Erro de interpolação – o teorema

$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$

Nesta aula vamos demonstrar o teorema do erro de interpolação.

Teorema: Seja $f:[a,b]\to\R,$ 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 $a\le x_0\lt x_1 \lt \cdots\lt x_n\le b.$ Então, para cada $x\in[a,b],$ com $x\neq x_j,$ existe $\xi\in(a,b)$ tal que $$ f(x) - p(x) = {f^{(n+1)}(\xi)\over (n+1)!}\omega(x), $$ 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 $j=0,1,\ldots n$ 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 $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ uma função contínua em $[a,b]$ e diferenciável em $(a,b).$ Se $f(a) = f(b),$ então existe $c \in (a,b)$ tal que $f'(c) = 0.$

Entre cada dois zeros consecutivos de $g,$ pelo teorema de Rolle, há um zero para a derivada de $g.$ Logo, $g'$ 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{align*} 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{align*} Como $\xi$ é um zero de $g^{(n+1)},$ concluímos que $$ E(x) (n+1)! = f^{(n+1)}(\xi)\omega(x), $$ ou $$ E(x) = {f^{(n+1)}(\xi)\over (n+1)!}\omega(x), $$ o que demonstra o teorema.

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

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 $n.$