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• Gerardo Garcia

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APROXIMACION POLINOMIAL SIMPLES En análisis numérico, la interpolación polinómica (o polinomial) es una técnica de interpolación de un conjunto de datos o de una función por un polinomio. Es decir, dado cierto número de puntos obtenidos por muestreo o a partir de un experimento se pretende encontrar un polinomio que pase por todos los puntos. Podemos decir que la interpolación polinomial es el eje para muchos métodos numéricos y de gran relevancia en la ingeniería, puesto que una gran información se encuentra en su forma tabular como veremos más adelante y es usado por una diversidad de métodos numéricos, por ejemplo, si integramos este método tendremos el método de integración trapezoidal.

Supongamos que tenemos el siguiente cuadro

Supongamos por un instante que sólo se dispone del cuadro 2 y que queremos el valor de la variable “y=f(x)” cuando x tiene un valor de 2 unidades. Una manera muy común es considerar la ecuación de una línea recta así:

y sustituirlos valores de los puntos 0 y 1, obteniendo dos ecuaciones con variables a0 y a1 Punto “0” = (1,56); punto 1: (5,113); (x, f(x))

Luego la ecuación de la función lineal: p(x) = 41.8 + 14.2x Esta ecuación puede ser usado para calcular f (x) cuando x= 2 f ( 2 ) =41.8+14.2 ( 2 )=70.02 Observación: Si queremos una mejor aproximación para nuestra función deberíamos considerar otro punto más y tendremos:

PROBLEMAS RESUELTOS. Con la tabla del ejemplo anterior determinar el valor f(x) cuando x tiene un valor de 10 usando polinomio de primer grado.

Datos X F(X)

X0 1 56

X1 5 113

X2 20 181

X3 40 214

Paso 1. Primero buscamos los puntos a utilizar que son los siguiente para x=10 f(x)=a0+a1x Punto (0) 113= a0+ (a1)5

113=a0+5a1

Punto (1) 181= a0+ (a1)20

181=a0+20a1

Paso 2. Usando el método matriz determinante podemos obtener los valores de la formula correcta. Nota: para resolver esta matriz se multiplica cruzado y se resta para obtener el valor de la matriz ∆=

[11 205 ]= (1*20) -(1*5) = 20-5 = 15

Paso 3. Luego determinamos las demás matrices sustituyendo los valores de f(x) ∆ 2= 1 113 = (1*181) -(1*113) = 181-113 = 68, 1 181

[

]

5 = (113*20) -(181*5) = 2260-905 = 1355 [ 113 181 20 ]

∆ 1=

Paso 4. Luego obtenemos el valor de a0 y a1 dividiendo el delta 1 o 2 entre la delta original a 0=∆ 1/∆ = 1355/15 = 90.33

a 1=∆ 2/∆ = 68/15 = 4.53

Paso 5. Por últimos sustituimos los valores de la ecuación y lo evaluamos en 10

f(x)=a0+a1x f (10) =90.33 +4.53x (10) f (10) =90.33+ 45.3= 135.63 f (10) = 135.53

[ CITATION ING13 \l 2058 ]

Resolver el problema anterior con el mismo dato, pero con un polinomio de grado 2 Datos X F(X)

X0 1 56

X1 5 113

X2 20 181

X3 40 214

Paso 1. Primero buscamos los puntos a utilizar que son los siguiente para x=10 f(x)=a0+a1x+a2x2 Punto (0) 56= a0+ a1(1) + a2(1)2

56=a0+a1+a2

Punto (1) 113= a0+ a1(5) + a2(5)2

113=a0+5a1+25a2

Punto (2) 181= a0+ a1(20) + a2(20)2

181=a0+20ª1+400a2

Paso 2. Usando el método matriz determinante podemos obtener los valores de la formula correcta. Nota: puedes usar vario método para resolver matrices de 3x3, pero en este caso usaremos el método de sarrus. (ejemplo de formula). Se multiplica en línea como en la imagen para obtener el valor de la matriz las líneas rojas son positiva y las azules negativas para obtener el valor de la matriz 1 1 1 ∆= 1 5 25 = ((1*5*400) +(1*25*1) +(1*1*20)) -((1*5*1) +(20*25*1) +(400*1*1)) = 1 20 400 (2000+25+20) -(5+500+400) = 2045- 905 =1140

[

]

Paso 3. Luego determinamos las demás matrices sustituyendo los valores de f(x)

56 1 1 ∆ 1= 113 5 25 ((56∗5∗400)+(1∗25∗181)+(1∗113∗20))−((1∗5∗181)+(20∗25∗56)+(400∗113∗1))=44 181 20 400

[ [ [

]

1 56 1 ∆ 2= 1 113 25 ((1∗113∗400)+(56∗25∗1)+(1∗1∗181))−((1∗113∗1)+( 181∗25∗1)+(400∗1∗56))=19743 1 181 400

]

1 1 56 ∆ 3= 1 5 113 ((1∗5∗181)+(1∗113∗1)+(56∗1∗20))−((56∗5∗1)+(20∗113∗1)+( 181∗1∗1))=−583 1 20 181

]

Paso 4. Luego obtenemos el valor de a0, a1 y a2 dividiendo el delta 1 o 2 entre la delta original a 0=∆ 1/∆ = 44680/1140= 39.19 a 1=∆ 2/∆ = 19743/1140 = 17.31 a 2=∆ 3/∆ = -583/1140 = -0.511 Paso 5. Por últimos sustituimos los valores de la ecuación y lo evaluamos en 10 f(x)=a0+a1x+a2x2 f (10) =39.19+17.31(10) +(-0.5114) (10)2 f (10) =39.19+173.1+(-0.5114) (100) f (10) =39.19 + 173.1 - 51.14 =161.15 f (10) = 161.15

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POLINOMIO DE INTERPOLACIÓN DE NEWTON Como se dijo antes, existe una gran variedad de formas alternativas para expresar una interpolación polinomial. El polinomio de interpolación de Newton en diferencias divididas es una de las formas más populares y útiles. Antes de presentar la ecuación general, estudiaremos las versiones de primero y segundo grados por su sencilla interpretación visual. 1.1 INTERPOLACION LINEAL La forma más simple de interpolación consiste en unir dos puntos asociados con datos con una línea recta. Dicha técnica, llamada interpolación lineal, se ilustra de manera gráfica en la sig. figura utilizando triángulos semejantes,

Reordenándose se obtiene,

Ec.1 que es una fórmula de interpolación lineal. La notación f1(x) designa que éste es un polinomio de interpolación de primer grado. Observe que además de representar la pendiente de la línea que une los puntos, el término f(x1) – f(x0)]/ (x1 – x0) es una aproximación en diferencias divididas finitas a la primera derivada. En general, cuanto menor sea el intervalo entre los puntos asociados con datos, mejor será la aproximación. Esto se debe al hecho de que, conforme el intervalo disminuye, una función continua estará mejor aproximada por una línea recta. Esta característica se demuestra en el siguiente ejemplo. EJEMPLO. Interpolación lineal Planteamiento del problema Estime el logaritmo natural de 2 mediante interpolación lineal. Primero, realice el cálculo por interpolación entre ln 1 = 0 y ln 6 = 1.791759. Después, repita el procedimiento, pero use un intervalo menor de ln 1 a ln 4 (1.386294). Observe que el valor verdadero de ln 2 es 0.6931472. Solución: Usamos la ecuación (1) y una interpolación lineal para ln (2) desde x0 = 1 hasta x1 = 6 para obtener.

1.2 INTERPOLACION CUADRATICA En el ejemplo anterior el error resulta de nuestra aproximación a una curva mediante una línea recta. En consecuencia, una estrategia para mejorar la estimación consiste en introducir alguna curvatura a la línea que une los puntos. Si se tienen tres puntos asociados con datos, éstos pueden ajustarse en un polinomio de segundo grado (también conocido como polinomio cuadrático o parábola). Una forma particularmente conveniente para ello es. f2(x) = b0 + b1(x – x0) + b2(x – x0) (x – x1) Ec.2

Observe que, aunque la ecuación sig. parece diferir del polinomio general ecuación (1) de polinomio lineal, las dos ecuaciones son equivalentes. Lo anterior se demuestra al multiplicar los términos de la ecuación. f2(x) = b0 + b1x – b1x0 + b2x2 + b2x0x1 – b2xx0 – b2xx1 o, agrupando términos,

f2(x) = a0 + a1x + a2x2

donde a0 = b0 – blx0 + b2x0x1 a1 = b1 – b2x0 – b2x1 a2 = b2 Un procedimiento simple puede usarse para determinar los valores de los coeficientes. Para encontrar b0, en la ecuación 2. se evalúa con x = x0 para obtener b0 = f(x0) Ec.3 La ecuación (3) se sustituye en la (2), después se evalúa en x = x1 para tener Ec.4 Por último, las ecuaciones (3) y (4) se sustituyen en la ec.2, después se evalúa en x = x2 y (luego de algunas manipulaciones algebraicas se resuelve para

Ec.5

Ejemplo Planteamiento del problema Ajuste un polinomio de segundo grado a los tres puntos del ejemplo polinomio lineal. x0 = 1 f(x0) = 0 x1 = 4 f(x1) = 1.386294 x2 = 6 f(x2) = 1.791759 Con el polinomio evalúe ln 2. Solución Aplicando la ecuación (3) se obtiene b0 = 0 La ecuación (4) y con la ecuación (5) se obtiene

Sustituyendo estos valores en la ecuación (2) se obtiene la fórmula cuadrática

f2(x) = 0 + 0.4620981(x – 1) – 0.0518731(x – 1) (x – 4) que se evalúa en x = 2 para

f2(2) = 0.5658444

PROBLEMAS RESUELTOS. 18.1 Estime el logaritmo natural de 10 por medio de interpolación lineal. a) Interpole entre log 8 = 0.9030900 y log 12 = 1.0791812. Paso 1. Identificar los puntos a interpolar Puntos 0 X 8 F(X) 0.9030

1 12 1.0791

Paso 2. Usar la ecuación 1 y sustituir los valore para obtener el valor de la interpolación evaluado en x=10

1.0791−0.9030 ( 10−8 )=¿ 12−8 Paso 3. Hacer los cálculos y obtenemos el valor del punto f(x) cuando x=10, f 1 ( 10 )=( 0.9030 )+ 0.044 ( 2 )=0.99105 f (10) = 0.99105 f 1 ( 10 )=( 0.9030 )+

Paso 4. Repetir los pasos anteriores con el inciso b b) Interpole entre log 9 = 0.9542425 y log 11 = 1.0413927. Puntos 0 X 9 F(X) 0.9542

1 11 1.0413

1.0413−0.9542 ( 10−9 ) =¿ 11−9 f 1 ( 10 )=( 0.9542) + 0.04355 ( 1 )=0.99775 f (10) = 0.99775

1 ( 10 )=( 0.9542 ) +

18.2 Ajuste un polinomio de interpolación de Newton de segundo grado para estimar el log 10, con los datos del problema 18.1 en x = 8, 9 y 11.

Puntos Paso 1. Identificar los puntos a interpolar, Se hace más fácil hacerlo en una tabla como la siguiente.

x 8 9 11

F(x) 0.9030900 0.9542425 1.0413927

Paso 2. El siguiente paso es verificar la ecuación que se usara en este caso la ecuación 2, f2(x) = b0 + b1(x – x0) + b2(x – x0) (x – x1) con esta ecuación se evaluará al final. Paso 3. Usar la ecuación 3 para obtener b0 b0 = f(x0) b0=0.9030900 Paso 4. Ahora usamos la ecuación 4 para obtener el valor de b1, sustituyendo los valores conforme a la tabla

b 1=

0.9542425−0.9030900 =0.0512 9−8

Paso 5. Ahora usamos la ecuación 5 para obtener el valor de b2. sustituyendo los valores conforme a la tabla

1.0413927−0.9542425 0.9542425−0.9030900 − 11−9 9−8 b 2= =¿ 11−8 b 2=

0.04355−0.051 =−2.55 x 1 0−3 11−8

Paso 6. Luego sustituimos los valore encontrado de bn en ecuacion origina y resolvemos algebraicamente y evaluamos x con valor de 10

f2(x) = b0 + b1(x – x0) + b2(x – x0) (x – x1) f2(x) = 0.9030 + 0.0512(x – 8) + (-2.55x10-3) (x – 8) (x – 9) f2(10) = 0.9030 + 0.0512(x – 8) + (-2.55x10 -3) (x – 8) (x – 9) f2(10) = 0.9030 + 0.0512x – 0.4096 + (-2.55x10 -3) (x2 – 8x – 9x+72) f2(10) = 0.9030 + 0.0512x – 0.4096 + (-2.55x10 -3) (x2 – 17x+72) f2(10) = 0.9030 + 0.0512x – 0.4096 - 2.55x10 -3x2 + 0.04335x - 0.1836 Paso 7. Una vez desglosado la ecuación se simplifica la ecuación y se evalúa x en 10

f2(10) = - 2.55x10-3x2 +0.09455x +0.3098 f2(10) = - 2.55x10-3(10)2 +0.09455(10) +0.3098 f2(10) = - 2.55x10-3(100) +0.94550 +0.3098 f2(10) = - 0.255 +0.94550 +0.3098 f(x)= 1.0003

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POLINOMIOS DE INTERPOLACIÓN DE LAGRANGE El polinomio de interpolación de Lagrange es simplemente una reformulación del polinomio de Newton que evita el cálculo de las diferencias divididas, y se representa de manera concisa como Donde Ecuación 1

Ecuación 2

donde Π designa el “producto de”. Por ejemplo, la versión lineal (n = 1) es el Polinomio de primer grado: Ecuación 3

y la versión de segundo grado es:

Ecuación 4

La ecuación (1) se obtiene de manera directa del polinomio de Newton. Sin embargo, el razonamiento detrás de la formulación de Lagrange se comprende directamente al darse cuenta de que cada término Li(x) será 1 en x = xi y 0 en todos los otros puntos. De esta forma, cada producto Li(x) f(xi) toma el valor de f(xi) en el punto xi. En consecuencia, la sumatoria de todos los productos en la ecuación (1) es el único polinomio de n-ésimo grado que pasa exactamente a través de todos los n + 1 puntos asociados con datos. EJEMPLO Polinomios de interpolación de Lagrange Planteamiento del problema Con un polinomio de interpolación de Lagrange de primero y segundo grado evalúe ln 2 basándose en los datos siguientes: x0 = 1

f(x0) = 0

x1 = 4

f(x1) = 1.386294

x2 = 6

f(x2) = 1.791760

Solución El polinomio de primer grado [ecuación (3)] se utiliza para obtener la estimación en x = 2, 2−4 2−1 f ( 2) = (0)+ (1.3862 ) =0.4620 1−4 4−1

PROBLEMAS RESUELTOS. Problema 18.7 vuelve hacer el problema 18.6 con el uso de polinomio de Lagrange de grado 1 Y 2 (Datos en la sig. Tabla). DATOS X F(x)

X0 1 3

X1 2 6

X2 3 19

X3 5 99

X4 7 291

X5 8 444

Paso 1. Primero buscamos la fórmula de primer grado de Lagrange, e

Paso 2. identificamos los valores de la tabla para poder sustituir Paso 3. debemos recordar que estamos evaluando en x=2.5 para obtener el valor de f(x) paso 4. Luego sustituimos loa valores de la tabla en la fórmula de primer grado f ( 2.5 )=

2.5−2 2.5−1 ( 3 )+ ( 6 )=¿ 1−2 2−1

f ( 2.5 )=(−1.5)+ ( 9 )=7.5 El valor de f(x) evaluado en 2.5 nos da como resultado =7.5 Paso 5. Ahora evaluaremos con un polinomio de grado 2

f ( 2.5 )=

(2.5−2)(2.5−3) (2.5−1)(2.5−3) ( 2.5−1 ) ( 2.5−2 ) (3)+ ( 6) + ( 19 )=¿ (1−2)(1−3) (2−1)(2−3) ( 3−1 ) ( 3−2 )

f ( 2.5 )=(−0.375 ) + ( 4.5 ) + ( 7.125 )=11.25 f (2.5) = 11.25

[ CITATION Wal18 \l 2058 ]

Problema 6.1 Considere los cuatro puntos (0,1), (1, 2), (3, 0), (4, 4). a.) Calcule el polinomio interpolante P2(x), en la forma de Lagrange. b.) Interpolar f (2). Datos X F(x)

X0 0 1

X1 1 2

X2 3 0

X3 4 4

Paso 1. Primero buscamos la fórmula de primer grado de Lagrange, e

Paso 2. identificamos los valores de la tabla para poder sustituir Paso 3. debemos recordar que estamos evaluando en x=3.5 para obtener el valor de f(x) paso 4. Luego sustituimos loa valores de la tabla en la fórmula de primer grado f ( 2) =

2−1 2−0 ( 1) + ( 2 )=¿ 0−1 1−0

f ( 2 ) =(−1)+ ( 4 )=3 El valor de f(x) evaluado en 2 nos da como resultado = 3 Paso 5. Ahora evaluaremos con un polinomio de grado 2

f ( 2) =

(2−1)(2−3) (2−0)( 2−3) ( 2−0 ) ( 2−1 ) ( 1) + ( 2) + ( 0 )=¿ (0−2)(0−3) (1−0)(1−3) (3−0 ) ( 3−1 )

f ( 2 ) =(−0.333 ) + ( 2 ) + ( 0 ) =1.66666 f ( 2 ) =1.66666

[ CITATION STE15 \l 2058 ]

Bibliografía Chapra, s. c. (2015). métodos numéricos para ingenieros. México D.F: McGRAW-HILL/INTERAMERICANA. INTERPOLACION. (2015). En S. C. CHAPRA, Metodos Numéricos para ingenieros (pág. 408). México DF. Interpolación Polinomial. (2018). En W. M. F, Introducción a los Metodos Numéricos (págs. 171-203). costa rica: Revista digital, Matemática, Educación e Internet. METODOS NUMERICOS. (2013). En Facultad de Ingeniería de Minas, Geología y Civil, Departamento académico de ingeniería de minas y civil (págs. 11-16).