E.T.S. DE INGENIERÍA INFORMÁTICA

E.T.S. DE INGENIERÍA INFORMÁTICA Apuntes de CÁLCULO NUMÉRICO para la titulación de INGENIERÍA TÉCNICA EN INFORMÁTICA DE GESTIÓN

Capítulo 0 Introducciónalateoría de errores Un método numérico constituye un método aproximado a la resolución de un problema matemático (PM). Éste, a su vez, puede representar una modelización matemática de un problema físico o del mundo real (PF). En la práctica, la solución al (PF) que nosotros conoceremos será la que nos proporcione el método numérico, que en general no va a coincidir con la solución del (PF), ya que va a estar afectada de diversos tipos de errores: Experimentales: la presencia de errores puede comenzar en la misma formulación del problema físico, pues tal vez los datos se hayan obtenido de ciertas mediciones u otras observaciones experimentales, siempre susceptibles de errores. Históricamente, éste ha sido el caso de la determinación de los valores de muchas constantes en Física y en Matemáticas (por ejemplo, la aproximación de π utilizada por los griegos). De modelización: tienen su raíz en la aproximación de la realidad del modelo matemático elegido. Por ejemplo, los modelos que se han ido sucediendo acerca del movimiento de los cuerpos celestes (teorías geocéntrica y heliocéntrica, órbitas circulares y elípticas, etc.). De discretización o de truncamiento: debidos a la propia naturaleza del método numérico. Éste es el caso, por ejemplo, de la digitalización de imágenes odelarepresentación gráfica de funciones en calculadoras y ordenadores. De redondeo: debidos a las restricciones aritméticas de los ordenadores y la limitada capacidad humana, frente a la infinidad de cifras decimales de los números reales. Se hace imprescindible delimitar su acumulación, ya que es 1

2 0. Introducción a la teoría de errores común llevar a cabo un elevado número de operaciones en la resolución de los métodos numéricos. De entre todos ellos, son estos últimos los únicos que entran dentro de nuestro ámbito. 0.1 Error absoluto y relativo Sea x el valor exacto de un número real y x 0 un valor aproximado. Definimos: Error absoluto de x: ε(x) = x x 0. También lo denotamos simplemente por ε, caso de no dar lugar a ambigüedad. Error relativo de x: e(x) = no lleva a confusión. ε. También lo denotamos sencillamente por e, si x El error absoluto da una referencia cuantitativa de la bondad de la aproximación, medida asépticamente por la distancia que la separa del valor exacto aproximado. Por su parte, el error relativo constituye una referencia cualitativa, en tanto en cuanto refleja la proporción del error absoluto con respecto a la magnitud que se trata de aproximar: en este sentido, no es lo mismo un error de una unidad cuando se aproxima el valor exacto de π =3.14159... que cuando se aproxima el valor exacto del número de Avogadro (aproximadamente igual a 6.022 10 23 ). Ejemplo 0.1.1 Comparar los errores absolutos y relativos en las aproximaciones 3.1 de 3 y 3099 de 3000. Sea x =3yx 0 =3 1. El error absoluto es ε = 3 3.1 =0 1 y el error relativo es e = ε x =0 03 3. Sea x =3000yx 0 = 3099. El error absoluto es ε = 99 y el error relativo e = 0 033. Se observa que, a pesar de que el error absoluto cometido en la segunda aproximación es sensiblemente mayor que el correspondiente a la primera, en cambio, el error relativo en la segunda aproximación es más pequeño que el asociado a la primera.

0.1. Error absoluto y relativo 3 Diremos que la aproximación x 0 tiene p cifras decimales exactas si ε 10 p. Obsérvese que ello no indica que hayan de coincidir las p primeras cifras decimales de x y x 0. Así, por ejemplo, si x =2yx 0 =1 9999 se tiene que ε =10 4 y, por tanto, 1 999 aproxima a 2 con las cuatro cifras decimales exactas (aunque no coincida ninguno de los decimales de 2 000 con los de 1 9999). Partiendo de dos datos afectados de error, a continuación se dan cotas del valor absoluto del error que se propaga por cada una de las operaciones básicas: Para ello, consideremos los números reales exactos x y z y ciertos valores aproximados x 0 y z 0. ε(x ± z) ε(x)+ε(z). e(x z) e(x)+e(z). e( x z ) e(x)+e(z). Como consecuencia directa del Teorema del Valor Medio, para funciones f de una variable de clase 1 (i.e. derivables con derivada continua); se tiene que para un problema numérico consistente en calcular el resultado y = f(x) a partir de x 0, un valor aproximado de x, esválida la siguiente fórmula de propagación (o transmisión) del error, donde I denota el intervalo cerrado de extremos x y x 0 y c I: ε(f(x)) = f(x) f(x 0 ) = f (c) ε(x) max f (z) ε(x) z I Nota 0.1.2 Si f(x) =ax + b entonces ε(f(x)) = a ε(x) donde a, b IR. Ejemplo 0.1.3 Queremos calcular a =( 2 1) 6, utilizando el valor aproximado z 0 =1 4 para z = 2 (con todas sus cifras decimales exactas). Escoger, entre las fórmulas equivalentes siguientes, la más adecuada desde un punto de vista numérico (i.e., la que se vea menos alterada por la propagación del error en los datos): a) (3 2 2) 3, b) 1 99 + 70 2 Solución: De las condiciones que fija el problema se tiene:

4 0. Introducción a la teoría de errores 1. a =( 2 1) 6 =(3 2 2) 3 = 2. ε(z) = z z 0 10 1. 1 99 + 70 2. A continuación vamos a analizar en las dos fórmulas como se comporta el error de transmisión. a) Dada f(x) =(3 2x) 3, entonces se tiene que: a =(3 2 2) 3 = f(z) =f(z 0 ) ± ε(f(z)) = 0 008 ± ε(f(z)) Aplicando la fórmula del error de transmisión para f tenemos: ε(f(z)) = f (c) ε(z) 0.24 10 1 =0 024, puesto que f (x) = 6(3 2x) 2, de manera que max [1.4, f (x) = f (1.4) = 0.24. 2] b) Tomamos ahora g(x) = max [1.4, 2] queda 1 99 + 70x. Como 70 g (x) = (99+70x), 2 g (x) = g (1.4) = 70 0.0018, de donde el error de transmisión 1972 ε(g(z)) = g (c) ε(z) 0.0018 10 1 =0 00018. es A la vista de los errores de transmisión queda claro que la segunda fórmula es más adecuada que la primera. 0.2 Errores de redondeo Dado un número real x expresado en su forma decimal x = k Z a k 10 k = a n a n 1...a 0 a 1 a 2...a k a k 1..., 0 a k 9, k Z se llama parte decimal de x a la secuencia a 1 a 2... Por ejemplo, 23.123 tiene por parte decimal a 123.

0.2. Errores de redondeo 5 Supongamos que efectuamos nuestros cálculos con una máquina que puede representar números con k cifras decimales. En este caso, la representación de un número real x con más de k cifras decimales no nulas se obtiene cortando la parte decimal para dejarla en k cifras. Hay dos formas de hacer este corte; el primer método, llamado tala, consiste simplemente en eliminar las cifras a k 1 a k 2... para obtener x t = a n a n 1...a 0 a 1 a 2...a k. La segunda forma de representar x con k cifras decimales se llama redondeo y a esta representación de x con k cifras se denota por x r. Si la cifra a k 1 es menor que 5, entonces el resultado es el mismo que el de la tala. Si por el contrario la cifra a k 1 es 5 o mayor, entonces se añade 1 a la cifra k-ésima y se tala el número resultante. Nota 0.2.1 Obsérvese los siguientes hechos: x x t 10 k, x x r 1 2 10 k. Ejemplo 0.2.2 La expresión decimal infinita del número irracional π viene dada por π =3 14159265... La representación de π con cuatro cifras decimales que se obtiene talando es 3 1415. Como la quinta cifra de la parte decimal de π es 9, la representación de π con cuatro cifras que se obtiene redondeando es 3 1415 + 0.0001 = 3 1416. El error que se comete al reemplazar un número por su representación con k cifras decimales se llama error de redondeo 1 (independientemente de que se use la tala o el redondeo), nosotros lo denotaremos por ε r. Ejemplo 0.2.3 En las mismas condiciones que el ejemplo 0.1.3, dar un valor aproximado de ( 2 1) 6 con todas sus cifras decimales exactas usando la expresión de a) y b). 1 EshabitualenlosmanualesdeCálculo Numérico trabajar con la representación normalizada de un número real para introducir los conceptos de error de redondeo y representación de un número con k cifras decimales.

6 0. Introducción a la teoría de errores Solución. a) En el ejemplo 0.1.3 habíamos llegado: a =(3 2 2) 3 =0 008 ± ε(f(z)), donde ε(f(z)) 0 024. Teniendo en cuenta que 10 2 < 0 024 < 10 1, a priori, sólo podemos garantizar una sola cifra decimal exacta en la aproximación de a. Por tanto, redondeando tendríamos: a =(3 2 2) 3 =0 0+ε r ± ε(f(z)) = 0 0 ± ε con 0 ε ε r + ε(f(z)) < 0 008+0 024 = 0 032. Por tanto, obtenemos que 0 0 es una aproximación de ( 2 1) 6 con una cifra decimal exacta, que es lo máximo que podemos asegurar a partir del error de propagación. b) En el ejemplo 0.1.3 habíamos llegado: a = 1 99 + 70 2 = 1 197 ± ε(g(z)) = 0 0050761...± ε(g(z)), donde ε(g(z)) < 1 803... 10 4. Teniendo en cuenta que 10 4 < 1 803... 10 4 < 10 3, a priori, podemos garantizar tres cifras decimales exactas en la aproximación de a que nos proporciona esta expresión. Por tanto, redondeando tendríamos: donde a = 1 99 + 70 2 =0 005 + ε r ± ε(g(z)) = 0 005 + ε, 0 ε ε r + ε(g(z)) < 0 00008 + 0 00019 = 0 00027 < 10 3, así pues0 005 es una aproximación de ( 2 1) 6 con todas las cifras decimales exactas.

Capítulo 1 Resolución de Ecuaciones no lineales

Capítulo 1 Resolución de Ecuaciones no lineales Denominamos ecuación no lineal a una ecuación del tipo f(x) = 0 en la cual f es una función real de variable real no lineal. Resolver la ecuación f(x) = 0 es hallar los valores x que anulan dicha función. A estos valores x se les denomina raíces o soluciones de la ecuación, o también, ceros de la función f(x). Geométricamente representan las abscisas de los puntos de corte de la gráfica y = f(x) con el eje OX. Ejemplo 1.0.1 f(x) =x 2 1 es un ejemplo de función no lineal. Sus ceros son x =1, 1. O lo que es lo mismo, x =1, 1 son las raíces de la ecuación x 2 1=0. Una raíz x de la ecuación f(x) = 0 se dice que tiene multiplicidad n si f( x) =f ( x) =f ( x) = = f n 1) ( x) =0 y f n) ( x) 0 Si la multiplicidad de una raíz es 1, diremos que es simple. Ejemplo 1.0.2 Dada f(x) =(x 1) 2 (x +1) la ecuación f(x) =0posee dos raíces reales distintas, que son x 1 = 1, simple, y x 2 =1, doble (pues f(1) = f (1) = 0 y f (1) 0). Figura 1.1: x =1raíz doble y x = 1 raíz simple. 1

2 1. Resolución de Ecuaciones no lineales En general, las raíces de una ecuación no lineal no pueden ser calculadas de forma exacta (por un método directo). El objetivo de este capítulo consiste en ofrecer métodos iterativos que permitan obtener aproximaciones numéricas de las mismas. En cualquier proceso de cálculo de raíces de una ecuación no lineal pueden distinguirse dos fases: LOCALIZACIÓNYSEPARACIÓN En un primer momento consiste en obtener información de las zonas por donde se encuentran las raíces, para posteriormente buscar intervalos [a 1,b 1 ], [a 2,b 2 ],... que contengan una y sólo una raíz de la ecuación. APROXIMACIÓN NUMÉRICA Su objetivo, en general, consistirá en construir una sucesión de valores que converja hacia la raíz buscada. Esta construcción se hará, normalmente, de manera iterativa partiendo de un(os) valor(es) inicial(es) que supondremos suficientemente próximo(s) a la raíz buscada. 1.1 Localización y separación de las raíces de una ecuación El proceso de localización y separación de las raíces de una ecuación es una tarea previa a la aplicación de un método iterativo para el cálculo de las raíces de una ecuación. Dada una ecuación no lineal f(x) =0conn raíces reales distintas, x 1,..., x n,el objetivo que se persigue en esta etapa es hallar n intervalos disjuntos I i =[a i,b i ]para i =1,...,n de modo que x i I i,i=1,...,n. En ocasiones, puede inferirse algún tipo de información gráfica si se transforma la ecuación f(x) = 0 en otra del tipo g(x) =h(x) y se cotejan los puntos de corte de las gráficas de g(x)yh(x). Lamentablemente, esto sólo da una idea gráfica de dónde están los ceros, pero de ningún modo debe servir como prueba de localización y separación de las raíces de una ecuación, dado que en algunos (pocos) casos la información gráfica que ofrece como salida el ordenador puede no ajustarse a la realidad.

1.1. Localización y separación de las raíces de una ecuación 3 En general, esta información se obtendrá deunestudio analítico de f(x), el cual puede abarcar diversos aspectos: 1. Crecimiento: Se trata de hallar los intervalos de crecimiento de f(x). Si [a, b] es un intervalo de crecimiento monótono para la función f(x), entonces alomáximo habrá una única raíz de f(x) = 0 en este intervalo, toda vez que f(x) o es creciente, o es decreciente en [a, b]; por tanto, f(x) cortará al eje OX, a lo sumo, una vez en [a, b]. 2. Aplicar Bolzano: Se trata de aplicar el Teorema de Bolzano a cada uno de los intervalos en los que se sospecha que hay alguna raíz. Esto requiere que se satisfagan las hipótesis de este teorema, lo cual no siempre sucede. Si [a, b] es un intervalo de crecimiento monótono y f(x) escontinuaen[a, b], entonces se puede asegurar que si f(a) f(b) > 0 entonces en [a, b] nohay ninguna raíz de f(x) = 0, mientras que si f(a) f(b) < 0entonces[a, b] contiene una raíz (única) de f(x) =0. Eventualmente a y/o b pueden ser y+ respectivamente, y en este caso entendemos f(a) por lim f(x) yf(b) por x lim f(x). x + 3. Aplicar otras técnicas: Por ejemplo, determinar sucesiones de Sturm para la función f(x). Nosiempreseconocecómo determinar una sucesión de Sturm para una función dada, pero un poco más adelante trataremos el caso particular de las ecuaciones polinómicas, para las que hay un método sistemático de construcción de sucesiones de Sturm. Es allí y no ahora donde tiene sentido explicar qué esuna sucesión de Sturm. Nota 1.1.1 El principal inconveniente del estudio analítico se encuentra en el estudio del crecimiento, pues hallar los intervalos de crecimiento de f(x) supone hallar las raíces de f (x) =0; ecuación no lineal cuya resolución, en general, puede conformar un problema de la misma índole que el de hallar las raíces de f(x) =0, o incluso en ocasiones aún más complejo.

4 1. Resolución de Ecuaciones no lineales Ejemplo 1.1.2 Separar las raíces de la ecuación xe x 1=0mediante los métodos gráfico y analítico. Solución. Método gráfico: La ecuación puede escribirse de la forma e x = 1 x Gráficamente, se observa que existe una única raíz real (intersección de las dos curvas) y que ésta es positiva, para mayor información comprendida en el intervalo [0, 1]. Método analítico: 1. Estudio del crecimiento de f(x) =xe x 1. Para ello calculamos f (x) =(x +1)e x y obtenemos las raíces de f (x) =0: (x +1)e x =0 x = 1, ya que e x > 0, x IR Estudiemos, ahora, el signo de f (x). Para ello, con generalidad, basta estudiar el signo de f (x) en puntos situados en cada uno de los intervalos en que dividen al dominio de derivabilidad los distintos ceros de f (x). En el caso que nos lleva, el único cero de f (x) esx = 1, el cual divide a la recta real (que es el dominio de derivabilidad de f(x)) en dos intervalos, a saber: (, 1)y( 1, ). Elsignodelaevaluación de f (x) en cualesquiera puntos en estos intervalos determina el signo constante de f (x) en todos los puntos de estos intervalos. En particular, como f ( 2) = e 2 < 0yf (0) = 1 > 0, se deduce que: (, 1) ( 1, ) signo f (x) + De manera que la función f(x) es estrictamente decreciente en (, 1) y estrictamente creciente en ( 1, ). 2. Estudiemos el valor de f(x) en los extremos de los intervalos anteriores: lim f(x) < 0, f( 1) < 0, lim f(x) > 0 x x +

1.1. Localización y separación de las raíces de una ecuación 5 De este modo, en el intervalo (, 1) no hay raíz. Sin embargo, en ( 1, ) hay una única raíz. Podemos observar que f(1) > 0 por tanto, tenemos localizada la única raíz de la ecuación en el intervalo [ 1, 1]. 1.1.1 Ecuaciones polinómicas Dado un polinomio P (x) =a 0 x n + a 1 x n 1 + + a n 1 x + a n donde a i IR con i =0, 1,...,n diremos que P (x) = 0 es una ecuación polinómica. La simplicidad de las funciones polinómicas hace que existan reglas especiales para la localización y separación de los ceros de un polinomio, así comoelnúmero de éstos. El Teorema Fundamental del Álgebra asegura que la ecuación polinómica P (x) =0 posee n raíces complejas y reales contando sus multiplicidades (coincide con el grado n de P (x)). Las raíces complejas aparecen por parejas conjugadas (i.e., si a + bi es raíz, entonces a bi también lo es). Si x 1,...,x k son las raíces distintas de P (x) con respectivas multiplicidades m 1,...,m k (aquí, necesariamente m 1 + + m k = n), entonces Derivando esta expresión obtenemos P (x) =a 0 (x x 1 ) m1... (x x k ) m k. P (x) =a 0 (x x 1 ) m 1 1 (x x k ) m k 1 H k 1 (x) con H k 1 (x i ) 0, i =1, 2,...,k. Por tanto, P (x) Q(x) = mcd (P (x),p (x)) = a 0(x x 1 ) (x x k ) posee los mismos ceros que P (x) pero todos ellos simples. A continuación recogemos algunas técnicas que permiten acotar los ceros de un polinomio.

6 1. Resolución de Ecuaciones no lineales Proposición 1.1.3 Dada la ecuación P (x) =a 0 x n + a 1 x n 1 + + a n 1 x + a n =0 1. Si x es una raíz de P (x) =0entonces: 1 1+ A a n < x < 1+ A a 0 siendo A =max i 1 a i. 2. (Regla de Laguerre) Dado c IR +, podemos escribir: P (x) =(x c) C(x)+r con C(x) =b 0 x n 1 + + b n 2 x + b n 1 y r IR. Si r 0 y b i 0 para 0 i n 1 ó r 0 y b i 0 para 0 i n 1, el número real c es una cota superior para las raíces positivas de la ecuación. 3. Sea R(x) =a n x n + a n 1 x n 1 +...+ a 0, con (a n y a 0 no nulos). Se cumple que P (x) =x n R( 1 ), para x 0, x por tanto P ( x) =0 R( )=0. 1 x Esto nos permite obtener una cota inferior de las raíces positivas de P (x) =0 del siguiente modo: a) Se obtiene una cota superior de las raíces positivas de R(x) =0usando la regla de Laguerre, a la que denotamos por c. b) 1 es una cota inferior de las raíces de P (x) =0. c 4. Sea H(x) =P ( x). Obsérvese que P ( x) =0 H( x) =0 En particular tenemos que si x es una raíz negativa de P (x) =0entonces x es una raíz positiva de H(x) =0. Esto nos permite obtener cotas inferiores y superiores de las raíces negativas de P (x) del siguiente modo:

1.1. Localización y separación de las raíces de una ecuación 7 (a) Obtenemos unas cotas superior e inferior de las raíces positivas de H(x) = 0, que denotamos respectivamente por c y c. (b) c es una cota superior de las raíces negativas de P (x) =0y c es una cota inferior de las raíces negativas. Ejemplo 1.1.4 Dado el polinomio P (x) =x 4 +2x 3 3x 2 4x 1, se pide acotar las raíces de la ecuación P (x) =0tanto como se pueda. Solución. 1. En primer lugar acotamos los ceros de P (x) en valor absoluto. Si x es un cero de P (x), entonces 1 5 = 1 1+ 4 < x < 1+ 4 1 =5. 1 Tenemos ya unas primeras cotas de las ceros de P (x), en los siguientes apartados intentaremos mejorar estas cotas. Para ello usaremos la regla de Laguerre y sus variantes. 2. Buscamos una cota superior de los ceros positivos más fina que la obtenida en el apartado anterior. Normalmente buscamos cotas que sean números enteros. Como sabemos por el apartado anterior, 5 es una cota superior; para tratar de ver si 4 también es cota superior según la regla de Laguerre, hay que dividir P (x) entrex 4 y observar si el signo de los coeficientes que se obtienen es o no el mismo. Al realizar esta operación, obtenemos P (x) =(x 4)(x 3 +6x 2 +21x +80)+319 de donde el signo de los coeficientes del cociente y del resto es siempre positivo. Por tanto, por la regla de Laguerre el 4 sería una cota superior de los ceros. Continuamos probando sucesivamente con los valores c = 3, 2, 1 y vemos que el primero donde no sucede esta situación es cuando dividimos por x 1. Por tanto, x = 2 es la cota superior de los ceros de P (x) más fina que podemos obtener por este método.

8 1. Resolución de Ecuaciones no lineales 3. Aquí estudiamos una cota inferior de los ceros positivos de P (x). Consideramos R(x) = x 4 4x 3 3x 2 +2x +1. Debemos encontrar una cota superior de los ceros positivos de R(x), como hemos visto que 1 es una cota inferior de los ceros positivos de P (x); entonces 5 su inverso, que es 5, es una cota superior de los ceros de R(x). Entonces seguimos un esquema análogo al del punto 2, para R(x) (para obtener una cota superior de los ceros positivos más fina). Llegando a que R(x) =(x 1)( x 3 8x 2 11x 9) 8. Por tanto, c = 1 es una cota superior de las raíces positivas de R(x), luego 1 = 1 es una cota inferior de las raíces positivas. c 4. Para hallar una cota superior e inferior de los ceros negativas de P (x), trabajamos con H(x) =P ( x) =x 4 2x 3 3x 2 +4x 1. Siguiendo un esquema al descrito en los puntos anteriores obtenemos que: c = 3 es una cota superior de las raíces positivas de H(x) =0. c = 1 4 es una cota inferior de las raíces positivas de H(x) =0. Por tanto, 3 es una cota inferior de las raíces negativas de P (x) =0y 1 4 es una cota superior de las raíces negativas de P (x) =0. Separación de ceros de un polinomio. Sucesión de Sturm Una sucesión de Sturm para una función f(x) en [a, b] es un conjunto f(x) = f 0 (x),f 1 (x),...,f n (x) de funciones continuas en dicho intervalo que satisfacen: f n (x) 0 cualquiera que sea x [a, b]. Es decir, el signo de f n (x) permanece constante en el intervalo [a, b].

1.1. Localización y separación de las raíces de una ecuación 9 Si f i (c) = 0 entonces f i 1 (c) yf i+1 (c) tienen signos opuestos, es decir, f i 1 (c) f i+1 (c) < 0 (en particular no se pueden anular en c). Si f 0 (c) =0conc [a, b] entonces f 0(x) f 1 (x) pasa de negativa a positiva en c. La importancia de la determinación de una sucesión de Sturm para f(x) sobre [a, b] radica en el resultado siguiente. Teorema 1.1.5 (Teorema de Sturm) Sea f 0 (x),f 1 (x),...,f n (x) una sucesión de Sturm para f(x) =f 0 (x) en el intervalo [a, b] y consideremos las sucesiones siguientes, en las que sig (d) denota el signo de d (indistintamente ± cuando d =0) sig[f 0 (a)] sig[f 0 (b)] sig[f 1 (a)]... sig[f n (a)] sig[f 1 (b)]... sig[f n (b)] Denotemos por N 1 al número de cambios de signo en la primera sucesiónyporn 2 al número de cambios de signo en la segunda (siempre ha de ser N 1 N 2 ). En estas condiciones, el número de raíces existentes en el intervalo [a, b] de la ecuación f 0 (x) =0viene dado por N 1 N 2. Así, si conocemos una sucesión de Sturm para una función f(x), podremos separar todos sus ceros reales. Lamentablemente, no hay procedimientos sistemáticos para formar sucesiones de Sturm para cualesquiera funciones dadas, salvo contadas excepciones, cual es el caso de los polinomios. Acontinuación, se indica cómo construir una sucesión de Sturm para un polinomio P (x). Dado P (x) =a 0 x n +a 1 x n 1 +...+a n 1 x+a n, definimos una sucesión de polinomios {f i (x)}, i=0,...,k;(k n) de la siguiente manera: f 0 (x) =P (x), f 1 (x) =P (x), f i+1 (x) = r i (x) donde r i (x) denota el resto de dividir f i 1 entre f i, f i 1 = c i (x) f i (x)+r i (x)

10 1. Resolución de Ecuaciones no lineales Si r k (x) = 0, entonces la ecuación P (x) = 0 tiene raíces múltiples donde f k = mcd (P, P ). Por otra parte, Q(x) = P (x) =0sólo posee raíces simples, que { f} k (x) fi (x) son las de P (x) =0. Más aún, conforma una sucesión de Sturm f k (x) 0 i k para Q(x). Si r k (x) =l 0 entonces {f i (x)} 0 i k es una sucesión de Sturm para P (x) =0. Nota 1.1.6 Obsérvese que, al igual que en el algoritmo de Euclides, podemos ir multiplicando los resultados parciales de las divisiones por cualquier constante positiva no nula, ya que sólo nos interesa el resto (salvo constantes positivas) de la división. Ejemplo 1.1.7 Sea P (x) =x 4 +2x 3 3x 2 4x 1 1. Construir una sucesión de Sturm para este polinomio. 2. Separar las raíces de la ecuación P (x) =0. Solución. 1. f 0 (x) =x 4 +2x 3 3x 2 4x 1. f 0(x) =4x 3 +6x 2 6x 4. f 1 (x) =2x 3 +3x 2 3x 2. 2x 4 +4x 3 6x 2 8x 2 2x 3 +3x 2 3x 2 2x 4 3x 3 +3x 2 +2x x +1 x 3 3x 2 6x 2 multiplicando por 2 2x 3 6x 2 12x 4 2x 3 3x 2 +3x +2 9x 2 9x 2 f 2 (x) =9x 2 +9x +2. 18x 3 +27x 2 27x 18 9x 2 +9x +2 18x 3 18x 2 4x 2x +1 9x 2 31x 18 9x 2 9x 2 40x 20

1.1. Localización y separación de las raíces de una ecuación 11 f 3 (x) =2x +1. 18x 2 +18x +4 2x +1 18x 2 9x 9x +9 9x + 4 multiplicando por 2 18x +8 18x 9 1 f 4 (x) =1. Esto en particular nos informa que P (x) no tiene ceros múltiples. 2. En el ejemplo 1.1.4 vimos que las raíces positivas de P (x) = 0 se encontraban en el intervalo [1, 2] y las negativas en [ 3, 1 ]. Aprovechando esta información, 4 formamos la siguiente tabla de signos: 3 2 1 0 1 2 f 0 (x) =x 4 +2x 3 3x 2 4x 1 + + f 1 (x) =2x 3 +3x 2 3x 2 ± + ± + f 2 (x) =9x 2 +9x +2 + + + + + + f 3 (x) =2x +1 + + + f 4 (x) =1 + + + + + + cambios de signo 4 3 3 1 1 0 Sabemos, por ello que existe una raíz en el intervalo ( 3, 2), dos raíces en el intervalo ( 1, 0) y una cuarta raíz en el intervalo (1, 2). Para separar las raíces del intervalo ( 1, 0), se puede introducir en la tabla una columna intermedia entre 1 y0quedé lugar a la separación (por ejemplo, tomando el punto 0.5). También se puede intentar aplicar el Teorema de Bolzano: toda vez que f 0 (x) escontinuaeniryf 0 ( 1) = 1 < 0, f 0 ( 0 5) = 0 0625 > 0yf 0 (0) = 1 < 0 por el teorema de Bolzano podemos separar las raíces existentes en el intervalo ( 1, 0), y decir que una está en el intervalo ( 1, 0 5)ylaotraen( 0 5, 0).

12 1. Resolución de Ecuaciones no lineales 1.2 Métodos iterativos de aproximación de soluciones Sea f(x) = 0 una ecuación no lineal y x una raíz de esta ecuación. Supondremos en toda esta sección que tenemos separada la raíz x, en el sentido de que se conoce un intervalo [a, b] que contiene a x, y no contiene a ninguna otra raíz de f(x) =0. A continuación daremos dos métodos numéricos para obtener una aproximación de x, bajo esta hipótesis. 1.2.1 Método de bisección El soporte teórico de este método es el teorema de Bolzano, por ello tenemos que imponer que f sea continua en [a, b]. Teorema 1.2.1 (Teorema de Bolzano) Si f es una función continua en el intervalo cerrado [a, b] y f(a) f(b) < 0, entonces la ecuación f(x) =0posee un número impar de raíces (contando sus multiplicidades) en el intervalo [a, b]. El método de bisección construye una sucesión de intervalos encajados, [a 0,b 0 ] [a 1,b 1 ]... [a k,b k ] donde a 0 = a y b 0 = b. De manera que siempre contengan la raíz buscada y que la amplitud de uno sea la mitad del anterior. Para ello basta dividir el intervalo dado por su punto medio y escoger aquel subintervalo en el que la función cambie de signo en sus extremos, lo que garantiza según el Teorema de Bolzano la existencia de un cero de la función en su interior. Cuando la amplitud del intervalo sea suficientemente pequeña de acuerdo con la precisión deseada de la raíz, podremos considerar como una buena aproximación de ésta el punto medio de este intervalo. Algoritmo 1.2.2 Método de bisección

1.2. Métodos iterativos de aproximación de soluciones 13 Entrada: intervalo [a, b], precisión ε error = b a 2, x = a + b = a + b a 2 2. Mientras error > ε hacer Si f(a) f(x) > 0 entonces a = x en otro caso b = x Fin x = a + b a error,error = 2 2 Fin Mientras Salida: aproximación x del valor exacto con la precisión requerida al comienzo. De esta forma se va generando una sucesión convergente a x, que cumple {x n } = x 0,x 1,x 2,...,x n,... ε n = x x n b n a n 2 = b a 2 n+1. Este método tiene el inconveniente de que la convergencia es lenta. Ejemplo 1.2.3 Se desea hallar la raíz cuadrada de 3 con 14 cifras decimales exactas. Cuantas iteraciones del método de bisección serán necesarias para garantizar dicha precisión partiendo del intervalo inicial [1, 2]? Calcular las dos primeras iteraciones. Solución. En primer lugar observemos que + 3 es una raíz de la ecuación x 2 3=0, de hecho es la única positiva. Por tanto, el intervalo [1, 2] contiene a + 3 y no a otra raíz de la ecuación. Además, se satisfacen las hipótesis del teorema de Bolzano en [1, 2]. Por tanto, el método de bisección aplicado a f(x) =x 2 3 con intervalo inicial [a 0 =1,b 0 = 2] genera una sucesión {x n } convergente a 3. Para determinar el número de iteraciones necesarias para que el método de bisección nos proporcione la precisión deseada, usaremos la fórmula de la cota

14 1. Resolución de Ecuaciones no lineales del valor absoluto del error. ε n 2 1 2 n+1 e impondremos que sea menor o igual que 10 14. Entonces tendremos: 1 2 n+1 10 14 2 n+1 > 10 14 n 46, es decir, tendríamos que calcular x 46 para poder garantizar la precisión exigida. No obstante, esto no quiere decir que no se alcance esta precisión eventualmente en una iteración anterior. Tenemos que a 0 =1, b 0 =2yx 0 =1+ 2 1 2 =1 5. Sigamos los pasos del método, f(a 0 ) f(x 0 ) > 0entoncesa 1 = x 0 =1 5yb 1 = b 0 =2, b 1 a 1 x 1 = a 1 =1 75. 2 f(a 1 ) f(x 1 ) < 0entoncesa 2 = a 1 =1 5yb 2 = x 1 =1 75. Por tanto, x 2 = a 2 + b 2 a 2 2 =1 5+ 1 75 1 5 2 =1 625. 1.2.2 Método de Newton Recordamos que el problema que nos ocupa es hallar una aproximación de x; donde x es una raíz de la ecuación f(x) =0,única en un intervalo [a, b] que suponemos conocido. La sucesión {x n } que genera el método de Newton viene dado por: x n+1 = x n f(x n) f (x n ) x 0 (Fórmula de Newton-Raphson) donde x 0 es un valor inicial a precisar. Para que la fórmula tenga sentido f no se debe anular en los diferentes x n. Este método es también conocido como método de la tangente, ya que si trazamos la tangente a la curva y = f(x) en el punto (x n,f(x n )) obtenemos la

1.2. Métodos iterativos de aproximación de soluciones 15 recta y = f(x n )+f (x n )(x x n ), la cual corta al eje y = 0 en el punto de abscisa x = x n f(x n) f (x n ), que es precisamente el valor x n+1 de la fórmula de Newton-Raphson. Un inconveniente de la sucesión generada por la fórmula de Newton-Raphson es que no siempre se tiene asegurada la convergencia hacia x, incluso tomando x 0 próximo a x. De modo natural surgen varias cuestiones: 1. Qué condiciones hay que exigir sobre x 0 y f para que la sucesión {x n } generada por la fórmula de Newton-Raphson sea convergente a x? 2. Se conoce alguna cota del error que se comete al aproximar x por x n? A continuación vamos a enunciar dos resultados que responden a las cuestiones planteadas anteriormente: Teorema 1.2.4 (Regla de Fourier) Supongamos que tenemos separada, en el intervalo [a, b], una raíz x de la ecuación f(x) =0y que f (x) y f (x) no se anulan en ningún punto del intervalo [a, b], es decir, que ambas derivadas tienen signo constante en dicho intervalo. En estos casos, el método de Newton es convergente a la única raíz x [a, b], con cada x n [a, b], n, siempre que se tome como valor inicial a si f(a) f (a) > 0 x 0 = b si f(b) f (b) > 0 La regla de Fourier es una condición suficiente para garantizar la convergencia del método de Newton, pero no es necesaria, i.e., puede ser que aunque no se verifique alguna hipótesis de Fourier el método converjaalasolución deseada. Con objeto de acelerar la convergencia conviene elegir x 0 lo más próximo que sea posible a x. El siguiente resultado da una estimación del error que se comete al aproximar un valor exacto x según una sucesión de valores x n, siempre que la solución sea única en un cierto intervalo [a, b] ytodoslosx n queden dentro del propio intervalo [a, b].

16 1. Resolución de Ecuaciones no lineales Debe quedar claro que esta estimación no depende de la utilización onodelmétodo de Newton, aunque éste es el caso cuando se verifican las condiciones de la Regla de Fourier. Teorema 1.2.5 (Análisis del Error) Sea x una raíz de la ecuación f(x) =0. Tomemos [a, b] (si es posible) tal que f(x) es continua y derivable en [a, b], x ytodo x n estén contenidos en [a, b] y min x [a,b] f (x) > 0, entonces ε n = x x n f(x n ) min x [a,b] f (x) (1.1) Nota 1.2.6 Sea x una raíz de la ecuación f(x) =0. Tomemos [a, b] (si es posible) tal que se cumplan la regla de Fourier, entonces ε n = x x n f(x n ) min{ f (a),f (b) } (1.2) En el ejemplo 1.2.3 vimos que para poder asegurar una aproximación de 3con 14 cifras decimales exactas mediante el método de bisección partiendo del intervalo [1, 2] necesitábamos 46 iteraciones. En el siguiente ejemplo veremos que la sucesión generada por el método de Newton, en caso de ser convergente a x, lohacedeun modo mucho más rápido. Ejemplo 1.2.7 Se desea hallar la raíz cuadrada de 3 con 14 cifras decimales exactas. Calcular dicha aproximación usando el método de Newton partiendo del intervalo inicial [1, 2]. Indicar el número de iteraciones necesarias. Solución. Partimos de la ecuación f(x) =x 2 3=0, por lo que la fórmula de Newton-Raphson queda x n+1 = 1 (x n + 3 ). (1.3) 2 xn La regla de Fourier es la herramienta que nos permite asegurar que la sucesión {x n } converge a 3 y nos indica el valor que debemos tomar de x 0 para este fin. A continuación veremos que se verifican todas las hipótesis que se exigen en la regla de Fourier.

1.2. Métodos iterativos de aproximación de soluciones 17 La ecuación f(x) = 0 presenta una raíz (de hecho, 3) en el intervalo [1, 2]. Las funciones f (x) =2xyf (x) = 2 no se anulan en ningún punto del intervalo [1, 2]. Entonces, tomando x 0 = 2 (pues f(2) f (2) > 0), la regla de Fourier nos asegura que la sucesión (1.3) converge a 3. Obteniéndose: x 0 =2 x 1 =1 75 ε 1 f(x 1) min x [1,2] f (x) =0 03125 x 2 =1 7321428571428571429... x 3 =1 7320508100147275405... x 4 =1 7320508075688772953... Luego, ε 2 ε 3 ε 4 f(x 2 ) min x [1,2] f (x) f(x 3 ) min x [1,2] f (x) =0.000159438775515... 0.43 10 8 f(x 4 ) min x [1,2] f (x) 0.489 10 14 < 10 14. 3=1 73205080756888 + ε r + ε 4 donde ε = ε r + ε 4 es el error absoluto en esta aproximación, y ε r denota el error de redondeo correspondiente en la aproximaciónquesehacedelvalorexactodex 4 (el cual se desconoce, puesto que la calculadora tiene una precisión limitada, insuficiente para hallar de manera exacta dicho valor), de manera que ε = ε r + ε 4 0.27047 10 14 +0.489 10 14 < 10 14. Así pues x =1 73205080756888 es una aproximación de 3 con 14 cifras decimales exactas. El método de Newton presenta problemas cuando x, laraíz de f(x) =0quese busca, es múltiple. Esta situación se detecta porque la convergencia del método se hace especialmente lenta. La fórmula de Newton-Raphson puede modificarse para adaptarse a este caso: x n+1 = x n k f(x n) f (x n )

18 1. Resolución de Ecuaciones no lineales donde k representa la multiplicidad de x. En la práctica, el problema es que no conocemos k, pero a ello nos ayuda la rapidez del método. Ejemplo 1.2.8 La ecuación x sen x =0posee una única raíz x =0en todo IR. Además, es una raíz triple. Veamos en este ejemplo qué ocurre cuando aplicamos el método de Newton para hallar dicha raíz partiendo del intervalo [ 1, 1]. Solución. Del enunciado debe entenderse que esta ecuación sólo posee una raíz en el intervalo [ 1, 1] que es la que se nos pide aproximar. La regla de Fourier no se puede aplicar en este intervalo (ni en ningún otro que contenga la única raíz de f(x) =0),ya que f (x) se anula en [ 1, 1] precisamente en el mismo punto donde f(x) =x sen x (se trata de una raíz triple, de hecho). Ello no impide que se pueda definir la fórmula de Newton-Raphson en este caso (lo que no tenemos es garantizado que dicha sucesión converja a la raíz pedida), Comenzado con x 0 = 1 se obtiene: x 0 =1 x n+1 = x n x n sen x n 1 cos x n. x 10 =0 016822799.... x 20 =0 0000194... f (x 10 ) = 0 0001... f (x 10 ) = 0 016... f (x 10 ) = 0 9998... f (x 20 ) = 0 00000001... f (x 20 ) = 0 0019... f (x 20 ) = 0 9999... Como la convergencia es muy lenta, hace pensar que se trata de una raíz múltiple. Además, como la primera y la segunda derivadas tienden a cero y la tercera lo hace a1 0, parece que nos encontramos con una raíz triple, por lo que aplicamos el método generalizado de Newton, x n+1 = x n 3 x n sen x n 1 cos x n

1.2. Métodos iterativos de aproximación de soluciones 19 Comenzando, al igual que antes, por x 0 = 1 se obtiene: x 0 =1 x 1 = 0 034... x 2 =0 000001376... x 3 =0 00000000000009... quesevequeconvergerápidamente a x =0. Además de existir casos como el anterior donde la convergencia es muy lenta, la naturaleza de la función puede originar otras dificultades, llegando incluso a hacer que el métodonoconverja. a) Si en las proximidades de la raíz existe un punto de inflexión, el método de Newton puede no converger, o incluso converger a otra raíz de la ecuación. b) El método de Newton asimismo puede oscilar en los alrededores de un máximo o un mínimo local, persistiendo o llegando a encontrarse con pendientes cercanas a cero, en cuyo caso la solución se aleja del área de interés.

x+y y y cos( y, v) v x x-y

Capítulo 3 Interpolación Supongamos que queremos estudiar cierto fenómeno del que tenemos una serie de datos puntuales obtenidos por mediciones realizadas y que deseamos extraer una información más completa a partir de los datos constatados. Una opción puede ser la de reconstruir el fenómeno modelizándolo con una función que lo represente de la manera más fiable posible. Ejemplo 3.0.1 Un cuerpo se mueve de modo que conocemos los datos siguientes: (0,0), (1,0.4), (4,1.2), (6,3.6) donde la primera coordenada señala el tiempo en segundos y la segunda la velocidad en metros/segundo. Podemos estimar la velocidad que llevaba a los 2 segundos de iniciado el movimiento? Para dar respuesta a este tipo de problemas vamos a hablar de interpolación y más concretamente de interpolación polinomial. Podemos decir que la interpolación estudia el cálculo de funciones que pasan (interpolan) por unos puntos (los datos) disponibles. 3.1 Interpolación polinomial Aquí concretamente nos proponemos encontrar un polinomio P (x) que aproxime una función desconocida f(x) de la que sabemos su valor en unos pocos de puntos de su dominio. La expresión función desconocida se debe interpretar como que efectivamente 1

2 3. Interpolación no la conocemos, fenómeno que queremos investigar, o que conocida, nos interesa sustituirla por otra (polinómica) más sencilla para facilitar el trabajo. Por aproximar entendemos que debe coincidir con f(x) en los puntos del dominio donde se conoce. Los polinomios a que nos referimos son funciones de la forma: P (x) =a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n donde n es un número natural y los coeficientes a i,números reales. Como sabemos, los polinomios son funciones continuas y derivables sucesivamente en toda la recta real. Partimos del conocimiento de los valores de una función f(x) en(n + 1) puntos {x 0,x 1,...,x n } y queremos encontrar un polinomio de orden, a lo sumo n, quepase por dichos puntos (i.e. interpole a f(x)) yqueademás sea único. Será esto posible? veamos: Teorema 3.1.1 Dada una familia de n +1 puntos {(x 0,f(x 0 )), (x 1,f(x 1 )),...,(x n,f(x n ))}, todos distintos, existe un único polinomio P n (x), de grado menor o igual a n, que interpola a f(x) en dichos puntos. A P n (x) se le llama polinomio interpolador de f(x) enelsoportes. Este teorema nos confirma que podemos encontrar un polinomio interpolador para una función f(x) y que para determinarlo necesitaremos disponer de los n + 1 valores correspondientes a las imágenes mediante f(x) delospuntosdelsoporte :S ={x 0,x 1,...,x n }, donde no se repite ningún valor y normalmente están ordenados de menor a mayor. Además dicho polinomio interpolador es único. En particular, si f(x) es un polinomio de grado n la interpolación de f(x) conun soporte de al menos n + 1 puntos devolverá P (x) =f(x). El polinomio de interpolación P (x) y la función f(x), cumplen que P (x i )=f(x i ) en todos y cada uno de los puntos del soporte, pero en los valores intermedios no tienen por qué coincidir, por lo que se genera un error que tendremos que controlar.

3.2. Error de interpolación 3 3.2 Error de interpolación Sea el soporte S ={x 0,x 1,...,x n } donde ninguno de sus valores se repite y están ordenados de menor a mayor y sea P n (x) el polinomio interpolador de la función f(x) según el soporte anterior. Si f(x) es continua y admite derivadas sucesivas hasta el orden n+1, en el intervalo determinado por los valores extremos del soporte, podemos afirmar que existe un valor c tal que: ε n = f(x) P n (x) = f n+1) (c) (n +1)! (x x 0)(x x 1 ) (x x n ) donde c es un punto que se encuentra en el menor intervalo que contenga a los puntos: {x, x 0,x 1,...,x n }. Se puede observar que el error viene expresado por un polinomio y que es cero en cada elemento del soporte, pero si queremos conocer el error en puntos intermedios es imprescindible conocer la función f(x) y enfrentarnos a la acotación de la derivada de orden (n + 1) de la misma. Si llamamos M al valor máximo de f n+1) (x) en I =[x 0,x n ], podemos acotar el error según ε n M (n +1)! (x x 0)(x x 1 ) (x x n ) Podemos realizar varias observaciones acerca del comportamiento del error de interpolación: 1. No se mejoran los resultados tomando un número elevado de puntos en un mismo intervalo, pues veremos que esto acarrea mejoras en determinadas zonas pero notables mermas de precisión en otras, fenómeno Runge: el error de interpolación es menor en la zona central del intervalo y mayor en los extremos. Desde el punto de vista numérico es preferible, en vez de generar un único polinomio interpolador en base a muchos puntos de un intervalo, dividir el intervalo en otros de modo que por medio de varios polinomios lograr mejorar la precisión en la interpolación. 2. Debemos seleccionar un intervalo de interpolación tal que el punto que queremos aproximar se encuentre en la zona central del soporte.

4 3. Interpolación 3. No debemos usar el polinomio para aproximar valores que estén fuera del intervalo de interpolación. Para ilustrar lo que hemos afirmado, iremos observando el comportamiento del error con diversas pruebas al interpolar la función f(x) = 1 en el intervalo [ 1, 1]. 1+4x 2 Ilustramos todo ello con gráficos. Si tomamos como soporte uno no equiespaciado, por ejemplo: S 1 = { 1, 0, 1 2, 1} el polinomio queda P 1 (x) = 4 5 (x3 x 2 x + 5 ). Si después consideramos un soporte 4 del mismo tamaño pero equiespaciado: S 2 = { 1, 1 3, 1, 1} sale otro polinomio de 3 manera que en los siguientes gráficos podemos observar las diferencias entre f(x) y el polinomio interpolador P (x) de cada cada caso: se aprecia que en el equiespaciado se produce un error máximo de 0.7 unidades aproximadamente mientras que en el no es equiespaciado el error es sobre 1.2 unidades, sensiblemente mayor (ver Figuras 1.4 y 1.5) Figura 3.1: f(x) yp (x) con soporte no equiespaciado y comportamiento del error. Por otro lado si optamos por tomar soportes equiespaciados pero vamos duplicando la partición del intervalo [ 1, 1]: primero n = 3,después n =6yporúltimo n = 12, se observa que al aumentar el número de puntos disminuye el error en la zona central del intervalo pero aumenta en las zonas laterales de manera sensible, éste es el llamado fenómeno de Runge (ver Figuras 1.5, 1.6 y 1.7) De cualquier modo, siempre es posible encontrar un soporte adecuado para que el polinomio interpolador correspondiente aproxime con la precisión deseada a la función original, según indica el siguiente resultado.

3.2. Error de interpolación 5 Figura error. 3.2: f(x) yp (x) con soporte equiespaciado, n = 3 y comportamiento del Figura error. 3.3: f(x) yp (x) con soporte equiespaciado, n = 6 y comportamiento del Figura 3.4: f(x) yp (x) con soporte equiespaciado, n = 12 y comportamiento del error.

6 3. Interpolación Teorema 3.2.1 Si f(x) es una función continua y sucesivamente derivable en un intervalo I = [a, b], para todo ε>0 existe un polinomio interpolador P ε (x) tal que para todo punto de I se cumple: f(x) P ε (x) <ε. Una vez que hemos aclarado todo lo relacionado con el error de interpolación vamos a proceder a detallar tres métodos para construir el (único) polinomio interpolador asociado a un soporte dado. 3.3 Primeros pasos. Si disponemos de (n + 1) puntos del plano {(x 0,f(x 0 )), (x 1,f(x 1 )),...,(x n,f(x n ))} todos ellos distintos, podemos encontrar un polinomio de grado máximo n: P (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n que pase por todos y cada uno de dichos puntos y que en definitiva, interpola a f(x). Una manera de determinar dicho polinomio será mediante la resolución de un sistema de (n+1) ecuaciones con (n+1) incógnitas formado a partir de que obliguemos que se cumpla f(x i )=P(x i ) en cada punto del soporte. Este planteamiento nos proporcionará un sistema lineal de ecuaciones, donde las incógnitas son los coeficientes del polinomio y donde su matriz es una matriz de Vandermonde, regular, lo que garantiza que es un sistema compatible determinado y consecuentemente siempre tendrá solución y además seráúnica. Recordemos el ejemplo inicial. Un cuerpo se mueve de modo que conocemos los datos siguientes: (0,0), (1,0.4), (4,1.2), (6,3.6) donde la primera coordenada señala el tiempo en segundos y la segunda la velocidad en metros/segundo. Podemos estimar la velocidad que llevaba a los 2 segundos de iniciado el movimiento? Con esos datos, 4 puntos, podemos determinar un polinomio de grado 3 como máximo: P (x) =a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3

3.4. Interpolación por el método de Lagrange 7 que pase por dichos puntos: 0=a 0 + a 1 0+a 2 0 2 + a 3 0 3 0.4 =a 0 + a 1 1+a 2 1 2 + a 3 1 3 1.2 =a 0 + a 1 4+a 2 4 2 + a 3 4 3 3.6 =a 0 + a 1 6+a 2 6 2 + a 3 6 3 Resolviendo el sistema queda el polinomio interpolador: P (x)=0+0.58x 0.2166666x 2 +0.366666x 3 Y por último para contestar a la pregunta, bastará con determinar el valor numérico de dicho polinomio para x = 2 y obtenemos que la velocidad estimada del móvil a los 2 segundos es de 0.586666 m s Hemos omitido el detalle de resolver el sistema pero hemos de admitir que no siempre es una tarea fácil y que debemos buscar métodos alternativos que faciliten la determinación del polinomio interpolador, que no olvidemos, es único. 3.4 Interpolación por el método de Lagrange Una manera de determinar el polinomio interpolador sin resolver un sistema de ecuaciones, es mediante el método que vamos a estudiar y que llamamos Método de Lagrange. Este método tiene limitaciones, no permite la ampliación del soporte y requiere un número importante de operaciones, pero no es difícil. Se basa en la construcción del polinomio como iremos describiendo paso a paso. 3.4.1 Los polinomios auxiliares de Lagrange Partimos de un soporte S ={x 0,x 1,...,x n } donde ninguno de sus valores se repite y están ordenados de menor a mayor (aunque esto último no es imprescindible). Definimos los Polinomios de Lagrange: L j (x) paraj =0, 1, 2,...,n de la forma que

8 3. Interpolación sigue: L j (x) = n i=0 j i x x i x j x i Observa que tomando un soporte con n + 1 puntos, lo que hemos definido son n + 1 polinomios de grado n que cumplen lo siguiente: L j (x i )=0; L j (x j )=1; sii j sii = j Ejemplo 3.4.1 Escribir los polinomios auxiliares de Lagrange para el soporte de 4 puntos: S = {x 0,x 1,x 2,x 3 } Serán: L 0 (x) = (x x 1)(x x 2 )(x x 3 ) (x 0 x 1 )(x 0 x 2 )(x 0 x 3 ) L 1 (x) = (x x 0)(x x 2 )(x x 3 ) (x 1 x 0 )(x 1 x 2 )(x 1 x 3 ) L 2 (x) = (x x 0)(x x 1 )(x x 3 ) (x 2 x 0 )(x 2 x 1 )(x 2 x 3 ) L 3 (x) = (x x 0)(x x 1 )(x x 2 ) (x 3 x 0 )(x 3 x 1 )(x 3 x 2 ) Si concretamos el soporte: S = {1, 2, 4, 5} Serán: L 0 (x) = L 1 (x) = L 2 (x) = L 3 (x) = (x 2)(x 4)(x 5) (1 2)(1 4)(1 5) (x 1)(x 4)(x 5) (2 1)(2 4)(2 5) (x 1)(x 2)(x 5) (4 1)(4 2)(4 5) (x 1)(x 2)(x 4) (5 1)(5 2)(5 4) = (x 2)(x 4)(x 5) 12 = (x 1)(x 4)(x 5) 6 = (x 1)(x 2)(x 5) 6 = (x 1)(x 2)(x 4) 12

3.4. Interpolación por el método de Lagrange 9 3.4.2 El polinomio interpolador de Lagrange Seguimos considerando un soporte S ={x 0,x 1,...,x n } donde ninguno de sus valoresserepiteyestán ordenados de menor a mayor. Con estos datos construimos los polinomios auxiliares de Lagrange: L j (x) paraj =0, 1, 2,...,n y también necesitaremos conocer la familia de imágenes de los puntos del soporte: {y 0,y 1,...,y n },para y i = f(x i ). Podemos afirmar que si se cumplen las condiciones arriba establecidas, el polinomio: P n (x) = n y j L j (x) j=0 que tiene grado menor o igual que n, interpola la tabla de valores dada. Ejemplo 3.4.2 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para los datos siguientes: S = {1, 2, 4, 5}, ey = {0, 6, 12, 24} donde S es el soporte e Y sus imágenes Como los polinomios auxiliares de Lagrange sólo dependen del soporte y éste coincide con el del ejemplo anterior, no necesitaremos volverlos a calcular; por lo tanto ya estamos en condiciones de escribir el polinomio interpolador de Lagrange: P 3 (x) =0( (x 2)(x 4)(x 5) (x 1)(x 4)(x 5) )+6( )+ 12 6 (x 1)(x 2)(x 5) (x 1)(x 2)(x 4) +12( )+24( )= 6 12 =0+(x 1)(x 4)(x 5)) 2(x 1)(x 2)(x 5) + 2(x 1)(x 2)(x 4) P 3 (x) =x 3 8x 2 +23x 16 Una vez obtenido el polinomio interpolador por el Método de Lagrange P 3 (x) = x 3 8x 2 +23x 16 y con objeto de hacer hincapié en los conceptos explicados, comprobamos que verifica la tabla de puntos: P 3 (1) = 1 3 8(1 2 )+23(1) 16=0 P 3 (2) = 2 3 8(2 2 )+23(2) 16=6 P 3 (4) = 4 3 8(4 2 )+23(4) 16=12

10 3. Interpolación P 3 (5) = 5 3 8(5 2 )+23(5) 16=24 Ahora podremos utilizar dicho polinomio para estimar los valores de las imágenes de cualquier punto del intervalo (1,5); por ejemplo: P 3 (3) = 3 3 8(3 2 )+23(3) 16=8, lo que nos permite decir que según los datos manejados, la función para x = 3 valdría 8. Analicemos ahora otro ejemplo de interpolación por Lagrange, incluyendo en este caso de manera adicional un estudio explícito del error. Ejemplo 3.4.3 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la función f(x) =2x 4 con el soporte: S = {0, 1, 2, 3}. Determinar la función del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar f(1.5) Los polinomios auxiliares de Lagrange serán: L 0 (x) = L 1 (x) = L 2 (x) = L 3 (x) = (x 1)(x 2)(x 3) (0 1)(0 2)(0 3) (x 0)(x 2)(x 3) (1 0)(1 2)(1 3) (x 0)(x 1)(x 3) (2 0)(2 1)(2 3) (x 0)(x 1)(x 2) (3 0)(3 1)(3 2) = (x 1)(x 2)(x 3) 6 = (x 0)(x 2)(x 3) 2 = (x 0)(x 1)(x 3) 2 = (x 0)(x 1)(x 2) 6 Como: f(0) = 0 ; f(1) = 2 ; f(2) = 32 ; f(3) = 162, el polinomio interpolador será: P (x) =0L 0 (x)+2l 1 (x)+32l 2 (x)+162l 3 (x) =12x 3 22x 2 +12x. Para acotar el error, buscamos la derivada cuarta de la función: f 4) (x) = 48 de modo que al ser una constante es fácil acotar: M = 48 y consecuentemente: ε 48 (x 0)(x 1)(x 2)(x 3) =2 x(x 1)(x 2)(x 3) 4! ε 2 x(x 1)(x 2)(x 3) ( ( ) 3 3 3 ( ) 3 2 ( 3 Con los datos obtenidos: P (1.5) = P =12 22 +12 = 9; una 2) 2 2 2) cota del error será: ( )( )( ) 3 3 3 3 ε 2 2)( 2 1 2 2 2 3 =1.125

3.4. Interpolación por el método de Lagrange 11 Ejemplo 3.4.4 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la función f(x) = sen(x) con el soporte: S = { π, π, π } Determinar la función de acotación 4 3 2 del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar sen(1.2). Serviría este polinomio para evaluar sen(3)? Al disponer de un soporte de tres puntos, obtendremos un polinomio interpolador de segundo grado. Comenzaremos por calcular los polinomios de Lagrange: L 0 (x) = (x π)(x π) 3 2 ( π π)( π π) = 48(x π)(x π) 3 2 π 4 3 4 2 2 L 1 (x) = (x π)(x π) 4 2 ( π π)( π π) = 72(x π)(x π) 4 2 π 3 4 3 2 2 L 2 (x) = (x π)(x π) 4 3 ( π π)( π π) = 24(x π)(x π) 4 3 π 2 3 2 3 2 Ahora evaluamos las imágenes del soporte: Y = { 2 interpolador: P 2 (x) =( 36 3 + 24 2 + 24 π 2 π 2 π 2 )x2 +( 20 2 π, 3 2 2 + 27 3 π El polinomio interpolador con coeficientes decimales es:, 1} y calculamos el polinomio 14 π )x +4 2+2 9 3 2 P 2 (x) = 0.447100350x 2 +1.426378617x 0.137374388 Puesto que disponemos de la función original y el polinomio que la interpola, podemos ver sus gráficos comparados de forma que nos ayude a valorar lo que acabamos de hacer: Figura 3.1. Con la Figura 3.2 podemos ver que si ampliamos el intervalo hasta sobrepasar el definido por el soporte, la similitud entre la función y el polinomio que la interpola se pierde pues sólo se aproximan en el intervalo de interpolación. Ahora calcularemos la función de acotación del error. Como f 3) (x) = cos(x) es fácil de acotar en valor absoluto; M = 1 y con ello: ε (x π 4 )(x π 3 )(x π 2 ) 6 Al representar el gráfico de la función cota del error, podemos visualizar cómo el error es nulo en los puntos del soporte y va en aumento hasta alcanzar el máximo en los

12 3. Interpolación Figura 3.5: Gráficas comparadas de f(x) yp 2 (x) Figura 3.6: Gráficas comparadas de f(x) yp 2 (x) ampliando el dominio

3.5. Interpolación por el método de las diferencias divididas de Newton 13 Figura 3.7: Gráfica de la función error, el eje de ordenadas nos lo mide. puntos intermedios de los anteriores; los peores resultados se dan en los puntos más alejados de los del soporte. ( Figura 3.3 ) Por último, para estimar el valor de sen(1.2) bastará con sustituir x =1.2 en el polinomio obtenido: P 2 (1.2) = 0.930455446. Y si lo sustituimos en la función del error, ε 0.003915125694 < 0.01. 3.5 Interpolación por el método de las diferencias divididas de Newton Si el método de Lagrange tenía la dificultad de que al modificar el soporte había que comenzar de nuevo, el método que vamos a describir permite reutilizar el polinomio P n para calcular el P n+k consecuencia de ampliar en k puntos el soporte. Comenzamos: Definición 3.5.1 Dada una familia de n +1 puntos {(x 0,f(x 0 )), (x 1,f(x 1 )),...,(x n,f(x n ))}, todos con

14 3. Interpolación abscisas distintas, definimos la base de Newton asociada a dicho soporte, como: n 1 {1, (x x 0 ), (x x 0 )(x x 1 ), (x x 0 )(x x 1 )(x x 2 ),..., (x x i )} i=0 Aunque no es necesario, nosotros trabajaremos con el soporte ordenado de menor amayor. Definición 3.5.2 Dada una familia de n +1 puntos {(x 0,y 0 ), (x 1,y 1 ),...,(x n,y n )}, todos con abscisas distintas, definimos el polinomio interpolador de Newton asociado a dicho soporte, como: (n 1) P n (x) =A 0 +A 1 (x x 0 )+A 2 (x x 0 )(x x 1 )+A 3 (x x 0 )(x x 1 )(x x 2 )+ +A n (x x i ) siempre que P n (x i )=y i para i =0, 1, 2,...,n. i=0 Es importante hacer notar que este polinomio que acabamos de definir, de grado n, es una combinación lineal de la base de Newton, lo que nos permitirá ampliarlo con facilidad; y además es el mismo que se obtiene por Lagrange para esos mismos datos (recuérdese que el polinomio interpolador asociado a un soporte es único). Sólo hay que explicitar cómo calcular los coeficientes A i. Definición 3.5.3 Dada una familia de n +1 puntos {(x 0,y 0 ), (x 1,y 1 ),...,(x n,y n )}, todos con abscisas distintas donde f(x i )=y i definimos las DIFERENCIAS DIVIDIDAS de NEWTON asociadas a dichos datos, de la manera siguiente: Diferencias divididas de orden 0: f[x i ]=f(x i ), para i =0, 1, 2,...,n. Diferencias divididas de orden 1: f[x i,x (i+1) ]= f[x (i+1)] f[x i ] x (i+1) x i, para i =0, 1, 2,...,(n 1).

3.5. Interpolación por el método de las diferencias divididas de Newton 15 Y en general, diferencias divididas de orden k<n: f[x i,x (i+1),...,x (i+k) ]= f[x (i+1),...,x (i+k) ] f[x i,x (i+1),...,x (i+k 1) ] x (i+k) x i para i =0, 1, 2,...,(n k) con 1 k. Ejemplo 3.5.4 Escribir las diferencias divididas para los datos: {(x 0,y 0 ), (x 1,y 1 ), (x 2,y 2 ), (x 3,x 3 )} f[x 0 ]=f(x 0 );f[x 1 ]=f(x 1 );f[x 2 ]=f(x 2 );f[x 3 ]=f(x 3 ) 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 ; f[x 2,x 3 ]= f[x 3] f[x 2 ] x 3 x 2 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 ]= f[x 2,x 3 ] f[x 1,x 2 ] x 3 x 1 f[x 0,x 1,x 2,x 3 ]= f[x 1,x 2,x 3 ] f[x 0,x 1,x 2 ] x 3 x 0. Todos estos datos se pueden organizar según una tabla de las siguientes características, en la que cada columna se puede rellenar a partir de la anterior y la primera, según el esquema previo de diferencias divididas: x i f[x i ] f[x i,x i+1 ] f[x i,x i+1,x i+2 ] f[x i,x i+1,x i+2,x i+3 ] x 0 f(x 0 ) f[x 0,x 1 ] f[x 0,x 1,x 2 ] f[x 0,x 1,x 2,x 3 ] x 1 f(x 1 ) f[x 1,x 2 ] f[x 1,x 2,x 3 ] x 2 f(x 2 ) f[x 2,x 3 ] x 3 f(x 3 ) Nótese que: El orden en el que se toman los puntos del soporte para calcular una diferencia dividida de orden p, no afecta al valor de ésta: f[x 1,x 0 ]=f[x 0,x 1 ]ó f[x 0,x 1,x 2 ]=f[x 2,x 1,x 0 ] por ejemplo. Las diferencias divididas se pueden expresar en función de los valores x i y f(x i ), esto es fácil de comprobar.

16 3. Interpolación Adelantamos que la primera fila de la tabla previamente calculada, jugará un papel fundamental en nuestro objetivo: determinar el polinomio interpolador para esa familia de puntos. Siguiendo nuestro objetivo de clarificar las cosas, hagamos un ejemplo numérico. Ejemplo 3.5.5 Escribir las diferencias divididas para los datos: {(1, 4), (2, 5), (4, 3), (5, 1)} f[x 0 ]=f(1) = 4 ; f[x 1 ]=f(2) = 5 ; f[x 2 ]=f(4) = 3 ; f[x 3 ]=f(5) = 1. f[x 0,x 1 ]= 5 4 2 1 =1;f[x 1,x 2 ]= 3 5 4 2 = 1 ;f[x 2,x 3 ]= 1 3 5 4 = 2. f[x 0,x 1,x 2 ]= 1 1 4 1 = 2 ; f[x 3 1,x 2,x 3 ]= 2+1 5 2 = 1 3. f[x 0,x 1,x 2,x 3 ]= 1 3 2 3 = 1. 5 1 12 Resumimos todo anterior en forma de tabla: x i f[x i ] f[x i,x i+1 ] f[x i,x i +1,x i+2 ] f[x i,x i+1,x i+2,x i+3 ] 1 f(1) = 4 f[1, 2] = 1 f[1, 2, 4] = 2 f[1, 2, 4, 5] = 1 3 12 2 f(2) = 5 f[2, 4] = 1 f[2, 4, 5] = 1 3 4 f(4) = 3 f[4, 5] = 2 5 f(5) = 1 Teorema 3.5.6 Dada una familia de n +1 puntos {(x 0,y 0 ), (x 1,y 1 ),...,(x n,y n )}, todos con abscisas distintas, los coeficientes A i del polinomio interpolador de Newton, (n 1) P n (x) =A 0 +A 1 (x x 0 )+A 2 (x x 0 )(x x 1 )+A 3 (x x 0 )(x x 1 )(x x 2 )+ +A n (x x i ) son: A 0 = f[x 0 ] A 1 = f[x 0,x 1 ] i=0

3.5. Interpolación por el método de las diferencias divididas de Newton 17 A 2 = f[x 0,x 1,x 2 ] en general: A i = f[x 0,x 1,...,x i ] Es decir, son las diferencias divididas de la primera fila de la tabla. Conocido esto, el polinomio interpolador para los datos del ejemplo anterior será: P 3 (x) = 4+1(x 1)+( 2 3 )(x 1)(x 2)+ 1 (x 1)(x 2)(x 4) = 1+25 12 6 x 5 4 x2 + 1 12 x3. Antes decíamos que este método permitía ampliar el soporte sin necesidad de volver a empezar, vamos a verlo: Ejemplo 3.5.7 1) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas para los datos: {(1, 4), (2, 5)} 2) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas para los datos: {(1, 4), (2, 5), (4, 3)} 3) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas para los datos: {(1, 4), (2, 5), (4, 3), (5, 1)} Como son datos del soporte del ejercicio anterior y disponemos de las diferencias divididas necesarias, respondemos directamente: 1) P 1 (x)=4+1(x 1) = 3 + x. 2) P 2 (x) =(3+x)+( 2 3 )(x 1)(x 2) = 5 3 +3x 2 3 x2. 3) Es el que ya calculamos antes: P 3 (x) =( 5 3 +3x 2 3 x2 )+ 1 25 (x 1)(x 2)(x 4) = 1 + 12 6 x 5 4 x2 + 1 12 x3.

18 3. Interpolación A poco que nos fijemos en la construcción vemos cómo funciona; si añadimos un punto a los datos, bastará con completar el conjunto de diferencias divididas hasta conseguir los coeficientes que faltan. También este método sufre los efectos del fenómeno de Runge, como queda reflejado en el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.5.8 Determinar el polinomios interpolador por Newton para la función f(x) = 2x (Serpentina de Newton), con el soporte: S = { 1, 0, 1, 2}. Determinar 1+x 2 la función del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar f(3/4). f[x 0 ]=f( 1) = 1 ;f[x 1 ]=f(0) = 0 ; f[x 2 ]=f(1) = 1 ; f[x 3 ]=f(2) = 4 5. f[x 0,x 1 ]= 0+1] =1;f[x 0+1 1,x 2 ]= 1 0 =1;f[x 1 0 2,x 3 ]= 4/5 1 2 1 f[x 0,x 1,x 2 ]= 1 1 =0;f[x 1+1 1,x 2,x 3 ]= 1/5 1 2 0 f[x 0,x 1,x 2,x 3 ]= 3 5 0 2+1 = 1 5. Por lo tanto el polinomio interpolador será: = 3 5. = 1/5. P 3 (x) = 1+1(x+1)+0(x+1)(x 0) 1 5 (x+1)(x)(x 1) = 6 5 x 1 5 x3 =1.2x 0.2x 3. Como disponemos de la función y el polinomio que la interpola podemos comparar sus gráficos: figura 1.8 Para la función del error necesitamos acotar la derivada cuarta de la función: f 4) (x) =48 x5 10x 3 +5x. (x 2 +1) 5 Para lograrlo un método será analizar su derivada que es la quinta de la función inicial: f 5) (x) =240 x6 +15x 4 15x 2 +1; igualada a cero nos ofrece sus puntos de tangencia horizontal, donde están sus (x 2 +1) 6 extremos. Si hacemos x 2 = t bastará con resolver t 3 15t 2 +15t 1=0ycomot = 1 es una de sus soluciones, las otras son las soluciones de la ecuación de segundo grado que queda; t =7+4 (3) y t =7 4 (3) de modo que los extremos buscados estarán en: x =+1;x = 1; x =+3.7320; x = 3.7320; x =+0.2679 y x = 0.2679, de modo

3.5. Interpolación por el método de las diferencias divididas de Newton 19 Figura 3.8: Gráficos de f(x) y P(x) comparados. que se observa que los dos intermedios están fuera del intervalo de interpolación. Tras unos cálculos se llega a la conclusión de que f 4) (x) es máxima para x =+0.2679 y x = 0.2679, siendo M = f 4) (x) =38.98557159 < 39. Con ello, la función que acota el error es: ε 39 (x +1)(x 0)(x 1)(x 2) =1.625 (x +1)x(x 1)(x 2) 4! Figura 3.9: Gráfico del error. La aproximación solicitada será: P 3 (x) = 1 +1(x +1)+0(x +1)(x 0) 1 (x +1)(x)(x 1) = 6x 1 5 5 5 x3 =1.2 3 0.2( 3 4 4 )3 =0.815625. y la cota del error: ε 1.625 ( 3 4 +1)3( 3 1)( 3 2) =0.666504 4 4 4

Capítulo 4 Integración numérica Comenzaremos por recordar algunas cosas fundamentales sobre las integrales. Si f(x) es una función continua en el intervalo finito I =[a, b] entonces podemos afirmar que dicha función es integrable en el intervalo considerado, es decir, que existe b a f(x)dx. Si además conocemos una primitiva F (x) def(x), podemos usar la Regla de Barrow para concluir que: b a f(x)dx = F (b) F (a). Si además consideramos que el arco de la curva f(x) es siempre positivo en a x b, el resultado anterior mide el area de la figura plana encerrada por el eje de abscisas,las rectas x = a ; x = b yelmencionadoarcodecurva,comomuestrael siguiente dibujo. Figura 4.1: Area calculada por la integral. El problema es que a veces, calcular una primitiva es una tarea tediosa y otras, una misión imposible dado que ciertas funciones no admiten primitivas expresables mediante combinaciones de funciones elementales, como por ejemplo, b a sen(x2 )dx, 1

2 4. Integración numérica b a 1 dx, b Ln(x) a sen(x) dx, entre otras muchas. x Otras veces realizaremos un experimento y de él, obtenemos una tabla de valores que se supone tienen un comportamiento funcional, pero que al no disponer de f(x) tampoco podremos usar la Regla de Barrow. En cualquiera de los casos está justificada la necesidad de buscar un procedimiento alternativo para calcular integrales. A estos procedimientos los llamaremos métodos de integración numérica. 4.1 Métodos de integración numérica El problema de aproximar el valor de una integral I(f) = b a f(x)dx se relaciona directamente con el de aproximar f(x) eni =[a, b]. Adoptaremos la estrategia de aproximar el valor de I(f) por el valor de una integral donde la función f(x) se sustituye por otra que la aproxima, polinomio interpolador, en el intervalo de integración I =[a, b]: fórmulas de tipo interpolatorio. n Como resultado, obtendremos expresiones del tipo: I(f) = c i f(x i ) donde los i=0 coeficientes c i son números reales y los valores x i están sacados del intervalo de integración I =[a, b]. 4.1.1 Fórmulas de cuadratura Son fórmulas que permiten calcular o aproximar el valor de una integral. Consideremos una función f(x) continua en un intervalo dado I =[a, b], consideremos el soporte S = {x 0,x 1,x 2,,x n } donde a = x 0, b = x n y los restantes puntos son valores intermedios a estos, ordenados de menor a mayor y sin repetirse ninguno, no importa si están o no equiespaciados. Sabemos que el polinomio interpolador de Lagrange para estos datos, (n+1) nodos, n es un polinomio de grado, a lo sumo n, de la forma: P n (x) = L i (x)f(x i ). i=0

4.1. Métodos de integración numérica 3 Si sustituimos la función por el polinomio que la interpola en las condiciones dadas, quedará: b b b n f(x)dx P n (x)dx = L i (x)f(x i )dx a como los f(x i )sonnúmeros (constantes) se puede escribir: b a a f(x)dx n i=0 a i=0 b f(x i ) L i (x)dx a y si llamamos A i = b a L i(x) podemos concluir que: b n f(x)dx f(x i )A i. a i=0 Ya tenemos la fórmula tipo de cuadratura de la que sólo falta determinar los coeficientes A i. Hemos dicho que A i = b a L i(x) y como los polinomios auxiliares de Lagrange L i (x) sólo dependen de los elementos del soporte, podemos usar cualquier función para determinar los coeficientes A i. Tomaremos funciones del tipo f(x) =x n ;es decir las funciones: {1,x,x 2,x 3,,x n }, de modo que al aplicarlas a la expresión n b a f(x)dx f(x i )A i llegaremos al sistema: i=0 Para f(x) =1= (b a) =A 0 + A 1 + + A n Para f(x) =x = b2 a 2 2 = A 0 x 0 + A 1 x 1 + + A n x n Para f(x) =x 2 = b3 a 3 3 = A 0 x 2 0 + A 1 x 2 1 + + A n x 2 n... Para f(x) =x n = b(n+1) a (n+1) n+1 = A 0 x n 0 + A 1 x n 1 + + A n x n n Sistema de (n+1) ecuaciones con (n+1) incógnitas cuya matriz M, es de Van der Monde:

4 4. Integración numérica M = 1 1 1... 1 x 0 x 1 x 2... x n x 2 0 x 2 1 x 2 2... x 2 n........... x n 0 x n 1 x n 2... x n n Siendo su determinante: det M = (x i x j )con0 j<i n El determinante de esta matriz siempre es distinto de cero, ya que x i x j,porlo tanto su rango es igual al número de incógnitas lo que nos garantiza que el sistema es compatible determinado y consecuentemente tiene solución única, los A i ;enlas condiciones señaladas, la fórmula de cuadratura es única y además siempre existe. Ejemplo 4.1.1 Queremos aproximar el valor de la integral I = 4 sen(x) 1 dx usando el x método descrito dividiendo en intervalo de integración en dos partes iguales. Si dividimos el intervalo [1, 4] en dos partes iguales, queda el soporte: S = {1, 5, 4} 2 por lo que la fórmula de cuadratura quedará: 4 sen(x) 2 I = dx f(x i )A i = f(1)a 0 + f( 5 1 x i=0 2 )A 1 + f(4)a 2. Planteamos el sistema para calcular las A i : Para f(x) =1= (4 1) = A 0 + A 1 + A 2 Para f(x) =x = 42 1 2 2 = A 0 + 5 2 A 1 +4A 2 Para f(x) =x 2 = 43 1 3 3 = A 0 (1) 2 + A 1 ( 5 2 )2 + A 2 (4) 2 Es decir: A 0 + A 1 + A 2 =3 A 0 + 5 2 A 1 +4A 2 = 15 2 A 0 + 25 4 A 1 +16A 2 =21.

4.1. Métodos de integración numérica 5 La manera de resolver estos sistemas de Van der Monde se estudia en la asignatura de Álgebra Lineal, aunque debemos puntualizar que no tendremos necesidad de resolver muchos de estos sistemas en este curso. Nuestro sistema tiene por soluciones: A 0 = 1 2 ; A 1 =2;A 2 = 1 2. Con estos datos: 4 sen(x) I = dx 1 1 x 2 sen(1) + 22 5 sen(5 2 )+1 sen(4) =0.804913. 2 4 El ordenador nos da como valor de la integral: I = 4 sen(x) 1 dx =0.8121200686 x por lo que la aproximación que hemos logrado con una partición tan elemental, no es demasiado mala. Hemos visto que b n a f(x)dx f(x i )A i. Al utilizar esta fórmula cometemos un i=0 error que vendrá dado por la integral definida en a x b del error de interpolación de Lagrange. Si P (x) es un polinomio de grado g n que interpola a f(x) con el soporte S = {a = x 0,x 1,x 2,,x n = b} y f(x) admite derivadas continuas hasta el orden (n + 1) en el intervalo de integración, el error será: b n b b ɛ(n) = f(x)dx f(x i )A i = (f(x) P a n (x))dx i=0 a (x x 0 )(x x ) (x x n ) a (n +1)! Mdx. (4.1) donde M = max x [a,b] f n+1 (x) dx. Si la función f(x) es un polinomio de grado g n entonces f (n+1) (x) = 0, el error es cero y la fórmula de cuadratura, en estos casos, se dice que es exacta. 4.1.2 Fórmulas de cuadratura de Newton-Cotes Las fórmulas de Newton-Cotes se obtienen por el procedimiento anteriormente descrito, integración del polinomio interpolador de Lagrange, pero considerando soportes equiespaciados.

6 4. Integración numérica Si el intervalo [a, b] lo dividimos en n trozos de igual longitud, equiespaciados, cada trozo medirá h = b a lo que nos permitirá escribir todos los nodos en función n de los puntos extremos del intervalo: x 1 = a +1h, x 2 = a +2h, x 3 = a +3h,..., b = x n = a + nh. A h le llamaremos paso del soporte o de la partición. Cuando tomamos un soporte equiespaciado, los coeficientes A i de la fórmula de interpolación de Newton-Cote, tienen la propiedad de que A k = A (n k). Esto nos permitirá que tan sólo tengamos que calcular la mitad de dichos coeficientes. Por otro lado, como los A i sólo dependen del soporte, los podemos usar para cuadrar cualquier integral siempre que en ella se repita el soporte. Ejemplo 4.1.2 Los coeficientes A i para el soporte {1, 2, 3} son: A 0 = A 2 = 1 3 y A 1 = 4 de modo que: 3 pero también: I = 3 1 e x dx 1 3 e1 + 4 3 e2 + 1 3 e3. I = 3 1 log(x)dx 1 3 log(1) + 4 3 log(2) + 1 3 log(3). Los coeficientes A i de Newton-Cotes, con soportes de paso constante, no dependen de los puntos concretos tomados, pero sí del paso entre ellos, por ejemplo: Si tomamos S = {a, a + h} el sistema sería: A 0 + A 1 = h aa 0 +(a + h)a 1 = ah + h2 2 y sus soluciones, los coeficientes, son: A 0 = A 1 = h 2 Si tomamos S = {a, a + h, a +2h} los coeficientes son: A 0 = A 2 = h 3 A 1 = 4h 3 Si tomamos S = {a, a + h, a +2h, a +3h} los coeficientes son: A 0 = A 3 = 3h 8 A 1 = A 2 = 9h 8

4.1. Métodos de integración numérica 7 Ejemplo 4.1.3 Los coeficientes A i para el soporte {1, 2, 3} son: A 0 = A 2 = 1 y 3 A 1 = 4 y los de {2, 3, 4} y los de {0, 1, 2} y los de {1.2, 2.2, 3.2} y los de cualquier 3 soporte de tres puntos equiespaciados una unidad. Ejemplo 4.1.4 Los coeficientes A i para el soporte {1, 4, 7} son: A 0 = A 2 =1y A 1 =4puesto que el paso es h =3. Ejemplo 4.1.5 Calcular 1 0 f(x)dx con el soporte {0, 1 2, 1} a)sif(x) =x 2. b)sif(x) =x 4. Calculamos los coeficientes A i : A 0 = A 2 = 1 y A 6 1 = 4 6 h = 1. Montamos la fórmula y en el primer caso queda: 2 puesto que el paso es I = 1 0 x 2 dx 1 6 0+4 6 (1 2 ) 2 + 1 6 12 = 1 6 + 1 6 = 1 3. que como fácilmente se puede comprobar es el valor exacto, ya que el polinomio del integrando es de grado n =2. En el segundo caso: I = 1 0 x 4 dx 1 6 0+4 6 (1 2 ) 4 + 1 6 14 = 1 6 + 1 24 = 5 24 =0.208333 resultado diferente del exacto que es: I = 1 0 x4 dx = 1 5 =0.2 4.1.3 Fórmula del Trapecio Si aplicamos la fórmula de cuadratura de Newton-Cotes que acabamos de ver n b a f(x)dx f(x i )A i para el caso n = 1, sólo tendremos dos elementos en el i=0 soporte; los extremos de integración {a, b}. Consecuentemente los coeficientes A i son fáciles de calcular, al ser iguales, A 0 = A 1 = b a y con ello: 2 b I = f(x)dx b a a 2 f(a)+b a a f(b) =b 2 2 (f(a)+f(b)).

8 4. Integración numérica Es la llamada Fórmula del Trapecio: b f(a)+f(b) a f(x)dx (b a) 2 Teorema 4.1.6 Dada una función f(x) continua en un intervalo [a, b], su integral podemos aproximarla mediante la fórmula: b f(a)+f(b) a f(x)dx (b a). 2 Esta fórmula podemos interpretarla geométricamente de una manera muy sencilla que justificará sunombre. Supongamos para fijar las ideas, que f(x) es una función positiva en [a, b], si se observan los gráficos que siguen, Figura 4.2 y 4.3, la expresión f(a)+f(b) (b a) 2 mide el área del trapecio de altura (b a), y bases f(a),f(b); area del trapecio = semisuma de las bases por la altura y con dicha area aproximamos el area del trapecio mixtilíneo que es el area exacta. Figura 4.2: Gráfico del métododeltrapecioparalafunción f(x). Antes de continuar vamos a dar un resultado de gran utilidad a la hora de acotar el error cometido al usar esta formulación. Teorema 4.1.7 Sean f(x) y g(x) funciones continuas en un intervalo I =[a, b], de forma que g(x) no cambia de signo en I. Entonces existe un valor φ interior a I tal que: b b f(x)g(x)dx = f(φ) g(x)dx a a

4.1. Métodos de integración numérica 9 Figura 4.3: Area del trapecio que nos ayuda a aproximar el valor de la integral. En nuestro caso el error será: 4.1 e(n) = b aplicando el teorema anterior. siendo a<φ<b e(n) = a b a (f(x) P (x))dx = b (f(x) P (x))dx = f (φ) 2 a (x a)(x b) f (x)dx 2 b a (x a)(x b)dx Haciendo cálculos, podemos concluir que el error cometido al usar la fórmula del Trapecio para aproximar la integral dada será: siendo a<φ<b. e = (b a)3 f (φ) 12 El problema es que no conocemos el valor de f (φ) y para solventar esto, recurriremos a acotarlo. Teorema 4.1.8 Si una función f(x) admite al menos hasta la derivada segunda continua en un intervalo [a, b], el error, en valor absoluto, que se comete al usar la fórmula del Trapecio lo da la expresión: ɛ = (b a)3 f (φ) con a φ b. o acotando: 12 ɛ (b a)3 M 2 12

10 4. Integración numérica siendo M 2 = valor máximo o una cota superior del valor absoluto de la derivada segunda: f (x) en [a, b]. Se aprecia que el error depende de la finura o longitud del intervalo, por lo que mientras menor sea h mejor será el resultado. Si pretendemos mejorar la aproximación de una integral dada, deberemos efectuar una partición del intervalo de integración, como haremos más adelante, de modo que los trapecios se amolden mejor al area que representa la integral. Otra apreciación es que si f(x) es un polinomio de primer grado, la fórmula del trapecio es exacta. Ejemplo 4.1.9 Aproximar por el método del Trapecio el valor de la integral: 4 2 (x 3 4x +8)dx Será: 4 2 (x3 4x +8)dx f(2)+f(4) 2 (4 2) = 64 ya que f(2) = 8 8+8=8y f(4) = 64 16 + 8 = 56. El error lo acotaremos por: ɛ (b a)3 M 12 2 = (4 2)3 M 12 2 ycomof (x) =6x, en[2, 4], el máximo lo tendrá en el extremo superior ya que siempre es positiva en I: M 2 =24 y con ello, ɛ (4 2)3 24=16 12 Como la integral es fácil de calcular, su valor exacto es: 4 2 (x3 4x +8)dx =52 siendo el error exacto 12. Figura areas. 4.4: Se aprecia el error si aplicamos el método del trapecio; diferencia de

4.1. Métodos de integración numérica 11 Figura 4.5: Gráfico: La aproximación mejora si partimos en intervalo en dos subintervalos. 4.1.4 Fórmula compuesta de los Trapecios Procedemos con la estrategia de dividir el intervalo de integración en n partes iguales {x 0,x 1,,x i,,x n }, aplicamos a cada subintervalo la fórmula del Trapecio y sumamos: b a f(x)dx (x 1 x 0 ) f(x 0)+f(x 1 ) 2 +(x 3 x 2 ) f(x 2)+f(x 3 ) 2 como cada x (i 1) x i 2 = h 2 podemos concluir: +(x 2 x 1 ) f(x 1)+f(x 2 ) + 2 + +(x n x n 1 ) f(x n)+f(x n 1 ) 2 b O lo que es lo mismo: b f(x)dx a a f(x)dx h 2 [f(x 0)+2{f(x 2 )+ + f(x (n 1) )} + f(x n )] (b a) 2n [f(x 0)+2{f(x 2 )+ + f(x (n 1) )} + f(x n )] b a f(x)dx n 1 (b a) 2n [f(x 0)+2 f(x i )+f(x n )] i=1 Que es la fórmula compuesta de los Trapecios o simplemente fórmula de los Trapecios.

12 4. Integración numérica Figura 4.6: Fórmula compuesta de los Trapecios; partimos en intervalo en varios subintervalos. Ahora el error será la suma de los errores producidos cada intervalo, como el soporte es equiespaciado, tomando M 2 común para todos, el error sólo depende de su paso h = b a h3 y este es siempre el mismo, por lo tanto, el error será ɛ M n 12 2 en cada subintervalo y como hay n, el error total lo mediremos con la siguiente fórmula: ɛ n h3 M 12 2 = (b a)3 M 12n 2 2 Fórmula del error (b a)3 ɛ M 12n 2 2 Donde M 2 es el valor máximo o una cota superior de f 2 (x) en [a, b]. A veces calcular y acotar la derivada segunda de f(x) es complicado. Cuando surja esta dificultad, dispongamos de la derivada primera y la partición sea suficientemente fina, podemos estimar el error por la fórmula: siendo f 1 la derivada primera. ɛ (b a)2 [f 1 (b) f 1 (a)] 12n 2 Ejemplo 4.1.10 Aproximar por el método de los Trapecios con n =3, el valor de la integral: 4 1 1 dx. Acotar el error y averiguar la partición necesaria para que el error x no supere una centésima. Solución:

4.1. Métodos de integración numérica 13 Figura 4.7: Area que calcula nuestra integral. Si hacemos la partición solicitada del intervalo de integración, esta será: {1, 2, 3, 4} y sus imágenes mediante f serán: {1, 1, 1, 1}. 2 3 4 4 1 Aplicamos la fórmula de los Trapecios: 1 (4 1) dx [f(1)+2{f(2)+f(3)}+f(4)] = 3 x 6 6 [1+2{1 2 +1 3 }+1 4 ]=35 25 =1.458333... Acotemos el error: ɛ (4 1)3 12(3 2 ) M 2 f 2 (x) = 2 x 3 función decreciente en [1, 4] por lo que su máximo lo da en x = 1 y consecuentemente M 2 =2. ɛ (4 1)3 12(3 2 ) 2=1 2 =0.5 Si queremos que el error no supere una centésima, debe ser: 0.01 (4 1)3 2= 9 12n 2 1 es decir, 9 ; n 2 900 = 450 ; n (450) = 21.2132..; 100 2n 2 2 Necesitaremos hacer una partición tal que n = 22. Si le aplicamos la fórmula de acotación del error, obtendremos que para n =22el error es: e 0.0092.. Si le aplicamos la fórmula de estimación del error, obtendremos que para n =22 el error es: e 0.0014.. El valor exacto de la integral es I =1.386294... y el valor por los Trapecios con n =22esI =1.387744... por lo que el error exacto es 0.001450.. 2n 2

14 4. Integración numérica 4.1.5 Fórmula de Simpson. Si aplicamos la fórmula de cuadratura de Newton-Cotes b n a f(x)dx f(x i )A i para el caso n = 2, tendremos tres elementos en el soporte: {a, a+b 2,b}. I = Los coeficientes A i son fáciles de calcular, A 0 = A 2 = b a; A 6 1 = 4(b a) y con ello: 6 b a f(x)dx b a 6 a) f(a)+4(b f( a + b 6 2 )+b a 6 Fórmula de Simpson: b (b a) a f(x)dx [f(a)+4f( a+b)+f(b)]. 6 2 i=0 a) f(b) =(b [f(a)+4f( a + b 6 2 )+f(b)]. La interpretación geométrica de este método es sencilla. Supongamos f(x) positiva en en intervalo de integración, lo que hacemos es que aproximamos el area medida por la integral mediante el area limitada por la parábola y = ax 2 +bx+c que pasa por los puntos {(a, f(a)), ( a+b a+b,f( ), (b, f(b)))}; es decir sustituimos f(x) por la ecuación de 2 2 la parábola. Hay que destacar que para aplicar este método necesitamos usar trios Figura 4.8: Gráfica del area que queremos calcular. de puntos en la partición, esto se traducirá cuando la apliquemos a varios intervalos concatenados, fórmula compuesta de Simpson, que necesariamente la partición n utilizada, debe ser par. Esto lo precisaremos más adelante. Para el error procederíamos de manera similar a la usada para el Trapecio y lo mediremos como dicta el siguiente teorema. Teorema 4.1.11 Si función f(x) admite al menos hasta la derivada cuarta continua en un intervalo

4.1. Métodos de integración numérica 15 Figura 4.9: Gráfica de la aproximación por el método de Simpson. [a, b], el error, en valor absoluto, que se comete al usar la fórmula de Simpson lo da la expresión: ɛ = h5 f 4 (φ) con a φ b. o acotando: 90 ɛ h5 90 M 4 = (b a)5 90n 5 M 4 = para recordarla mejor, se suele escribir (como n=2): ɛ (b a)5 90 2 5 M 4 = (b a)5 2880 M 4 (b a)5 2880 M 4 siendo M 4 = valor máximo o una cota superior del valor absoluto de la derivada cuarta, f 4) (x), en[a, b]. La fórmula de Simpson que acabamos de ver es exacta cuando el integrando f(x) es un polinomio de grado menor o igual que tres, un grado más de lo previsible. Al igual que ocurría en el método del Trapecio, a menor longitud del intervalo de integración menor es el error. Ejemplo 4.1.12 Aproximar por el método de Simpson el valor de la integral: 2 0 (x 4 +1)dx Tenemos un intervalo de integración queesel[0, 2], necesitamos un tercer punto y como el paso debe ser constante, esta será el intermedio es decir tomamos los puntos de abscisas {0, 1, 2} cuyas imágenes por f son {1, 2, 17}. Nótese que la partición es par, n =2.