Tema 3. Interpolacion.Polinomios interpoladores; diferencias divididas y operadores de diferencias sucesivas.Aproximacion de derivadas con diferencias.Interpolar a trozos y otras formas de aproximar una funcion.

Notaciones y sobreentendidos:Poln = {polinomios de grado ≤ n} .Llamaremos pn al polinomio de Taylor “de grado n” de f en x0 (que puede tener grado < n).En cada momento supondremos que f tiene derivadas continuas hasta el orden que requieranlos argumentos usados, si no se especifica otra cosa.

Venimos usando la notacion a(x) ≈ b(x) como abreviatura de a(x)/b(x)→ 1 .

Para abreviar la afirmacion a(x)/b(x)→ 0 usaremos la notacion a(x) = o( b(x) ) .

Naturalmente, ambas se afirman “ para x → . . . ”, pero eso queda a veces sobreentendido;por ejemplo si decimos: “nk = o(en) , ∀k” , esta claro que queremos decir “cuando n→∞”;y cuando sucede, como en ii) a continuacion, que b(x) → 0 cuando x→ x0 , cabe poca dudade que nos referimos a eso: estamos diciendo que a(x)→ 0 aun mas deprisa.

El polinomio de Taylor.PROPOSICION:Dada f con derivadas continuas hasta orden n , y un punto x0 ∈ IR , hay un unico polinomio p ∈ Polnque cumple

i) pk)(x0) = fk)(x0) , para k = 0, . . . , nii) f(x)− p(x) = o(|x− x0|n) , cuando x→ x0

Probemos primero:LEMA 1: Todo p ∈ Poln se puede escribir en la forma p(x) =

∑nk=0 ak(x− x0)k, con ciertos ak .

Prueba del LEMA 1:Si n = 0 , p(x) = a0 .Si n > 0 , usamos la idea clave de este Tema: la division con resto del polinomio p(x) por (x− x0) :

p(x) = p(x0) + q(x)(x− x0) , con q ∈ Poln−1 ;por recurrencia sobre n , q se puede escribir en la forma del enunciado, luego p tambien. !Prueba de la PROPOSICION:La igualdad del LEMA 1 ⇒ pk)(x0) = akk! , luego los coeficientes ak = fk)(x0)/k! , y solo ellos, danel polinomio que cumple i), y al que llamamos el polinomio de Taylor de f en x0 :

pn(x) =n∑

k=0

fk)(x0)(x− x0)k

k!

Si hubiese dos polinomios p, p + d ∈ Poln que cumplen ii), su diferencia serıa d(x) = o(|x − x0|n) , porser d = (p + d− f)− (p− f) ; pero tambien

d(x) =∑n

k=0 ak(x− x0)k ≈ am(x− x0)m

si m es el primer coeficiente no nulo de esa suma, lo que contradice lo anterior, e implica que d(x) ≡ 0 .Solo falta probar que el pn(x) dado arriba cumple ii), pero eso es lo que afirma el siguiente Lema. !LEMA 2 (Resto integral de Taylor): El polinomio pn dado arriba cumple

f(x)− pn(x) =∫ x

x0

fn+1)(s)(x− s)n

n!ds = o(|x− x0|n)

Prueba del LEMA 2:n = 0 : Como p0(x) es la constante f(x0) , la afirmacion es: f(x)− f(x0) =

∫ xx0

f ′(s) ds .

n > 0 : Integrando por partes la integral In del enunciado, y usando recurrencia para In−1 ,

In = −fn)(x0)(x− x0)n

n!+ In−1 = f(x)− pn−1(x)− fn)(x0)

(x− x0)n

n!= f(x)− pn(x)

1

Por otro lado,

−∫ x

x0

n(x− s)n−1 ds = (x− x0)n ⇒ In =∫ x

x0

fn)(s)− fn)(x0)n!

n(x− s)n−1 ds

y dado ε > 0 , por ser fn) continua, hay algun δ tal que

|x− x0| < δ ⇒∣∣∣∣fn)(s)− fn)(x0)

n!

∣∣∣∣ < ε ,

luego acotando por ε ese factor en la integral, |In| < ε|x− x0|n . Es decir, In = o(|x− x0|n) .

Un detalle tecnico: Si solo suponemos, como en el enunciado de la PROPOSICION, que f esCn, no podemos llegar con el LEMA hasta la In , que utiliza la siguiente derivada.Pero si usamos en ese caso In simplemente como el nombre de la expresion

In = −fn)(x0)(x− x0)n/n! + In−1

con In−1 definido como antes, todo el argumento que acabamos de hacer sigue en pie.

• Usar el algoritmo de Horner para dividir reiteradamente f(x) = 1− x− x2 + x3 por x− 1 .Hallar de ese modo el desarrollo de f en potencias de x− 1 , y observar lo siguiente:Para cada k > 0 , el polinomio pk(x) de f en x0 = 1 es el resto de dividir f(x) por (x−x0)k+1.Probar que eso se cumple para cada polinomio f y cada punto x0 .

• El siguiente es un ejemplo de como la caracterizacion f(x)− pn(x) = o(|x− x0|n) de los

polinomios de Taylor ayuda a calcularlos:Si pn, qn son los polinomios de Taylor en x0 = 0 de dos funciones f, g , probar1 que

fg − pnqn = o(|x|n)En consecuencia, el polinomio rn que queda al suprimir en pnqn los terminos de grado mayorque n es el de Taylor (de grado n) de fg . Aplicar la idea por ejemplo a f(x) = sen(x) cos(x)con n = 4 , y verificar el resultado2. Probar tambien que

F (x)− F (0)− ∫ x0 pn(s) ds = o(|x|n+1) , si F ′(x) = f(x)

Deducir la relacion que hay entre los desarrollos de Taylor de f y de F , y usarla para calcularel de F (x) = log(1 + x) , partiendo de f(x) = 1/ (1 + x) = 1 + x + x2 + . . . .

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[•∗] Para otras funciones derivables, probar el siguiente analogo de lo dicho arriba para los polinomios:La igualdad

f(x) = q(x) (x− x0)k+1 + r(x) , con r ∈ Polk = {polinomios de grado ≤ k} y q(x) continua,se cumple para r = al polinomio de Taylor pk de f en x0 , y solo para el.

1Indicacion: fg − pnqn = (f − pn)g + (g − qn)pn .2El mismo tipo de argumento permite componer desarrollos para hallar el de g ◦ f , etc. Ver Sanz-Serna, Cap.2, en

particular los Problemas 2.1.1, .3, .7, .8.

2

Polinomios interpoladores.

PROPOSICION: +DEFINICION:Dados puntos x0, . . . , xn distintos, y valores fi , hay un unico p ∈ Poln que cumple ∀i, p(xi) = fi .Si fi = f(xi) , llamamos a p el polinomio interpolador Pn = P[x0,...,xn] de f en esos puntos.Prueba:Si llamamos p(x) = a0 + a1x + . . . + anxn al polinomio buscado, las ecuaciones p(xi) = fi son un SELen los coeficientes aj ; dicho de otro modo, buscamos p ∈ Poln que la funcion

φ : p ∈ Poln → φ(p) = ( p(xi) ) ∈ IRn+1

aplique en el (fi) dado. Como el SEL tiene matriz cuadrada (los espacios dominio e imagen de φ tienenigual dimension), la existencia de solucion equivale a la unicidad, y a que solo el 0 ∈ Poln resuelva elproblema para (fi) = 0 ; pero eso es cierto, por el LEMA que sigue: !LEMA 3:Un polinomio p ∈ Poln solo puede anularse en n + 1 puntos distintos x0 < x1 < . . . < xn si es ≡ 0 .

Dos Pruebas3:1. Por el TVM hay entre cada dos xi un ξ donde p′(ξ) = 0 , luego p′ ∈ Poln−1 se anula en n puntosdistintos. Por recurrencia, p′ ≡ 0 , lo que junto con p(x0) = 0 implica p ≡ 0 .2. La igualdad p(x) = p(x0) + (x − x0)q(x) , junto con p(xi) = 0 implica que el cociente q ∈ Poln−1 seanula en los n puntos xi , i > 0 . Por recurrencia, q ≡ 0 , luego p ≡ 0 .

Pero ¿que significara hallar ese polinomio? Varias respuestas son posibles, por ejemplo:

• Dados valores fi = f(xi) , calcular los valores ai de los coeficientes; o sea, resolver el SEL.La matriz de este SEL, con entradas vij = xj−1

i , se llama de Vandermonde, y lo que hemos probadoimplica que es regular.

• Dar una expresion de Pn(x) , con los xi, fi como parametros.Por ejemplo la de Lagrange, que se obtiene ası: el polinomio

W (x) = (x− x0) · · · (x− xn)tiene en cada xk desarrollo de Taylor W (x) = W ′(xk)(x − xk) + o(|x − xk|), luego el polinomioWk(x) = W (x)/(x− xk) toma en xk el valor W ′(xk) y se anula en los demas xi . En consecuencia,el polinomio de Lagrange

Lk(x) = Wk(x)/W ′(xk)toma valores Lk(xi) = δik , y la suma

Pn(x) =∑

i fiLi(x)

resuelve el problema para los datos fi . Resulta inmediatamente de su definicion, y de la igualdadφ(Lk) = ek (el vector unidad de IRn+1) , que los Lk son de grado = n y forman una base de Poln .

• Dar un algoritmo que use los valores x, xi, fi = f(xi) para producir Pn(x) .Las dos versiones anteriores se pueden traducir en algoritmos, pero veamos otro mejor:De la igualdad p(x) = f(x0) + (x− x0)q(x) , junto con las otras p(xi) = f(xi) , se deduce que

f(xi) = f(x0) + (xi − x0)q(xi) , es decirq(xi) = (f(xi)− f(x0) )/(xi − x0) , para i = 1, . . . , n

que es un problema como el inicial, para q ∈ Poln−1 . Esto se traduce en el siguiente algoritmorecursivo, que usa los valores xi, fi = f(xi) :

Para k = 0, . . . , n: bk = fk , fi := (fi − bk)/(xi − xk) para i > k

y produce los coeficientes bk del polinomio Pn en su forma de Newton:

Pn(x) = b0 + (x− x0)b1 + (x− x0)(x− x1)b2 + . . .

en la que cada suma parcialb0 + (x− x0)b1 + . . . + (x− x0) · · · (x− xk−1)bk

resuelve el mismo problema para los puntos x0, . . . , xk , y coincide por lo tanto con el Pk = P[x0,...,xk].Llamamos a bk , que es el coeficiente de xk en Pk , la diferencia dividida f[x0,...,xk] .

3La Prueba 2. vale tambien si los n+1 ceros son complejos zi ; es “la mitad facil” del Teorema Fundamental del Algebra.

3

Observaciones:

• La definicion de la Diferencia Dividida f[x0,...,xk] implica que sera la misma si cambiamos el ordende los puntos x0, . . . , xk en la formulacion del problema.

• Todos los fi := (fi − bk)/(xi − xk) , i > k producidos en la etapa k del algoritmo son tambienDiferencias Divididas, porque cualquiera de ellos serıa bk+1 si el punto xi hubiese aparecido tras elxk en la lista. Es decir, su valor es f[x0,...,xk,xi] .

• En vez de seguir la recursion “de fuera hacia dentro” con la que hemos llegado a el, el algoritmose puede reordenar de modo que refleje el caracter de desarrollo de la forma de Newton; basta conintroducir los datos xk, fk en el esquema tras haber completado el calculo de los bi anteriores:Para cada k , bk = fk , y para i = 0, . . . , k − 1 , bk := (bk − bi)/(xk − xi) . Es decir:

b0 = f0 ; b1 =f1 − b0

x1 − x0; b2 =

f2−b0x2−x0

− b1

x2 − x1; b3 =

f3−b0x3−x0

−b1

x3−x1− b2

x3 − x2; . . .

lo que da bk como una “division anidada” por los factores xk − xi , con coeficientes bi , i < k .

PROPOSICION: Se tienen las identidades(1) Pk(x)− Pk−1(x) = f [x0, . . . , xk] (x− x0) · · · (x− xk−1)

(2) (xk − x0)Pk(x) = (xk − x)Pk−1(x) + (x− x0)P[x1,...,xk]

Prueba:(1) es la observacion ya hecha sobre la forma de Newton, pero puede probarse directamente ası: amboslados son de grado k , nulos en x0, . . . , xk−1 , y con igual coeficiente de xk .(2) es cierto porque ambos lados son de grado k , y con iguales valores en x0, . . . , xk .

De (2) sale una nueva recurrencia para las diferencias divididas f [x0, . . . , xk] , que sera muy util enel caso de puntos equiespaciados xk = x0 + kh , y que es la que se encuentra normalmente en los libros:

(DD) (xk − x0) f [x0, . . . , xk] = f [x1, . . . , xk]− f [x0, . . . , xk−1]

• El determinante de Vandermonde con entradas vij = xj−1i vale dn =

∏i<k≤n(xk − xi) .

Probarlo de este modo: desarrollando por la ultima columna y mirando xn como variable, dn

es un polinomio en xn , nulo si xn = x0, . . . , xn−1 , y con termino principal dn−1 xnn ; razonar

todo eso y reducir por recurrencia la afirmacion al caso d1 = x1 − x0 .

• Para los puntos x0,1,2 = 0, 1,−1 , y cada una de las funciones

f(x) = x, x2, x3, 1/(2x + 1), 1/(1 + 9x2)hallar4 polinomios interpoladores P[0,1] , P[0,1,−1] , y comparar sus graficas con la de f .Razonar por que Pn no depende del orden en que se dan los puntos xi , y por que Pn ≡ f sif es un polinomio de grado ≤ n .

Para esos mismos puntos, hallar los polinomios de Lagrange Li . Hacerlo primero a ojo, conlas condiciones Li(xj) = δij ; luego, utilizando la funcion W (x) = (x− x0) · · · (x− x2) .

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[•∗] Adaptar al siguiente problema el argumento usado para probar la existencia y unicidad de Pn : setrata de probar que cada ecuacion de recurrencia

f(n)− f(n− 1) = q(n) , f(0) = c , con q ∈ Poldtiene un polinomio p ∈ Pold+1 como solucion.

Idea: la funcion lineal p→ (q, c) , con q(x) = p(x)− p(x− 1) , c = p(0) .

• Deducir de lo anterior que S(n) =∑n

1 kd es un polinomio, explicar que problema de interpolacionresuelve, y usar la idea para hallar, en la forma de Newton, la suma

S2(n) =n∑1

k2

Se puede simplificar este calculo, porque sabemos cual debe ser el termino principal de S2 . ¿Cual es ycomo probarlo?

4Preferiblemente a ojo; cuando no sea facil, con el algoritmo de las Diferencias Divididas.

4

Igual que el polinomio de Taylor, los polinomios interpoladores Pn pretenden aproximar lafuncion f de la que toman sus datos. Procede por lo tanto estudiar el “resto” f(x)− Pn(x) .Esa diferencia se anula en los puntos xi , luego su grafica sera “como una onda”, . . . y esoexplica que se llame nodos5 de la interpolacion a los puntos xi .

Relacion con las derivadas de f .PROPOSICION:

(1) f(x)− Pn(x) = f [x0, . . . , xn, x ]W (x) , con W (x) = (x− x0) · · · (x− xn) .

(2) En el menor intervalo J que contenga a x0, . . . , xn , hay algun ξ para el que se tiene

fn)(ξ) = n! f [x0, . . . , xn] .

Prueba:(1) Coincide con el (1) de la PROPOSICION anterior, si tomamos ese punto x como siguiente nodo.(2) Como f − Pn se anula n + 1 veces en J , el TVM implica por induccion sobre k que (f − Pn)k) seanula al menos n + 1− k veces en J ; pero Pn)

n es la constante n! f [x0, . . . , xn] .

La afirmacion (2) es la que hace que (1) sea algo mas que una tautologıa:si tenemos informacion sobre fn+1) : cotas, valor aproximado en J , signo, . . . , la igualdad(1)+(2): f(x)− Pn(x) = fn+1)(ξ)W (x)/(n + 1)! , para algun ξ ∈ J

traslada esa informacion al resto f(x)− Pn(x) .Pero tambien podemos ver (2) como una estimacion de fn) en J , util si esa derivada nocambia mucho en ese intervalo (veremos mas sobre esto mas adelante).

El caso de nodos equiespaciados xk = x0 + kh , y los operadores de diferencias sucesivas.Si en ese caso redefinimos el operador diferencia que ya usamos anteriormente como

∆f(x) = f(x + h)− f(x) , y sus potencias: ∆kf = ∆(∆k−1f) ,tenemos la identidad siguiente:

f [x0, . . . , xk] =∆kf(x0)

k! hk

que resulta por recurrencia de la igualdad (DD), si observamos que xk − x0 = kh:

kh f [x0, . . . , xk] = f [x1, . . . , xk]− f [x0, . . . , xk−1] =∆k−1f(x1)−∆k−1f(x0)

(k − 1)! hk−1

Si tomamos ademas la nueva variable s dada por x = x0 + sh , y observamos que(x− x0) · · · (x− xk−1) = hk s(s− 1) · · · (s− k + 1) ,

la forma de Newton de Pn se convierte en:

Pn(x0 + sh) =n∑

k=0

∆kf(x0)k!

s(s− 1) · · · (s− k + 1) =n∑

k=0

(s

k

)∆kf(x0)

donde hemos usado ademas esta notacion, que extiende ∀s ∈ IR la del coeficiente binomial:(s

k

)=

s(s− 1) · · · (s− k + 1)k!

Comentarios:• Esta formula para Pn(x0 +sh) , en la que no aparecen explıcitamente h ni los xi , i > 0 , refleja el hechode que el cambio de variable x = x0 + sh reduce el problema de interpolacion con nodos equiespaciadosal caso xi = 0, . . . , n .• Cuando s = n , la formula parece decir “(1 + ∆)n f(x0)” . Para entender por que, definir (con hfijado) el siguiente operador E , que traslada una funcion:

Ef(x) = f(x + h) = f(x) + ∆f(x) , de modo que E = Id + ∆ , con Id f = f ,5Recordar que son “vientres y nodos” de una oscilacion.

5

y observar que la identidad algebraica que da por recurrencia el desarrollo binomial:

(1 + X)m−1∑k=0

(m− 1

k

)Xk =

m∑k=0

(m

k

)Xk

solo usa las propiedades del producto: asociativa y distributiva respecto de la suma, que tambien tienennuestros operadores de diferencias sucesivas, luego produce el mismo desarrollo en este caso:

Em = (Id + ∆)m = (Id + ∆)m−1∑k=0

(m− 1

k

)∆k =

m∑k=0

(m

k

)∆k

es decir,

f(x + mh) = Emf(x) = (Id + ∆)mf(x) =m∑

k=0

(m

k

)∆k f(x)

que coincide con la expresion anterior si s = m ≤ n , x = x0 ; es decir, con la afirmacion de que

para m = 0, . . . , n , se tiene f(x0 + mh) = Pn(x0 + mh) .

• En una tabla de la distribucion Normal, que dara los valores6 de la

F (x) = c∫ x0 exp(−s2/2) ds , con c = 1/

√2π = 0.4 ,

encontraremos los valores siguientes:

{para x = 0 0.1 0.2 0.3

F (x) = 0 0.0398 0.0793 0.1179

Suponer que la tabla no diese mas valores intermedios, y que necesitamos F (0.17) .Se trata de comparar los errores de estas tres opciones: 1) usar el valor x mas cercano; 2)interpolacion lineal sobre los 2 valores cercanos; 3) interpolacion cubica sobre esos 4 valores.

Escribir las formulas de P[0.2, 0.1](x) , P[0.2, 0.1, 0, 0.3](x) , y del error f(x)−Pn(x) en x = 0.17.

Estudiar el tamano de las derivadas relevantes en el intervalo en cuestion, y deducir el tamanoaproximado del error en cada caso; usarlo para juzgar lo siguiente: en vista de la precision delos datos, ¿merece la pena el esfuerzo extra de la interpolacion cubica?

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[•∗] Generalizar el estudio anterior para responder esta pregunta:cual serıa la relacion entre el paso h de la tabla y el numero de dıgitos de precision de sus datos quepuede hacer razonable el usar7 interpolacion cubica en lugar de lineal.La respuesta dependera naturalmente de la “zona” de valores x , tratar de darla en esa forma.

6F (x) es el valor de la P(0 < X < x) si X es una variable aleatoria Normal(0,1).7Estas tablas no estan pensadas en general para eso, sino para usar directamente los valores que ofrecen.

6

Interpolando con grado creciente.

Si vemos Pn como un intento de reconstruir f a partir de n valores suyos, es natural esperarque en algun sentido los errores |f − Pn| → 0 al crecer n , al menos en el intervalo J queocupan los nodos. Para ver si es ası, examinemos la funcion W (x) que entra en la formula delerror, empezando por el caso de los nodos xk = x0 + kh con un h fijado.

Va a ser mas simple hablar del caso |f(x)− Pn−1(x)| , con n nodos.Para un x ∈ (xk−1, xk) , y mirando cada vez la peor posicion posible8 de x en ese intervalo,

|W (x)| < hnk!(n− k)! ,y ese valor es lo peor posible (es decir, maximo) cuando k = 1 , luego

|W (x)| < hn(n− 1)! para x ∈ J = [x0, xn−1] .Eso da la siguiente cota para el resto, si |fn)(x)| ≤Mn en J :

|f(x)− Pn−1(x)| <Mn

n!hn(n− 1)! =

Mn

nhn

y la pregunta es: para que funciones tendera a 0 esa expresion, garantizando la convergencia de los Pn .

• Parece que va bien:Por supuesto, para f = un polinomio, el error es =0 al llegar a su grado.Para los siguientes ejemplos del Calculo, como sen(cx) , exp(cx) , las cotas Mn sobre el intervaloJ = [x0, x0 + h(n − 1)] no crecen mas que geometricamente: Mn ≤ an , con lo que basta tomarpaso h = 1/a para compensarlas.Mejor aun: hemos tomado un intervalo J creciente con h constante, pero la pregunta natural serıa:si habra convergencia en un J = [a, a+ c] fijado, al tomar en el nodos xk = a+ c k/n , con n→∞.En ese caso, el factor hn se convierte en (c/n)n , dando convergencia para cualquier c .

• Pero puede ir mal:La inocente funcion f(x) = 1/(1+x2) = 1−x2 +x4− . . . tiene derivadas f2m)(0) = ±(2m)! , luegoMn crece al menos como n! si 0 ∈ J . Eso obliga a los hn = (c/n)n a compensar el n! , lo que solose consigue9 si la longitud c del intervalo J es < e .Claro que solo estamos hablando de cotas: |fn)(x)| ≤Mn , y a su vez Mn podrıa ser mucho mayorque fn(0) , de modo que habrıa que refinar mucho este argumento, o si no, experimentar.

• En realidad, tiene que ir mal:Los experimentos10 confirman el problema, que en realidad deberıa ser general, por el motivosiguiente: si comparamos las cotas halladas para W (x) en los subintervalos (xk−1, xk) ,entre la peor (k = 1) y las mejores (k ≈ n/2) , hay un factor aproximado

( nn/2

)= O(2n/

√n) .

Eso da una indicacion del valor aproximado, si k ≈ n/2 , del polinomio de LagrangeLk(x) = W (x)/W ′(xk)(x− xk)

en los subintervalos extremos11 (ver figura a la vuelta), y ¡de esos sumandos esta hecho Pn !El problema es por lo tanto explicar por que funciones como sen(x) o exp(x) funcionan tan bien;la respuesta es que sus valores fk = f(xk) realizan un prodigioso equilibrio de cancelaciones paraque la suma

∑k fkLk no oscile como sus sumandos.

¿Y por que los valores de f(x) = 1/(1 + x2) no consiguen lo mismo?La respuesta es mas profunda, y tiene que ver con lo siguiente: mientras que las otras dos sonanalıticas en todo el plano complejo, esta funcion tiene singularidades en ± i , y eso se refleja en elcrecimiento de sus cotas Mn .Pero la mala noticia es que todo esto ocurrirıa calculando exactamente; en la practica, los redondeosde los datos fk = f(xk) rompen el equilibrio incluso en los casos buenos, dando cada vez masoscilaciones12 cuando n crece.

8Es facil razonar con mas cuidado para ganar un factor 4, pero eso va a ser irrelevante en lo que sigue.9Esto sale con facilidad de la formula de Stirling: n! ≈ √2πn(n/e)n

10Que haremos en el Laboratorio.11Un calculo mas ajustado da O(2n/n2) para el maximo en esos intervalos.12Para valores pequenos de n , los redondeos del tamano de nuestro εM no producen ningun problema practico.

7

!2 !1 0 1 2!0.03

!0.02

!0.01

0

0.01W(x) , 8 nodos

!2 !1 0 1 2!1.5

!1

!0.5

0

0.5

1

1.5

2

L 3(x)

!2 !1 0 1 2!1.5

!1

!0.5

0

0.5

1

1.5x 10

!3 W(x) , 16 nodos

!2 !1 0 1 2!100

!50

0

50

100

L 7(x)

Estudiemos el caso de n nodos xk = x0 + kh , k = 0, . . . , n .

• Razonar por que (y como) depende de h el tamano de W (x) =∏

k(x − xk) , pero no eltamano13 de los polinomios de Lagrange Lk(x) .

• Tomando, en vista de lo anterior, x0 = 0 , h = 1 , escribir una formula exacta para el valorde |Lm(1/2)| si n = 2m .

Luego simplificarla usando la formula de Stirling: n! ≈ √2πn (n/e)n .

Habra que empezar por deducir de esta una aproximacion para el semifactorial, definido por

(2n)!! = 2 · 4 · · · 2n ,

y de ambas, otra para el semifactorial (2n− 1)!! = 1 · 3 · · · (2n− 1) = (2n)!/(2n)!! .

• Verificar tambien lo dicho antes: que el producto n! (c/n)n tiende a 0 si c < e .

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13El que vemos en las figuras de arriba.

8

Soluciones al problema.Hay varias posibilidades para evitar o reducir el mal comportamiento de los Pn , y cual elegir depende

en buena parte de para que querıamos ese polinomio interpolador.

• En vez de aumentar el grado, subdividir.Por ejemplo, duplicar el numero de subintervalos [xi−1, xi ] y mantener el grado n , usando paraello dos polinomios diferentes para los nodos k = 0, . . . , n y k = n, . . . , 2n .La forma mas simple de esta idea es usar la interpolacion lineal en cada Ji = [ xi−1, xi ] , como hacepor defecto la funcion plot de Matlab .Segun para que, puede interesarnos evitar los picos (saltos de la derivada p′) que van a quedar deeste modo en cada extremo comun de intervalos contiguos; para ello basta aumentar el grado delas piezas, y usar los grados de libertad conseguidos ası. Si por ejemplo interpolamos f en cadaintervalo Ji con un pi ∈ Pol2 en vez de un pi lineal, podemos pedir que cumplan ademas

p′i(xi) = p′i+1(xi) , para 0 < i < n

y nos sobra en total 1 grado de libertad (que no esta claro como usar mejor). A este tipo deaproximacion se le llama spline, el nombre ingles de una regla flexible que uno puede doblar paraque pase por los puntos deseados.La regla se resiste a doblarse (por eso no forma esquinas), y algo parecido a la energıa potencialque acumula si le damos la forma y = g(x) es la integral

E =∫

I |g′′(x)|2dx .Se puede probar que la funcion g que minimiza E bajo las condiciones siguientes{

g′′ existe y es continua en cada Ji

y tanto g como g′ son continuas en cada xi , con g(xi) = f(xi)es en cada Ji un polinomio pi ∈ Pol3 , y los pi cumplen:

para 0 < i < n , p′′i (xi)− p′′i+1(xi) = 0 = p′′1(x0) = p′′n(xn)Por lo tanto tambien g′′ es continua en cada punto. A esto se le llama el spline cubico natural.

• Reducir el grado sin quitar datos fk , convirtiendo el problema en sobredeterminado.Esta era una de las ideas clave del Algebra Lineal vistas en el Tema 2, y aplicada a nuestro casoda resultados sorprendentes14.

• Usar mejores nodos para evitar que los Li se comporten tan mal.

Para eso hay que juntar mas los nodos en los extremos que en el centro15. Por razones que trataremosde ver mas adelante, una opcion muy buena en el intervalo [−1, 1] son los puntos

xk = cos(kπ/n)(o sus imagenes por transformacion afın y = a + cx , si interesa otro intervalo), que son los cerosdel polinomio de Chebychev definido por la igualdad

Tn(cos(θ)) = cos(nθ)

y que dan por lo tanto una funcion W (x) igual a ese polinomio.

El grafico muestra los primeros de ellos, ypermite observar la clave de su ventaja sobrenuestros nodos xk = x0 + hk : las enormesdiferencias entre los maximos de |W (x)| handesaparecido por completo, sea cual sea n .

Relation to trigonometric functions.

The signal property of Chebyshev polynomials is the trigonometric representation on [-1,1].

Consider the following expansion using the Mathematica command "FunctionExpand."

Exploration 2.

These celebrated Chebyshev polynomials are readily available in Mathematica and called under the reserved name"ChebyshevT[n,x]."

Roots of the Chebyshev polynomials

The roots of are . These will be the nodes for polynomial approximation

of degree n.

Exploration 3.

The Minimax Problem

14Como se puede ver con el codigo usado en el LAB esta semana, ver link de LAB, materiales Tema 3. Por ejemplo, lasoscilaciones del polinomio P23 que interpola f(x) = 1/(1+ x2) en 24 nodos entre −3 y 3 , casi desaparecen al bajar a grado13, y los errores f(xk)− P13(xk) son apenas visibles en el grafico.

15Esta idea, que tiene muchas ramificaciones, reaparecera en otra forma en el Tema 4.

9

• Sea f(x) = 1/(1+x2) . ¿En cuantos intervalos de igual longitud hay que dividir I = [−3, 3]para que la interpolacion lineal en cada uno tenga errores menores que 5 · 10−4 ?

Para dar la respuesta debemos hallar el maximo de |f ′′| en I .¿Cual sera el maximo relevante si queremos que los errores relativos tengan ese tamano?

• ¿Como varıan las respuestas si se trata de de f(x) = 1/(1 + 9 x2) en I = [−1, 1] ?

• Dados los valores fi de una funcion f(x) en n + 1 puntos a = x0 < . . . < xn = b , su splinecubico natural es la funcion g que interpola f en esos puntos y cumple ademas:

i) en cada Ji = [xi−1, xi] , g coincide con un polinomio pi ∈ Pol3 ;ii) para 0 < i < n se tiene p′i+1(xi) = p′i(xi) , p′′i+1(xi) = p′′i (xi) ;iii) p′′1(a) = p′′n(b) = 0 .

Escribir el S.E.L. 4n× 4n a resolver para hallar esos polinomios, dados los xi, fi .

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El lımite para puntos repetidos: interpolacion osculatoria.

Primero un ejemplo:Si tomamos nodos x0, . . . , x3 = a, a + h, b, b− h y dejamos h ↓ 0 , al obligar al polinomio P3

a coincidir con f en esos cuatro puntos estamos haciendo que seanP ′

3(a) ≈ f ′(a) , P ′3(b) ≈ f ′(b)

En el lımite, los datos f1, f2 coinciden con los f0, f3 , pero tenemos a cambio las dos condi-ciones: P ′

3(a) = f ′(a) , P ′3(b) = f ′(b) .

¿Y en que se convierte la forma de Newtona0 + a1(x− a) + a2(x− a)(x− a− h) + a3(x− a)(x− a− h)(x− b) ?

Los 3 ultimos coeficientes son f [a, a + h], f [a, a + h, b], f [a, a + h, b, b− h]y tienden repectivamente a: f ′(a), ∂f [a, b]/∂a, ∂2f [a, b]/∂a ∂b .La siguiente PROPOSICION generalizara esta respuesta; pero en este caso es mucho mejorplantear el problema del modo siguiente:Los polinomios de Lagrange para este problema en el lımite h ↓ 0 , seran los dos que cumplan:{

L(0)(a) = 1 , L′(0)(a) = 0 = L(0)(b) = L′(0)(b)L′(1)(a) = 1 , L(1)(a) = 0 = L(1)(b) = L′(1)(b)

que tendran por lo tanto el factor (x− b)2 , y otros dos con a, b intercambiados.El polinomio P3 sera la combinacion lineal de estos con los coeficientes adecuados.

Miremos las diferencias divididas f [x0, . . . , xn] como una funcion f[x] : IRn+1 → IR , pero definida demomento solo en el subconjunto G = {x ∈ IRn+1 tales que todos los xi son distintos} .

PROPOSICION:Si fn) es continua, la funcion f[x] tiene una extension continua a todo IRn+1, en la que

f [a, . . . , a] = fn)(a)/n! .

Nota: Como G es denso, solo puede haber una tal extension, y debe cumplir la ultima afirmacion, porque

fn)(a)/n! = limh→0 f [a, a + h, . . . , a + nh]Prueba: La igualdad

f [x0, . . . , xn] =f [x1, . . . , xn]− f [x0, . . . , xn−1]

xn − x0

es cierta para x ∈ G , pero su lado derecho es continuo (por induccion sobre n) en cada punto dondex0 < xn , y define por simetrıa (cambio de orden de los xi) una funcion continua salvo en

D = {xa = (a, . . . , a), a ∈ IR} .Pero como G es denso, el hecho de que f[x] → fn)(a)/n! cuando x ∈ G tiende a xa , implica lo mismo

para cada x /∈ D , y la continuidad de fn)(a) esta dada por hipotesis.

Corolario:Para cada a que este k + 1 veces en la lista de nodos, el polinomio Pn tiene contacto de orden k con f .

Prueba: Si ponemos los k + 1 puntos xi = a al comienzo de la lista, la forma de Newton de Pn es elpolinomio de Taylor de grado k en a , seguido de un multiplo de (x− a)k+1 .

Si k = n , tanto el Corolario como su prueba nos dicen que Pn es el polinomio de Taylor; y la formulaque obtuvimos para el resto f − Pn coincide con el resto de Lagrange para Taylor.

10

• Usar la idea dada arriba para escribir el p ∈ Pol3 tal que los valores de p, p′ en dos puntosdados x0 = a, x1 = b coinciden con los valores de f, f ′ ; basta escribir los cuatro polinomiosde Lagrange del problema.Consejo: empezar suponiendo a = 0 , b = 1, para tener expresiones mas simples.

Hallar tambien una expresion para el resto f(x)− p(x) .

• Puede deducirse el caso general del caso 0, 1, usando la variable s = (x− a)/(b− a) .Pero ojo a los valores de las derivadas al hacer ese cambio de variable.

• Usar la expresion hallada de P3 para dar una formula que aproxime

log(a + hs) para s ∈ (0, 1)

usando valores en los puntos a, a + h ; estudiar que precision tendra, como funcion de a, h .

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Aproximar derivadas con diferencias: derivacion numerica.

La definicion de f ′(x) da un modo “obvio” de aproximarla: f ′(x) ≈ f(x + h)− f(x)h

= f [x, x + h]

Observemos:• es una formula lineal en los valores fi usados; cualquier otra que usemos debe serlo tambien;• es f [x, x + h] = P ′

[x,x+h](x) , luego en particular es exacta para polinomios f ∈ Pol1 ;• usando el desarrollo de Taylor en x , vemos que su error es f [x, x + h]− f ′(x) ≈ f ′′(x)h/2 .

Generalicemos:Un operador Df(x) que utilice n + 1 puntos xi para dar una aproximacion de f ′(x) como funcion

lineal de los n + 1 valores f(xi) , y que sea exacto para cada f ∈ Poln , tiene que coincidir conDf(x) = P ′

n(x) , donde Pn es el que interpola f en esos m + 1 puntos.Para operadores que aproximen fk) vale lo mismo: fijados un punto x y n + 1 nodos xi ,la unica funcion lineal de esos n + 1 valores16 de f que da exactamente pk)(x) si p ∈ Poln , es

Dkf(x) = P k)n (x)

Naturalmente, el operador no es simplemente esa funcion lineal : IRn+1 → IR , sino una manera deescoger los nodos xi como funciones del punto x y del parametro h del que depende la precision.Ejemplos:

• Df(x) = P ′[x−h,x,x+h](x) = f [x− h, x + h] .

(!!) Aunque es exacto en Pol2 , solo usa 2 valores fi ; y su error resulta ser ≈ f ′′′(x) h2/6 .

• D2f(x) = P ′′[x−h,x,x+h](x) = 2 f [x− h, x, x + h] .

Su error es ≈ f4)(x) h2/12 ; notese que P ′′[x−h,x,x+h](x) es constante, como cualquier Pm)

m .

(!!) No solo es exacto en Pol2 , tambien en Pol3 ; ¿por que?Porque si anadimos un punto x3 , la diferencia

P[x−h,x,x+h,x3] − P[x−h,x,x+h] = cte · W tiene W ′′(x) = 0 .Lo mismo ocurrıa en el ejemplo anterior: a P ′

[x−h,x+h](x) le corresponde

W (ξ) = (ξ − x + h)(ξ − x− h)que tiene W ′(x) = 0 ; esa es la forma de “ganar un grado”.

Atencion !!Cuando decimos por ejemplo f [x− h, x + h]− f ′(x) ≈ f ′′′(x) h2/6 , se sobreentiende “cuandoh ↓ 0”. Pero topamos con el problema de restar cantidades parecidas: el error absolutoO(f(x)εM ) que acompana a la diferencia f(x+h)−f(x−h) , produce un error O(f(x)εM )/hen f [x − h, x + h] , que sera mayor que f ′′′(x) h2/6 a partir de cierto h ↓ 0 : es inutil seguirbajando. Esta “barrera” hace aun mas importantes las ganancias en el exponente de h , quepermiten llegar a mayor precision antes de tropezar con ella.

16Notese que debe ser k ≤ n para que no sea Dk ≡ 0 .

11

• Fijados a ∈ IR , h > 0 , sean P2(s) , P4(s) , los polinomios que interpolan f(a + hs)respectivamente en los puntos [0,±1] , [0,±1,±2] . Considerar los siguientes operadoresde derivacion aproximada, los primeros para aproximar f ′(a) , el otro para f ′′(a) , y lasexpresiones que se dan para ellos:

D2f(a) =P ′

2(0)h

= f [a−h, a+h] , D4f(a) =P ′

4(0)h

=43

f [a−h, a+h]− 13

f [a−2h, a+2h]

D2f(a) =P ′′

4 (0)h2

= ( ∆2f(a− h)− 112

∆4f(a− 2h) ) /h2

• El cambio de escala x = a + hs reduce el operador al caso h = 1 , dejando en su expresionlos denominadores h, h2 . ¿Por que desaparece luego el denominador h en las de D2,D4, perono el h2 en la de D2 ?

• Usando el desarrollo de Taylor de f en a , hallar la expresion aproximada del error

Df(a)− fk)(a)para cada uno de estos operadores. En los que usan P4 , esas expresiones saldran de losterminos de grado > 4 del desarrollo de Taylor. ¿Por que sabemos que sera ası?

• Suponiendo un εm = 10−16 , hallar el tamano del error que se producira en el calculo deD2f(a) y en el de D4f(a) , y deducir el lımite de precision alcanzable con cada metodo: paraaproximadamente que valores de h el error de redondeo llega a superar el error de aproximaciondel operador.

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[•∗] Si se calcula la expresion de P4(s) con cualquiera de los metodos generales vistos en este Tema, sepuede llegar a las expresiones dadas para sus derivadas, tras largo camino. Pero considerar lo siguiente:las tres funciones p′(0), p[−1, 1], p[−2, 2] : Pol4 → IR son formas lineales que se anulan para p = 1, s2, s4,luego no pueden ser independientes, y se tendra:

p′(0) = c1p[−1, 1] + c2p[−2, 2]

Basta ahora evaluarlas en p = s, s3 para deducir los valores de c1, c2 , luego usar el cambio x = a+hspara traducir las diferencias de p en diferencias de f y tener D4f(a) .

Probar a imitar esa idea para D2f(a); ahora las tres formas se anulan para p = 1, s, s3 , y hay quetrabajar un poco mas: producir las diferencias sucesivas de s2, s4 para poder hallar los coeficientes; acambio, la traduccion es esta vez mas simple.

12

Apendice II: Spline Cubico Natural.

Dados puntos x0 < x1 < . . . < xn y valores fk ∈ IR , sea F el conjunto de las funcionesf : I = [x0, xn]→ IR que cumplen las condiciones:

f(xk) = fk para cada k ; f ′ continua en I ; f ′′ continua en cada Jk = [xk−1, xk] .

Las dos primeras condiciones son las que caracterizan a un spline para esos datos.La tercera (que puede debilitarse, usando lenguaje mas tecnico) permite que f ′′ tenga saltosen los puntos xk , pero basta para que este definida la integral del enunciado siguiente, queafirma la existencia y unicidad del Spline Cubico Natural:PROPOSICION:Hay una unica f ∈ F que minimiza la integral E(f) =

∫I |f ′′(x)|2dx . Ademas, esa f cumple

las condiciones adicionales siguientes:

Coincide en cada Jk con un pk ∈ Pol3 ; f ′′ es continua en I y nula en x0, xn .

LEMA 1:La expresion < f, g >=

∫I f ′′g′′ define un producto escalar en el espacio vectorial F0 formado

por las diferencias de dos funciones de F .Una f ∈ F minimiza la integral E(f) =< f, f > , si y solo si < f, g >= 0 para cada g ∈ F0 .

Prueba:17Las funciones de F0 son las que cumplen lo mismo que las de F , pero con datos fk ≡ 0 ;es facil ver que forman un espacio vectorial, que la expresion < f, g > es bilineal simetrica,y que es no negativa si f = g ; pero como g ∈ F0 , < g, g >= 0 ⇒ g′′ ≡ 0 , luego g es unpolinomio de grado ≤ 1 , nulo en cada xk , luego g ≡ 0 .Si f, f + g ∈ F , y llamamos ft = f + tg , se tiene

E(ft) =∫

I |f ′′ + tg′′|2 = E(f) + t2E(g) + 2t < f, g > ,

luego sera E(ft) > E(f) para cada t -= 0 , si y solo si se tiene < f, g >= 0 ; y si esto secumple para cada g ∈ F0 , entonces cada E(f + g) > E(f) es decir, f minimiza E(f). !LEMA 2:Si f ∈ F coincide en cada Jk con un pk ∈ Pol3 , f minimiza la integral E(f) si y solo si f ′′cumple lo que afirma la PROPOSICION: continua en cada xk y nula en x0, xn .

Prueba:{

p′′′k = cteg = 0 en cada xk

⇒ ∫Jk

f ′′′g′ = 0 para cada k , luego integrando por partes,∫Jk

f ′′g′′ = f ′′g′]xkxk−1

, y por lo tanto∫If ′′g′′ =

∑k

∫Jk

f ′′g′′ = p′′n(xn)g′(xn)− p′′1(x0)g′(x0) +∑

0<k<n

g′(xk)( p′′k(xk)− p′′k+1(xk) )

Como en F0 hay funciones con valores arbitrarios de los g′(xk) , esa expresion es = 0 paracada g ∈ F0 si y solo si se anulan p′′n(xn) , p′′1(x0) , y cada diferencia p′′k(xk)− p′′k+1(xk) . !Prueba de la PROPOSICION:De la Prueba del LEMA 1 ya se deduce que no puede haber mas de una f que minimice E(f),porque la diferencia g ∈ F0 de dos de ellas cumplirıa < g, g >= 0 y serıa = 0.Basta ahora probar que hay polinomios pk ∈ Pol3 que forman una f ∈ F , y cuyas derivadasp′′k cumplen las n + 1 condiciones que afirma la PROPOSICION, porque en vista del LEMA2, esa f minimizara E(f) .Pero esas n + 1 condiciones, junto con las 3n − 1 igualdades que afirman f ∈ F , formanun sistema de 4n ecuaciones lineales para los 4n coeficientes de los pk , y probar que tienesolucion equivale a probar que solo tiene la solucion f ≡ 0 si los datos fk son todos = 0 .Ahora bien, la funcion solucion f pertenece en ese caso a F0 , y de la Prueba del LEMA 2se deduce inmediatamente que las condiciones sobre las p′′k implican < f, g >= 0 para cadag ∈ F0 , en particular < f, f >= 0 , luego f = 0 . !

17Este Lema es el corazon del asunto, y su Prueba, un ejemplo tıpico del llamado Calculo de Variaciones; la expresionque juega el papel de la integral E(f) suele denominarse energıa.

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