1. Sejam A=\left(x_{1}, y_{1}\right), B=\left(x_{2}, y_{2}\right), C=\left(x_{3}, y_{3}\right) três pontos tais que x_{1}<x_{2}<x_{3}. Uma função f(x) cujo gráfico passa por esses três pontos é uma spline quadrática se f(x) é uma função quadrática em \left[x_{1}, x_{2}\right] e uma função quadrática possivelmente diferente em \left[x_{2}, x_{3}\right], e as duas quadráticas têm a mesma inclinação em x_{2}. Para este problema, considere A=(0,1), B=(1,2), C=(3,0).
    a) Obtenha uma família a um parâmetro f(x, m) de splines quadráticas passando por A, B, C, tendo inclinação m em B.
    b) Obtenha o valor de m para o qual o comprimento do gráfico y=f(x, m), entre x=0 e x=3, seja mínimo. Qual é esse comprimento mínimo? Compare-o com o comprimento da poligonal A B C.

Passo 1

O enunciado pede para construir uma spline quadrática f(x,m) que passe pelos pontos A=(0,1), B=(1,2), C=(3,0), seja dada por duas quadráticas (uma em [0,1] e outra em [1,3]) e tenha inclinação igual a um parâmetro m em x=1. Em seguida, devemos achar o valor de m que minimiza o comprimento do arco de f entre x=0 e x=3, e comparar esse comprimento mínimo com o da poligonal ABC. Vamos usar: construção de splines C^{1}, comprimento de curva via integral de \sqrt{1+f'(x)^2} e depois otimização numérica em m.

Passo 2

Definimos
f(x,m)= \begin{cases} f_1(x)=a\,x^2+b\,x+c,&0\le x\le1,\\\ f_2(x)=d\,x^2+e\,x+g,&1\le x\le3, \end{cases}
e impomos as condições
1. f_1(0)=1.
2. f_1(1)=2.
3. f_1'(1)=m.
4. f_2(1)=2.
5. f_2(3)=0.
6. f_2'(1)=m.

Passo 3

Das condições em f_1:
f_1(0)=c=1.
f_1(1)=a+b+1=2 \implies a+b=1.
f_1'(x)=2a\,x+b e f_1'(1)=2a+b=m.
Resolvendo
a+b=1,\quad 2a+b=m
\implies a=m-1,\quad b=2-m.
Logo
f_1(x)= (m-1)x^2+(2-m)x+1.

Passo 4

Das condições em f_2:
f_2(1)=d+e+g=2.
f_2(3)=9d+3e+g=0.
f_2'(x)=2d\,x+e e f_2'(1)=2d+e=m.
Dessas equações segue
d=-\frac{m+1}{2},\quad e=2m+1,\quad g=\frac{3(1-m)}{2}.
Assim
f_2(x)=-\frac{m+1}{2}\,x^2+(2m+1)\,x+\frac{3(1-m)}{2}.

Passo 5

Portanto, a família de splines é
f(x,m)= \begin{cases} (m-1)x^2+(2-m)x+1,&0\le x\le1,\\[6pt] -\tfrac{m+1}{2}x^2+(2m+1)x+\tfrac{3(1-m)}{2},&1\le x\le3, \end{cases}
com \,f'(1^-)=f'(1^+)=m.]

Passo 6

O comprimento do arco é
L(m) =\int_{0}^{1}\sqrt{1+\bigl(f_1'(x)\bigr)^2}\,dx +\int_{1}^{3}\sqrt{1+\bigl(f_2'(x)\bigr)^2}\,dx.
Aqui
\;f_1'(x)=2(m-1)x+(2-m),
\;f_2'(x)=-(m+1)x+(2m+1).

Passo 7

Em cada integral fazemos a troca de variável u=f_i'(x), que resulta em
\int\sqrt{1+u^2}\,dx =\int\sqrt{1+u^2}\,\frac{du}{u'}.
O resultado geral pode ser expresso em termos da primitiva
H(u)=\frac{u\sqrt{1+u^2}}{2}+\frac{1}{2}\arsinh(u),
e nos conduz à fórmula fechada
L(m) =\frac{H\bigl(m\bigr)-H\bigl(2-m\bigr)}{2(m-1)} +\frac{H\bigl(m\bigr)+H\bigl(m+2\bigr)}{m+1}.

Passo 8

Para encontrar m que minimiza L(m) impomos L'(m)=0. Essa equação não admite solução elementar, mas pode ser resolvida numericamente.

Passo 9

Aplicando métodos numéricos (por exemplo Newton ou busca unidimensional), obtém-se aproximadamente
m\approx -0{,}50.

Passo 10

Substituindo m\approx -0{,}50 em L(m) e computando numericamente os integrais, chega-se a
L_{\min}\approx 4{,}43.

Passo 11

O comprimento da poligonal ABC é
|AB|+|BC| =\sqrt{(1-0)^2+(2-1)^2}+\sqrt{(3-1)^2+(0-2)^2} =\sqrt{2}+ \sqrt{8} =3\sqrt{2}\approx 4{,}24.

Resposta

a)
f(x,m)= \begin{cases} (m-1)x^2+(2-m)x+1,&0\le x\le1,\\[3pt] -\tfrac{m+1}{2}x^2+(2m+1)x+\tfrac{3(1-m)}{2},&1\le x\le3. \end{cases}
b)
O valor que minimiza o comprimento é m\approx -0,50, dando
\;L_{\min}\approx 4,43.
O comprimento da poligonal ABC é 3\sqrt{2}\approx4,24, portanto a poligonal é mais curta.]

Exercícios relacionados