Métodos Numéricos: Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e interpolación Francisco Palacios Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña Febrero 2008, Version 1.4

Contenido 1. Objetivo de los métodos numéricos 2. Errores 3. Dígitos significativos y decimales exactos 4. Polinomios de Taylor 5. Resto del polinomio de Taylor 6. Polinomio interpolador de Lagrange 7. Forma de Lagrange para el polinomio interpolador 8. Error de interpolación 9. Forma de Newton para el polinomio interpolador 10. Polinomio interpolador de Hermite

1

Objetivo de los métodos numéricos

El objetivo de los métodos numéricos es aproximar el valor numérico de objetos matemáticos usando un número finito de operaciones aritméticas. Algunos ejemplos típicos del tipo de problema que abordan los métodos numéricos son los siguientes: 1. Evaluar

√ √ 5, 6 28, sin(0.361), (0.853)0.71 .

2. Aproximar un valor de x que cumpla sin x + ex = 0. 3. Aproximar el valor de

Z

1 0

1

sin x dx. x

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 2

4. Conocidos los valores de la tabla x f (x)

0 0.5

aproximar el valor de f (0.07), 5. Si y = y(x) cumple

½

R 0.2 0

0.1 1.7

0.2 2.3

f (x) dx, f 0 (0.07).

y 0 = x cos y y(0) = 0

aproximar y(0.1), y(0.2), y(0.3).

1.1

Método iterativo

Una forma bastante habitual de generar aproximaciones xj de un valor α x0 , x1 , x2 , . . . , xn , . . . → α consiste en el uso de una fórmula recurrente ½ xn+1 = g(xn ), x0 = valor inicial. √ Ejemplo 1.1 Método iterativo para c. La siguiente fórmula recurrente xn+1

1 = 2

¶ µ c , xn + xn

√ nos proporciona un método iterativo para aproximar el valor de c. Para iniciar el método, necesitamos una primera estimación x0 . √ Supongamos que deseamos calcular 27, la fórmula de recurrencia, en nuestro caso, es µ ¶ 1 27 xn + . xn+1 = 2 xn Podemos tomar como estimación inicial x0 = 5, entonces

x0 = 5, µ ¶ 27 1 5+ = 5. 2, x1 = 2 5 µ ¶ 27 1 x2 = 5.2 + = 5. 19615 3846, 2 5.2 µ ¶ 27 1 x3 = 5. 19615 3846 + = 5. 19615 2423, 2 5. 19615 3846 µ ¶ 27 1 x4 = 5. 19615 2423 + = 5. 19615 2423. 2 5. 19615 2423

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 3

Observamos que x4 = x3 (con 9 decimales), el método ha convergido al valor α ¯ = 5. 19615 2423. El valor obtenido es correcto hasta el noveno decimal √ 27 = 5. 19615 24227 06631. En el tema dedicado a la resolución numérica de ecuaciones, veremos que este método se obtiene al aplicar el método de Newton-Raphson a la ecuación x2 − c = 0. ¤

2

Errores

Sea α un valor exacto y (xj ) una sucesión de aproximaciones de α x0 , x1 , x2 , . . . , xj , . . . → α, definimos: • Error absoluto • Error relativo

ej = α − xj . rj =

ej α − xj = . α α

rˆj =

α − xj . xj

Error relativo aproximado

Normalmente usamos los valores absolutos de los errores ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ α − xj ¯ ¯ α − xj ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ , |ˆ rj | = ¯ |ej | = |α − xj | , |rj | = ¯ α ¯ xj ¯ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨

Fuentes de error ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

En la determinación del modelo.

En la resolución numérica.

⎧ Simplificación del problema. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (no rozaminento, etc...)

⎪ ⎪ Errores en la medida de datos ⎪ ⎪ ⎩ y parámetros.

⎧ Errores accidentales. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (de cálculo, de programación, etc...) ⎪ ⎪ ⎨

Truncamiento de procesoso infinitos. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Redondeo.

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 4

Ejemplo 2.1 Ejemplo de error de truncamiento. Queremos aproximar α=

∞ X 1 1 1 1 + ··· =1+ + + 2 n 4 9 16

n=1

para ello calculamos la suma finita S6 =

6 X 1 1 1 1 1 1 + + = 1. 491389. =1+ + + 2 n 4 9 16 25 36 n=1

Puede demostrarse que el valor exacto de α es α=

∞ X 1 π2 , = 2 n 6 n=1

por lo tanto, el error absoluto de truncamiento es e6 =

π2 − 1. 491389 = 0. 15354 5. 6

Para el error relativo, obtenemos r6 =

0. 15354 5 e6 = = 0.09 33 = 9.33%. α (π 2 /6)

Obviamente, al realizar los cálculos, también se han producido errores de redondeo, sin embargo, en este caso, los errores de redondeo son muy inferiores al error de truncamiento. ¤

3

Dígitos significativos y decimales exactos • Decimos que x aproxima α con t decimales exactos si |ex | = |α − x| ≤ 0.5 × 10−t . • Decimos que x aproxima α con t dígitos significativos si |rx | =

|α − x| ≤ 5 × 10−t . |α|

Ejemplo 3.1 Aproximamos α = 49.99 mediante x = 50.00. (a) ¿Cuántos decimales exactos tiene x? (b) ¿Cuántos dígitos significativos? (c) ¿Cuantos decimales son iguales?

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 5

(a) El error absoluto es |ex | = |α − x| = |49.99 − 50.00| = 0. 01 = 0.1 × 10−1 , como |ex | < 0.5 × 10−1 , x aproxima α con un decimal exacto. (b) El error relativo es

|rx | =

0.01 |α − x| = = 2. 0004 × 10−4 , |α| 49.99

como |rx | < 5 × 10−4 , x aproxima α con 4 dígitos significativos. (c) α y x no tienen dígitos iguales. ¤

4

Polinomio de Taylor

Sea f (x) una función derivable hasta orden n en x = c. • El polinomio de Taylor de f (x) en x = c es Pn (x) = f (c) +

f 00 (c) f 0 (c) f (n) (c) (x − c) + (x − c)2 + · · · + (x − c)n . 1! 2! n!

• Cuando c = 0, resulta el polinomio de McLaurin Pn (x) = f (0) +

f 00 (0) 2 f 0 (0) f (n) (0) n x+ x + ··· + x . 1! 2! n!

Propiedad Si Pn (x) es el polinomio de Taylor de orden n de f (x) en x = c, entonces se cumple Pn (c) = f (c), Pn0 (c) = f 0 (c), Pn00 (c) = f 00 (c), . . . , Pn(n) (c) = f (n) (c). Aplicación Los polinomios de Taylor permiten aproximar el valor de una función f (x) para x próximos a c. Observa que para construir el polinomio de Taylor usamos únicamente valores de f y sus derivadas (consecutivas) en x = c. Ejemplo 4.1 Consideramos f (x) = ex . (a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f. (b) Aproxima el valor de e0.5 . (c) ¿Cuántos decimales exactos tiene la aproximación?

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 6

(a) Polinomio de McLaurin. Se cumple f (x) = ex , f 0 (x) = ex , f 00 (x) = ex , . . . , f (5) (x) = ex . Sustituyendo en x = 0, resulta f (0) = f 0 (0) = f 00 (0) = · · · = f (5) (0) = 1, por lo tanto x5 x2 x3 x4 + + + . 2 6 24 120 (b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.5 en el polinomio, resulta P5 (x) = 1 + x +

P5 (0.5) = 1. 648698. (c) Error. El valor de e0.5 , calculado con 6 decimales es e0.5 = 1. 64872 1, el valor absoluto del error absoluto es ¯ ¯ |e5 | = ¯e0.5 − P5 (0.5)¯ = 0.000023 = 0.2 3 × 10−4 .

Por lo tanto, la aproximación P5 (0.5) tiene 4 decimales exactos. ¤ Ejemplo 4.2 Consideramos f (x) = sin x. (a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f. (b) Aproxima el valor1 de sin(0.2). (c) ¿Cuántos decimales exactos tiene la aproximación? (a) Polinomio de McLaurin. Se cumple: f (x) = sin x, f 0 (x) = cos x, f 00 (x) = − sin x, f (3) (x) = − cos x, f (4) (x) = sin x, f (5) (x) = cos x,

f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f (3) (0) = −1, f (4) (0) = 0, f (5) (0) = 1,

por lo tanto P5 (x) = x −

x5 x3 + . 6 120

1

El argumento de sin(x) está en radianes. Debes tener en cuenta que las reglas usuales de derivación de funciones trigonométricas, como d sin (x) = cos (x) , dx sólo son válidas si el ángulo está en radianes.

d cos (x) = − sin(x), dx

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 7

(b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.2 en el polinomio, resulta P5 (0.2) = 0.19866 93333. (c) Error. El valor de sin(0.2), calculado con 10 decimales es sin(0.2) = 0.19866 93308. El valor absoluto del error absoluto es |e5 | = |sin(0.2) − P5 (0.2)| = 0.2 5 × 10−8 . Por lo tanto, la aproximación P5 (0.2) tiene 8 decimales exactos. ¤

5

Resto del polinomio de Taylor

Sea • I = [a, b] y c un punto interior, esto es a < c < b. • f (x) una función de clase2 C n+1 [a, b]. Para cada x ∈ [a, b] se cumple f (x) = Pn (x) + Rn (x), donde: Pn (x) = f (c) +

f 00 (c) f 0 (c) f (n) (c) (x − c) + (x − c)2 + · · · + (x − c)n , 1! 2! n!

Rn (x) =

f (n+1) (t) (x − c)n+1 , (n + 1)!

t está entre c y x.

Cota de error Si representamos por Mn+1 una cota superior de f (n+1) (t), esto es ¯ ¯ ¯ ¯ max ¯f (n+1) (t)¯ ≤ Mn+1 , t∈[a,b]

entonces tenemos la siguiente acotación para el error absoluto que se produce cuando aproximamos f (x) mediante Pn (x) |en (x)| = |f (x) − Pn (x)| = |Rn (x)| ≤ 2

Mn+1 |x − c|n+1 . (n + 1)!

Una función es de clase C n+1 [a, b] si tiene derivadas contínuas hasta orden (n + 1) en [a, b]

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 8

Ejemplo 5.1 Aproxima sin(0.2) usando un polinomio de McLaurin de grado 3. Determina una cota superior de error y verifica los resultados. (a) Valor de la aproximación. En principio, tomaríamos P3 (x) = x −

x3 , 6

ahora bien, observamos que en este caso se cumple f (4) (x) = sin(x)

→

f (4) (0) = 0,

por lo tanto, el polinomio de orden 4 coincide con el de orden 3. P4 (x) = x −

x3 . 6

Tomamos P4 (x) porque nos proporciona una cota de error más ajustada. El valor de la aproximación, con 10 decimales es P4 (0.2) = 0. 19866 66667. (b) Cota de error. Como f (5) (x) = cos x, tenemos

¯ ¯ ¯ cos t 5 ¯ x ¯¯ , |e4 (x)| = ¯¯ 5!

t entre 0 y x.

Podemos tomar M5 = 1, entonces

(0.2)5 = 0.2 6667 × 10−5 . |e4 (0.2)| ≤ 5!

(1)

Por lo tanto, la aproximación P4 (0.2) tiene al menos 5 decimales exactos, podemos tomar el valor sin (0.2) = 0.19867. (c) Verificación de resultados. El valor de sin(0.2) calculado con 10 decimales es sin(0.2) = 0.1986693307, por lo tanto, el error absoluto es |e4 (0.2)| = |sin (0.2) − P4 (0.2)| = 0.2664 × 10−5 . Vemos que, en efecto, el error real es inferior a la cota superior de error calculada en (1). ¤

Resumen y ejemplos

6

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 9

Polinomio interpolador de Lagrange

6.1

Planteamiento

Dada la tabla de valores x y

x0 y0

x1 y1

··· ···

xn yn

(2)

donde • x0 , x1 , . . . , xn son n + 1 abscisas distintas. • y0 , y1 , . . . , yn son n + 1 valores arbitrarios. Queremos determinar un polinomio de grado ≤ n Pn (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , que verifique las n + 1 condiciones Pn (xj ) = yj ,

para j = 0, 1, . . . , n.

(3)

Propiedad Si las abscisas x0 , x1 , . . . , xn son distintas, existe un único polinomio Pn (x) de grado ≤ n que cumple las condiciones Pn (xj ) = yj ,

para j = 0, 1, . . . , n.

• Decimos que Pn (x) es el polinomio interpolador de la tabla x y

x0 y0

x1 y1

··· ···

xn yn

• Cuando los valores yj se generan empleando una función yj = f (xj ),

para j = 0, 1, . . . , n,

entonces decimos que Pn (x) es el polinomio interpolador de la función f (x) en las abscisas o nodos xj . 1 Ejemplo 6.1 Calcula el polinomio interpolador de la función f (x) = en x los nodos x0 = 1, x1 = 2, x2 = 3. La tabla de valores es x y

1 1

2 1/2

3 1/3

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 10

Como tenemos 3 puntos, debemos determinar un polinomio de grado≤ 2 P2 (x) = a0 + a1 x + a2 x2 . Las condiciones de interpolación (3) se traducen en ⎧ ⎨ P2 (1) = 1, P (2) = 1/2, ⎩ 2 P2 (3) = 1/3.

(4)

(5)

Sustituyendo en (4), obtenemos ⎧ ⎨ a0 + a1 + a2 = 1 a + 2a1 + 4a2 = 1/2 ⎩ 0 a0 + 3a1 + 9a2 = 1/3

Se trata de un sistema de 3 ecuaciones lineales con 3 incógnitas. Resolvemos por reducción ⎧ ⎨ a0 + a1 + a2 = 1 a a a1 + 3a2 = −1/2 (2 − 1 ) ⎩ (3a − 2a ) a1 + 5a2 = −1/6 ⎧ ⎨ a0 + a1 + a2 = 1 a1 + 3a2 = −1/2 ⎩ (3a − 2a ) 2a2 = 1/3 de donde resulta

1 a2 = , a1 = −1, 6 El polinomio interpolador, es por lo tanto P2 (x) =

a0 =

11 . 6

x2 11 −x+ . 6 6

Es inmediato verificar que, efectivamente, el polinomio obtenido cumple las condiciones de interpolación (5). ¤

6.2

Intervalo de interpolación

El intervalo de interpolación es el menor intervalo que contiene los nodos xj , lo representamos por hx0 , x1 , . . . , xn i = [min xj , max xj ]. Si los nodos están ordenados de forma creciente x0 < x1 < · · · < xn , entonces el intervalo de interpolación es [x0 , xn ].

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 11

El siguiente gráfico muestra la representación conjunta de la función f (x) = 1/x y el polinomio interpolador calculado en el Ejemplo 6.1 P2 (x) = 4

x2 11 −x+ . 6 6

y

f(x)=1/x f(x)=11/6-x+x^2

3

interpolador 2

función

1

x -1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5

Intervalo de interpolación -1 -2 -3

Observamos que: • El polinomio interpolador coincide con la función en los puntos de interpolación (xj , f (xj )). • El polinomio interpolador es un buen aproximante de la función cuando x pertenece al intervalo de interpolación. • Fuera del intervalo de interpolación, el error |en (x)| = |f (x) − Pn (x)| aumenta rápidamente.

7

Forma de Lagrange para el polinomio interpolador

Consideremos la tabla x y

x0 y0

x1 y1

··· ···

xn yn

donde los nodos xj son distintos. Sabemos que existe un único polinomio Pn (x) de grado ≤ n que interpola la tabla. Hemos visto que podemos determinar Pn (x) resolviendo un sistema de ecuaciones. Podemos obtener el polinomio interpolador de forma directa (sin resolver un sistema de ecuaciones) expresándolo en una forma especial, conocida como la forma de Lagrange Pn (x) = l0 (x) y0 + l1 (x) y1 + · · · + ln (x) yn .

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 12

Los polinomios lj (x) se denominan polinomios componentes y se caracterizan por las propiedades ⎧ ⎨ 1 si j = k, lj (xk ) = δ jk = ⎩ 0 si j 6= k.

Es decir, el polinomio componente lj (x) vale 1 en su nodo xj y se anula en los restantes. Como lj (x) se anula para x0 , x1 , . . . , xj−1 , xj+1 , . . . , xn , y es de grado ≤ n, debe ser de la forma lj (x) = C (x − x0 ) (x − x1 ) · · · (x − xj−1 ) (x − xj+1 ) · · · (x − xn ) . Para cumplir lj (xj ) = 1, debe ser C=

1 , (xj − x0 ) (xj − x1 ) · · · (xj − xj−1 ) (xj − xj+1 ) (xj − xn )

por lo tanto lj (x) =

(x − x0 ) (x − x1 ) · · · (x − xj−1 ) (x − xj+1 ) · · · (x − xn ) . (xj − x0 ) (xj − x1 ) · · · (xj − xj−1 ) (xj − xj+1 ) (xj − xn )

Ejemplo 7.1 Polinomio interpolador para 3 nodos. Consideremos la tabla x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

Los polinomios componentes son x2

⇒

l0 (x) =

(x − x1 ) (x − x2 ) . (x0 − x1 ) (x0 − x2 )

∗ x1

x2

⇒

l1 (x) =

(x − x0 ) (x − x2 ) . (x1 − x0 ) (x1 − x2 )

x1

∗ x2

⇒

l2 (x) =

(x − x0 ) (x − x1 ) . (x2 − x0 ) (x2 − x1 )

∗ x0

x1

x0 x0

Observamos que, efectivamente, los polinomios componentes cumplen ⎧ ⎧ ⎧ ⎨ l1 (x0 ) = 0 ⎨ l2 (x0 ) = 0 ⎨ l0 (x0 ) = 1 l (x ) = 0 , l (x ) = 1 , l (x ) = 0 . ⎩ 1 1 ⎩ 2 1 ⎩ 0 1 l0 (x2 ) = 0 l1 (x2 ) = 0 l2 (x2 ) = 1

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 13

El polinomio interpolador es, entonces P2 (x) = l0 (x) y0 + l1 (x) y1 + l2 (x) y2 . Vemos que P2 (x) es de grado ≤ 2, además toma los valores adecuados P2 (x0 ) = l0 (x0 ) y0 + l1 (x0 ) y1 + l2 (x0 ) y2 = y0 , P2 (x1 ) = l0 (x1 ) y0 + l1 (x1 ) y1 + l2 (x1 ) y2 = y1 , P2 (x2 ) = l0 (x2 ) y0 + l1 (x2 ) y1 + l2 (x2 ) y2 = y2,

¤

Ejemplo 7.2 Determina el polinomio interpolador de la tabla x y

1 1

2 1/2

3 . 1/3

Los polinomios componentes son x2 = 3

⇒

l0 (x) =

1 (x − 2) (x − 3) = (x − 2) (x − 3) . (1 − 2) (1 − 3) 2

∗ x1 = 2

x2 = 3

⇒

l1 (x) =

(x − 1) (x − 3) = − (x − 1) (x − 3) . (2 − 1) (2 − 3)

x1 = 2

∗ x2 = 3

⇒

l2 (x) =

1 (x − 1) (x − 2) = (x − 1) (x − 2) . (3 − 1) (3 − 2) 2

∗ x0 = 1

x1 = 2

x0 = 1 x0 = 1

El polinomio interpolador es P2 (x) = l0 (x) · 1 + l1 (x) ·

1 1 + l2 (x) . 2 3

1 1 1 (x − 2) (x − 3) − (x − 1) (x − 3) + (x − 1) (x − 2) . (6) 2 2 6 La tabla de valores es la misma que la del Ejemplo 6.1, si operamos en (6), resulta 1 11 P2 (x) = x2 − x + , 6 6 que coincide con el obtenido mediante la resolución de un sistema de ecuaciones. ¤ P2 (x) =

Resumen y ejemplos

8

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 14

Error de interpolación

Para el polinomio interpolador de una función, es posible obtener una expresión del error que es muy parecida a la fórmula de error para el polinomio de Taylor. Sean • (n + 1) nodos distintos x0 , x1 , . . . , xn . • [a, b] = hx0 , x1 , . . . , xn i (el menor intervalo que contiene los nodos) • f (x) función de clase C n+1 [a, b]. • Pn (x) el polinomio interpolador de f (x) en los nodos x0 , x1 , . . . , xn . Para cada x ∈ [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión en (x) = f (x) − Pn (x) =

f (n+1) (t) (x − x0 ) · · · (x − xn ), (n + 1)!

t ∈ [a, b].

¯ ¯ Si Mn+1 es una cota superior para ¯f (n+1) (t)¯ , esto es ¯ ¯ ¯ ¯ max ¯f (n+1) (t)¯ ≤ Mn+1 , t∈[a,b]

obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación |en (x)| = |f (x) − Pn (x)| ≤

Mn+1 |(x − x0 ) · · · (x − xn )| . (n + 1)!

Ejemplo 8.1 A partir de los datos e0 = 1, e0.1 = 1.105171, e0.2 = 1.221403. (a) Aproxima el valor de e0.14 . (b) Determina una cota superior del error de interpolación. (c) Compara con el valor de la calculadora. (a) Cálculo de la aproximación. Los polinomios componentes son ∗ x0 = 0

x1 = 0.1

x2 = 0.2

l0 (x) =

⇒

l0 (x) =

(x − 0.1) (x − 0.2) . (0 − 0.1) (0 − 0.2)

1 (x − 0.1) (x − 0.2) . 0.02

Resumen y ejemplos ∗ x1 = 0.1

x0 = 0

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 15

x2 = 0.2 l1 (x) =

x0 = 0

x1 = 0.1

∗ x2 = 0.2 l2 (x) =

⇒

l1 (x) =

−1 x (x − 0.2) 0.01 ⇒

l2 (x) =

1 x (x − 0.1) . 0.02

(x) (x − 0.2) (0.1 − 0) (0.1 − 0.2)

(x) (x − 0.1) . (0.2 − 0) (0.2 − 0.1)

Polinomio interpolador P2 (x) = l0 (x) y0 + l1 (x) y1 + l2 (x) y2 . Para calcular P2 (1.14), sustituimos en los polinomios componentes l0 (0.14) =

(0.04) (−0.06) 1 (0.14 − 0.1) (0.14 − 0.2) = = −0.12, 0.02 0.02

− (0.14) (−0.06) −1 (0.14) (0.14 − 0.2) = = 0.84, 0.01 0.01 (0.14) (0.04) 1 (0.14) (0.14 − 0.1) = = 0.28, l2 (0.14) = 0.02 0.02 finalmente l1 (0.14) =

P2 (0.14) = l0 (0.14) y0 + l1 (0.14) y1 + l2 (0.14) y2 = (−0.12) · 1 + 0.84 × 1.105171 + 0.28 × 1.221403 = 1. 150336.

(b) Cota superior de error. En nuestro caso, el intervalo de interpolación es [0, 0.2], tenemos |e2 (x)| ≤ con

M3 |(x − x0 ) (x − x1 ) (x − x2 )| , 3!

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ M3 ≥ max ¯f (3) (t)¯ = max ¯et ¯ = e0.2 = 1.221403, t∈[0,0.2]

t∈[0,0.2]

por lo tanto

1.221403 |(0.14 − 0) (0.14 − 0.1) (0.14 − 0.2)| 3! ≤ 0.6 83986 × 10−4 = 0.06 83986 × 10−3 .

e2 (0.14) ≤

Vemos que la aproximación tiene al menos 3 decimales exactos, el resultado es e0.14 = 1. 150 .

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 16

(c) Comparación con el valor de la calculadora. El error exacto (con 6 decimales) es ¯ ¯ |e2 (0.14)| = ¯e0.14 − P2 (0.14)¯ = |1. 150273 − 1. 150336| = 0. 63 × 10−4

vemos que, efectivamente, el error real es inferior a la cota de error calculada. ¤

9

Forma de Newton para el polinomio interpolador

En esta sección se presenta otra forma para calcular el polinomio interpolador, conocida como la forma de Newton. Esta forma es especialmente adecuada para realizar los cálculos manualmente. Además, permite incorporar nuevos puntos de interpolación sin tener que rehacer todos los cálculos.

9.1

Diferencias divididas

Dada la tabla de valores x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

x3 y3

x4 y4

formamos la tabla de diferencias divididas x0 x1 x2 x3 x4

f [x0 ] f [x1 ] f [x2 ] f [x3 ] f [x4 ]

f [x0 , x1 ] f [x1 , x2 ] f [x2 , x3 ] f [x3 , x4 ]

f [x0 , x1 , x2 ] f [x1 , x2 , x3 ] f [x2 , x3 , x4 ]

f [x0 , x1 , x2 , x3 ] f [x1 , x2 , x3 , x4 ]

f [x0 , x1 , x2 , x3 , x4 ]

Las diferencias divididas se calculan de forma recurrente f [xj ] = f (xj ) = yj ,

f [xi , xi+1 , · · · , xj−1 , xj ] =

f [xi+1 , · · · , xj−1 , xj ] − f [xi , xi+1 , · · · , xj−1 ] , xj − xi

Ejemplo 9.1 Diferencias divididas.

f [x0 , x1 ] =

f [x1 ] − f [x0 ] , x1 − x0

f [x1 , x2 ] =

f [x2 ] − f [x1 ] , x2 − x1

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 17

f [x0 , x1 , x2 ] = f [x1 , x2 , x3 , x4 ] =

f [x1 , x2 ] − f [x0 , x1 ] , x2 − x0

f [x2 , x3 , x4 ] − f [x1 , x2 , x3 ] . ¤ x4 − x1

Ejemplo 9.2 Diferencias divididas para la tabla x y

x0 = 0 x1 = 1 x2 = 3

9.2

f [x0 ]= 1 f [x1 ] = 3 f [x2 ] = −1

0 1

f [x0 , x1 ]= f [x1 , x2 ]=

1 3

3 . −1

3−1 1 =2 −1−3 3−1 = −2

f [x0 , x1 , x2 ]=

−2−2 3−0

=

−4 3

Interpolador de Newton

Dada la tabla de valores x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

x3 y3

x4 y4

tenemos los siguientes polinomios interpoladores • Un nodo

x y

x0 y0

P0 (x) = f [x0 ]. • Dos nodos

x y

x0 y0

x1 y1

P1 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ). • Tres nodos

x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

P2 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ) + f [x0 , x1 , x2 ] (x − x0 )(x − x1 ). • Cuatro nodos

x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

x3 y3

P3 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ) + f [x0 , x1 , x2 ] (x − x0 )(x − x1 ) +f [x0 , x1 , x2 , x3 ] (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 ).

Resumen y ejemplos • Cinco nodos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 18

x y

x0 y0

x1 y1

x2 y2

x3 y3

x4 y4

P4 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ) + f [x0 , x1 , x2 ] (x − x0 )(x − x1 ) +f [x0 , x1 , x2 , x3 ] (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )

+f [x0 , x1 , x2 , x3 , x4 ] (x − x0 )(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ).

Ejemplo 9.3 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x y

0 1

1 3

3 . −1

Hemos obtenido la tabla de diferencias divididas x0 = 0 x1 = 1 x2 = 3

f [x0 ]= 1 f [x1 ]= 3 f [x2 ]= −1

f [x0 , x1 ] = 2 f [x1 , x2 ] = −2

f [x0 , x1 , x2 ] =

−4 3

El interpolador es P2 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ) + f [x0 , x1 , x2 ] (x − x0 )(x − x1 ). En nuestro caso

−4 x (x − 1). 3 El polinomio P2 (x) es de grado 2. En los nodos xj toma los valores P2 (x) = 1 + 2x +

P2 (0) = 1, P2 (1) = 1 + 2 = 3, 4 P2 (3) = 1 + 6 − · 6 = 7 − 8 = −1. 3 Se trata, por lo tanto, del polinomio interpolador. ¤ Ejemplo 9.4 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x y

0 0

1 0

−1 . 2

Hemos obtenido la tabla de diferencias divididas x0 = 0 x1 = 1 x2 = −1

f [x0 ] = 0 f [x1 ] = 0 f [x2 ] = 2

f [x0 , x1 ] = 0 f [x1 , x2 ] = −1

f [x0 , x1 , x2 ] = 1

El interpolador es P2 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ] (x − x0 ) + f [x0 , x1 , x2 ] (x − x0 )(x − x1 ), en nuestro caso P2 (x) = x (x − 1). ¤

Resumen y ejemplos

10 10.1

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 19

Interpolación de Hermite Presentación del problema

Dada la tabla de datos x y y0

x0 y0 y00

x1 y1 y10

··· ··· ···

xn yn yn0

se pretende determinar un polinomio de grado ≤ 2n + 1 H2n+1 (x) = a0 + a1 x + · · · + a2n+1 x2n+1 , que cumpla las 2n + 2 condiciones ½ H2n+1 (xj ) = yj 0 H2n+1 (xj ) = yj0

para j = 0, 1, . . . , n.

Propiedad. Si los nodos x0 , x1 , . . . , xn , son distintos, entonces el polinomio interpolador de Hermite H2n+1 (x) existe y es único, para cualquier elección de los valores yj y yj0 . Ejemplo 10.1 Calcula el polinomio interpolador de Hermite para la tabla x y y0

0 1 1

1 3 . −1

Se trata de un polinomio de grado ≤ 3 H3 (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 .

(7)

Las condiciones de interpolación son ⎧ H3 (0) = 1, ⎪ ⎪ ⎨ 0 H3 (0) = 1, H (1) = 3, ⎪ ⎪ ⎩ 30 H3 (1) = −1. Calculamos H30 (x)

(8)

H30 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ,

sustituyendo en (7) y (9), resulta ⎧ ⎧ a0 = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ a1 = 1 ⇒ ⎪ a0 + a1 + a2 + a3 = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ a1 + 2a2 + 3a3 = −1

⎧ a0 = 1 a0 ⎪ ⎪ ⎨ a1 = 1 a1 ⇒ a2 + a3 = 1 ⎪ a2 ⎪ ⎩ 2a2 + 3a3 = −2 a3

(9)

=1 =1 =5 = −4

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 20

El polinomio interpolador es, por lo tanto, H3 (x) = 1 + x + 5x2 − 4x3 . Vemos que H3 (x) cumple H3 (0) = 1,

H3 (1) = 3,

si calculamos la derivada H30 (x) = 1 + 10x − 12x2 y sustituimos en x0 = 0 y x1 = 1, resulta H30 (0) = 1,

H30 (1) = −1.

por lo tanto, H3 (x) cumple las condiciones (8). ¤

10.2

Cálculo del polinomio de Hermite usando diferencias divididas

Podemos calcular el polinomio de Hermite usando un procedimiento muy parecido al empleado para construir la forma de Newton del polinomio interpolador de Lagrange. x0 x0 x1 x1 x2 x2

f [x0 ] f [x0 ] f [x1 ] f [x1 ] f [x2 ] f [x2 ]

f [x0 , x0 ] f [x0 , x1 ] f [x1 , x1 ] f [x1 , x2 ] f [x2 , x2 ]

f [x0 , x0 , x1 ] f [x0 , x1 , x1 ] f [x1 , x1 , x2 ] f [x1 , x2 , x2 ]

f [x0 , x0 , x1 , x1 ] f [x0 , x1 , x1 , x2 ] f [x1 , x1 , x2 , x2 ]

f [x0 , x0 , x1 , x1 , x2 ] f [x0 , x1 , x1 , x2 , x2 ]

La diferencia es que ahora hay nodos xj repetidos, las diferencias f [xj , xj ] se definen como f [xj , xj ] = f 0 (xj ) = yj0 . Los polinomios de Hermite H1 (x), H2 (x), H2 (x), tienen la siguiente forma: • Un nodo. Tabla de datos

x y y0

x0 y0 y00

Tabla de diferencias x0 x0

f [x0 ] f [x0 ]

f [x0 , x0 ]

Interpolador H1 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x0 ] (x − x0 ). Observa que en este caso, se obtiene la recta tangente en x = x0 .

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 21

• Dos nodos. Tabla de datos x y y0

x0 y0 y00

x1 y1 y10

Tabla de diferencias f [x0 ] f [x0 ] f [x1 ] f [x1 ]

x0 x0 x1 x1

f [x0 , x0 ] f [x0 , x1 ] f [x1 , x1 ]

f [x0 , x0 , x1 ] f [x0 , x1 , x1 ]

f [x0 , x0 , x1 , x1 ]

Interpolador H3 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x0 ] (x − x0 ) + f [x0 , x0 , x1 ] (x − x0 )2 +

+f [x0 , x0 , x1 , x1 ] (x − x0 )2 (x − x1 ) .

• Tres nodos. Los datos son x y y0

x0 y0 y00

x1 y1 y10

x2 y2 y20

y el polinomio interpolador tiene la forma H5 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x0 ] (x − x0 ) + f [x0 , x0 , x1 ] (x − x0 )2 + +f [x0 , x0 , x1 , x1 ] (x − x0 )2 (x − x1 ) +

+f [x0 , x0 , x1 , x1 , x2 ] (x − x0 )2 (x − x1 )2 +

+f [x0 , x0 , x1 , x1 , x2 , x2 ] (x − x0 )2 (x − x1 )2 (x − x2 ). Ejemplo 10.2 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x y y0

0 1 1

1 3 . −1

Los datos iniciales en la tabla de diferencias divididas son x0 x0 x1 x1

=0 =0 =1 =1

f [x0 ] = 1 f [x0 ] = 1 f [x1 ] = 3 f [x1 ] = 3

f [x0 , x0 ] = 1 f [x0 , x1 ] f [x1 , x1 ] = −1

f [x0 , x0 , x1 ] f [x0 , x1 , x1 ]

f [x0 , x0 , x1 , x1 ]

A partir de ahí, obtenemos x0 x0 x1 x1

=0 =0 =1 =1

f [x0 ] = 1 f [x0 ] = 1 f [x1 ] = 3 f [x1 ] = 3

f [x0 , x0 ] = 1 f [x0 , x1 ] = 2 f [x1 , x1 ] = −1

f [x0 , x0 , x1 ] = 1 f [x0 , x1 , x1 ] = −3

f [x0 , x0 , x1 , x1 ] = −4

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 22

Por lo tanto, el interpolador es H3 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x0 ] (x − x0 ) + f [x0 , x0 , x1 ] (x − x0 )2 + +f [x0 , x0 , x1 , x1 ] (x − x0 )2 (x − x1 ) .

H3 (x) = 1 + x + x2 − 4x2 (x − 1) . Si operamos, resulta H3 (x) = 1 + x + 5x2 − 4x3 . que coincide con el obtenido en el Ejemplo 10.1 ¤

10.3

Error del polinomio de Hermite

Sean • (n + 1) nodos distintos x0 , x1 , . . . , xn . • [a, b] = hx0 , x1 , . . . , xn i (el menor intervalo que contiene los nodos). • f (x) función de clase C 2n+2 [a, b]. • H2n+1 (x) el polinomio interpolador de Hermite para f (x) en los nodos x0 , x1 , . . . , xn . Para cada x ∈ [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión ¯ ¯ ¯ ¯ f (2n+2) (t) ¯ ¯ 2 2 (x − x0 ) · · · (x − xn ) ¯ , |e2n+1 (x)| = |f (x) − H2n+1 (x)| = ¯ ¯ ¯ (2n + 2)!

t ∈ [a, b].

¯ ¯ Si M2n+2 es una cota superior para ¯f (2n+2) (t)¯ , esto es ¯ ¯ ¯ ¯ max ¯f (2n+2) (t)¯ ≤ M2n+2 , t∈[a,b]

obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación |e2n+1 (x)| = |f (x) − H2n+1 (x)| ≤

M2n+2 (x − x0 )2 · · · (x − xn )2 . (2n + 2)!

Ejemplo 10.3 Calcula el polinomio de Hermite que interpola la función sin(x) en x0 = 0 y x1 = π/4. Aproxima el valor de sin(0.5), calcula una cota superior de error.

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 23

Tenemos f 0 (x) = cos(x),

f (x) = sin(x), f (0) = 0,

f 0 (0) = 1,

1 π f ( ) = √ = 0. 70710 678, 4 2 La tabla de datos es x y y0

x0 = 0 0 1

π f 0 ( ) = 0.70710 678. 4

x1 = 0. 78539 816 0.70710 678 0.70710 678

la tabla de diferencias inicial es x0 x0 x1 x1

=0 =0 = 0. 78539 816 = 0. 78539 816

f [x0 ] = 0 f [x0 ] = 0 f [x1 ] = 0.70710 678 f [x1 ] = 0.70710 678

f [x0 , x0 ] = 1. f [x0 , x1 ] f [x1 , x1 ] = 0.70710 678

de donde obtenemos f [x0 , x0 ] = 1. f [x0 , x1 ] = 0. 90031 632 f [x1 , x1 ] = 0.70710 678

f [x0 , x0 , x1 ] = −0. 12692 12 f [x0 , x1 , x1 ] = −0. 24600 203

f [x0 , x0 , x1 , x1 ] = −0. 15161 842

El cálculo detallado de algunas diferencias divididas es como sigue f [x0 , x1 ] = f [x0 , x0 , x1 ] = f [x0 , x1 , x1 ] =

f [x1 ] − f [x0 ] 0.70710 678 = 0. 90031 632, = x1 − x0 0. 78539 816

f [x0 , x1 ] − f [x0 , x0 ] 0. 90031 632 − 1. = −0. 12692 12, = x1 − x0 0. 78539 816

f [x1 , x1 ] − f [x0 , x1 ] 0.70710 678 − 0. 90031 632 = = −0. 24600 203. x1 − x0 0. 78539 816

Los valores relevantes para construir H3 (x) son f [x0 ] = 0, f [x0 , x0 , x1 ] = −0. 12692 12,

f [x0 , x0 ] = 1, f [x0 , x0 , x1 , x1 ] = −0. 15161 842.

El polinomio interpolador tiene la forma H3 (x) = f [x0 ] + f [x0 , x0 ] (x − x0 ) + f [x0 , x0 , x1 ] (x − x0 )2 + +f [x0 , x0 , x1 , x1 ] (x − x0 )2 (x − x1 ) ,

Resumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e Interpolación. 24

es, por lo tanto H3 (x) = x − 0. 12692 12 x2 − 0. 15161 842 x2 (x − 0. 78539 816). El valor aproximado para x = 0.5 es H3 (0.5) = 0.47908 76.

(10)

Cota de error. Tenemos |e3 (x)| = |f (x) − H3 (x)| ≤

M4 (x − x0 )2 (x − x1 )2 . 4!

El intervalo de interpolación es [0, π/4]. En nuestro caso f (4) (x) = sin(x) por lo tanto ¯ ¯ 1 ¯ ¯ M4 = max ¯f (4) (t)¯ = sin(π/4) = √ , t∈[0,π/4] 2 de donde resulta la cota de error ³ ´ |e3 (0.5)| ≤

√1 2

24

(0.5)2 (0.5 − π/4)2 = 0.59995 × 10−3 .

A la vista de la cota de error, sólo podemos asegurar 2 decimales exactos en la aproximación, el valor que debemos tomar como resultado se obtiene redondeando (10) a 2 decimales sin(0.5) = 0.48. Error exacto. El valor de sin(0.5) es sin(0.5) = 0. 47942 554, el error real es |e3 (0.5)| = |sin(0.5) − H3 (0.5)| = 0.33794 × 10−3 . ¤