Erro de interpolação – o teorema

Nesta aula vamos demonstrar o teorema do erro de interpolação.

Teorema: Seja $f:[a,b]\to \mathbb{R},$ uma função com $(n+1)$ derivadas contínuas em $[a,b],$ e seja $p$ o polinômio de grau menor ou igual a $n,$ que interpola $f$ em $a\le x_0<x_1<\cdots <x_n\le b.$ Então, para cada $x\in [a,b],$ com $x\ne x_j,$ existe $\xi \in (a,b)$ tal que $$f(x)-p(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}\omega (x),$$ onde $\omega (x)=(x-x_0)(x-x_1)\cdots (x-x_n).$

Seja $E(x)=f(x)-p(x).$ Suponha que $x$ está fixo e é diferente de todos os nós de interpolação. Considere a função auxiliar $$g(z)=E(x)\omega (z)-E(z)\omega (x).$$

Repare que $g(x_j)=0,$ para $j=0,1,\dots n$ e $g(x)=0$, ou seja, $g$ tem pelo menos $(n+2)$ zeros distintos. Além disso, como $f$ tem $(n+1)$ derivadas contínuas, $g$ também terá igual propriedade. Observe o seguinte teorema.

Teorema de Rolle: Seja $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ uma função contínua em $[a,b]$ e diferenciável em $(a,b).$ Se $f(a)=f(b),$ então existe $c\in (a,b)$ tal que $f^{\prime }(c)=0.$

Entre cada dois zeros consecutivos de $g,$ pelo teorema de Rolle, há um zero para a derivada de $g.$ Logo, $g^{\prime }$ tem pelo menos $(n+1)$ zeros distintos. Novamente, pelo teorema de Rolle, $g^{″}$ terá pelo menos $n$ zeros distintos. Repetindo-se esse argumento, concluímos que $g^{(n+1)}$ terá pelo menos um zero, ao qual chamamos de $\xi .$ Repare que em nenhum momento, o teorema de Rolle explicita o valor de zero da derivada da função. Por isso, $\xi$ não pode ser determinado a priori.

Veja que $\omega (x)=x^{n+1}+q(x),$ onde $q$ é um polinômio de grau no máximo $n.$ Portanto, ${\omega }^{(n+1)}(x)=(n+1)!$. Além disso, como $E(x)=f(x)-p(x),$ $E^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)$, uma vez que $p$ é um polinômio de grau menor ou igual $n.$ Com essas duas observações temos que $$\begin{array}{rl}{g}^{(n+1)}(z)& =E(x){\omega }^{(n+1)}(z)-E^{(n+1)}(z)\omega (x)\\ & =E(x)(n+1)!-f^{(n+1)}(z)\omega (x).\end{array}$$ Como $\xi$ é um zero de $g^{(n+1)},$ concluímos que $$E(x)(n+1)!=f^{(n+1)}(\xi )\omega (x),$$ ou $$E(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}\omega (x),$$ o que demonstra o teorema.

1. Mostre que $\frac{d^n{x}^n}{d{x}^n}=n!.$

2. Mostre que se $\omega (x)=(x-x_0)\cdots (x-x_n),$ então $\omega (x)=x^{n+1}+q(x),$ onde $q$ é um polinômio de grau no máximo $n.$