A melhor aproximação de \(t^3\) por polinômios de grau \(\leq1\)
Em \(\Pol{3}\) com \(\langle p,q\rangle = \int_{-1}^1pq\), a melhor aproximação de \(t^3\) por polinômios de grau \(\leq1\). Pelo Exemplo 6.20, \(\big(\tfrac{1}{\sqrt2},\sqrt{\tfrac32}\,t\big)\) é base ortonormal de \(\Pol{1}\). Como \(\langle t^3,1\rangle = 0\) e \(\langle t^3,t\rangle = \tfrac25\), \[P_{P_1}(t^3) = \tfrac32\cdot\tfrac25\,t = \tfrac35\,t.\] Confira que o erro \(t^3-\tfrac35t\) é perpendicular a \(P_1\): \(\int_{-1}^1(t^3-\tfrac35t)\,dt = 0\) (é ímpar) e \(\int_{-1}^1(t^4-\tfrac35t^2)\,dt = \tfrac25-\tfrac35\cdot\tfrac23 = 0\).
A resposta não é a reta tangente nem a reta pelos extremos: é a reta que minimiza o erro quadrático médio em \([-1,1]\). Mudar o produto interno (por exemplo, integrar em \([0,1]\)) muda a resposta. E \(t^3-\frac35t\) é, a menos de múltiplo, o quarto polinômio de Legendre: é o que Gram–Schmidt daria no passo seguinte do Exemplo 6.20.
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\cardtitulo{A melhor aproximação de $t^3$ por polinômios de grau $\leq1$}
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\cardrequer{thm-aprox, prop-formula, ex-legendre}
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\begin{cartao}
Em $\Pol{3}$ com
$\langle p,q\rangle = \int_{-1}^1pq$, a melhor aproximação de $t^3$ por polinômios de grau
$\leq1$. Pelo \vejacard{ex-legendre}, $\big(\tfrac{1}{\sqrt2},\sqrt{\tfrac32}\,t\big)$ é base ortonormal de
$\Pol{1}$. Como $\langle t^3,1\rangle = 0$ e $\langle t^3,t\rangle = \tfrac25$,
\[P_{P_1}(t^3) = \tfrac32\cdot\tfrac25\,t = \tfrac35\,t.\]
Confira que o erro $t^3-\tfrac35t$ é perpendicular a $P_1$: $\int_{-1}^1(t^3-\tfrac35t)\,dt = 0$
(é ímpar) e $\int_{-1}^1(t^4-\tfrac35t^2)\,dt = \tfrac25-\tfrac35\cdot\tfrac23 = 0$.
\noindent A resposta não é a reta tangente nem a reta pelos extremos: é a reta que minimiza o
erro quadrático médio em $[-1,1]$. Mudar o produto interno (por exemplo, integrar em $[0,1]$)
muda a resposta. E $t^3-\frac35t$ é, a menos de múltiplo, o quarto
polinômio de Legendre: é o que Gram--Schmidt daria no passo seguinte do
\vejacard{ex-legendre}.
\end{cartao}