Cap ıtulo 3 Interpolaci on

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Cap´ıtulo 3

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Cap´ıtulo 3

Interpolaci´

on

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 se˜nala el tiempo en se-gundos 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 interpolaci´on estudia el c´alculo de funciones que pasan (in-terpolan) por unos puntos (los datos) disponibles.

3.1 Interpolaci´

on polinomial

Aqu´ı concretamente nos proponemos encontrar un polinomio P(x) que “aproxime” una funci´on “desconocida” f(x) de la que sabemos su valor en unos pocos de puntos de su dominio.

La expresi´on “funci´on desconocida” se debe interpretar como que efectivamente 71

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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 conf(x) en los puntos del dominio donde se conoce.

Los polinomios a que nos referimos son funciones de la forma: P(x) =a0+a1x+a2x2 +· · ·+anxn

donde n es un n´umero natural y los coeficientes ai, n´umeros reales. Como sabemos,

los polinomios son funciones continuas y derivables sucesivamente en toda la recta real.

Partimos del conocimiento de los valores de una funci´on f(x) en (n+ 1) puntos

{x0, x1, . . . , xn} y queremos encontrar un polinomio de orden, a lo sumo n, que pase

por dichos puntos (i.e. interpole af(x)) y que además sea único. ¿Será esto posible? veamos:

Teorema 3.1.1

Dada una familia de n + 1 puntos {(x0, f(x0)),(x1, f(x1)), . . . ,(xn, f(xn))}, todos

distintos, existe un ´unico polinomio Pn(x), de grado menor o igual a n, que interpola

a f(x) en dichos puntos.

A Pn(x) se le llamapolinomio interpolador def(x) en el soporteS.

Este teorema nos confirma que podemos encontrar un polinomio interpolador para una funciónf(x) y que para determinarlo necesitaremos disponer de los n+ 1 valo-res corvalo-respondientes a las imágenes mediante f(x) de los puntos del SOPORTE : S ={x0, x1, . . . , xn}, donde no se repite ningún valor y normalmente están ordenados

de menor a mayor. Adem´as dicho polinomio interpolador es ´unico.

En particular, sif(x) es un polinomio de gradon la interpolaci´on def(x) con un soporte de al menosn+ 1 puntos devolver´aP(x) =f(x).

El polinomio de interpolaci´onP(x) y la funci´onf(x), cumplen queP(xi) =f(xi)

en todos y cada uno de los puntos del soporte, pero en los valores intermedios no tienen por qu´e coincidir, por lo que se genera un error que tendremos que controlar.

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3.2. Error de interpolaci´on 73

3.2 Error de interpolaci´

on

Sea el soporte S ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus valores se repite y est´an

ordenados de menor a mayor y seaPn(x) el polinomio interpolador de la funci´onf(x)

seg´un el soporte anterior. Si f(x) es continua y admite derivadas sucesivas hasta el ordenn+1, en el intervalo determinado por los valores extremos del soporte, podemos afirmar que existe un valor ctal que:

εn=f(x)−Pn(x) = fn+1)(c) (n+ 1)! n Y i=0 (x−x0)(x−x1)· · ·(x−xn)

dondeces un punto que se encuentra en el menor intervalo que contenga a los puntos:

{x, x0, x1, . . . , xn}.

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 funci´onf(x) y enfrentarnos a la acotaci´on de la derivada de orden (n+ 1) de la misma.

Si llamamos M al valor m´aximo de f n+1)_(x) en I = [x0, xn], podemos acotar el error seg´un εn≤ M (n+ 1)! n Y i=0 |(x−x0)(x−x1)· · ·(x−xn)|

Podemos realizar varias observaciones acerca del comportamiento del error de interpolaci´on:

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 in-terpolación 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 poli-nomio 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 interpolaci´on tal que el punto que queremos aproximar se encuentre en la zona central del soporte.

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3. No debemos usar el polinomio para aproximar valores que est´en fuera del inter-valo de interpolaci´on.

Para ilustrar lo que hemos afirmado, iremos observando el comportamiento del error con diversas pruebas al interpolar la funci´on f(x) = ₁₊₂₅1_x2 en el intervalo

[−1,1]. Ilustramos todo ello con gr´aficos.

Si tomamos como soporte uno no equiespaciado, por ejemplo: S1 ={−1,0,

1 2,1} el polinomio quedaP1(x) = 4 5(x 3₋_x2₋_x₊5

4). Si despu´es consideramos un soporte del mismo tama˜no pero equiespaciado: S2 = {−1,−

1 3,

1

3,1} sale otro polinomio de manera que en los siguientes gr´aficos podemos observar las diferencias entre f(x) y el polinomio interpoladorP(x) de cada cada caso: se aprecia que en el equiespaciado se produce un error m´aximo 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]: primeron = 3,despuésn = 6 y por últimon = 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

fen´omeno 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.

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3.2. Error de interpolaci´on 75

Figura 3.2: f(x) y P(x) con soporte equiespaciado, n = 3 y comportamiento del error.

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Teorema 3.2.1

Si f(x) es una funci´on continua y sucesivamente derivable en un intervalo I = [a, b], para todo ε > 0 existe un polinomio interpolador Pε(x) tal que para todo punto de I

se cumple: |f(x)−Pε(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 {(x0, f(x0)),(x1, f(x1)), . . . ,(xn, f(xn))}

todos ellos distintos, podemos encontrar un polinomio de grado m´aximo n: P(x) = a0+a1x+a2x2+· · ·+anxn que pase por todos y cada uno de dichos puntos y que

en definitiva, interpola af(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(xi) = P(xi) 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 será única.

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 se˜nala 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 m´aximo:

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3.4. Interpolaci´on por el m´etodo de Lagrange 77

que pase por dichos puntos:

0 =a0+a10 +a202+a303

0.4 =a0+a11 +a212+a313

1.2 =a0+a14 +a242+a343

3.6 =a0+a16 +a262+a363

Resolviendo el sistema queda el polinomio interpolador: P(x) = 0 + 0.58x−0.2166666x2+ 0.366666x3

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 0.586666m_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 Interpolaci´

on por el m´

etodo de Lagrange

Una manera de determinar el polinomio interpolador sin resolver un sistema de ecua-ciones, 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 dif´ıcil. 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 ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus valores se repite

y est´an ordenados de menor a mayor (aunque esto ´ultimo no es imprescindible). Definimos los Polinomios de Lagrange: Lj(x) para j = 0,1,2, . . . , n de la forma que

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sigue: Lj(x) = n Y i=0 j6=i x−xi xj −xi

Observa que tomando un soporte con n+ 1 puntos, lo que hemos definido son n+ 1 polinomios de grado n que cumplen lo siguiente:

Lj(xi) = 0; si i6=j

Lj(xj) = 1; si i=j

Ejemplo 3.4.1 Escribir los polinomios auxiliares de Lagrange para el soporte de 4 puntos: S ={x0, x1, x2, x3} Ser´an: L0(x) = (x−x1)(x−x2)(x−x3) (x0−x1)(x0−x2)(x0 −x3) L1(x) = (x−x0)(x−x2)(x−x3) (x1−x0)(x1−x2)(x1 −x3) L2(x) = (x−x0)(x−x1)(x−x3) (x2−x0)(x2−x1)(x2 −x3) L3(x) = (x−x0)(x−x1)(x−x2) (x3−x0)(x3−x1)(x3 −x2) Si concretamos el soporte: S={1,2,4,5} Ser´an: L0(x) = (x−2)(x−4)(x−5) (1−2)(1−4)(1−5) = (x−2)(x−4)(x−5) −12 L1(x) = (x−1)(x−4)(x−5) (2−1)(2−4)(2−5) = (x−1)(x−4)(x−5) 6 L2(x) = (x−1)(x−2)(x−5) (4−1)(4−2)(4−5) = (x−1)(x−2)(x−5) −6 L3(x) = (x−1)(x−2)(x−4) (5−1)(5−2)(5−4) = (x−1)(x−2)(x−4) 12

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3.4.2 El polinomio interpolador de Lagrange

Seguimos considerando un soporte S ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus

valo-res se repite y est´an ordenados de menor a mayor. Con estos datos construimos los polinomios auxiliares de Lagrange: Lj(x) para j = 0,1,2, . . . , n y tambi´en

necesita-remos conocer la familia de im´agenes de los puntos del soporte: {y0, y1, . . . , yn}, para

yi =f(xi).

Podemos afirmar que si se cumplen las condiciones arriba establecidas, el polino-mio: Pn(x) = n X j=0 yjLj(x)

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 si-guientes: S={1,2,4,5}, e Y ={0,6,12,24} donde S es el soporte e Y sus im´agenes

Como los polinomios auxiliares de Lagrange s´olo dependen del soporte y ´este 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:

P3(x) = 0( (x−2)(x−4)(x−5) −12 ) + 6( (x−1)(x−4)(x−5) 6 )+ +12((x−1)(x−2)(x−5) −6 ) + 24( (x−1)(x−2)(x−4) 12 ) = = 0 + (x−1)(x−4)(x−5))−2(x−1)(x−2)(x−5) + 2(x−1)(x−2)(x−4)⇒ P3(x) = x3−8x2 + 23x−16

Una vez obtenido el polinomio interpolador por el M´etodo de Lagrange P3(x) =

x3 ₋ _8x2 _{+ 23x} ₋_{16 y con objeto de hacer hincapi´}_{e en los conceptos explicados,}

comprobamos que verifica la tabla de puntos:

P3(1) = 13−8(12) + 23(1)−16 = 0

P3(2) = 23−8(22) + 23(2)−16 = 6

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P3(5) = 53 −8(52) + 23(5)−16 = 24

Ahora podremos utilizar dicho polinomio para estimar los valores de las im´agenes de cualquier punto del intervalo (1,5); por ejemplo: P3(3) = 33−8(32)+23(3)−16 = 8,

lo que nos permite decir que seg´un los datos manejados, la funci´on parax= 3 valdr´ıa 8.

Analicemos ahora otro ejemplo de interpolaci´on por Lagrange, incluyendo en este caso de manera adicional un estudio expl´ıcito del error.

Ejemplo 3.4.3 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la funci´on

f(x) = 2x4 _{con el soporte:} _S ₌_{_0,_1,_2,₃_}_. _{Determinar la funci´}_{on del error y acotar}

el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar f(1.5)

Los polinomios auxiliares de Lagrange ser´an: L0(x) = (x−1)(x−2)(x−3) (0−1)(0−2)(0−3) = (x−1)(x−2)(x−3) −6 L1(x) = (x−0)(x−2)(x−3) (1−0)(1−2)(1−3) = (x−0)(x−2)(x−3) 2 L2(x) = (x−0)(x−1)(x−3) (2−0)(2−1)(2−3) = (x−0)(x−1)(x−3) −2 L3(x) = (x−0)(x−1)(x−2) (3−0)(3−1)(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 ser´a: P(x) = 0L0(x) + 2L1(x) + 32L2(x) + 162L3(x) = 12x3−22x2+ 12x.

Para acotar el error, buscamos la derivada cuarta de la funci´on: f4)(x) = 48 de modo que al ser una constante es f´acil acotar: M = 48 y consecuentemente: ε ≤

48

4!|(x−0)(x−1)(x−2)(x−3)|= 2|x(x−1)(x−2)(x−3)|

ε≤2|x(x−1)(x−2)(x−3)|

Con los datos obtenidos: P(1.5) =P(3/2) = 12(3/2)3−22(3/2)2+ 12(3/2) = 9; una cota del error ser´a:

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Ejemplo 3.4.4 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la funci´on

f(x) = sen(x) con el soporte: S = {π

4,

π

3,

π

2} Determinar la funci´on de acotaci´on

del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar

sen(1.2). ¿Servir´ıa 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:

L0(x) = (x− π 3)(x− π 2) (π₄ − π 3)( π 4 − π 2) = 48(x− π 3)(x− π 2) π2 L1(x) = (x− π 4)(x− π 2) (π₃ − π 4)( π 3 − π 2) = −72(x− π 4)(x− π 2) π2 L2(x) = (x− π 4)(x− π 3) (π 2 − π 3)( π 2 − π 3) = 24(x− π 4)(x− π 3) π2

Ahora evaluamos las im´agenes del soporte: Y ={

√ 2 2 , √ 3 2 ,1}y calculamos el polinomio interpolador: P2(x) = ( −36√3 π2 + 24√2 π2 + 24 π2)x 2_{+ (}−20 √ 2 π + 27√3 π − 14 π )x+ 4 √ 2 + 2− 9 √ 3 2 El polinomio interpolador con coeficientes decimales es:

P2(x) =−0.447100350x2+ 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 funci´on de acotaci´on del error. Como f3)_{(x) =}₋_{cos(x) es}

f´acil 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 puntos intermedios de los anteriores; los peores resultados se dan en los puntos más alejados de los del soporte. ( Figura 3.3 )

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Figura 3.5: Gr´aficas comparadas de f(x) y P2(x)

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3.5. Interpolaci´on por el m´etodo de las diferencias divididas de Newton 83

Figura 3.7: Gr´afica de la funci´on error, el eje de ordenadas nos lo mide.

Por último, para estimar el valor de sen(1.2) bastará con sustituir x = 1.2 en el polinomio obtenido: P2(1.2) = 0.930455446. Y si lo sustituimos en la función del

error,ε ≤0.003915125694 <0.01.

3.5 Interpolaci´

on por el m´

etodo de las diferencias

divididas de Newton

Si el m´etodo de Lagrange ten´ıa la dificultad de que al modificar el soporte hab´ıa que comenzar de nuevo, el m´etodo que vamos a describir permite reutilizar el polinomio Pn para calcular el Pn+k consecuencia de ampliar enk puntos el soporte.

Comenzamos: Definici´on 3.5.1

Dada una familia den+ 1puntos {(x0, f(x0)),(x1, f(x1)), . . . ,(xn, f(xn))}, todos con

abscisas distintas, definimos la base de Newton asociada a dicho soporte, como:

{1,(x−x0),(x−x0)(x−x1),(x−x0)(x−x1)(x−x2), . . . ,

n−1

Y

i=0

(x−xi)}

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a mayor.

Definici´on 3.5.2

Dada una familia de n+ 1 puntos {(x0, y0),(x1, y1), . . . ,(xn, yn)}, todos con abscisas

distintas, definimos el polinomio interpolador de Newton asociado a dicho soporte, como: Pn(x) = A0+A1(x−x0)+A2(x−x0)(x−x1)+A3(x−x0)(x−x1)(x−x2)+· · ·+An (n−1) Y i=0 (x−xi)

siempre que Pn(xi) =yi para i= 0,1,2, . . . , n.

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).

S´olo hay que explicitar c´omo calcular los coeficientes Ai.

Definici´on 3.5.3

distintas donde f(xi) =yi definimos las DIFERENCIAS DIVIDIDAS de NEWTON

asociadas a dichos datos, de la manera siguiente: Diferencias divididas de orden 0:

f[xi] =f(xi), para i= 0,1,2, . . . , n.

Diferencias divididas de orden 1:

f[xi, x(i+1)] =

f[x(i+1)]−f[xi]

x(i+1)−xi

, para i= 0,1,2, . . . ,(n−1).

Y en general, diferencias divididas de orden k < n:

f[xi, x(i+1), . . . , x(i+k)] =

f[x(i+1), . . . , x(i+k)]−f[xi, x(i+1), . . . , x(i+k−1)]

x(i+k)−xi

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Ejemplo 3.5.4 Escribir las diferencias divididas para los datos:

{(x0, y0),(x1, y1),(x2, y2),(x3, x3)} f[x0] =f(x0) ; f[x1] =f(x1) ; f[x2] =f(x2) ; f[x3] =f(x3) f[x0, x1] = f[x1] −f[x0] x1−x0 ; f[x1, x2] = f[x2]−f[x1] x2−x1 ;f[x2, x3] = f[x3]−f[x2] x3−x2 f[x0, x1, x2] = f[x1,x2] −f[x0,x1] x2−x0 ;f[x1, x2, x3] = f[x2,x3]−f[x1,x2] x3−x1 f[x0, x1, x2, x3] = f[x1,x2,x3] −f[x0,x1,x2] x3−x0 .

Todos estos datos se pueden organizar seg´un una tabla de las siguientes carac-ter´ısticas, en la que cada columna se puede rellenar a partir de la anterior y la primera, seg´un el esquema previo de diferencias divididas:

xi f[xi] f[xi, xi+1] f[xi, xi+ 1, xi+2] f[xi, xi+1, xi+2, xi+3] x0 f(x0) f[x0, x1] f[x0, x1, x2] f[x0, x1, x2, x3] x1 f(x1) f[x1, x2] f[x1, x2, x3] x2 f(x2) f[x2, x3] x3 f(x3) N´otese que:

• El orden en el que se toman los puntos del soporte para calcular una dife-rencia dividida de orden p, no afecta al valor de ´esta: f[x1, x0] = f[x0, x1] ´o

f[x0, x1, x2] =f[x2, x1, x0] por ejemplo.

• Las diferencias divididas se pueden expresar en funci´on de los valoresxiyf(xi),

esto es f´acil de comprobar.

Adelantamos que la primera fila de la tabla previamente calculada, jugar´a un papel fundamental en nuestro objetivo: determinar el polinomio interpolador para esa familia de puntos.

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Ejemplo 3.5.5 Escribir las diferencias divididas para los datos: {(1,4),(2,5),(4,3),(5,1)} f[x0] =f(1) = 4 ;f[x1] =f(2) = 5 ;f[x2] =f(4) = 3 ;f[x3] =f(5) = 1. f[x0, x1] = 5₂−₋4]₁ = 1 ; f[x1, x2] = 3₄−₋5₂ =−1 ; f[x2, x3] = ₅1−₋3₄ =−2. f[x0, x1, x2] = −₄1₋−₁1 = −₃2 ; f[x1, x2, x3] = −₅2+1₋₂ = −₃1. f[x0, x1, x2, x3] = −1 3 − −2 3 5−1 = −1 12.

Resumimos todo anterior en forma de tabla:

xi f[xi] f[xi, xi+1] f[xi, xi+ 1, xi+2] f[xi, xi+1, xi+2, xi+3] 1 f(1) = 4 f[1,2] = 1 f[1,2,4] =−2 3 f[1,2,4,5] =− 1 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

distintas, los coeficientes Ai del polinomio interpolador de Newton ,

Pn(x) = A0+A1(x−x0)+A2(x−x0)(x−x1)+A3(x−x0)(x−x1)(x−x2)+· · ·+An (n−1) Y i=0 (x−xi) son: A0 =f[x0] A1 =f[x0, x1] A2 =f[x0, x1, x2] en general: Ai =f[x0, x1, . . . , xi]

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Conocido esto, el polinomio interpolador para los datos del ejemplo anterior ser´a:

P3(x) = 4+1(x−1)+( −2 3 )(x−1)(x−2)+ 1 12(x−1)(x−2)(x−4) = 1+ 25 6 x− 5 4x 2₊ 1 12x 3_.

Antes dec´ıamos que este m´etodo permit´ıa 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) P1(x) = 4 + 1(x−1) = 3 +x. 2) P2(x) = (3 +x) + (− 2 3)(x−1)(x−2) = 5 3+ 3x− 2 3x 2_.

3) Es el que ya calculamos antes: P3(x) = ( 5 3+ 3x− 2 3x 2_{) +} 1 12(x−1)(x−2)(x−4) = 1 + 25 6 x− 5 4x 2₊ 1 12x 3_.

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 refle-jado en el siguiente ejemplo.

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Ejemplo 3.5.8 Determinar el polinomios interpolador por Newton para la funci´on ( Serpentina de Newton) f(x) = ₁₊2x_x2 con el soporte: S ={−1,0,1,2}. Determinar la

funci´on del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar f(3/4). f[x0] =f(−1) = −1 ; f[x1] =f(0) = 0 ; f[x2] =f(1) = 1 ; f[x3] =f(2) = 4₅. f[x0, x1] = 0+1]₀₊₁ = 1 ; f[x1, x2] = ₁1−₋0₀ = 1 ; f[x2, x3] = 4/5 −1 2−1 =−1/5. f[x0, x1, x2] = ₁₊₁1−1 = 0 ; f[x1, x2, x3] = −1₂/₋5₀−1 = −₅3. f[x0, x1, x2, x3] = −3 5 −0 2+1 = −1 5 .

Por lo tanto el polinomio interpolador será: P3(x) =−1+1(x+1)+0(x+1)(x−0)− 1 5(x+1)(x)(x−1) = 6 5x− 1 5x 3 = 1.2x−0.2x3. Como disponemos de la función y el polinomio que la interpola podemos comparar sus gráficos: figura 1.8

Figura 3.8: Gr´aficos de f(x) y P(x) comparados.

Para la funci´on del error necesitamos acotar la derivada cuarta de la funci´on: f4)(x) = 48x5−₍_x102₊₁₎x3+55 x.

Para lograrlo un método será analizar su derivada que es la quinta de la función inicial: f5)_{(x) = 240}−x6₊₁₅_x4₋₁₅_x2₊₁

(x2₊₁₎6 ; igualada a cero nos ofrece sus puntos de

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Si hacemosx2 ₌_t _bastar´_{a con resolver} _t3₋_15t2_{+ 15t}₋_{1 = 0 y como}_t_{= 1 es una}

de sus soluciones, las otras son las soluciones de la ecuación de segundo grado que queda;t = 7 + 4q(3) yt= 7−4q(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 que se observa que los dos intermedios están fuera del intervalo de interpolación. Tras unos cálculos se llega a la conclusión de que |f4)_(x)_| _{es m´}_{axima para}_x _{= +0.2679 y}

x=−0.2679, siendoM =|f4)_(x)_|_{= 38.98557159}_<_39.

Con ello, la funci´on que acota el error es: ε ≤ 39

4!|(x+ 1)(x−0)(x−1)(x−2)|= 1.625|(x+ 1)x(x−1)(x−2)|

Figura 3.9: Gr´afico del error.

La aproximaci´on solicitada ser´a: P3(x) = −1 + 1(x + 1) + 0(x + 1)(x −0) − 1 5(x + 1)(x)(x−1) = 6 5x− 1 5x 3 _{= 1.2}3 4 −0.2( 3 4)

3 _{= 0.815625.} _{y la cota del error:}