E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos...

E.T.S. Minas: Métodos MatemáticosResumen y ejemplos

Tema 2: Aproximación e interpolaciónFrancisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de ManresaUniversidad Politécnica de Cataluña

Septiembre 2008, Versión 1.7

Contenido

1. Objetivo de los métodos numéricos

2. Errores

3. Dígitos significativos y decimales exactos

4. Polinomios de Taylor

5. Resto del polinomio de Taylor

6. Polinomio interpolador de Lagrange

7. Forma de Lagrange para el polinomio interpolador

8. Error de interpolación

9. Forma de Newton para el polinomio interpolador

10. Polinomio interpolador de Hermite

1 Objetivo de los métodos numéricos

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

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

2. Aproximar un valor de x que cumpla sinx+ ex = 0.

3. Aproximar el valor de la integral definidaZ 1

0

sinx

xdx.

1

Resumen y ejemplos Tema 2: Aproximación e Interpolación. 2

4. Conocidos los valores de la tabla

x 0 0.1 0.2

f(x) 0.5 1.7 2.3

aproximar el valor de f(0.07),R 0.20 f(x) dx, f 0(0.07).

5. Si y = y(x) cumple ½y0 = x cos y,y(0) = 0.

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

1.1 Método iterativo

Una forma bastante habitual de generar aproximaciones xj de un valor α

x0, x1, x2, . . . , xn, . . .→ α

consiste en el uso de una fórmula recurrente½xn+1 = g(xn),x0 = valor inicial.

Ejemplo 1.1 Método iterativo para√c.

La siguiente fórmula recurrente

xn+1 =1

2

µxn +

c

xn

¶nos proporciona un método iterativo para aproximar el valor de

√c. Para

iniciar el método, necesitamos una primera estimación x0.Supongamos que deseamos calcular

√27, la fórmula de recurrencia, en nues-

tro caso, es

xn+1 =1

2

µxn +

27

xn

¶,

podemos tomar como estimación inicial x0 = 5, entonces

x0 = 5,

x1 =1

2

µ5 +

27

5

¶= 5. 2,

x2 =1

2

µ5.2 +

27

5.2

¶= 5. 19615 3846,

x3 =1

2

µ5. 19615 3846 +

27

5. 19615 3846

¶= 5. 19615 2423,

x4 =1

2

µ5. 19615 2423 +

27

5. 19615 2423

¶= 5. 19615 2423.


Observamos que x4 = x3 (con 9 decimales), el método ha convergido al valor

α = 5. 19615 2423.

Si tomamos el valor de√27 con 15 decimales (calculado con Maple)√27 = 5. 19615 24227 06631,

resulta que el valor obtenido mediante el método iterativo propuesto es co-rrecto hasta el noveno decimal. En el tema dedicado a la resolución numéricade ecuaciones, veremos que este método puede obtenerse al aplicar elmétodode Newton-Raphson a la ecuación x2 − c = 0. ¤

2 Errores

Sea α un valor exacto y (xj) una sucesión de aproximaciones de α

x0, x1, x2, . . . , xj , . . .→ α,

definimos:

• error absolutoej = α− xj ,

• error relativorj =

α− xjα

=ejα,

• error relativo aproximado

rj =α− xjxj

.

Normalmente usamos los valores absolutos de los errores

|ej | = |α− xj | , |rj | =¯α− xj

α

¯, |rj | =

¯α− xjxj

¯.

Fuentesde error

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

En la determinacióndel modelo

En la resoluciónnumérica

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

Errores en la medida de datosy parámetros⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

Errores accidentales(de cálculo, de programación, etc...)

Truncamiento de procesoso infinitos

Redondeo


Ejemplo 2.1 Ejemplo de error de truncamiento.

Queremos aproximar

α =∞Xn=1

1

n2= 1 +

1

4+1

9+1

16+ · · ·

para ello calculamos la suma finita

S6 =6Xn=1

1

n2= 1 +

1

4+1

9+1

16+1

25+1

36= 1. 491389.

Puede demostrarse que el valor exacto es

α =∞Xn=1

1

n2=

π2

6' 1.644934,

por lo tanto, el error absoluto de truncamiento es

e6 =π2

6− 1. 491389 = 0. 15354 5.

Para el error relativo, obtenemos

r6 =e6α=0. 15354 5

(π2/6)= 0.09 33 = 9.33%.

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

3 Dígitos significativos y decimales exactos

• Decimos que x aproxima α con t decimales exactos si

|ex| = |α− x| ≤ 0.5× 10−t.

• Decimos que x aproxima α con t dígitos significativos si

|rx| =|α− x||α| ≤ 5× 10−t.

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


(a) El error absoluto es

|ex| = |α− x| = |49.99− 50.00| = 0. 01 = 0.1× 10−1,

como |ex| < 0.5× 10−1, resulta que x aproxima α con un decimal exacto.(b) El error relativo es

|rx| =|α− x||α| =

0.01

49.99= 2. 0004× 10−4,

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

4 Polinomio de Taylor

Sea f(x) una función derivable hasta orden n en x = c.

• El polinomio de Taylor de f(x) en x = c es

Pn(x) = f(c) +f 0(c)

1!(x− c) + f

00(c)

2!(x− c)2 + · · ·+ f

(n)(c)

n!(x− c)n .

• Cuando c = 0, resulta el polinomio de McLaurin

Pn(x) = f(0) +f 0(0)

1!x+

f 00(0)

2!x2 + · · ·+ f

(n)(0)

n!xn.

PropiedadSi Pn(x) es el polinomio de Taylor de orden n de f(x) en x = c, entoncesse cumple

Pn(c) = f(c), P0n(c) = f

0(c), P 00n (c) = f00(c), . . . , P (n)n (c) = f (n)(c).

Ejemplo 4.1 Consideramos f(x) = ex.(a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f.(b) Aproxima el valor de e0.5.(c) ¿Cuántos decimales exactos tiene la aproximación?

(a) Polinomio de McLaurin. Se cumple

f(x) = ex, f 0(x) = ex, f 00(x) = ex, . . . , f (5)(x) = ex.

Sustituyendo en x = 0, resulta

f(0) = f 0(0) = f 00(0) = · · · = f (5)(0) = 1,


por lo tanto

P5(x) = 1 + x+x2

2+x3

6+x4

24+x5

120.

(b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.5 en el polinomio, resulta

P5(0.5) = 1. 648698.

(c) Error. El valor de e0.5, calculado con 6 decimales es

e0.5 = 1. 64872 1,

el valor absoluto del error absoluto es

|e5| =¯e0.5 − P5(0.5)

¯= |1. 64872 1− 1. 648698| = 0.000023 = 0.2 3× 10−4,

por lo tanto, la aproximación P5(0.5) tiene 4 decimales exactos. ¤

Ejemplo 4.2 Consideramos f(x) = sinx.(a) Determina al polinomio de McLaurin de orden 5 para f.(b) Aproxima el valor1 de sin(0.2).(c) ¿Cuántos decimales exactos tiene la aproximación?

(a) Polinomio de McLaurin. Se cumple

f(x) = sinxf 0(x) = cosxf 00(x) = − sinxf (3)(x) = − cosxf (4)(x) = sin(x)

f (5)(x) = cos(x)

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

f (5)(0) = 1

por lo tanto

P5(x) = x−x3

6+x5

120.

(b) Valor aproximado. Sustituyendo x = 0.2 en el polinomio, resulta

P5(0.2) = 0.19866 93333.

(c) Error. El valor de sin(0.2), calculado con 10 decimales es

sin(0.2) = 0.19866 93308,

el valor absoluto del error absoluto es

|e5| = |sin(0.2)− P5(0.2)| = 0.2 5× 10−8,

por lo tanto, la aproximación P5(0.2) tiene 8 decimales exactos. ¤1El argumento de sin(x) está en radianes. Debes tener en cuenta que las reglas usuales

de derivación de funciones trigonométricas, como

d

dxsin (x) = cos (x) ,

d

dxcos (x) = − sin(x)

sólo son válidas si el ángulo está en radianes.


5 Resto del polinomio de Taylor

Sea:

• I = [a, b] y c un punto interior, esto es, a < c < b.

• f una función de clase2 Cn+1[a, b].

Para cada x ∈ [a, b] se cumple

f(x) = Pn(x) +Rn(x),

donde

Pn(x) = f(c) +f 0(c)

1!(x− c) + f

00(c)

2!(x− c)2 + · · ·+ f

(n)(c)

n!(x− c)n ,

Rn(x) =f (n+1)(t)

(n+ 1)!(x− c)n+1, t está entre c y x.

Cota de errorSi representamos por Mn+1 una cota superior de

¯f (n+1)(t)

¯, esto es

maxt∈[a,b]

¯f (n+1)(t)

¯≤Mn+1,

entonces tenemos la siguiente acotación para el error absoluto que se producecuando aproximamos f(x) mediante Pn(x)

|en(x)| = |f(x)− Pn(x)| = |Rn(x)| ≤Mn+1

(n+ 1)!|x− c|n+1 .

Ejemplo 5.1 Aproxima sin(0.2) usando un polinomio de McLaurin de gra-do 3. Determina una cota superior de error absoluto y verifica los resultados.

(a) Valor de la aproximación. En principio, tomaríamos

P3(x) = x−x3

6,

ahora bien, observamos que en este caso se cumple

f (4)(x) = sin(x) → f (4)(0) = 0,

por lo tanto, el polinomio de orden 4 coincide con el de orden 3

P4(x) = x−x3

6.

2Una función es de clase Cn+1[a, b] si tiene derivadas contínuas hasta orden (n+1) en[a, b]


Tomamos P4(x) porque nos proporciona una cota de error más ajustada.El valor de la aproximación, con 10 decimales es

P4(0.2) = 0. 1986666667.

(b) Cota de error. Comof (5)(x) = cosx,

tenemos

|e4(x)| =¯cos t

5!x5¯, t entre 0 y x.

Podemos tomar |cosx| ≤ 1, entonces,

|e4(0.2)| ≤(0.2)5

5!= 0.2 6667× 10−5. (1)

Por lo tanto, la aproximación P4(0.2) tiene al menos 5 decimales exactos;tomamos la aproximación

sin (0.2) = 0.19867.

(c) Verificación de resultados. El valor de sin(0.2) calculado con 10 decimaleses

sin(0.2) = 0.1986693307,

por lo tanto, el error absoluto es

|e4(0.2)| = |sin (0.2)− P4(0.2)| = |0.1986693307− 0. 1986666667| = 0.2664×10−5.

Vemos que, en efecto, el error real es inferior a la cota superior de errorcalculada en (1). ¤

6 Polinomio interpolador de Lagrange

6.1 Planteamiento

Dada la tabla de valores

x x0 x1 · · · xny y0 y1 · · · yn

(2)

donde

• x0, x1, . . . , xn son n+ 1 abscisas distintas,

• y0, y1, . . . , yn son n+ 1 valores arbitrarios.


Queremos determinar un polinomio de grado ≤ n

Pn(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn,

que verifique las n+ 1 condiciones

Pn(xj) = yj , para j = 0, 1, . . . , n. (3)

Propiedad Si las abscisas x0, x1, . . . , xn son distintas, existe un único po-linomio Pn(x) de grado ≤ n que cumple las condiciones

Pn(xj) = yj , para j = 0, 1, . . . , n.

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

x x0 x1 · · · xny y0 y1 · · · yn

• Cuando los valores yj se generan empleando una función

yj = f(xj),

entonces decimos que Pn(x) es el polinomio interpolador de la funciónf(x) en las abscisas o nodos xj .

Ejemplo 6.1 Calcula el polinomio interpolador de la función f(x) =1

xen

los nodos x0 = 1, x1 = 2, x2 = 3.

La tabla de valores esx 1 2 3

y 1 1/2 1/3

Como tenemos 3 puntos, debemos determinar un polinomio de grado≤ 2

P2(x) = a0 + a1x+ a2x2. (4)

Las condiciones de interpolación (3) se traducen en⎧⎨⎩P2(1) = 1,P2(2) = 1/2,P2(3) = 1/3,

(5)

sustituyendo en (4), obtenemos⎧⎨⎩a0 + a1 + a2 = 1,a0 + 2a1 + 4a2 = 1/2,a0 + 3a1 + 9a2 = 1/3.


Se trata de un sistema de 3 ecuaciones lineales con 3 incógnitas. Resolvemospor reducción

(2a − 1a)(3a − 2a)

⎧⎨⎩a0 + a1 + a2 = 1

a1 + 3a2 = −1/2a1 + 5a2 = −1/6

(3a − 2a)

⎧⎨⎩a0 + a1 + a2 = 1

a1 + 3a2 = −1/22a2 = 1/3

de donde resultaa2 =

1

6, a1 = −1, a0 =

11

6.

El polinomio interpolador es, por lo tanto,

P2(x) =11

6− x+ x

2

6.

Vemos que, efectivamente, el polinomio obtenido cumple las condiciones deinterpolación (5). ¤

6.2 Intervalo de interpolación

El intervalo de interpolación es el menor intervalo que contiene los nodos xj ,lo representamos por hx0, x1, . . . , xni = [minxj ,maxxj ]. Si los nodos estánordenados de forma creciente, x0 < x1 < · · · < xn, entonces el intervalo deinterpolación es [x0, xn].El siguiente gráfico muestra la representación conjunta de la función

f(x) = 1/x

y el polinomio interpolador P2(x) calculado en el Ejemplo 6.1

P2(x) =11

6− x+ x

2

6.

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

-1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

-3

-2

-1

1

2

3

4

x

y

funcióninterpolador

Intervalo de interpolación


Observamos que:

• El polinomio interpolador coincide con la función en los puntos deinterpolación (xj , f(xj)).

• El polinomio interpolador es un buen aproximante de la función cuan-do x pertenece al intervalo de interpolación.

• Fuera del intervalo de interpolación, el error |en(x)| = |f(x)− Pn(x)|aumenta rápidamente.

7 Forma de Lagrange para el polinomio interpola-dor

Consideremos la tabla

x x0 x1 · · · xny y0 y1 · · · yn

donde los nodos xj son distintos. Sabemos que existe un único polinomioPn(x) de grado ≤ n que interpola la tabla. Hemos visto que podemos deter-minar Pn(x) resolviendo un sistema de ecuaciones. La forma de Lagrangepermite obtener el polinomio interpolador de forma directa

Pn(x) = l0(x) y0 + l1(x) y1 + · · ·+ ln(x) yn.

Los polinomios lj(x) se denominan polinomios componentes y se caracterizanpor las propiedades

lj(xk) = δjk =

⎧⎨⎩1 si j = k

0 si j 6= k, j, k = 0, 1, . . . , n.

Es decir, el polinomio componente lj(x) vale 1 en su nodo xj y se anula enlos restantes.Como lj(x) se anula para

x0, x1, . . . , xj−1, xj+1, . . . , xn,

y es de grado ≤ n, lj(x) debe ser de la forma

lj(x) = C (x− x0) (x− x1) · · · (x− xj−1) (x− xj+1) · · · (x− xn) ,

para cumplir lj(xj) = 1, debe ser

C =1

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


por lo tanto

lj(x) =(x− x0) (x− x1) · · · (x− xj−1) (x− xj+1) · · · (x− xn)(xj − x0) (xj − x1) · · · (xj − xj−1) (xj − xj+1) (xj − xn)

.

Ejemplo 7.1 Polinomio interpolador para 3 nodos.

Consideremos la tablax x0 x1 x2y y0 y1 y2

Los polinomios componentes son

∗x0 x1 x2

⇒ l0(x) =(x− x1) (x− x2)(x0 − x1) (x0 − x2)

,

∗x0 x1 x2

⇒ l1(x) =(x− x0) (x− x2)(x1 − x0) (x1 − x2)

,

∗x0 x1 x2

⇒ l2(x) =(x− x0) (x− x1)(x2 − x0) (x2 − x1)

.

Observamos que los polinomios componentes cumplen:⎧⎨⎩l0(x0) = 1,l0(x1) = 0,l0(x2) = 0,

⎧⎨⎩l1(x0) = 0,l1(x1) = 1,l1(x2) = 0,

⎧⎨⎩l2(x0) = 0,l2(x1) = 0,l2(x2) = 1.

El polinomio interpolador es, entonces

P2(x) = l0(x) y0 + l1(x) y1 + l2(x) y2.

Vemos que P2(x) es de grado ≤ 2, además toma los valores adecuados

P2(x0) = l0(x0) y0 + l1(x0) y1 + l2(x0) y2 = y0,

P2(x1) = l0(x1) y0 + l1(x1) y1 + l2(x1) y2 = y1,

P2(x2) = l0(x2) y0 + l1(x2) y1 + l2(x2) y2 = y2. ¤

Ejemplo 7.2 Determina el polinomio interpolador de la tabla

x 1 2 3

y 1 1/2 1/3.


Los polinomios componentes son

∗x0 = 1 x1 = 2 x2 = 3

⇒ l0(x) =(x− 2) (x− 3)(1− 2) (1− 3) =

1

2(x− 2) (x− 3) ,

∗x0 = 1 x1 = 2 x2 = 3

⇒ l1(x) =(x− 1) (x− 3)(2− 1) (2− 3) = − (x− 1) (x− 3) ,

∗x0 = 1 x1 = 2 x2 = 3

⇒ l2(x) =(x− 1) (x− 2)(3− 1) (3− 2) =

1

2(x− 1) (x− 2) .

El polinomio interpolador es

P2(x) = l0(x) · 1 + l1(x) ·1

2+ l2(x)

1

3,

P2(x) =1

2(x− 2) (x− 3)− 1

2(x− 1) (x− 3) + 1

6(x− 1) (x− 2) . (6)

La tabla de valores es la misma que la del Ejemplo 6.1, si operamos en (6),resulta

P2(x) =1

6x2 − x+ 11

6que coincide con el obtenido mediante la resolución de un sistema de ecua-ciones. ¤

8 Error de interpolación

Sean:

• (n+ 1) nodos distintos x0, x1, . . . , xn,

• [a, b] = hx0, x1, . . . , xni (el menor intervalo que contiene los nodos),

• f(x) función de clase Cn+1[a, b],

• Pn(x) el polinomio interpolador de f(x) en los nodos x0, x1, . . . , xn.

Para cada x ∈ [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión

en(x) = f(x)− Pn(x) =f (n+1)(t)

(n+ 1)!(x− x0) · · · (x− xn), t ∈ [a, b].

Si Mn+1 es una cota superior para¯f (n+1)(t)

¯, esto es,

maxt∈[a,b]

¯f (n+1)(t)

¯≤Mn+1,

entonces, obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación

|en(x)| = |f(x)− Pn(x)| ≤Mn+1

(n+ 1)!|(x− x0) · · · (x− xn)| .


Ejemplo 8.1 A partir de los datos

e0 = 1,

e0.1 = 1.105171,

e0.2 = 1.221403.

(a) Aproxima el valor de e0.14.(b) Determina una cota superior del error de interpolación.(c) Compara con el valor de la calculadora.

(a) Cálculo de la aproximación. Los polinomios componentes son

∗x0 = 0 x1 = 0.1 x2 = 0.2

⇒ l0(x) =(x− 0.1) (x− 0.2)(0− 0.1) (0− 0.2) ,

l0(x) =1

0.02(x− 0.1) (x− 0.2) .

∗x0 = 0 x1 = 0.1 x2 = 0.2

⇒ l1(x) =x (x− 0.2)

(0.1− 0) (0.1− 0.2) ,

l1(x) =−10.01

x (x− 0.2) .

∗x0 = 0 x1 = 0.1 x2 = 0.2

⇒ l2(x) =x (x− 0.1)

(0.2− 0) (0.2− 0.1) ,

l2(x) =1

0.02x (x− 0.1) .

Polinomio interpolador

P2(x) = l0(x) y0 + l1(x) y1 + l2(x) y2.

Para calcular P2(0.14), sustituimos en los polinomios componentes

l0(0.14) =1

0.02(0.14− 0.1) (0.14− 0.2) = (0.04) (−0.06)

0.02= −0.12,

l1(0.14) =−10.01

(0.14) (0.14− 0.2) = − (0.14) (−0.06)0.01

= 0.84,

l2(0.14) =1

0.02(0.14) (0.14− 0.1) = (0.14) (0.04)

0.02= 0.28,

finalmente

P2(0.14) = l0(0.14) y0 + l1(0.14) y1 + l2(0.14) y2

= (−0.12) · 1 + 0.84× 1.105171 + 0.28× 1.221403= 1. 150336.


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

|e2(x)| ≤M3

3!|(x− x0) (x− x1) (x− x2)|

conM3 = max

t∈[0,0.2]

¯f (3)(t)

¯= maxt∈[0,0.2]

¯et¯= e0.2 = 1.221403,

por lo tanto

e2(0.14) ≤1.221403

3!|(0.14− 0) (0.14− 0.1) (0.14− 0.2)|

≤ 0.6 83986× 10−4 = 0.06 83986× 10−3.

Vemos que la aproximación tiene al menos 3 decimales exactos, el resultadoes

e0.14 = 1. 150.

(c) Comparación con el valor de la calculadora. El error exacto (con 6decimales) es

|e2(0.14)| =¯e0.14 − P2(0.14)

¯= |1. 150273− 1. 150336|

= 0. 63× 10−4,

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

9 Forma de Newton para el polinomio interpola-dor

9.1 Diferencias divididas


x x0 x1 x2 x3 x4y y0 y1 y2 y3 y4

formamos la tabla de diferencias divididas:

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

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

Las diferencias divididas se calculan de forma recurrente como sigue:


f [xj ] = f(xj) = yj ,

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

xj − xi.

Ejemplo 9.1 Diferencias divididas

f [x0, x1] =f [x1]− f [x0]x1 − x0

,

f [x1, x2] =f [x2]− f [x1]x2 − x1

,

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

x2 − x0,

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

x4 − x1. ¤

Ejemplo 9.2 Diferencias divididas para la tabla

x 0 1 3

y 1 3 −1

x0 = 0 f [x0]= 1

x1 = 1 f [x1] = 3 f [x0, x1]=3−11−0 = 2

x2 = 3 f [x2] = −1 f [x1, x2]=−1−33−1 = −2 f [x0, x1, x2]=

−2−23−0 =

−43

9.2 Interpolador de Newton


x x0 x1 x2 x3 x4y y0 y1 y2 y3 y4

tenemos los siguientes polinomios interpoladores

• Un nodox x0y y0

P0(x) = f [x0].


• Dos nodosx x0 x1y y0 y1

P1(x) = f [x0] + f [x0, x1] (x− x0).

• Tres nodosx x0 x1 x2y y0 y1 y2

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

• Cuatro nodosx x0 x1 x2 x3y y0 y1 y2 y3

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

• Cinco nodosx x0 x1 x2 x3 x4y y0 y1 y2 y3 y4

P4(x) = f [x0] + f [x0, x1] (x− x0) + f [x0, x1, x2] (x− x0)(x− x1)+f [x0, x1, x2, x3] (x− x0)(x− x1)(x− x2)+f [x0, x1, x2, x3, x4] (x− x0)(x− x1)(x− x2)(x− x3).

Ejemplo 9.3 Calcula el polinomio interpolador de la tabla

x 0 1 3

y 1 3 −1 .

Hemos obtenido la tabla de diferencias divididas

x0 = 0 f [x0]= 1

x1 = 1 f [x1]= 3 f [x0, x1] = 2

x2 = 3 f [x2]= −1 f [x1, x2] = −2 f [x0, x1, x2] =−43

El interpolador es

P2(x) = f [x0] + f [x0, x1] (x− x0) + f [x0, x1, x2] (x− x0)(x− x1)

en nuestro casoP2(x) = 1 + 2x+

−43x (x− 1).


El polinomio P2(x) es de grado 2. En los nodos xj toma los valores

P2(0) = 1,

P2(1) = 1 + 2 = 3,

P2(3) = 1 + 6− 43· 6 = 7− 8 = −1.

Se trata, por lo tanto, del polinomio interpolador. ¤


x 0 1 −1y 0 0 2

La tabla de diferencias divididas es

x0 = 0 f [x0] = 0x1 = 1 f [x1] = 0 f [x0, x1] = 0

x2 = −1 f [x2] = 2 f [x1, x2] = −1 f [x0, x1, x2] = 1

El interpolador es

P2(x) = f [x0] + f [x0, x1] (x− x0) + f [x0, x1, x2] (x− x0)(x− x1),

en nuestro casoP2(x) = x (x− 1). ¤

10 Interpolación de Hermite

10.1 Presentación del problema

Dada la tabla de datos

x x0 x1 · · · xny y0 y1 · · · yny0 y00 y01 · · · y0n

se pretende determinar un polinomio de grado ≤ 2n+ 1

H2n+1(x) = a0 + a1x+ · · ·+ a2n+1x2n+1

que cumpla las 2n+ 2 condiciones½H2n+1(xj) = yjH 02n+1(xj) = y

0j

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

Propiedad. Si los nodos x0, x1, . . . , xn, son distintos, entonces el polinomiointerpolador de Hermite H2n+1(x) existe y es único, para cualquier elecciónde los valores yj y y0j .


Ejemplo 10.1 Calcula el polinomio interpolador de Hermite para la tabla

x 0 1

y 1 3

y0 1 −1.

Se trata de un polinomio de grado ≤ 3

H3(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3. (7)

Las condiciones de interpolación son⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩H3(0) = 1,H 03(0) = 1,

H3(1) = 3,H 03(1) = −1.

(8)

Calculamos H 03(x)

H 03(x) = a1 + 2a2x+ 3a3x

2, (9)

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

⇒

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

⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩a0 = 1,a1 = 1,a2 = 5,a3 = −4.

El polinomio interpolador es, por lo tanto,

H3(x) = 1 + x+ 5x2 − 4x3.

Vemos que H3(x) cumple

H3(0) = 1, H3(1) = 3,

si calculamos la derivada

H 03(x) = 1 + 10x− 12x2,

y sustituimos en x0 = 0 y x1 = 1, resulta

H 03(0) = 1, H 0

3(1) = −1.

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


10.2 Cálculo del polinomio de Hermite usando diferenciasdivididas

Podemos calcular el polinomio de Hermite usando un procedimiento muyparecido al empleado para construir la forma de Newton del polinomio in-terpolador de Lagrange.

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

La diferencia es que ahora hay nodos xj repetidos, las diferencias f [xj , xj ]se definen como

f [xj , xj ] = f0(xj) = y

0j .

Los polinomios de Hermite H1(x), H2(x), H2(x), tienen la siguiente forma:

• Un nodo. Tabla de datosx x0y y0y0 y00

Tabla de diferencias

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

InterpoladorH1(x) = f [x0] + f [x0, x0] (x− x0).

Observa que en este caso, se obtiene la recta tangente en x = x0.

• Dos nodos. Tabla de datosx x0 x1y y0 y1y0 y00 y01

Tabla de diferencias

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

Interpolador

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


• Tres nodos. Los datos son

x x0 x1 x2y y0 y1 y2y0 y00 y01 y02

y el polinomio interpolador tiene la forma

H5(x) = f [x0] + f [x0, x0] (x− x0) + f [x0, x0, x1] (x− x0)2 ++f [x0, x0, x1, x1] (x− x0)2 (x− x1) ++f [x0, x0, x1, x1, x2] (x− x0)2 (x− x1)2 ++f [x0, x0, x1, x1, x2, x2] (x− x0)2 (x− x1)2 (x− x2).


x 0 1

y 1 3

y0 1 −1

Los datos iniciales en la tabla de diferencias divididas son

x0 = 0 f [x0] = 1x0 = 0 f [x0] = 1 f [x0, x0] = 1x1 = 1 f [x1] = 3 f [x0, x1] f [x0, x0, x1]x1 = 1 f [x1] = 3 f [x1, x1] = −1 f [x0, x1, x1] f [x0, x0, x1, x1]

A partir de ahí, obtenemos

x0 = 0 f [x0] = 1x0 = 0 f [x0] = 1 f [x0, x0] = 1x1 = 1 f [x1] = 3 f [x0, x1] = 2 f [x0, x0, x1] = 1x1 = 1 f [x1] = 3 f [x1, x1] = −1 f [x0, x1, x1] = −3 f [x0, x0, x1, x1] = −4

Por lo tanto, el interpolador es


H3(x) = 1 + x+ x2 − 4x2 (x− 1) .

Si operamos, resulta

H3(x) = 1 + x+ 5x2 − 4x3.

que coincide con el obtenido en el Ejemplo 10.1. ¤


10.3 Error del polinomio de Hermite

Sean:

• (n+ 1) nodos distintos x0, x1, . . . , xn.

• [a, b] = hx0, x1, . . . , xni (el menor intervalo que contiene los nodos).

• f función de clase C2n+2[a, b].

• H2n+1(x) el polinomio interpolador de Hermite para f(x) en los nodosx0, x1, . . . , xn.

Para cada x ∈ [a, b], el error de interpolación admite la siguiente expresión

|e2n+1(x)| = |f(x)−H2n+1(x)| =¯¯f (2n+2)(t)(2n+ 2)!

(x− x0)2 · · · (x− xn)2¯¯ , t ∈ [a, b]

Si M2n+2 es una cota superior para¯f (2n+2)(t)

¯, esto es

maxt∈[a,b]

¯f (2n+2)(t)

¯≤M2n+2,

obtenemos la siguiente cota superior para el error de interpolación

|e2n+1(x)| = |f(x)−H2n+1(x)| ≤M2n+2

(2n+ 2)!(x− x0)2 · · · (x− xn)2.

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

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

f(0) = 0, f 0(0) = 1,

f(π

4) =

1√2= 0. 70710 678, f 0(

π

4) = 0.70710 678.

La tabla de datos es

x x0 = 0 x1 = 0. 78539 816

y 0 0.70710 678

y0 1 0.70710 678

la tabla de diferencias inicial es

x0 = 0 f [x0] = 0x0 = 0 f [x0] = 0 f [x0, x0] = 1.

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


de donde obtenemos

f [x0, x0] = 1.f [x0, x1] = 0. 90031 632 f [x0, x0, x1] = −0. 12692 12f [x1, x1] = 0.70710 678 f [x0, x1, x1] = −0. 24600 203 f [x0, x0, x1, x1] = −0. 15161 842

El cálculo detallado de algunas diferencias divididas es como sigue

f [x0, x1] =f [x1]− f [x0]x1 − x0

=0.70710 678

0. 78539 816= 0. 90031 632

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

x1 − x0=0. 90031 632− 1.0. 78539 816

= −0. 12692 12

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

x1 − x0=0.70710 678− 0. 90031 632

0. 78539 816= −0. 24600 203

Los valores relevantes para construir H3(x) son

f [x0] = 0, f [x0, x0] = 1,

f [x0, x0, x1] = −0. 12692 12, f [x0, x0, x1, x1] = −0. 15161 842.

El polinomio interpolador tiene la forma


es, por lo tanto

H3(x) = x− 0. 12692 12x2 − 0. 15161 842x2(x− 0. 78539 816).

El valor aproximado para x = 0.5 es

H3(0.5) = 0.47908 76. (10)

Cota de error. Tenemos

|e3(x)| = |f(x)−H3(x)| ≤M4

4!(x− x0)2(x− x1)2.

El intervalo de interpolación es [0,π/4]. En nuestro caso f (4)(x) = sin(x)por lo tanto

M4 = maxt∈[0,π/4]

¯f (4)(t)

¯= sin(π/4) =

1√2,

de donde resulta la cota de error

|e3(0.5)| ≤

³1√2

´24

(0.5)2 (0.5− π/4)2 = 0.59995× 10−3.


A la vista de la cota de error, sólo podemos asegurar 2 decimales exactosen la aproximación, el valor que debemos tomar como resultado se obtieneredondeando (10) a 2 decimales

sin(0.5) = 0.48.

Error exacto. El valor de sin(0.5) es

sin(0.5) = 0. 47942 554,

error real es

|e3(0.5)| = |sin(0.5)−H3(0.5)| = 0.33794× 10−3. ¤

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos...

Documents

Transcript of E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos...