7. Forma de Lagrange para el polinomio interpolador. 9. Forma de Newton para el polinomio interpolador

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1 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. RestodelpolinomiodeTaylor 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) Aproximar un valor de x que cumpla sin x + e x =0. 3. Aproximar el valor de Z 1 0 sin x x dx. 1

2 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación Conocidos los valores de la tabla x f(x) aproximar el valor de f(0.07), R f(x) dx, f 0 (0.07). 5. Si y = y(x) cumple ½ 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 x j de un valor α x 0,x 1,x 2,...,x n,... α consiste en el uso de una fórmula recurrente ½ xn+1 = g(x n ), x 0 = valor inicial. Ejemplo 1.1 Método iterativo para c. La siguiente fórmula recurrente x n+1 = 1 µ x n + c, 2 x n nos proporciona un método iterativo para aproximar el valor de c. Para iniciar el método, necesitamos una primera estimación x 0. Supongamos que deseamos calcular 27, la fórmula de recurrencia, en nuestro caso, es x n+1 = 1 µ x n x n Podemos tomar como estimación inicial x 0 =5, entonces x 0 = 5, x 1 = 1 µ =5. 2, 2 5 x 2 = 1 µ = , x 3 = 1 µ = , x 4 = 1 µ =

3 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 3 Observamos que x 4 = x 3 (con 9 decimales), el método ha convergido al valor ᾱ = El valor obtenido es correcto hasta el noveno decimal 27 = En el tema dedicado a la resolución numérica de ecuaciones, veremos que este método se obtiene al aplicar el método de Newton-Raphson alaecuación x 2 c =0. 2 Errores Sea α un valor exacto y (x j ) una sucesión de aproximaciones de α definimos: x 0,x 1,x 2,...,x j,... α, Error absoluto e j = α x j. Error relativo Error relativo aproximado r j = α x j α = e j α. ˆr j = α x j x j. Normalmente usamos los valores absolutos de los errores e j = α x j, r j = α x j α, ˆr j = α x j x j. 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.

4 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 4 Ejemplo 2.1 Ejemplo de error de truncamiento. Queremos aproximar α = X n=1 para ello calculamos la suma finita S 6 = 6X n=1 1 n 2 = n 2 = = Puede demostrarse que el valor exacto de α es α = X n=1 1 n 2 = π2 6, por lo tanto, el error absoluto de truncamiento es e 6 = π = Para el error relativo, obtenemos r 6 = e 6 α = (π 2 /6) = = 9.33%. 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 e x = α x t. Decimos que x aproxima α con t dígitos significativos si r x = α x α 5 10 t. Ejemplo 3.1 Aproximamos α = mediante x = (a) Cuántos decimales exactos tiene x? (b) Cuántosdígitossignificativos? (c) Cuantos decimales son iguales?

5 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 5 (a) El error absoluto es e x = α x = =0. 01 = , como e x < ,xaproxima α con un decimal exacto. (b) El error relativo es r x = α x α = = , como r x < ,xaproxima 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 P n (x) =f(c)+ f 0 (c) 1! (x c)+ f 00 (c) (x c) f (n) (c) (x c) n. 2! n! Cuando c =0, resulta el polinomio de McLaurin P n (x) =f(0) + f 0 (0) 1! x + f 00 (0) 2! x f (n) (0) n! x n. Propiedad Si P n (x) eselpolinomiodetaylordeordenn de f(x) en x = c, entonces se cumple P n (c) =f(c), Pn(c) 0 =f 0 (c), Pn 00 (c) =f 00 (c),..., P n (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) =e x. (a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f. (b) Aproxima el valor de e 0.5. (c) Cuántos decimales exactos tiene la aproximación?

6 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 6 (a) Polinomio de McLaurin. Se cumple f(x) =e x,f 0 (x) =e x,f 00 (x) =e x,...,f (5) (x) =e x. Sustituyendo en x =0, resulta f(0) = f 0 (0) = f 00 (0) = = f (5) (0) = 1, por lo tanto P 5 (x) =1+x + x2 2 + x3 6 + x x (b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.5 en el polinomio, resulta P 5 (0.5) = (c) Error. El valor de e 0.5, calculado con 6 decimales es e 0.5 = , el valor absoluto del error absoluto es e 5 = e 0.5 P 5 (0.5) = = Porlotanto,laaproximaciónP 5 (0.5) tiene 4 decimales exactos. Ejemplo 4.2 Consideramos f(x) =sinx. (a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f. (b) Aproxima el valor 1 de sin(0.2). (c) Cuántos decimales exactos tiene la aproximación? (a) Polinomio de McLaurin. Se cumple: f(x) =sinx, f 0 (x) =cosx, f 00 (x) = sin x, f (3) (x) = cos x, f (4) (x) =sinx, f (5) (x) =cosx, 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 P 5 (x) =x x3 6 + x El argumento de sin(x) está en radianes. Debes tener en cuenta que las reglas usuales de derivación de funciones trigonométricas, como d d sin (x) =cos(x), dx sólo son válidas si el ángulo está en radianes. cos (x) = sin(x), dx

7 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 7 (b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.2 en el polinomio, resulta P 5 (0.2) = (c) Error. El valor de sin(0.2), calculado con 10 decimales es sin(0.2) = El valor absoluto del error absoluto es e 5 = sin(0.2) P 5 (0.2) = Porlotanto,laaproximaciónP 5 (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 clase 2 C n+1 [a, b]. Para cada x [a, b] se cumple donde: P n (x) =f(c)+ f 0 (c) 1! f(x) =P n (x)+r n (x), (x c)+ f 00 (c) (x c) f (n) (c) (x c) n, 2! n! R n (x) = f (n+1) (t) (n +1)! (x c)n+1, t está entre c y x. Cota de error Si representamos por M n+1 una cota superior de f (n+1) (t), esto es max f (n+1) (t) M n+1, t [a,b] entonces tenemos la siguiente acotación para el error absoluto que se produce cuando aproximamos f(x) mediante P n (x) e n (x) = f(x) P n (x) = R n (x) M n+1 (n +1)! x c n+1. 2 Una función es de clase C n+1 [a, b] si tiene derivadas contínuas hasta orden (n +1) en [a, b]

8 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 P 3 (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. P 4 (x) =x x3 6. Tomamos P 4 (x) porque nos proporciona una cota de error más ajustada. El valor de la aproximación, con 10 decimales es (b) Cota de error. Como P 4 (0.2) = f (5) (x) =cosx, tenemos e 4 (x) = cos t x 5, t entre 0 y x. 5! Podemos tomar M 5 =1, entonces e 4 (0.2) (0.2)5 5! = (1) Porlotanto,laaproximaciónP 4 (0.2) tiene al menos 5 decimales exactos, podemos tomar el valor sin (0.2) = (c) Verificación de resultados. Elvalor desin(0.2) calculado con 10 decimales es sin(0.2) = , por lo tanto, el error absoluto es e 4 (0.2) = sin (0.2) P 4 (0.2) = Vemos que, en efecto, el error real es inferior a la cota superior de error calculada en (1).

9 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 9 6 Polinomio interpolador de Lagrange 6.1 Planteamiento Dada la tabla de valores donde x 0,x 1,...,x n son n +1abscisas distintas. y 0,y 1,...,y n son n +1valores arbitrarios. Queremos determinar un polinomio de grado n que verifique las n +1condiciones x x 0 x 1 x n y y 0 y 1 y n (2) P n (x) =a 0 + a 1 x + + a n x n, P n (x j )=y j, para j =0, 1,...,n. (3) Propiedad Si las abscisas x 0,x 1,...,x n son distintas, existe un único polinomio P n (x) de grado n que cumple las condiciones P n (x j )=y j, para j =0, 1,...,n. Decimos que P n (x) es el polinomio interpolador de la tabla x x 0 x 1 x n y y 0 y 1 y n Cuando los valores y j se generan empleando una función y j = f(x j ), para j =0, 1,...,n, entonces decimos que P n (x) es el polinomio interpolador de la función f(x) en las abscisas o nodos x j. Ejemplo 6.1 Calcula el polinomio interpolador de la función f(x) = 1 x en los nodos x 0 =1,x 1 =2,x 2 =3. La tabla de valores es x y 1 1/2 1/3

10 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 10 Como tenemos 3 puntos, debemos determinar un polinomio de grado 2 P 2 (x) =a 0 + a 1 x + a 2 x 2. (4) Las condiciones de interpolación (3) se traducen en P 2 (1) = 1, P 2 (2) = 1/2, P 2 (3) = 1/3. (5) Sustituyendo en (4), obtenemos a 0 + a 1 + a 2 =1 a 0 +2a 1 +4a 2 =1/2 a 0 +3a 1 +9a 2 =1/3 Se trata de un sistema de 3 ecuaciones lineales con 3 incógnitas. Resolvemos por reducción (2 a 1 a ) (3 a 2 a ) a 0 + a 1 + a 2 =1 a 1 +3a 2 = 1/2 a 1 +5a 2 = 1/6 a 0 + a 1 + a 2 =1 a 1 +3a 2 = 1/2 2a 2 =1/3 (3 a 2 a ) de donde resulta a 2 = 1 6, a 1 = 1, a 0 = El polinomio interpolador, es por lo tanto P 2 (x) = 11 6 x + x2 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 x j, lo representamos por hx 0,x 1,...,x n i =[minx j, max x j ]. Si los nodos están ordenados de forma creciente x 0 <x 1 < <x n, entonces el intervalo de interpolación es [x 0,x n ].

11 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 P 2 (x) = 11 6 x + x2 6. f(x)=1/x 4 3 y f(x)=11/6-x+x^2 interpolador 2 función Intervalo de interpolación x -2-3 Observamos que: El polinomio interpolador coincide con la función en los puntos de interpolación (x j,f(x j )). El polinomio interpolador es un buen aproximante de la función cuando x pertenece al intervalo de interpolación. Fuera del intervalo de interpolación, el error e n (x) = f(x) P n (x) aumenta rápidamente. 7 Forma de Lagrange para el polinomio interpolador Consideremos la tabla x x 0 x 1 x n y y 0 y 1 y n donde los nodos x j son distintos. Sabemos que existe un único polinomio P n (x) de grado n que interpola la tabla. Hemos visto que podemos determinar P n (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 P n (x) =l 0 (x) y 0 + l 1 (x) y l n (x) y n.

12 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 12 Los polinomios l j (x) se denominan polinomios componentes y se caracterizan por las propiedades 1 si j = k, l j (x k )=δ jk = 0 si j 6= k. Es decir, el polinomio componente l j (x) vale1ensunodox j yseanulaen los restantes. Como l j (x) se anula para x 0,x 1,...,x j 1,x j+1,...,x n, yesdegrado n, debe ser de la forma l j (x) =C (x x 0 )(x x 1 ) (x x j 1 )(x x j+1 ) (x x n ). Para cumplir l j (x j )=1, debe ser C = por lo tanto 1 (x j x 0 )(x j x 1 ) (x j x j 1 )(x j x j+1 )(x j x n ), l j (x) = (x x 0)(x x 1 ) (x x j 1 )(x x j+1 ) (x x n ) (x j x 0 )(x j x 1 ) (x j x j 1 )(x j x j+1 )(x j x n ). Ejemplo 7.1 Polinomio interpolador para 3 nodos. Consideremos la tabla x x 0 x 1 x 2 y y 0 y 1 y 2 Los polinomios componentes son l x 0 x 1 x 0 (x) = (x x 1)(x x 2 ) 2 (x 0 x 1 )(x 0 x 2 ). l x 0 x 1 x 1 (x) = (x x 0)(x x 2 ) 2 (x 1 x 0 )(x 1 x 2 ). l x 0 x 1 x 2 (x) = (x x 0)(x x 1 ) 2 (x 2 x 0 )(x 2 x 1 ). Observamos que, efectivamente, los polinomios componentes cumplen l 0 (x 0 )=1 l 0 (x 1 )=0 l 0 (x 2 )=0, l 1 (x 0 )=0 l 1 (x 1 )=1 l 1 (x 2 )=0, l 2 (x 0 )=0 l 2 (x 1 )=0 l 2 (x 2 )=1.

13 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 13 El polinomio interpolador es, entonces P 2 (x) =l 0 (x) y 0 + l 1 (x) y 1 + l 2 (x) y 2. Vemos que P 2 (x) es de grado 2, además toma los valores adecuados P 2 (x 0 )=l 0 (x 0 ) y 0 + l 1 (x 0 ) y 1 + l 2 (x 0 ) y 2 = y 0, P 2 (x 1 )=l 0 (x 1 ) y 0 + l 1 (x 1 ) y 1 + l 2 (x 1 ) y 2 = y 1, P 2 (x 2 )=l 0 (x 2 ) y 0 + l 1 (x 2 ) y 1 + l 2 (x 2 ) y 2 = y 2, Ejemplo 7.2 Determina el polinomio interpolador de la tabla Los polinomios componentes son x y 1 1/2 1/3. x 0 =1 x 1 =2 x 2 =3 x 0 =1 x 1 =2 x 2 =3 x 0 =1 x 1 =2 x 2 =3 l 0 (x) = l 1 (x) = l 2 (x) = (x 2) (x 3) (1 2) (1 3) = 1 (x 2) (x 3). 2 (x 1) (x 3) (2 1) (2 3) = (x 1) (x 3). (x 1) (x 2) (3 1) (3 2) = 1 (x 1) (x 2). 2 El polinomio interpolador es P 2 (x) =l 0 (x) 1+l 1 (x) l 2(x) 1 3. P 2 (x) = 1 2 (x 2) (x 3) 1 2 (x 1) (x 3) + 1 (x 1) (x 2). (6) 6 La tabla de valores es la misma que la del Ejemplo 6.1, si operamos en (6), resulta P 2 (x) = 1 6 x2 x , que coincide con el obtenido mediante la resolución de un sistema de ecuaciones.

14 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación 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 x 0,x 1,...,x n. [a, b] =hx 0,x 1,...,x n i (el menor intervalo que contiene los nodos) f(x) función de clase C n+1 [a, b]. P n (x) el polinomio interpolador de f(x) en los nodos x 0,x 1,...,x n. Para cada x [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión e n (x) =f(x) P n (x) = f (n+1) (t) (n +1)! (x x 0) (x x n ), t [a, b]. Si M n+1 es una cota superior para f (n+1) (t), esto es max f (n+1) (t) M n+1, t [a,b] obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación e n (x) = f(x) P n (x) M n+1 (n +1)! (x x 0) (x x n ). Ejemplo 8.1 A partir de los datos e 0 =1, e 0.1 = , e 0.2 = (a) Aproxima el valor de e (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 x 0 =0 x 1 =0.1 x 2 =0.2 l 0 (x) = (x 0.1) (x 0.2) (0 0.1) (0 0.2). l 0 (x) = 1 (x 0.1) (x 0.2). 0.02

15 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 15 x 0 =0 x 1 =0.1 x 2 =0.2 l 1 (x) = l 1 (x) = 1 x (x 0.2) 0.01 l x 0 =0 x 1 =0.1 x 2 =0.2 2 (x) = Polinomio interpolador l 2 (x) = 1 x (x 0.1) P 2 (x) =l 0 (x) y 0 + l 1 (x) y 1 + l 2 (x) y 2. (x)(x 0.2) (0.1 0) ( ) (x)(x 0.1) (0.2 0) ( ). Para calcular P 2 (1.14), sustituimos en los polinomios componentes l 0 (0.14) = 1 (0.04) ( 0.06) ( ) ( ) = = 0.12, l 1 (0.14) = l 2 (0.14) = finalmente (0.14) ( 0.06) (0.14) ( ) = =0.84, 0.01 (0.14) (0.04) (0.14) ( ) = =0.28, 0.02 P 2 (0.14) = l 0 (0.14) y 0 + l 1 (0.14) y 1 + l 2 (0.14) y 2 = ( 0.12) = (b) Cota superior de error. En nuestro caso, el intervalo de interpolación es [0, 0.2], tenemos con por lo tanto M 3 e 2 (x) M 3 3! max t [0,0.2] f (3) (t) = (x x 0 )(x x 1 )(x x 2 ), max t [0,0.2] et = e 0.2 = , e 2 (0.14) (0.14 0) ( ) ( ) 3! = Vemos que la aproximación tiene al menos 3 decimales exactos, el resultado es e 0.14 =

16 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 16 (c) Comparación con el valor de la calculadora. El error exacto (con 6 decimales) es e 2 (0.14) = e0.14 P 2 (0.14) = = 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 x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 y y 0 y 1 y 2 y 3 y 4 formamos la tabla de diferencias divididas x 0 f [x 0 ] x 1 f [x 1 ] f [x 0,x 1 ] x 2 f [x 2 ] f [x 1,x 2 ] f [x 0,x 1,x 2 ] x 3 f [x 3 ] f [x 2,x 3 ] f [x 1,x 2,x 3 ] f [x 0,x 1,x 2,x 3 ] x 4 f [x 4 ] f [x 3,x 4 ] f [x 2,x 3,x 4 ] f [x 1,x 2,x 3,x 4 ] f [x 0,x 1,x 2,x 3,x 4 ] Las diferencias divididas se calculan de forma recurrente f[x j ]=f(x j )=y j, f[x i,x i+1,,x j 1,x j ]= f[x i+1,,x j 1,x j ] f[x i,x i+1,,x j 1 ] x j x i, Ejemplo 9.1 Diferencias divididas. f [x 0,x 1 ]= f [x 1] f [x 0 ] x 1 x 0, f [x 1,x 2 ]= f [x 2] f [x 1 ] x 2 x 1,

17 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 17 f [x 0,x 1,x 2 ]= f [x 1,x 2 ] f [x 0,x 1 ] x 2 x 0, f [x 1,x 2,x 3,x 4 ]= f [x 2,x 3,x 4 ] f [x 1,x 2,x 3 ] x 4 x 1. Ejemplo 9.2 Diferencias divididas para la tabla x y x 0 =0 f [x 0 ]= 1 x 1 =1 f [x 1 ]=3 f [x 0,x 1 ]= =2 x 2 =3 f [x 2 ]= 1 f [x 1,x 2 ]= = 2 f [x 0,x 1,x 2 ]= = Interpolador de Newton Dada la tabla de valores x x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 y y 0 y 1 y 2 y 3 y 4 tenemos los siguientes polinomios interpoladores Un nodo Dos nodos x x 0 y y 0 P 0 (x) =f[x 0 ]. x x 0 x 1 y y 0 y 1 P 1 (x) =f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 ). Tres nodos x x 0 x 1 x 2 y y 0 y 1 y 2 P 2 (x) =f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 )+f [x 0,x 1,x 2 ](x x 0 )(x x 1 ). Cuatro nodos x x 0 x 1 x 2 x 3 y y 0 y 1 y 2 y 3 P 3 (x) = f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 )+f [x 0,x 1,x 2 ](x x 0 )(x x 1 ) +f [x 0,x 1,x 2,x 3 ](x x 0 )(x x 1 )(x x 2 ).

18 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 18 Cinco nodos x x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 y y 0 y 1 y 2 y 3 y 4 P 4 (x) = f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 )+f [x 0,x 1,x 2 ](x x 0 )(x x 1 ) +f [x 0,x 1,x 2,x 3 ](x x 0 )(x x 1 )(x x 2 ) +f [x 0,x 1,x 2,x 3,x 4 ](x x 0 )(x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ). Ejemplo 9.3 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x y Hemos obtenido la tabla de diferencias divididas x 0 =0 f [x 0 ]= 1 x 1 =1 f [x 1 ]= 3 f [x 0,x 1 ]=2 x 2 =3 f [x 2 ]= 1 f [x 1,x 2 ]= 2 f [x 0,x 1,x 2 ]= 4 3 El interpolador es P 2 (x) =f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 )+f [x 0,x 1,x 2 ](x x 0 )(x x 1 ). En nuestro caso P 2 (x) =1+2x + 4 x (x 1). 3 El polinomio P 2 (x) es de grado 2. En los nodos x j toma los valores P 2 (0) = 1, P 2 (1) = = 3, P 2 (3) = =7 8= 1. 3 Se trata, por lo tanto, del polinomio interpolador. Ejemplo 9.4 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x y Hemos obtenido la tabla de diferencias divididas x 0 =0 f [x 0 ]=0 x 1 =1 f [x 1 ]=0 f [x 0,x 1 ]=0 x 2 = 1 f [x 2 ]=2 f [x 1,x 2 ]= 1 f [x 0,x 1,x 2 ]=1 El interpolador es P 2 (x) =f[x 0 ]+f [x 0,x 1 ](x x 0 )+f [x 0,x 1,x 2 ](x x 0 )(x x 1 ), en nuestro caso P 2 (x) =x (x 1).

19 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación Interpolación de Hermite 10.1 Presentación del problema Dada la tabla de datos x x 0 x 1 x n y y 0 y 1 y n y 0 y0 0 y1 0 yn 0 se pretende determinar un polinomio de grado 2n +1 H 2n+1 (x) =a 0 + a 1 x + + a 2n+1 x 2n+1, que cumpla las 2n +2condiciones ½ H2n+1 (x j )=y j H 0 2n+1 (x j)=y 0 j para j =0, 1,...,n. Propiedad. Si los nodos x 0,x 1,...,x n, son distintos, entonces el polinomio interpolador de Hermite H 2n+1 (x) existe y es único, para cualquier elección de los valores y j y y 0 j. Ejemplo 10.1 Calcula el polinomio interpolador de Hermite para la tabla x 0 1 y 1 3 y Se trata de un polinomio de grado 3. H 3 (x) =a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3. (7) Las condiciones de interpolación son H 3 (0) = 1, H3 0 (0) = 1, (8) H 3 (1) = 3, H3 0 (1) = 1. Calculamos H3 0 (x) H3(x) 0 =a 1 +2a 2 x +3a 3 x 2, (9) sustituyendo en (7) y (9), resulta a 0 =1 a 1 =1 a 0 + a 1 + a 2 + a 3 =3 a 1 +2a 2 +3a 3 = 1 a 0 =1 a 1 =1 a 2 + a 3 =1 2a 2 +3a 3 = 2 a 0 =1 a 1 =1 a 2 =5 a 3 = 4

20 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 20 El polinomio interpolador es, por lo tanto, Vemos que H 3 (x) cumple si calculamos la derivada H 3 (x) =1+x +5x 2 4x 3. H 3 (0) = 1, H 3 (1) = 3, H 0 3(x) =1+10x 12x 2 y sustituimos en x 0 =0y x 1 =1, resulta H 0 3(0) = 1, H 0 3(1) = 1. por lo tanto, H 3 (x) cumple las condiciones (8) 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. x 0 f [x 0 ] x 0 f [x 0 ] f [x 0,x 0 ] x 1 f [x 1 ] f [x 0,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1 ] x 1 f [x 1 ] f [x 1,x 1 ] f [x 0,x 1,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1,x 1 ] x 2 f [x 2 ] f [x 1,x 2 ] f [x 1,x 1,x 2 ] f [x 0,x 1,x 1,x 2 ] f [x 0,x 0,x 1,x 1,x 2 ] x 2 f [x 2 ] f [x 2,x 2 ] f [x 1,x 2,x 2 ] f [x 1,x 1,x 2,x 2 ] f [x 0,x 1,x 1,x 2,x 2 ] La diferencia es que ahora hay nodos x j repetidos, las diferencias f [x j,x j ] se definen como f [x j,x j ]=f 0 (x j )=yj. 0 Los polinomios de Hermite H 1 (x), H 2 (x), H 2 (x), tienen la siguiente forma: Un nodo. Tabla de datos Tabla de diferencias x x 0 y y 0 y 0 y 0 0 x 0 f [x 0 ] x 0 f [x 0 ] f [x 0,x 0 ] Interpolador H 1 (x) =f [x 0 ]+f [x 0,x 0 ](x x 0 ). Observa que en este caso, se obtiene la recta tangente en x = x 0.

21 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 21 Dos nodos. Tabla de datos x x 0 x 1 y y 0 y 1 y 0 y0 0 y1 0 Tabla de diferencias x 0 f [x 0 ] x 0 f [x 0 ] f [x 0,x 0 ] x 1 f [x 1 ] f [x 0,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1 ] x 1 f [x 1 ] f [x 1,x 1 ] f [x 0,x 1,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1,x 1 ] Interpolador H 3 (x) =f [x 0 ]+f [x 0,x 0 ](x x 0 )+f [x 0,x 0,x 1 ](x x 0 ) 2 + +f [x 0,x 0,x 1,x 1 ](x x 0 ) 2 (x x 1 ). Tres nodos. Los datos son x x 0 x 1 x 2 y y 0 y 1 y 2 y 0 y0 0 y1 0 y2 0 y el polinomio interpolador tiene la forma H 5 (x) =f [x 0 ]+f [x 0,x 0 ](x x 0 )+f [x 0,x 0,x 1 ](x x 0 ) 2 + +f [x 0,x 0,x 1,x 1 ](x x 0 ) 2 (x x 1 )+ +f [x 0,x 0,x 1,x 1,x 2 ](x x 0 ) 2 (x x 1 ) 2 + +f [x 0,x 0,x 1,x 1,x 2,x 2 ](x x 0 ) 2 (x x 1 ) 2 (x x 2 ). Ejemplo 10.2 Calcula el polinomio interpolador de la tabla x 0 1 y 1 3 y Los datos iniciales en la tabla de diferencias divididas son x 0 =0 f [x 0 ]=1 x 0 =0 f [x 0 ]=1 f [x 0,x 0 ]=1 x 1 =1 f [x 1 ]=3 f [x 0,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1 ] x 1 =1 f [x 1 ]=3 f [x 1,x 1 ]= 1 f [x 0,x 1,x 1 ] f [x 0,x 0,x 1,x 1 ] A partir de ahí, obtenemos x 0 =0 f [x 0 ]=1 x 0 =0 f [x 0 ]=1 f [x 0,x 0 ]=1 x 1 =1 f [x 1 ]=3 f [x 0,x 1 ]=2 f [x 0,x 0,x 1 ]=1 x 1 =1 f [x 1 ]=3 f [x 1,x 1 ]= 1 f [x 0,x 1,x 1 ]= 3 f [x 0,x 0,x 1,x 1 ]= 4.

22 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 22 Porlotanto,elinterpoladores H 3 (x) = f [x 0 ]+f [x 0,x 0 ](x x 0 )+f [x 0,x 0,x 1 ](x x 0 ) 2 + +f [x 0,x 0,x 1,x 1 ](x x 0 ) 2 (x x 1 ). Si operamos, resulta H 3 (x) =1+x + x 2 4x 2 (x 1). H 3 (x) =1+x +5x 2 4x 3. que coincide con el obtenido en el Ejemplo Error del polinomio de Hermite Sean (n +1)nodos distintos x 0,x 1,...,x n. [a, b] =hx 0,x 1,...,x n i (el menor intervalo que contiene los nodos). f(x) función de clase C 2n+2 [a, b]. H 2n+1 (x) el polinomio interpolador de Hermite para f(x) en los nodos x 0,x 1,...,x n. Para cada x [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión f (2n+2) (t) e 2n+1 (x) = f(x) H 2n+1 (x) = (2n +2)! (x x 0) 2 (x x n ) 2, t [a, b]. Si M 2n+2 es una cota superior para f (2n+2) (t), esto es max f (2n+2) (t) M 2n+2, t [a,b] obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación e 2n+1 (x) = f(x) H 2n+1 (x) M 2n+2 (2n +2)! (x x 0) 2 (x x n ) 2. Ejemplo 10.3 Calcula el polinomio de Hermite que interpola la función sin(x) en x 0 =0y x 1 = π/4. Aproxima el valor de sin(0.5), calcula una cota superior de error.

23 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 23 Tenemos f(x) =sin(x), f 0 (x) =cos(x), La tabla de datos es f(0) = 0, f 0 (0) = 1, f( π 4 )= 1 = , f 0 ( π )= la tabla de diferencias inicial es x x 0 =0 x 1 = y y x 0 =0 f [x 0 ]=0 x 0 =0 f [x 0 ]=0 f [x 0,x 0 ]=1. x 1 = f [x 1 ]= f [x 0,x 1 ] x 1 = f [x 1 ]= f [x 1,x 1 ]= de donde obtenemos f [x 0,x 0 ]=1. f [x 0,x 1 ]= f [x 0,x 0,x 1 ]= f [x 1,x 1 ]= f [x 0,x 1,x 1 ]= f [x 0,x 0,x 1,x 1 ]= El cálculo detallado de algunas diferencias divididas es como sigue f [x 0,x 1 ]= f [x 1] f [x 0 ] x 1 x 0 = = , f [x 0,x 0,x 1 ]= f [x 0,x 1 ] f [x 0,x 0 ] = = , x 1 x f [x 0,x 1,x 1 ]= f [x 1,x 1 ] f [x 0,x 1 ] = = x 1 x Los valores relevantes para construir H 3 (x) son f [x 0 ]=0, f [x 0,x 0 ]=1, f [x 0,x 0,x 1 ]= , f [x 0,x 0,x 1,x 1 ]= El polinomio interpolador tiene la forma H 3 (x) = f [x 0 ]+f [x 0,x 0 ](x x 0 )+f [x 0,x 0,x 1 ](x x 0 ) 2 + +f [x 0,x 0,x 1,x 1 ](x x 0 ) 2 (x x 1 ),

24 Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 24 es, por lo tanto H 3 (x) =x x x 2 (x ). El valor aproximado para x =0.5 es Cota de error. Tenemos H 3 (0.5) = (10) e 3 (x) = f(x) H 3 (x) M 4 4! (x x 0) 2 (x x 1 ) 2. El intervalo de interpolación es [0, π/4]. En nuestro caso f (4) (x) =sin(x) por lo tanto M 4 = max f (4) (t) =sin(π/4) = 1, 2 t [0,π/4] de donde resulta la cota de error e 3 (0.5) ³ (0.5)2 (0.5 π/4) 2 = 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 Error exacto. El valor de sin(0.5) es el error real es sin(0.5) = sin(0.5) = , e 3 (0.5) = sin(0.5) H 3 (0.5) =