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Interpolação Polinomial 
Interpolar é uma forma de estimar um valor desconhecido a partir 
de um conjunto de pontos tabelados. 
• Tabela gerada por uma função conhecida 
 
 
 
Exemplo: Calcular o valor aproximado de )18cos( o 
• Tabela gerada por dados experimentais. 
 
 
 
y: temperatura na sala 180 da FFP no dia 15/10/15 
x x0 x1 ? x3 
)(xf
 
)( 0xf )( 1xf ? )( 3xf 
t t0=14h t1=15h 16h t3=17h 
y=Co Cy o3.420 = Cy o391 = ? Cy o343 = 
Exemplo: Calcular o valor aproximado de: 
∫∫ ≈
2
1
2
1
)(2 dxxpdxex
 
Exemplo: Na tabela abaixo, está assinalando o número de 
Rottweilers registrados, no Brasil: 
 Ano 1990 1996 1998 
Número de 
rottweilers 
1.200 17.000 26.000 
 
Quantos rottweilers foram registrados no ano 1997?. 
 
 
A interpolação polinomial consiste em determinar um 
polinômio )(xp que passe pelos pontos tabelados. Este polinômio 
existe e é único e é chamado de polinômio interpolador. 
 
Existem várias formas de achar o polinômio interpolador, como 
por exemplo: 
 forma de Lagrange, 
 Aitken/Neville, Newton, 
 Hermite, 
 entre outros. 
 
Sejam nixi ,...,2,1,0; = números reais distintos, tais que 
nxxxx <<<< L210
 e dados os valores nfff ,,, 10 L tal que 
nifxf ii ,..,1,0;)( == . 
 
Considerando a tabela contendo (n+1) pontos distintos, da 
forma: 
 
 
 
Seja x um ponto diferente dos pontos xi, i=0,1,...,n, tal que 
x ∈ [xi, xi+1], interpolar o ponto x significa calcular o valor 
aproximado de )()( xfxp ≈ , assim podemos incluir o novo ponto 
))(,( xfx
 à tabela. 
x x0 x1 .... xn 
)(xf )( 0xf )( 1xf .... )( nxf 
 
 
 
 Proposição: Dados (n+1) pontos ),(,),,(),,( 1100 nn yxyxyx L tal que 
nxxx <<< L10 , então existe um único polinômio de grau menor ou 
igual a n que passa por esses pontos, isto é existe um único 
polinômio )(xp tal que ii yxp =)( , i=0,1,...,n. 
Prova: 
Seja p x a a x a x a xn n( ) ...= + + + +0 1 2 2 um polinômio de grau menor ou 
igual a n, iin yxpaaa =)( que tal,..,, 10 , para i=0,1,...,n, então temos: 
00
2
020100 ...)( yxaxaxaaxp nn =++++= 
11
2
121101 ...)( yxaxaxaaxp nn =++++= (5.1) 
: 
n
n
nnnnn yxaxaxaaxp =++++= ...)( 2210 
Escrita na forma matricial, 
 
{ {
y
n
a
n
X
n
nnn
n
n
y
y
y
a
a
a
xxx
xxx
xxx
















=
































:
:
:
:
...1
:...:::
:...:::
...1
...1
1
0
1
0
2
1
2
11
0
2
00
444 3444 21
 (5.2) 
 XT:matrix de Vandermonde (1735 - 1796). 
 
Para provar que o sistema yXa = admite uma única solução, 
partiremos do absurdo, isto é, vamos supor que ele admite duas 
soluções distintas a1 e a2 tal que : 
 
yXa =1 e yXa =2 , 
Então 
 
0)( 21 =−=− yyaaX
 
 
denotando por 21 aaa −= temos o sistema 0=Xa como a ≠ 0, então 
0)det( =X
, o que contradiz a hipótese, pois 0)det( ≠X . 
 
Portanto a1 = a2. Logo a solução é única. 
 
5. Formas para Obter pn(x): 
5.1. Resolução do Sistema 
Uma das formas de interpolar é resolver o sistema citado acima na 
proposição. Veja o exemplo a seguir: 
 
Exemplo 1: Dada a tabela de pontos, : 
a) que interpola a função )(xf nos pontos tabelados 
b) Calcule o valor aproximado de )1(f 
 
x -1 0 2 
)(xf 4 1 -1 
 
Solução: 
a) Na tabela temos 3 pontos x0, x1 e x2, então o polinômio será de 
grau 2 (interpolação quadrática): p x a a x a x2 0 1 2 2( ) = + + 
Nos pontos x0, x1 e x2 temos: 
p x a a a2 0 0 1 2
21 1 4( ) ( ) ( )= + − + − =
 
p x a a a2 1 0 1 2
20 0 1( ) ( ) ( )= + + =
 
p x a a a2 2 0 1 2
22 2 1( ) ( ) ( )= + + = −
 
Escrevendo na forma matricial e resolvendo pelo método de 
eliminação de Gauss (ou por qualquer outro método) tem-se: 
1 1 1
1 0 0
1 2 4
4
1
1
0
1
2
−



















=
−










a
a
a 
De onde obtemos: a2= 2/3, a1= -7/3 e a0 = 1 
Então o polinômio interpolador é da forma: 
2
2 3
2
3
71)( xxxp +−=
 
 
b) Observe que x=1, não é tabelado. Mas determinar f(1) é 
equivalente a determinar um valor aproximado, calculando 
 
)1(6667.0
3
2
3
2
3
71)1(2 fp ≈−=−=+−=
. 
Portanto 
6667.0)1( ≈f
 
 
 
Observação: A interpolação por resolução de sistemas, nem 
sempre é possível determinar o polinômio interpolador, pois sendo 
X a matriz transposta de Vandermonde, para pontos tabelados x0, 
x1,...,xn muito próximos o sistema será mal condicionado. Para 
contornar este problema, estudaremos outros métodos. 
 
5.2. Forma de Lagrange 
Sejam nxxx ,,, 10 L pontos distintos, tal que ii yxf =)( , i=1,2,...,n e 
seja pn(x) um polinômio interpolador de f(x) de grau menor ou igual 
a n , da forma: 
 
nnn yxLyxLyxLxp )(...)()()( 1100 +++=
 (5.3) 
onde )(xLk são polinômios de grau ≤n, para k=1,..,n. 
 
Os polinômios )(xLk devem satisfazer a condição kkn yxp =)( . Então 
 
L x
se k j
se k jk j
( ) =
≠
=





0
1 
Substituindo em (5.3) temos: 
knkkkkn yyyyyyyxp =++++++= +− 0...010...00)( 1110 
 
Lagrange definiu os polinômios )(xLk da seguinte forma: 
 
))...()()...()((
))...()()...()(()(
1121
1121
nkkkkkkk
nkk
k
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
xL
−−−−−
−−−−−
=
+−
+−
 (5.4) 
 
Com esta definição observe que: 
1))...()()...()((
))...()()...()(()(
1121
1121
=
−−−−−
−−−−−
=
+−
+−
nkkkkkkk
nkkkkkkk
kk
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
xL
 
Para j ≠ k, temos (por exemplo se j = 1 ≠ k): 
 
0))...()()...()((
))...()()...()(()(
1121
111112111
1 =
−−−−−
−−−−−
=
+−
+−
nkkkkkkk
nkk
k
xxxxxxxxxx
xxxxxxxxxx
xL
. 
 
Exemplo 2: Determine o polinômio interpolador de )(xf pelo 
método de Lagrange, nos pontos tabelados do exemplo anterior: 
 
 
 
Solução: 
Temos x0 = -1, x1=0, x2=2, y0=4, y1= 1 e y2= -1 
 x -1 0 2 
 )(xf 4 1 -1 
Como são 3 pontos tabelados, o polinômio interpolador será de 
grau 2 e será da forma: 
2211002 )()()()( yxLyxLyxLxp ++=
 
onde, 
3
)2(
))((
))(()(
2010
21
0
−
=
−−
−−
=
xx
xxxx
xxxx
xL
 2
)2)(1(
))((
))(()(
2101
20
1
−+−
=
−−
−−
=
xx
xxxx
xxxx
xL
 6
)1(
))((
))(()(
1202
10
2
xx
xxxx
xxxx
xL +=
−−
−−
=
 
Substituindo estes polinômios em p2(x) temos: 
)1.(
6
)2()1.(
2
)2)(1()4.(
3
)2()(2 −
+
+
−+
−
−
=
xxxxxx
xp
 
Simplificando 
3
2
3
71)(
2
2
xx
xp +−=
 
É igual ao polinômio obtido por sistemas. 
 
 
Exemplo 3: Considerando a tabela abaixo 
 
 
 
 a) Determine o polinômio interpolador e calcule f(0.5) 
 b) Determine um polinômio interpolador de grau 1 e calcule 
f(0.5) 
Resolução: a) 
L0(x) = ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x− − − −− − − − = − − −1 2 3 40 1 0 2 0 3 0 4
1 2 3
24 
L1(x) = ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x− − − −− − − − = + − − −−0 2 3 41 0 1 2 1 3 1 4
1 1 2 3
6 
L2(x) = ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x− − − −− − − − = + − −0 1 3 42 0 2 1 2 3 2 4
1 2 3
4 
 x -1 0 1 2 3 
 )(xf 1 10 -1 -2 
L3(x) = ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x− − − −
− − − −
=
+ − −
−
0 1 2 4
3 0 3 1 3 2 3 4
1 1 3
6 
L4(x) = ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x− − − −− − − − = + − −0 1 2 34 0 4 1 4 2 4 3
1 1 2
24 
 
Substituindo estes polinômios em p4(x), temos: 
p4(x)= x x x x( )( )( )− − −1 2 324 (1)+
( )( )( )( )x x x x+ − − −
−
1 1 2 3
6
(1)+ ( )( )( )( )x x x x+ − −1 2 3
4
(0) + ( )( )( )( )x x x x+ − −
−
1 1 3
6
(-1) + 
( )( )( )( )x x x x+ − −1 1 2
24
(-2) 
Portanto p4(0.5)=0.5391 que é um valor aproximado de f(0.5). 
 
b) Para obter um polinômio interpolador de grau 1, precisamos de 
2 pontos. Como o ponto 0.5 está entre 0 e 1 na tabela, escolhemos 
x0=0 e x1=1, assim y0=1 , y1=0 
p1(x) = L0(x)y0 + L1(x)y1 
onde 
L0(x) = ( )( ) ( )x xx x x−− = −−10 1
1
1 
L1(x) = ( )( )
( )x x
x x
x
x
−
−
= =
0
1 0 1 
Então p1(x) = -(x-1)1 + x.(0) = -x+1, substituindo x=0.5 temos 
p1(0.5) = 0.5 
Observe a diferença com o valor obtido em p4(0.5)=0.5391 
 
5.3. Forma de Newton 
Este método é também conhecido pelo método das diferenças 
divididas em relação aos distintos pontos nxxx ,,, 10 L , tal que 
nkfxf kk ,...,1,0;)( ==
 
O polinômio interpolador da função )(xf de grau ≤ n da forma: 
)())((...))(()()( 10102010 nnn xxxxxxaxxxxaxxaaxp −−−++−−+−+= L (5.5) 
onde ka são constantes a determinar. 
Como nkfxp kk ,...,1,0;)( == , então substituímos para cada k na 
relação (5.5), da seguinte forma: 
)()( 0000 xffaxpn === 
)()()( 101101 xfxxaaxpn =−+= , então 
01
01
1
)()(
xx
xfxf
a
−
−
=
 
E assim sucessivamente, os valores das constantes ak tem uma 
expressão grande, por causa disto se recorre à seguinte notação: 
 
E chamada de diferença dividida de ordem zero à expressão: )(][ 00 xfxf = 
E chamada de diferença dividida de ordem um à expressão: 
01
01
10
][][],[
xx
xfxf
xxf
−
−
=
 
Assim a diferença dividida de ordem dois é dada por: 
02
1021
210
],[],[],,[
xx
xxfxxf
xxxf
−
−
=
 
⁞ 
A diferença dividida de ordem n: 
0
11021
10
],...,,[],...,,[],...,,[
xx
xxxfxxxf
xxxf
n
nn
n
−
−
=
−
 
 
Portanto o polinômio da equação (5.5) pode ser escrito como: 
 
],...,[)())((...],,[))((],[)(][)( 0110210101000 nnn xxfxxxxxxxxxfxxxxxxfxxxfxp −−−−++−−+−+= L
 onde: 
],[ 00 xfa = ],[][][ 10
01
01
1 xxf
xx
xfxf
a =
−
−
= ,..., ],...,,[ 10 nn xxxfa = 
como a construção de pn(x) é trabalhosa, então recorremos à 
seguinte tabela (diferenças divididas), sem perda de generalidade, 
suponhamos que n=4: 
 
kx yi = f0 f1 f2 f3 f4 
0x ][ 00 xfy = 
 
 
],[ 10 xxf 
1x ][ 11 xfy = ],,[ 210 xxxf 
 
 
],[ 21 xxf ],,,[ 3210 xxxxf 
2x ][ 22 xfy = ],,[ 321 xxxf ],,,,[ 43210 xxxxxf 
 
 
],[ 32 xxf ],,,[ 4321 xxxxf 
3x ][ 33 xfy = ],,[ 432 xxxf 
 
 
],[ 43 xxf 
4x ][ 44 xfy = 
 
Estimativa do Erro: 
Uma estimativa do erro cometido na interpolação de Newton é 
através da fórmula: 
],,...,[)())(()( 010 xxxfxxxxxxxE nnn −−−= L (5.6) 
 
onde x é o valor a ser interpolado. (Independente de conhecer a 
forma analítica da função f ) 
� Quando se conhece a forma analítica da função f, tem-se: 
Teorema: Se a função é conhecida e f∈C(n+1)(I), para xi∈I, 
i=1,...,n então: 
 )!1(
)(],,..,,[
)1(
10 +
ξ
=
+
n
f
xxxxf x
n
n
 
tal que ξx ∈]x0,xn[ 
Exemplo 4: Resolva o exemplo (3), pela forma de Newton: 
Considerando a tabela abaixo 
 x -1 0 1 2 3 
 
)(xf
 
 1 1 0 -1 -2 
a) Determine o polinômio interpolador e calcule f(0.5) 
b) Determine um polinômio interpolador de grau 1 e calcule f(0.5) 
Solução: 
xi yi = f0 f1 f2 f3 f4 
10 −=x 1][ 0 =xf 
 
 f[x0,x1]=0 
1x =0 1][ 1 =xf f[x0,x1,x2]= -1/2 
 
 f[x1,x2]=-1 f[x0,x1,x2,x3]=1/6 
2x =1 0][ 2 =xf 
 
 f[x1,x2,x3]=0 
 
f[x0,x1,x2,x3,x4]=-1/24 
 
 f[x2,x3]=-1 f[x1,x2,x3,x4]=0 
3x =2 1][ 3 −=xf f[x2,x3,x4]=0 
 
 f[x3,x4]=-1 
4x =3 2][ 4 −=xf 
portanto 
],,,,[))()()(( 
],,,[))()((],,[))((],[)(][)(
432103210
32102102101010004
xxxxxfxxxxxxxx
xxxxfxxxxxxxxxfxxxxxxfxxxfxp
−−−−+
−−−+−−+−+=
 
p4(x) = 1 + (x+1)(0)+(x+1)(x)(-0.5) +(x+1)(x)(x-1)(1/6)+(x+1)(x)(x-1)(x-2) (-1/24) = 
 =-x4/24 +x3/4-11x2/24-3x/4+1 
p4(0.5) = 69/128 =0.539063 (idem) 
 
Neste exemplo podemos determinar o erro, para x=0.5, obtivemos 
f(0.5)=0.539063 
 
xi yi = f0 f1 f2 f3 f4 f5 
x0 =-1 y0 =1 
 f[x0,x1]=0 
x1 =0 y1 = 1 f[x0,x1,x]=-
0.307 
 
 f[x1,x]=-0.461 f[x0,x1,x,x2]=-0.116 
xi yi = f0 f1 f2 f3 f4 f5 
x = 0.5 y=0.5391 f[x1,x,x2]=-
0.539 
 f[x0,x1,x,x2,x3]=0.09
9 
 
 f[x1,x2]=-1 f[x0,x1,x2,x3]=0.18 f[x0,.,x4]=-
0.039 
x2 =1 y2 = 0 f[x1,x2,x3]=0 f[x1,x, x2,x3,x4]=-
0.06 
 
 f[x2,x3]=-1 f[x1,x2,x3,x4]=0 
x3 =2 y3 = -1 f[x2,x3,x4]=0 
 f[x3,x4]=-1 
x4 =3 y4 = -2 
 
Erro= E4(0.5) = (x-x0)(x-x1)....(x-xn) f [x0,x1,...,xn,x] 
 = (0.5+1)(0.5)(0.5-1)(0.5-2)(0.5-3)(-0.039)= 0.0548 (muito grande!) 
 
 
 
 
 
Exemplo: Um ciclista se desloca em linha reta ao longo de uma estrada. Foram 
cronometrados em determinados pontos do percurso os seguintes dados 
Tempo t (s) 0 100 200 300 400 
Distância (m) 0 80 200 380 500 
Velocidade(m/s) 0 20 22 22.5 24 
 
a) Utilizando o polinômio interpolador na forma de Lagrange, determine a distância percorrida 
em 250 segundos. 
b) Utilizando o polinômio interpolador na forma de Newton, determine a velocidade 
aproximada em 250 segundos. 
c) Em que tempo percorreu 280 m?