4 Usar os valores de e^{0}, e^{0.2} e e^{0.4} para determinar o valor aproximado de e^{0.1} e o erro absoluto cometido. Considere duas casas decimais. Encontre p_{2}(x) por Lagrande e por Newton.

Passo 1

O enunciado pede para aproximar \,e^{0,1} usando interpolação polinomial de grau 2 com os pontos
\,x_0=0, \,x_1=0,2 e \,x_2=0,4, cujos valores são \,f(x)=e^x. Precisamos montar o polinômio p_2(x) nessas três aberturas: pela forma de Lagrange e pela forma de Newton, depois avaliar p_2(0,1) e comparar com o valor exato \,e^{0,1} para achar o erro absoluto.

Passo 2

Primeiro coletamos os valores arredondados a duas casas decimais:
e^0 = 1,00,\quad e^{0,2}\approx 1,22,\quad e^{0,4}\approx 1,49.

Passo 3

Construímos p_2(x) pela forma de Lagrange:
L_0(x)=\frac{(x-0,2)(x-0,4)}{(0-0,2)(0-0,4)}=\frac{(x-0,2)(x-0,4)}{0,08},
L_1(x)=\frac{(x-0)(x-0,4)}{(0,2-0)(0,2-0,4)}=-\frac{x\,(x-0,4)}{0,04},
L_2(x)=\frac{(x-0)(x-0,2)}{(0,4-0)(0,4-0,2)}=\frac{x\,(x-0,2)}{0,08},
p_2(x)=1,00\,L_0(x)+1,22\,L_1(x)+1,49\,L_2(x).

Passo 4

Avaliamo p_2 em x=0,1:
L_0(0,1)=0,375,\quad L_1(0,1)=0,75,\quad L_2(0,1)=-0,125,
p_2(0,1)=1\cdot0,375 + 1,22\cdot0,75 + 1,49\cdot(-0,125)\approx 1,10375\approx1,10.

Passo 5

O valor exato é \,e^{0,1}\approx1,10517. O erro absoluto ficou
\bigl|\,e^{0,1}-p_2(0,1)\bigr|\approx\bigl|1,10517-1,10\bigr|\approx0,00517\approx0,01.

Passo 6

Agora a forma de Newton usa diferenças divididas:
f[x_0]=1,00,\quad f[x_0,x_1]=\frac{1,22-1,00}{0,2}=1,10,\quad f[x_1,x_2]=\frac{1,49-1,22}{0,2}=1,35,
f[x_0,x_1,x_2]=\frac{1,35-1,10}{0,4}=0,625.
Logo
p_2(x)=f[x_0]+f[x_0,x_1](x-0)+f[x_0,x_1,x_2](x-0)(x-0,2)
p_2(x)=1 + 1,10\,x + 0,625\,x(x-0,2).

Resposta

p_2(x) em forma de Lagrange:
p_2(x)=1\cdot\frac{(x-0,2)(x-0,4)}{0,08} +1,22\!\left(-\frac{x(x-0,4)}{0,04}\right) +1,49\cdot\frac{x(x-0,2)}{0,08}.
p_2(x) em forma de Newton:
p_2(x)=1 + 1,10\,x + 0,625\,x(x-0,2).
Aproximação de e^{0,1}: 1,10
Erro absoluto: 0,01

Exercícios relacionados