1 Tema 3. Interpolación. Polinomios interpoladores; diferencias divididas y operadores de diferencias sucesivas. Aproximación de derivadas con diferencias. Interpolar a trozos y otras formas de aproximar una función. Notaciones y sobreentendidos: P ol n = {polinomios de grado n}. Llamaremos p n al polinomio de Taylor de grado n de f en x 0 (que puede tener grado < n). En cada momento supondremos que f tiene derivadas continuas hasta el orden que requieran los argumentos usados, si no se especifica otra cosa. Venimos usando la notación a(x) b(x) como abreviatura de a(x)/b(x) 1. Para abreviar la afirmación a(x)/b(x) 0 usaremos la notación a(x) = o( b(x) ). Naturalmente, ambas se afirman para x..., pero eso queda a veces sobreentendido; por ejemplo si decimos: n = o(e n ),, está claro que queremos decir cuando n ; y cuando sucede, como en ii) a continuación, que b(x) 0 cuando x x 0, cabe poca duda de que nos referimos a eso: estamos diciendo que a(x) 0 aún más deprisa. El polinomio de Taylor. PROPOSICION: Dada f con derivadas continuas hasta orden n, y un punto x 0 IR, hay un único polinomio p P ol n que cumple i) p ) (x 0 ) = f ) (x 0 ), para = 0,..., n ii) f(x) p(x) = o( x x 0 n ), cuando x x 0 Probemos primero: LEMA 1: Todo p P ol n se puede escribir en la forma p(x) = n =0 a (x x 0 ), con ciertos a. Prueba del LEMA 1: Si n = 0, p(x) = a 0. Si n > 0, usamos la idea clave de este Tema: la división con resto del polinomio p(x) por (x x 0 ) : p(x) = p(x 0 ) + q(x)(x x 0 ), con q P ol n 1 ; por recurrencia sobre n, q se puede escribir en la forma del enunciado, luego p también. Prueba de la PROPOSICION: La igualdad del LEMA 1 p ) (x 0 ) = a!, luego los coeficientes a = f ) (x 0 )/!, y sólo ellos, dan el polinomio que cumple i), y al que llamamos el polinomio de Taylor de f en x 0 : p n (x) = n =0 f ) (x 0 ) (x x 0)! Si hubiese dos polinomios p, p + d P ol n que cumplen ii), su diferencia sería d(x) = o( x x 0 n ), por ser d = (p + d f) (p f) ; pero también d(x) = n =0 a (x x 0 ) a m (x x 0 ) m si m es el primer coeficiente no nulo de esa suma, lo que contradice lo anterior, e implica que d(x) 0. Sólo falta probar que el p n (x) dado arriba cumple ii), pero eso es lo que afirma el siguiente Lema. LEMA 2 (Resto integral de Taylor): Prueba del LEMA 2: f(x) p n (x) = El polinomio p n dado arriba cumple x x 0 f n+1) (s) (x s)n n! n = 0 : Como p 0 (x) es la constante f(x 0 ), la afirmación es: ds = o( x x 0 n ) f(x) f(x 0 ) = x x 0 f (s) ds. n > 0 : Integrando por partes la integral I n del enunciado, y usando recurrencia para I n 1, I n = f n) (x 0 ) (x x 0) n + I n 1 = f(x) p n 1 (x) f n) (x 0 ) (x x 0) n n! n! = f(x) p n (x)
2 E 3.1 Por otro lado, x x n(x s) n 1 ds = (x x 0 ) n f n) (s) f n) (x 0 ) I n = x 0 x 0 n! y dado ε > 0, por ser f n) continua, hay algún δ tal que x x 0 < δ f n) (s) f n) (x 0 ) n! < ε, n(x s) n 1 ds luego acotando por ε ese factor en la integral, I n < ε x x 0 n. Es decir, I n = o( x x 0 n ). Un detalle técnico: Si sólo suponemos, como en el enunciado de la PROPOSICION, que f es C n, no podemos llegar con el LEMA hasta la I n, que utiliza la siguiente derivada. Pero si usamos en ese caso I n simplemente como el nombre de la expresión I n = f n) (x 0 )(x x 0 ) n /n! + I n 1 con I n 1 definido como antes, todo el argumento que acabamos de hacer sigue en pie. Usar el algoritmo de Horner para dividir reiteradamente f(x) = 1 x x 2 + x 3 por x 1. Hallar de ese modo el desarrollo de f en potencias de x 1, y observar lo siguiente: Para cada > 0, el polinomio p (x) de f en x 0 = 1 es el resto de dividir f(x) por (x x 0 ) +1. Probar que eso se cumple para cada polinomio f y cada punto x 0. El siguiente es un ejemplo de cómo la caracterización f(x) p n (x) = o( x x 0 n ) de los polinomios de Taylor ayuda a calcularlos: Si p n, q n son los polinomios de Taylor en x 0 = 0 de dos funciones f, g, probar 1 que fg p n q n = o( x n ) En consecuencia, el polinomio r n que queda al suprimir en p n q n los términos de grado mayor que n es el de Taylor (de grado n) de fg. Aplicar la idea por ejemplo a f(x) = sen(x) cos(x) con n = 4, y verificar el resultado 2. Probar también que F (x) F (0) x 0 p n(s) ds = o( x n+1 ), si F (x) = f(x) Deducir la relación que hay entre los desarrollos de Taylor de f y de F, y usarla para calcular el de F (x) = log(1 + x), partiendo de f(x) = 1/ (1 + x) = 1 + x + x 2 +.... [ ] Para otras funciones derivables, probar el siguiente análogo de lo dicho arriba para los polinomios: La igualdad f(x) = q(x) (x x 0 ) +1 + r(x), con r P ol = {polinomios de grado } y q(x) continua, se cumple para r = al polinomio de Taylor p de f en x 0, y sólo para él. 1 Indicación: fg p nq n = (f p n)g + (g q n)p n. 2 El mismo tipo de argumento permite componer desarrollos para hallar el de g f, etc. Ver Sanz-Serna, Cap.2, en particular los Problemas 2.1.1,.3,.7,.8.
3 Polinomios interpoladores. PROPOSICION: +DEFINICION: Dados puntos x 0,..., x n distintos, y valores f i, hay un único p P ol n que cumple i, p(x i ) = f i. Si f i = f(x i ), llamamos a p el polinomio interpolador P n = P [x0,...,x n] de f en esos puntos. Prueba: Si llamamos p(x) = a 0 + a 1 x +... + a n x n al polinomio buscado, las ecuaciones p(x i ) = f i son un SEL en los coeficientes a j ; dicho de otro modo, buscamos p P ol n que la función φ : p P ol n φ(p) = ( p(x i ) ) IR n+1 aplique en el (f i ) dado. Como el SEL tiene matriz cuadrada (los espacios dominio e imagen de φ tienen igual dimensión), la existencia de solución equivale a la unicidad, y a que sólo el 0 P ol n resuelva el problema para (f i ) = 0 ; pero eso es cierto, por el LEMA que sigue: LEMA 3: Un polinomio p P ol n sólo puede anularse en n + 1 puntos distintos x 0 < x 1 <... < x n si es 0. Dos Pruebas 3 : 1. Por el TVM hay entre cada dos x i un ξ donde p (ξ) = 0, luego p P ol n 1 se anula en n puntos distintos. Por recurrencia, p 0, lo que junto con p(x 0 ) = 0 implica p 0. 2. La igualdad p(x) = p(x 0 ) + (x x 0 )q(x), junto con p(x i ) = 0 implica que el cociente q P ol n 1 se anula en los n puntos x i, i > 0. Por recurrencia, q 0, luego p 0. Pero qué significará hallar ese polinomio? Varias respuestas son posibles, por ejemplo: Dados valores f i = f(x i ), calcular los valores a i de los coeficientes; o sea, resolver el SEL. La matriz de este SEL, con entradas v ij = x j 1 i, se llama de Vandermonde, y lo que hemos probado implica que es regular. Dar una expresión de P n (x), con los x i, f i como parámetros. Por ejemplo la de Lagrange, que se obtiene así: el polinomio W (x) = (x x 0 ) (x x n ) tiene en cada x desarrollo de Taylor W (x) = W (x )(x x ) + o( x x ), luego el polinomio W (x) = W (x)/(x x ) toma en x el valor W (x ) y se anula en los demás x i. En consecuencia, el polinomio de Lagrange L (x) = W (x)/w (x ) toma valores L (x i ) = δ i, y la suma P n (x) = i f il i (x) resuelve el problema para los datos f i. Resulta inmediatamente de su definición, y de la igualdad φ(l ) = e (el vector unidad de IR n+1 ), que los L son de grado = n y forman una base de P ol n. Dar un algoritmo que use los valores x, x i, f i = f(x i ) para producir P n (x). Las dos versiones anteriores se pueden traducir en algoritmos, pero veamos otro mejor: De la igualdad p(x) = f(x 0 ) + (x x 0 )q(x), junto con las otras p(x i ) = f(x i ), se deduce que f(x i ) = f(x 0 ) + (x i x 0 )q(x i ), es decir q(x i ) = (f(x i ) f(x 0 ) )/(x i x 0 ), para i = 1,..., n que es un problema como el inicial, para q P ol n 1. Esto se traduce en el siguiente algoritmo recursivo, que usa los valores x i, f i = f(x i ) : Para = 0,..., n: b = f, f i := (f i b )/(x i x ) para i > y produce los coeficientes b del polinomio P n en su forma de Newton: en la que cada suma parcial P n (x) = b 0 + (x x 0 )b 1 + (x x 0 )(x x 1 )b 2 +... b 0 + (x x 0 )b 1 +... + (x x 0 ) (x x 1 )b resuelve el mismo problema para los puntos x 0,..., x, y coincide por lo tanto con el P = P [x0,...,x ]. Llamamos a b, que es el coeficiente de x en P, la diferencia dividida f [x0,...,x ]. 3 La Prueba 2. vale también si los n+1 ceros son complejos z i ; es la mitad fácil del Teorema Fundamental del Algebra.
4 E 3.2 Observaciones: La definición de la Diferencia Dividida f [x0,...,x ] implica que será la misma si cambiamos el orden de los puntos x 0,..., x en la formulación del problema. Todos los f i := (f i b )/(x i x ), i > producidos en la etapa del algoritmo son también Diferencias Divididas, porque cualquiera de ellos sería b +1 si el punto x i hubiese aparecido tras el x en la lista. Es decir, su valor es f [x0,...,x,x i]. En vez de seguir la recursión de fuera hacia dentro con la que hemos llegado a él, el algoritmo se puede reordenar de modo que refleje el carácter de desarrollo de la forma de Newton; basta con introducir los datos x, f en el esquema tras haber completado el cálculo de los b i anteriores: Para cada, b = f, y para i = 0,..., 1, b := (b b i )/(x x i ). Es decir: b 0 = f 0 ; b 1 = f 1 b 0 x 1 x 0 ; b 2 = f 2 b 0 x 2 x 0 b 1 x 2 x 1 ; b 3 = f 3 b 0 x 3 x 0 b 1 x 3 x 1 b 2 x 3 x 2 ;... lo que da b como una división anidada por los factores x x i, con coeficientes b i, i <. PROPOSICION: Se tienen las identidades (1) P (x) P 1 (x) = f[x 0,..., x ] (x x 0 ) (x x 1 ) (2) (x x 0 )P (x) = (x x)p 1 (x) + (x x 0 )P [x1,...,x ] Prueba: (1) es la observación ya hecha sobre la forma de Newton, pero puede probarse directamente así: ambos lados son de grado, nulos en x 0,..., x 1, y con igual coeficiente de x. (2) es cierto porque ambos lados son de grado, y con iguales valores en x 0,..., x. De (2) sale una nueva recurrencia para las diferencias divididas f[x 0,..., x ], que será muy útil en el caso de puntos equiespaciados x = x 0 + h, y que es la que se encuentra normalmente en los libros: (DD) (x x 0 ) f[x 0,..., x ] = f[x 1,..., x ] f[x 0,..., x 1 ] El determinante de Vandermonde con entradas v ij = x j 1 i vale d n = i< n (x x i ). Probarlo de este modo: desarrollando por la última columna y mirando x n como variable, d n es un polinomio en x n, nulo si x n = x 0,..., x n 1, y con término principal d n 1 x n n ; razonar todo eso y reducir por recurrencia la afirmación al caso d 1 = x 1 x 0. Para los puntos x 0,1,2 = 0, 1, 1, y cada una de las funciones f(x) = x, x 2, x 3, 1/(2x + 1), 1/(1 + 9x 2 ) hallar 4 polinomios interpoladores P [0,1], P [0,1, 1], y comparar sus gráficas con la de f. Razonar por qué P n no depende del orden en que se dan los puntos x i, y por qué P n f si f es un polinomio de grado n. Para esos mismos puntos, hallar los polinomios de Lagrange L i. Hacerlo primero a ojo, con las condiciones L i (x j ) = δ ij ; luego, utilizando la función W (x) = (x x 0 ) (x x 2 ). [ ] Adaptar al siguiente problema el argumento usado para probar la existencia y unicidad de P n : se trata de probar que cada ecuación de recurrencia f(n) f(n 1) = q(n), f(0) = c, con q P ol d tiene un polinomio p P ol d+1 como solución. Idea: la función lineal p (q, c), con q(x) = p(x) p(x 1), c = p(0). Deducir de lo anterior que S(n) = n 1 d es un polinomio, explicar qué problema de interpolación resuelve, y usar la idea para hallar, en la forma de Newton, la suma S 2 (n) = n 1 2 Se puede simplificar este cálculo, porque sabemos cuál debe ser el término principal de S 2. Cuál es y cómo probarlo? 4 Preferiblemente a ojo; cuando no sea fácil, con el algoritmo de las Diferencias Divididas.
5 Igual que el polinomio de Taylor, los polinomios interpoladores P n pretenden aproximar la función f de la que toman sus datos. Procede por lo tanto estudiar el resto f(x) P n (x). Esa diferencia se anula en los puntos x i, luego su gráfica será como una onda,... y eso explica que se llame nodos 5 de la interpolación a los puntos x i. Relación con las derivadas de f. PROPOSICION: (1) f(x) P n (x) = f[x 0,..., x n, x ] W (x), con W (x) = (x x 0 ) (x x n ). (2) En el menor intervalo J que contenga a x 0,..., x n, hay algún ξ para el que se tiene f n) (ξ) = n! f[x 0,..., x n ]. Prueba: (1) Coincide con el (1) de la PROPOSICION anterior, si tomamos ese punto x como siguiente nodo. (2) Como f P n se anula n + 1 veces en J, el TVM implica por inducción sobre que (f P n ) ) se anula al menos n + 1 veces en J ; pero P n) n es la constante n! f[x 0,..., x n ]. La afirmación (2) es la que hace que (1) sea algo más que una tautología: si tenemos información sobre f n+1) : cotas, valor aproximado en J, signo,..., la igualdad (1)+(2): f(x) P n (x) = f n+1) (ξ) W (x)/(n + 1)!, para algún ξ J traslada esa información al resto f(x) P n (x). Pero también podemos ver (2) como una estimación de f n) en J, útil si esa derivada no cambia mucho en ese intervalo (veremos más sobre esto más adelante). El caso de nodos equiespaciados x = x 0 + h, y los operadores de diferencias sucesivas. Si en ese caso redefinimos el operador diferencia que ya usamos anteriormente como tenemos la identidad siguiente: f(x) = f(x + h) f(x), y sus potencias: f = ( 1 f), f[x 0,..., x ] = f(x 0 )! h que resulta por recurrencia de la igualdad (DD), si observamos que x x 0 = h: h f[x 0,..., x ] = f[x 1,..., x ] f[x 0,..., x 1 ] = 1 f(x 1 ) 1 f(x 0 ) ( 1)! h 1 Si tomamos además la nueva variable s dada por x = x 0 + sh, y observamos que la forma de Newton de P n se convierte en: P n (x 0 + sh) = (x x 0 ) (x x 1 ) = h s(s 1) (s + 1), n =0 f(x 0 )! s(s 1) (s + 1) = n =0 ( ) s f(x 0 ) donde hemos usado además esta notación, que extiende s IR la del coeficiente binomial: ( ) s s(s 1) (s + 1) =! Comentarios: Esta fórmula para P n (x 0 +sh), en la que no aparecen explícitamente h ni los x i, i > 0, refleja el hecho de que el cambio de variable x = x 0 + sh reduce el problema de interpolación con nodos equiespaciados al caso x i = 0,..., n. Cuando s = n, la fórmula parece decir (1 + ) n f(x 0 ). Para entender por qué, definir (con h fijado) el siguiente operador E, que traslada una función: Ef(x) = f(x + h) = f(x) + f(x), de modo que E = Id +, con Id f = f, 5 Recordar qué son vientres y nodos de una oscilación.
6 y observar que la identidad algebráica que da por recurrencia el desarrollo binomial: (1 + X) m 1 =0 ( m 1 ) X = m =0 ( ) m X sólo usa las propiedades del producto: asociativa y distributiva respecto de la suma, que también tienen nuestros operadores de diferencias sucesivas, luego produce el mismo desarrollo en este caso: es decir, E m = (Id + ) m = (Id + ) m 1 =0 ( m 1 f(x + mh) = E m f(x) = (Id + ) m f(x) = ) = m =0 m =0 ( ) m ( ) m f(x) que coincide con la expresión anterior si s = m n, x = x 0 ; es decir, con la afirmación de que para m = 0,..., n, se tiene f(x 0 + mh) = P n (x 0 + mh). E 3.3 En una tabla de la distribución Normal, que dará los valores 6 de la F (x) = c x 0 exp( s2 /2) ds, con c = 1/ 2π = 0.4, { para x = 0 0.1 0.2 0.3 encontraremos los valores siguientes: F (x) = 0 0.0398 0.0793 0.1179 Suponer que la tabla no diese más valores intermedios, y que necesitamos F (0.17). Se trata de comparar los errores de estas tres opciones: 1) usar el valor x más cercano; 2) interpolación lineal sobre los 2 valores cercanos; 3) interpolación cúbica sobre esos 4 valores. Escribir las fórmulas de P [0.2, 0.1] (x), P [0.2, 0.1, 0, 0.3] (x), y del error f(x) P n (x) en x = 0.17. Estudiar el tamaño de las derivadas relevantes en el intervalo en cuestión, y deducir el tamaño aproximado del error en cada caso; usarlo para juzgar lo siguiente: en vista de la precisión de los datos, merece la pena el esfuerzo extra de la interpolación cúbica? [ ] Generalizar el estudio anterior para responder esta pregunta: cuál sería la relación entre el paso h de la tabla y el número de dígitos de precisión de sus datos que puede hacer razonable el usar 7 interpolación cúbica en lugar de lineal. La respuesta dependerá naturalmente de la zona de valores x, tratar de darla en esa forma. 6 F (x) es el valor de la P(0 < X < x) si X es una variable aleatoria Normal(0,1). 7 Estas tablas no están pensadas en general para eso, sino para usar directamente los valores que ofrecen.
7 Interpolando con grado creciente. Si vemos P n como un intento de reconstruir f a partir de n valores suyos, es natural esperar que en algún sentido los errores f P n 0 al crecer n, al menos en el intervalo J que ocupan los nodos. Para ver si es así, examinemos la función W (x) que entra en la fórmula del error, empezando por el caso de los nodos x = x 0 + h con un h fijado. Va a ser más simple hablar del caso f(x) P n 1 (x), con n nodos. Para un x (x 1, x ), y mirando cada vez la peor posición posible 8 de x en ese intervalo, W (x) < h n!(n )!, y ese valor es lo peor posible (es decir, máximo) cuando = 1, luego W (x) < h n (n 1)! para x J = [x 0, x n 1 ]. Eso da la siguiente cota para el resto, si f n) (x) M n en J : f(x) P n 1 (x) < M n n! hn (n 1)! = M n n hn y la pregunta es: para qué funciones tenderá a 0 esa expresión, garantizando la convergencia de los P n. Parece que va bien: Por supuesto, para f = un polinomio, el error es =0 al llegar a su grado. Para los siguientes ejemplos del Cálculo, como sen(cx), exp(cx), las cotas M n sobre el intervalo J = [x 0, x 0 + h(n 1)] no crecen más que geométricamente: M n a n, con lo que basta tomar paso h = 1/a para compensarlas. Mejor aún: hemos tomado un intervalo J creciente con h constante, pero la pregunta natural sería: si habrá convergencia en un J = [a, a + c] fijado, al tomar en él nodos x = a + c /n, con n. En ese caso, el factor h n se convierte en (c/n) n, dando convergencia para cualquier c. Pero puede ir mal: La inocente función f(x) = 1/(1 + x 2 ) = 1 x 2 + x 4... tiene derivadas f 2m) (0) = ±(2m)!, luego M n crece al menos como n! si 0 J. Eso obliga a los h n = (c/n) n a compensar el n!, lo que sólo se consigue 9 si la longitud c del intervalo J es < e. Claro que sólo estamos hablando de cotas: f n) (x) M n, y a su vez M n podría ser mucho mayor que f n (0), de modo que habría que refinar mucho este argumento, o si no, experimentar. En realidad, tiene que ir mal: Los experimentos 10 confirman el problema, que en realidad debería ser general, por el motivo siguiente: si comparamos las cotas halladas para W (x) en los subintervalos (x 1, x ), entre la peor ( = 1) y las mejores ( n/2), hay un factor aproximado ( n n/2) = O(2 n / n). Eso da una indicación del valor aproximado, si n/2, del polinomio de Lagrange L (x) = W (x)/w (x )(x x ) en los subintervalos extremos 11 (ver figura a la vuelta), y de esos sumandos está hecho P n! El problema es por lo tanto explicar por qué funciones como sen(x) o exp(x) funcionan tan bien; la respuesta es que sus valores f = f(x ) realizan un prodigioso equilibrio de cancelaciones para que la suma f L no oscile como sus sumandos. Y por qué los valores de f(x) = 1/(1 + x 2 ) no consiguen lo mismo? La respuesta es más profunda, y tiene que ver con lo siguiente: mientras que las otras dos son analíticas en todo el plano complejo, esta función tiene singularidades en ± i, y eso se refleja en el crecimiento de sus cotas M n. Pero la mala noticia es que todo esto ocurriría calculando exactamente; en la práctica, los redondeos de los datos f = f(x ) rompen el equilibrio incluso en los casos buenos, dando cada vez más oscilaciones 12 cuando n crece. 8 Es fácil razonar con más cuidado para ganar un factor 4, pero eso va a ser irrelevante en lo que sigue. 9 Esto sale con facilidad de la fórmula de Stirling: n! 2πn(n/e) n 10 Que haremos en el Laboratorio. 11 Un cálculo más ajustado da O(2 n /n 2 ) para el máximo en esos intervalos. 12 Para valores pequeños de n, los redondeos del tamaño de nuestro ε M no producen ningún problema práctico.
8 0.01 W(x), 8 nodos 1.5 x 10!3 W(x), 16 nodos 0!0.01 1 0.5 0!0.02!0.5!1!0.03!2!1 0 1 2!1.5!2!1 0 1 2 2 L 3 (x) 100 L 7 (x) 1.5 1 50 0.5 0 0!0.5!50!1!1.5!2!1 0 1 2!100!2!1 0 1 2 E 3.4 Estudiemos el caso de n nodos x = x 0 + h, = 0,..., n. Razonar por qué (y cómo) depende de h el tamaño de W (x) = (x x ), pero no el tamaño 13 de los polinomios de Lagrange L (x). Tomando, en vista de lo anterior, x 0 = 0, h = 1, escribir una fórmula exacta para el valor de L m (1/2) si n = 2m. Luego simplificarla usando la fórmula de Stirling: n! 2πn (n/e) n. Habrá que empezar por deducir de ésta una aproximación para el semifactorial, definido por (2n)!! = 2 4 2n, y de ambas, otra para el semifactorial (2n 1)!! = 1 3 (2n 1) = (2n)!/(2n)!!. Verificar también lo dicho antes: que el producto n! (c/n) n tiende a 0 si c < e. 13 El que vemos en las figuras de arriba.
9 Soluciones al problema. Hay varias posibilidades para evitar o reducir el mal comportamiento de los P n, y cuál elegir depende en buena parte de para qué queríamos ese polinomio interpolador. En vez de aumentar el grado, subdividir. Por ejemplo, duplicar el número de subintervalos [ x i 1, x i ] y mantener el grado n, usando para ello dos polinomios diferentes para los nodos = 0,..., n y = n,..., 2n. La forma más simple de esta idea es usar la interpolación lineal en cada J i = [ x i 1, x i ], como hace por defecto la función plot de Matlab. Según para qué, puede interesarnos evitar los picos (saltos de la derivada p ) que van a quedar de este modo en cada extremo común de intervalos contiguos; para ello basta aumentar el grado de las piezas, y usar los grados de libertad conseguidos así. Si por ejemplo interpolamos f en cada intervalo J i con un p i P ol 2 en vez de un p i lineal, podemos pedir que cumplan además p i (x i) = p i+1 (x i), para 0 < i < n y nos sobra en total 1 grado de libertad (que no está claro cómo usar mejor). A este tipo de aproximación se le llama spline, el nombre inglés de una regla flexible que uno puede doblar para Relation to trigonometric functions. que pase por los puntos deseados. La regla se resiste a doblarse (por eso no forma esquinas), The signal y algo property parecido of a Chebyshev la energía polynomials potencial is the trig que acumula si le damos la forma y = g(x) es la integral E = I g (x) Consider 2 dx. the following expansion using the Mathematica co Se puede probar que la función g que minimiza E bajo las condiciones siguientes { g existe y es continua en cada J i y tanto g como g son continuas en cada x i, con g(x i ) = f(x i ) es en cada J i un polinomio p i P ol 3, y los p i cumplen: para 0 < i < n, p i (x i) p i+1 (x i) = 0 = p 1(x 0 ) = p n(x n ) Por lo tanto también g es continua en cada punto. A esto se le llama el spline cúbico natural. Exploration 2. Reducir el grado sin quitar datos f, convirtiendo el problema en sobredeterminado. Esta era una de las ideas clave del Algebra Lineal vistas en el Tema 2, y aplicada a nuestro caso da resultados sorprendentes 14. Usar mejores nodos para evitar que los L i se comporten tan mal. Para eso hay que juntar más los nodos en los extremos que These en elcelebrated centro 15. Por Chebyshev razones que polynomials trataremos are readily ava de ver más adelante, una opción muy buena en el intervalo "ChebyshevT[n,x]." [ 1, 1] son los puntos x = cos(π/n) (o sus imágenes por transformación afín y = a + cx, si interesa otro intervalo), que son los ceros del polinomio de Chebychev definido por la igualdad T n (cos(θ)) = cos(nθ) y que dan por lo tanto una función W (x) igual a ese polinomio. El gráfico muestra los primeros de ellos, y permite observar la clave de su ventaja sobre nuestros nodos x = x 0 + h : las enormes diferencias entre los máximos de W (x) han desaparecido por completo, sea cual sea n. 14 Como se puede ver con el código usado en el LAB esta semana, ver lin de LAB, materiales Tema 3. Por ejemplo, las oscilaciones del polinomio P 23 que interpola f(x) = 1/(1 + x 2 ) en 24 nodos entre 3 y 3, casi desaparecen al bajar a grado 13, y los errores f(x ) P 13 (x ) son apenas visibles en el gráfico. 15 Esta idea, que tiene muchas ramificaciones, reaparecerá en otra forma en el Tema 4.
10 E 3.5 Sea f(x) = 1/(1 + x 2 ). En cuántos intervalos de igual longitud hay que dividir I = [ 3, 3] para que la interpolación lineal en cada uno tenga errores menores que 5 10 4? Para dar la respuesta debemos hallar el máximo de f en I. Cuál será el máximo relevante si queremos que los errores relativos tengan ese tamaño? Cómo varían las respuestas si se trata de de f(x) = 1/(1 + 9 x 2 ) en I = [ 1, 1]? Dados los valores f i de una función f(x) en n + 1 puntos a = x 0 <... < x n = b, su spline cúbico natural es la función g que interpola f en esos puntos y cumple además: i) en cada J i = [x i 1, x i ], g coincide con un polinomio p i P ol 3 ; ii) para 0 < i < n se tiene p i+1 (x i) = p i (x i), p i+1 (x i) = p i (x i) ; iii) p 1(a) = p n(b) = 0. Escribir el S.E.L. 4n 4n a resolver para hallar esos polinomios, dados los x i, f i. El límite para puntos repetidos: interpolación osculatoria. Primero un ejemplo: Si tomamos nodos x 0,..., x 3 = a, a + h, b, b h y dejamos h 0, al obligar al polinomio P 3 a coincidir con f en esos cuatro puntos estamos haciendo que sean P 3(a) f (a), P 3(b) f (b) En el límite, los datos f 1, f 2 coinciden con los f 0, f 3, pero tenemos a cambio las dos condiciones: P 3(a) = f (a), P 3(b) = f (b). Y en qué se convierte la forma de Newton a 0 + a 1 (x a) + a 2 (x a)(x a h) + a 3 (x a)(x a h)(x b)? Los 3 últimos coeficientes son f[a, a + h], f[a, a + h, b], f[a, a + h, b, b h] y tienden repectivamente a: f (a), f[a, b]/ a, 2 f[a, b]/ a b. La siguiente PROPOSICION generalizará esta respuesta; pero en este caso es mucho mejor plantear el problema del modo siguiente: Los polinomios de Lagrange para este problema en el límite h 0, serán los dos que cumplan: { L(0) (a) = 1, L (0) (a) = 0 = L (0)(b) = L (0) (b) L (1) (a) = 1, L (1)(a) = 0 = L (1) (b) = L (1) (b) que tendrán por lo tanto el factor (x b) 2, y otros dos con a, b intercambiados. El polinomio P 3 será la combinación lineal de éstos con los coeficientes adecuados. Miremos las diferencias divididas f[x 0,..., x n ] como una función f [x] : IR n+1 IR, pero definida de momento sólo en el subconjunto G = {x IR n+1 tales que todos los x i son distintos}. PROPOSICION: Si f n) es continua, la función f [x] tiene una extensión continua a todo IR n+1, en la que f[a,..., a] = f n) (a)/n!. Nota: Como G es denso, sólo puede haber una tal extensión, y debe cumplir la última afirmación, porque f n) (a)/n! = lim h 0 f[a, a + h,..., a + nh] Prueba: La igualdad f[x 0,..., x n ] = f[x 1,..., x n ] f[x 0,..., x n 1 ] x n x 0 es cierta para x G, pero su lado derecho es continuo (por inducción sobre n) en cada punto donde x 0 < x n, y define por simetría (cambio de orden de los x i ) una función continua salvo en D = {x a = (a,..., a), a IR}. Pero como G es denso, el hecho de que f [x] f n) (a)/n! cuando x G tiende a x a, implica lo mismo para cada x / D, y la continuidad de f n) (a) está dada por hipótesis. Corolario: Para cada a que esté + 1 veces en la lista de nodos, el polinomio P n tiene contacto de orden con f. Prueba: Si ponemos los + 1 puntos x i = a al comienzo de la lista, la forma de Newton de P n es el polinomio de Taylor de grado en a, seguido de un múltiplo de (x a) +1. Si = n, tanto el Corolario como su prueba nos dicen que P n es el polinomio de Taylor; y la fórmula que obtuvimos para el resto f P n coincide con el resto de Lagrange para Taylor.
11 E 3.6 Usar la idea dada arriba para escribir el p P ol 3 tal que los valores de p, p en dos puntos dados x 0 = a, x 1 = b coinciden con los valores de f, f ; basta escribir los cuatro polinomios de Lagrange del problema. Consejo: empezar suponiendo a = 0, b = 1, para tener expresiones más simples. Hallar también una expresión para el resto f(x) p(x). Puede deducirse el caso general del caso 0, 1, usando la variable s = (x a)/(b a). Pero ojo a los valores de las derivadas al hacer ese cambio de variable. Usar la expresión hallada de P 3 para dar una fórmula que aproxime log(a + hs) para s (0, 1) usando valores en los puntos a, a + h ; estudiar qué precisión tendrá, como función de a, h. Aproximar derivadas con diferencias: derivación numérica. La definición de f (x) da un modo obvio de aproximarla: f (x) f(x + h) f(x) h = f[x, x + h] Observemos: es una fórmula lineal en los valores f i usados; cualquier otra que usemos debe serlo también; es f[x, x + h] = P [x,x+h] (x), luego en particular es exacta para polinomios f P ol 1 ; usando el desarrollo de Taylor en x, vemos que su error es f[x, x + h] f (x) f (x) h/2. Generalicemos: Un operador Df(x) que utilice n + 1 puntos x i para dar una aproximación de f (x) como función lineal de los n + 1 valores f(x i ), y que sea exacto para cada f P ol n, tiene que coincidir con Df(x) = P n(x), donde P n es el que interpola f en esos m + 1 puntos. Para operadores que aproximen f ) vale lo mismo: fijados un punto x y n + 1 nodos x i, la única función lineal de esos n + 1 valores 16 de f que da exactamente p ) (x) si p P ol n, es D f(x) = P ) n (x) Naturalmente, el operador no es simplemente esa función lineal : IR n+1 IR, sino una manera de escoger los nodos x i como funciones del punto x y del parámetro h del que depende la precisión. Ejemplos: Df(x) = P [x h,x,x+h] (x) = f[x h, x + h]. (!!) Aunque es exacto en P ol 2, sólo usa 2 valores f i ; y su error resulta ser f (x) h 2 /6. D 2 f(x) = P [x h,x,x+h] (x) = 2 f[x h, x, x + h]. Su error es f 4) (x) h 2 /12 ; nótese que P [x h,x,x+h] m) (x) es constante, como cualquier Pm. (!!) No sólo es exacto en P ol 2, también en P ol 3 ; por qué? Porque si añadimos un punto x 3, la diferencia P [x h,x,x+h,x3] P [x h,x,x+h] = cte W tiene W (x) = 0. Lo mismo ocurría en el ejemplo anterior: a P [x h,x+h] (x) le corresponde W (ξ) = (ξ x + h)(ξ x h) que tiene W (x) = 0 ; esa es la forma de ganar un grado. Atención!! Cuando decimos por ejemplo f[x h, x + h] f (x) f (x) h 2 /6, se sobreentiende cuando h 0. Pero topamos con el problema de restar cantidades parecidas: el error absoluto O(f(x)ε M ) que acompaña a la diferencia f(x + h) f(x h), produce un error O(f(x)ε M )/h en f[x h, x + h], que será mayor que f (x) h 2 /6 a partir de cierto h 0 : es inútil seguir bajando. Esta barrera hace aún más importantes las ganancias en el exponente de h, que permiten llegar a mayor precisión antes de tropezar con ella. 16 Nótese que debe ser n para que no sea D 0.
12 E 3.7 Fijados a IR, h > 0, sean P 2 (s), P 4 (s), los polinomios que interpolan f(a + hs) respectivamente en los puntos [0, ±1], [0, ±1, ±2]. Considerar los siguientes operadores de derivación aproximada, los primeros para aproximar f (a), el otro para f (a), y las expresiones que se dan para ellos: D 2 f(a) = P 2(0) h = f[a h, a+h], D 4 f(a) = P 4(0) h = 4 3 f[a h, a+h] 1 f[a 2h, a+2h] 3 D 2 f(a) = P 4 (0) h 2 = ( 2 f(a h) 1 12 4 f(a 2h) ) /h 2 El cambio de escala x = a + hs reduce el operador al caso h = 1, dejando en su expresión los denominadores h, h 2. Por qué desaparece luego el denominador h en las de D 2, D 4, pero no el h 2 en la de D 2? Usando el desarrollo de Taylor de f en a, hallar la expresión aproximada del error Df(a) f ) (a) para cada uno de estos operadores. En los que usan P 4, esas expresiones saldrán de los términos de grado > 4 del desarrollo de Taylor. Por qué sabemos que será así? Suponiendo un ε m = 10 16, hallar el tamaño del error que se producirá en el cálculo de D 2 f(a) y en el de D 4 f(a), y deducir el límite de precisión alcanzable con cada método: para aproximadamente qué valores de h el error de redondeo llega a superar el error de aproximación del operador. [ ] Si se calcula la expresión de P 4 (s) con cualquiera de los métodos generales vistos en este Tema, se puede llegar a las expresiones dadas para sus derivadas, tras largo camino. Pero considerar lo siguiente: las tres funciones p (0), p[ 1, 1], p[ 2, 2] : P ol 4 IR son formas lineales que se anulan para p = 1, s 2, s 4, luego no pueden ser independientes, y se tendrá: p (0) = c 1 p[ 1, 1] + c 2 p[ 2, 2] Basta ahora evaluarlas en p = s, s 3 para deducir los valores de c 1, c 2, luego usar el cambio x = a + hs para traducir las diferencias de p en diferencias de f y tener D 4 f(a). Probar a imitar esa idea para D 2 f(a); ahora las tres formas se anulan para p = 1, s, s 3, y hay que trabajar un poco más: producir las diferencias sucesivas de s 2, s 4 para poder hallar los coeficientes; a cambio, la traducción es esta vez más simple.
13 Apéndice II: Spline Cúbico Natural. Dados puntos x 0 < x 1 <... < x n y valores f IR, sea F el conjunto de las funciones f : I = [x 0, x n ] IR que cumplen las condiciones: f(x ) = f para cada ; f continua en I ; f continua en cada J = [x 1, x ]. Las dos primeras condiciones son las que caracterizan a un spline para esos datos. La tercera (que puede debilitarse, usando lenguaje más técnico) permite que f tenga saltos en los puntos x, pero basta para que esté definida la integral del enunciado siguiente, que afirma la existencia y unicidad del Spline Cúbico Natural: PROPOSICION: Hay una única f F que minimiza la integral E(f) = I f (x) 2 dx. Además, esa f cumple las condiciones adicionales siguientes: Coincide en cada J con un p P ol 3 ; f es continua en I y nula en x 0, x n. LEMA 1: La expresión < f, g >= I f g define un producto escalar en el espacio vectorial F 0 formado por las diferencias de dos funciones de F. Una f F minimiza la integral E(f) =< f, f >, si y sólo si < f, g >= 0 para cada g F 0. Prueba: 17 Las funciones de F 0 son las que cumplen lo mismo que las de F, pero con datos f 0 ; es fácil ver que forman un espacio vectorial, que la expresión < f, g > es bilineal simétrica, y que es no negativa si f = g ; pero como g F 0, < g, g >= 0 g 0, luego g es un polinomio de grado 1, nulo en cada x, luego g 0. Si f, f + g F, y llamamos f t = f + tg, se tiene E(f t ) = I f + tg 2 = E(f) + t 2 E(g) + 2t < f, g >, luego será E(f t ) > E(f) para cada t 0, si y sólo si se tiene < f, g >= 0 ; y si esto se cumple para cada g F 0, entonces cada E(f + g) > E(f) es decir, f minimiza E(f). LEMA 2: Si f F coincide en cada J con un p P ol 3, f minimiza la integral E(f) si y sólo si f cumple lo que afirma la PROPOSICION: continua en cada x y nula en x 0, x n. { p Prueba: = cte g = 0 en cada x J f g = 0 para cada, luego integrando por partes, I f g = J f g = f g ] x x 1, y por lo tanto J f g = p n(x n )g (x n ) p 1(x 0 )g (x 0 ) + 0<<n g (x )( p (x ) p +1(x ) ) Como en F 0 hay funciones con valores arbitrarios de los g (x ), esa expresión es = 0 para cada g F 0 si y sólo si se anulan p n(x n ), p 1(x 0 ), y cada diferencia p (x ) p +1 (x ). Prueba de la PROPOSICION: De la Prueba del LEMA 1 ya se deduce que no puede haber más de una f que minimice E(f), porque la diferencia g F 0 de dos de ellas cumpliría < g, g >= 0 y sería = 0. Basta ahora probar que hay polinomios p P ol 3 que forman una f F, y cuyas derivadas p cumplen las n + 1 condiciones que afirma la PROPOSICION, porque en vista del LEMA 2, esa f minimizará E(f). Pero esas n + 1 condiciones, junto con las 3n 1 igualdades que afirman f F, forman un sistema de 4n ecuaciones lineales para los 4n coeficientes de los p, y probar que tiene solución equivale a probar que sólo tiene la solución f 0 si los datos f son todos = 0. Ahora bien, la función solución f pertenece en ese caso a F 0, y de la Prueba del LEMA 2 se deduce inmediatamente que las condiciones sobre las p implican < f, g >= 0 para cada g F 0, en particular < f, f >= 0, luego f = 0. 17 Este Lema es el corazón del asunto, y su Prueba, un ejemplo típico del llamado Cálculo de Variaciones; la expresión que juega el papel de la integral E(f) suele denominarse energía.