0}^{1} p(x)\,dx\Bigr| \le \frac{M_{3}}{6}\cdot \frac{1}{32}=\frac{M_{3}}{192}.
Comentário prático para prova: é útil decorar a expressão de \int p (regra de Simpson) e o fator 1/192 que aparece no limite de erro quando se usa nós 0,\tfrac{1}{2},1 para interpolação quadrática.

Passo 6

Aplicação ao caso f(x)=e^{-x^{2}}.
Primeiro a aproximação pela regra de Simpson (resultado do Passo 3):
\int_{0}^{1} p(x)\,dx =\tfrac{1}{6}f(0)+\tfrac{2}{3}f\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)+\tfrac{1}{6}f(1).
Substituindo f(0)=1,\;f(\tfrac{1}{2})=e^{-1/4},\;f(1)=e^{-1} obtemos
\int_{0}^{1} p(x)\,dx =\frac{1+4e^{-1/4}+e^{-1}}{6}.
Calculando numericamente com algumas casas:
e^{-1/4}\approx 0,778800783,\qquad e^{-1}\approx 0,367879441,
\int_{0}^{1} p(x)\,dx \approx \frac{1+4\cdot 0,778800783+0,367879441}{6} \approx 0,7471804288.
Agora o limitante do erro usando M_{3}. Primeiro calculamos f^{(3)} explicitamente para f(x)=e^{-x^{2}}:
Derivadas passo a passo:
f(x)=e^{-x^{2}},\qquad f'(x)=-2x e^{-x^{2}},
f''(x)=(-2+4x^{2})e^{-x^{2}},
f^{(3)}(x)=(12x-8x^{3})e^{-x^{2}}.
Para x\in[0,1] temos f^{(3)}(x)\ge0 (pois 12x-8x^{3}=4x(3-2x^{2})>0 em (0,1]), então
M_{3}=\max_{x\in[0,1]} f^{(3)}(x)=\max_{x\in[0,1]} (12x-8x^{3})e^{-x^{2}}.
Usando cálculo (derivando e resolvendo), o máximo ocorre em
x^{2}=\frac{3-\sqrt{6}}{2}\quad\Rightarrow\quad x\approx 0,5247,
e numericamente obtém-se
M_{3}\approx 3,904\\ (\text{aproximado}).
Assim o limite do erro do Passo 5 dá
\Bigl|\int_{0}^{1} e^{-x^{2}}dx-\int_{0}^{1} p(x)dx\Bigr| \le \frac{M_{3}}{192}\approx \frac{3,904}{192}\approx 0,02034.
Comentário final: a aproximação numérica que encontramos foi \approx 0,7471804288 e o limite teórico de erro é aproximadamente 0,02034. Para comparação, o valor real é
\int_{0}^{1} e^{-x^{2}}dx=\tfrac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erf}(1)\approx 0,7468241328,
logo o erro real foi \approx 0,0003563, bem menor que o limite conservador dado por M_{3}/192.

Resposta

(a) \displaystyle\int_{0}^{1} p(x)\,dx=\tfrac{1}{6}f(0)+\tfrac{2}{3}f\bigl(\tfrac{1}{2}\bigr)+\tfrac{1}{6}f(1)
(b) \displaystyle\Bigl|\int_{0}^{1} f(x)\,dx-\int_{0}^{1} p(x)\,dx\Bigr|\le \dfrac{M_{3}}{192}
(c) \displaystyle\int_{0}^{1} e^{-x^{2}}dx\approx 0,7471804288\quad\text{e}\quad\text{erro}\le 0,02034

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