Problemas Sesión 1:INTERPOLACIÓN

1) Calcula el polinomio que interpola los puntos (-1,0), (0,1), (1,3) y (2,-1) en las formas de Lagrange y diferencias divididas.

Solución La expresión para el polinomio interpolador es:

𝑤0 = 0, 𝑤1 = 1, 𝑤2 = 3, 𝑤3 = −1 𝑧0 = −1, 𝑧1 = 0, 𝑧2 = 1, 𝑧3 = 2

Ahora sustituimos:

𝑝 𝑧 = 𝑤𝑘𝐿𝑘(𝑧)3𝑘=0 , donde 𝐿𝑘 𝑧 =

𝑧−𝑧𝑗

𝑧𝑘−𝑧𝑗

3𝑗=0𝑗≠𝑘

Los datos necesarios para calcular la interpolación los obtenemos del enunciado del problema y son los siguientes:

𝐿0 𝑧 =𝑧−𝑧1

𝑧0−𝑧1×𝑧−𝑧2

𝑧0−𝑧2×𝑧−𝑧3

𝑧0−𝑧3=𝑧−0

−1−0×𝑧−1

−1−1×𝑧−2

−1−2= −𝑧3

6+𝑧2

2−𝑧

3

𝐿1 𝑧 =𝑧 − 𝑧0𝑧1 − 𝑧0

×𝑧 − 𝑧2𝑧1 − 𝑧2

×𝑧 − 𝑧3𝑧1 − 𝑧3

=𝑧 + 1

0 + 1×𝑧 − 1

0 − 1×𝑧 − 2

0 − 2=𝑧3

2− 𝑧2 −

𝑧

2+ 1

𝐿2 𝑧 =𝑧 − 𝑧0𝑧2 − 𝑧0

×𝑧 − 𝑧1𝑧2 − 𝑧1

×𝑧 − 𝑧3𝑧2 − 𝑧3

=𝑧 + 1

1 + 1×𝑧 − 0

1 − 0×𝑧 − 2

1 − 2= −𝑧3

2+𝑧2

2+ 𝑧

𝐿3 𝑧 =𝑧 − 𝑧0𝑧3 − 𝑧0

×𝑧 − 𝑧1𝑧3 − 𝑧1

×𝑧 − 𝑧2𝑧3 − 𝑧2

=𝑧 + 1

2 + 1×𝑧 − 0

2 − 0×𝑧 − 1

2 − 1=𝑧3

6−𝑧

6

Simplificando las expresiones anteriores obtenemos el polinomio de interpolación en la base canónica:

𝒑 𝒛 = −𝟕

𝟔𝒛𝟑 +𝟏

𝟐𝒛𝟐 +𝟖

𝟑𝒛 + 𝟏

Sustituyendo :

𝑝 𝑧 = 𝑤𝑘𝐿𝑘(𝑧)

3

𝑘=0

= 𝑤0𝐿0 𝑧 + 𝑤1𝐿1 𝑧 + 𝑤2𝐿2 𝑧 + 𝑤3𝐿3(𝑧)

𝑝 𝑧 = 0 × −𝑧3

6+𝑧2

2−𝑧

3+ 1 ×

𝑧3

2− 𝑧2 −

𝑧

2+ 1 + 3 × −

𝑧3

2+𝑧2

2+ 𝑧 +

+ −1 ×𝑧3

6−𝑧

6

𝑝(𝑧)

𝑧

¿Cómo están relacionadas las coordenadas en la base canónica 𝑝 𝐵 con las coordenadas en la base de polinomios de Lagrange 𝑝 𝐴?

𝑝 𝐴 =

1 −1 1 −11 0 0 011121418

183

12

−7 6

=

013−1

Observa que las coordenadas del polinomio interpolador en la base de Lagrange coincide con las ordenadas de los puntos a interpolar.

𝒑 𝒛 = 𝟎 ∗ 𝑳𝟎 𝒛 + 𝟏 ∗ 𝑳𝟏 𝒛 + 𝟑 ∗ 𝑳𝟐 𝒛 − 𝟏 ∗ 𝑳𝟒(𝒛)

Mediante la relación matricial 𝑝 𝐴 = 𝐼𝑑𝐵𝐴 𝑝 𝐵

Donde:

𝐼𝑑𝐵𝐴 =

1 𝑧0 𝑧02⋯

1 𝑧1 𝑧12⋯

𝑧0𝑛

𝑧1𝑛

…………… .1 𝑧𝑛 𝑧𝑛

2 𝑧𝑛𝑛

Y 𝑝 𝐵 es una matriz columna con las coordenadas en la base canónica.

En este ejemplo tenemos que sustituir: 𝑧0 = −1, 𝑧1 = 0, 𝑧2 = 1, 𝑧3 = 2

Con este resultado podemos escribir el polinomio de interpolación en la base de polinomios de Lagrange como:

Para obtener la forma del polinomio de interpolación en la base de diferencias divididas utilizamos la matriz de cambio de base:

𝐼𝑑𝐶𝐵 =

1 −𝑧0 𝑧0𝑧1 −𝑧0𝑧1𝑧2

0 1 −𝑧0 − 𝑧1 𝑧0𝑧1 + 𝑧0𝑧2 + 𝑧1𝑧2 ⋯

0⋯0

0⋯0

1 −𝑧0 − 𝑧1 − 𝑧2

⋯ 1 ⋯0 0 1

𝑝 𝐵 = 𝐼𝑑𝐶𝐵 𝑝 𝐶 ⇒ 𝑝 𝐶 = 𝐼𝑑𝐶𝐵−1 𝑝 𝐵

𝑝 𝐶 =

1 1 0 00 1 1 −100001001

−1 183

12

−7 6

=

0112

−7 6

El polinomio en la forma de diferencias divididas es:

𝑝 𝑧 = 𝒄𝟎 + 𝒄𝟏 𝑧 − 𝑧0 + 𝒄𝟐 𝑧 − 𝑧0 𝑧 − 𝑧1 + 𝒄𝟑 𝑧 − 𝑧0 𝑧 − 𝑧1 𝑧 − 𝑧2

𝑝 𝑧 = 𝟎 + 𝟏 𝑧 + 1 +𝟏

𝟐𝑧 + 1 𝑧 − 0 + −

𝟕

𝟔𝑧 + 1 𝑧 − 0 𝑧 − 1

2) Dadas las abscisas 0, 1, 2 y 4 y el polinomio 𝑝 𝑧 = 𝑧2 − 2𝑧 + 3 calcular: a) IdBC e IdBA siendo A, B y C las bases de polinomios de Lagrange, canónica y de diferencias divididas respectivamente b) [𝑝]𝐴, [𝑝]𝐵 y [𝑝]𝐶

𝐼𝑑𝐵𝐴 =

1 𝑧0 𝑧02⋯

1 𝑧1 𝑧12⋯

𝑧0𝑛

𝑧1𝑛

…………… .1 𝑧𝑛 𝑧𝑛

2 𝑧𝑛𝑛

𝐼𝑑𝐶𝐵 =

1 −𝑧0 𝑧0𝑧1 −𝑧0𝑧1𝑧2

0 1 −𝑧0 − 𝑧1 𝑧0𝑧1 + 𝑧0𝑧2 + 𝑧1𝑧2 ⋯

0⋯0

0⋯0

1 −𝑧0 − 𝑧1 − 𝑧2

⋯ 1 ⋯0 0 1

Los nodos son: 𝑧0 = 0, 𝑧1 = 1, 𝑧2 = 2, 𝑧3 = 4

𝐼𝑑𝐶𝐵 =

1 0 0 00 1 −1 2000010−3 1

; 𝐼𝑑𝐵𝐴 =

1 0 0 01 1 1 11124416864

Solución

Sustituyendo:

a) La expresión para cada matriz de cambio de base es:

𝑝 𝐶 = 𝐼𝑑𝐶𝐵−1 𝑝 𝐵 =

1 0 0 00 1 −1 2000010−3 1

−13−210

=

3−110

b) Como el polinomio de interpolación es 𝑝 𝑧 = 𝑧2 − 2𝑧 + 3, entonces las coordenadas del polinomio interpolador en la base de Lagrange son las imágenes de:

𝑝 𝐵 = 𝐼𝑑𝐵𝐴−1 𝑝 𝐴 =

1 0 0 01 1 1 11124416864

−132311

=

3−210

𝑝 𝑧 = 𝒄𝟎 + 𝒄𝟏 𝑧 − 0 + 𝒄𝟐 𝑧 − 0 𝑧 − 1 + 𝒄𝟑 𝑧 − 0 𝑧 − 1 𝑧 − 2 𝑝 𝑧 = 𝟑 − 𝟏 𝑧 − 0 + 𝟏 𝑧 − 0 𝑧 − 1 + 𝟎 𝑧 − 0 𝑧 − 1 𝑧 − 2

𝑝 𝑧 = 𝑧2 − 2𝑧 + 3

𝑧0 = 0 , 𝑧1 = 1, 𝑧2 = 2, 𝑧3 = 4.

𝑝 𝐴 =

𝑝(0)𝑝(1)𝑝(2)𝑝(4)

=

32311

3) Dados los tres nodos de Tchebysheff correspondientes al intervalo [0,1] se pide hallar 𝐼𝑑𝐶𝐵 donde 𝐵 y 𝐶 son las bases canónica y de diferencias divididas.

Los (𝒏 + 𝟏) nodos de Tchebysheff para el intervalo [𝑎, 𝑏] están dados por la expresión:

𝑧𝑘 =𝑏−𝑎

2𝑡𝑘 +

𝑎+𝑏

2 donde 𝑡𝑘 = cos

2𝑛+1−2𝑘 𝜋

2𝑛+2 , 𝑘 = 0,1,2, … , 𝑛

En nuestro caso: 𝒏 + 𝟏 = 𝟑 ⟹ 𝒏 = 𝟐 ; 𝑎 = 0, 𝑏 = 1 por lo que:

𝑧0 =1

2cos5𝜋

6+1

2= −

3

4+1

2 𝑧1 =

1

2cos𝜋

2+1

2=1

2 𝑧2 =

1

2cos𝜋

6+1

2=3

4+1

2

𝑧𝑘 =1

2𝑡𝑘 +

1

2 donde 𝑡𝑘 = cos

5−2𝑘 𝜋

6 , 𝑘 = 0,1,2.

𝐼𝑑𝐶𝐵 =

13

4−1

2−3

8+1

4

0 13

4− 1

0 0 1

Solución

4) Dada 𝑓 𝑥 = cos (𝑥) sea 𝑝(𝑥) el polinomio que interpola 4 puntos equidistantes del intervalo 0, 𝜋 . Calcularlo y obtener una cota del error cometido.

ℎ =𝜋 − 0

3⇒ 𝑧0 = 0, 𝑧1 = 0 + ℎ =

𝜋

3, 𝑧2 = 0 + 2ℎ =

2𝜋

3, 𝑧3 = 0 + 3ℎ = 𝜋

Sabemos que la cota de error es:

𝑓 − 𝑝 ≤1

𝑛+1 !𝑓 𝑛+1 Ω , donde 𝜙 = 𝑚𝑎𝑥 𝜙(𝑧) : 𝑧 ∈ 0, 𝜋 .

En nuestro caso: 𝑛 + 1 = 4 ⇒ 𝑛 + 1 ! = 4! = 24 𝑓 𝐼𝑉 𝑥 = cos(𝑥) ≤ 1

Ω 𝑧 = 𝑧 − 0 𝑧 −𝜋

3𝑧 −2𝜋

3𝑧 − 𝜋 = 𝑧4 − 2𝜋𝑧3 +

11𝜋2𝑧2

9−2𝜋3𝑧

9

Solución Para obtener los 4 puntos equidistantes dividimos en intervalo 0, 𝜋 en 3 subintervalos de longitud ℎ:

Ω′ 𝑧 = 0 ⟺ 4𝑧3 − 6𝜋𝑧2 +22𝜋2𝑧

9−2𝜋3

9= 0 ⟺ 𝑧3 −

6𝜋𝑧2

4+22𝜋2𝑧

36−2𝜋3

36= 0

Los puntos críticos, que resultan ser 𝜋1

2−5

6, 𝜋1

2+5

6,𝜋

2

Con la segunda derivada obtenemos que el máximo de Ω 𝑧 en 0, 𝜋 está en 𝑧𝑚𝑎𝑥 =𝜋

2 :

𝑧𝑚𝑎𝑥 =𝜋

2 , y, Ω

𝜋

2=𝜋4

144= 0.0069𝜋4 = 0.6764 ⟹ Ω = 0.6764

Ver detalles de los cálculos en las paginas siguientes.

Ω′′𝜋

2= −1.37 < 0 Ω′′ 𝜋

5

6+1

2= 2.74 > 0 Ω′′ 𝜋

1

2−5

6= 2.74 > 0

Si queremos obtener los ceros del polinomio 𝑝 𝑧 = 𝑧3 + 𝑎2𝑧2 + 𝑎1𝑧 + 𝑎0

Mediante el cambio:

𝑧 = 𝑥 −𝑎2

3

Se transforma en: 𝑝𝑝 𝑥 = 𝑥3 + 𝑞𝑥 + 𝑟

𝑝 𝑧 = 𝑧3 −3𝜋𝑧2

2+11𝜋2𝑧

18−𝜋3

18= 0 ⟹ 𝑎2 = −

3𝜋

2,

𝑞 = −5𝜋2

36, 𝑟 = 0

𝑦 =𝑟

2+𝑟2

4+𝑞3

27

3

; 𝑧 =𝑟

2−𝑟2

4+𝑞3

27

3

; 𝑤 = 𝑒𝑖2𝜋

3 .

Los ceros de 𝑝𝑝 son: −𝑦 − 𝑧, −𝑤𝑦 − 𝑤2𝑧, −𝑤2𝑦 − 𝑤𝑧, donde:

𝑥3 −5𝜋2

36𝑥 = 0 ⟹ 𝑥 𝑥2 −

5𝜋2

36⟹ 𝑥1 = 0 , 𝑥2 =

5𝜋

6, 𝑥3 = −

5𝜋

6⟹

mediante el cambio 𝑧 = 𝑥 +𝜋

2, obtenemos:

𝑝𝑝 𝑥 = 𝑥3 −5𝜋2

36𝑥

𝑧1 =𝜋

2, 𝑧2 = 𝜋

1

2+5

6, 𝑧3 = 𝜋

1

2−5

6.

En este ejemplo, la solución es inmediata (no necesitamos las fórmulas)

Rehaciendo el cambio obtenemos los ceros de 𝑝 𝑧 :

Apliquemos estas fórmulas a nuestro ejemplo.

Dado el polinomio 𝑝 𝑧 = 𝑧3 + 𝑐2𝑧2 + 𝑐1𝑧 + 𝑐0, otra posibilidad es usar las fórmulas de

Vieta: 𝑟1 + 𝑟2 + 𝑟3 = −𝑐2 𝑟1𝑟2 + 𝑟1𝑟3 + 𝑟2𝑟3 = 𝑐1 𝑟1𝑟2𝑟3 = −𝑐0

𝑟1 + 𝑟2 + 𝑟3 =3𝜋

2 (1)

𝑟1𝑟2 + 𝑟1𝑟3 + 𝑟2𝑟3 =11𝜋2

18 (2)

𝑟1𝑟2𝑟3 =𝜋3

18 (3) De (3):

𝑟1 =𝜋3

18𝑟2𝑟3

De (2):

𝑟1 𝑟2 + 𝑟3 + 𝑟2𝑟3 =11𝜋2

18⟹

𝜋3

18𝑟2𝑟3𝑟2 + 𝑟3 + 𝑟2𝑟3 =

11𝜋2

18

De (1):

𝑟1 =3𝜋

2 − 𝑟2 − 𝑟3 𝜋3

18𝑟2𝑟3= 3𝜋

2− 𝑟2 − 𝑟3 (4)

𝜋3

18𝑟2𝑟3𝑟2 + 𝑟3 = −𝑟2𝑟3 +

11𝜋2

18 (5)

(5)

(4)=𝑟2 + 𝑟31=𝑟2𝑟3 −

11𝜋2

183𝜋2− 𝑟2 − 𝑟3

− 𝑟2 + 𝑟32 +3𝜋

2𝑟2 + 𝑟3 = 𝑟2𝑟3 −

11𝜋2

18

𝑧3 −3𝜋𝑧2

2+11𝜋2𝑧

18−𝜋3

18= 0

𝑟2 + 𝑟3 = 𝜋 𝑟2𝑟3 =𝜋2

9

En general es laborioso resolver el sistema anterior. Sin embargo, si conocemos la suma de dos de los ceros, y/o su producto, la tarea se simplifica. Por ejemplo, si:

Etc.

Sustituyendo los valores anteriores obtenemos que:

𝑓 − 𝑝 ≤1

𝑛+1 !𝑓 𝑛+1 Ω =

1

24× 1 × 0.6764 = 0.028

En consecuencia el error que cometemos al aproximar la función 𝑓 𝑥 = cos (𝑥) por el polinomio 𝑝 𝑥 que interpola los 4 puntos equidistantes del intervalo 0, 𝜋 será menor que 0.028.

Si calculamos el polinomio de interpolación obtenemos:

𝑝 𝑧 = 0.145𝑧3 − 0.683𝑧2 + 0.079𝑧 + 1

𝑝(𝑧)

𝑧

Error= 𝒑 𝒛 − 𝐜𝐨𝐬 (𝒛) , ∀∈ 𝟎, 𝝅

𝑝 𝑧 − cos (𝑧)

𝑧

5a) Calcula el polinomio de Hermite que cumple: 𝑝 0 = 1, 𝑝 1 = 0, 𝑝′ 0 = 0 y 𝑝′(1) = −1.

5b) Calcula el polinomio de Hermite que aproxima a 𝑓 𝑥 =1

𝑥 en 𝑥 = 1 𝑦 𝑥 = 2.

La expresión para el polinomio de interpolación de Hermite para dos puntos es:

𝑝 𝑧 = 𝑤0𝑧 − 𝑧1

2

𝑧1 − 𝑧02 +2 𝑧 − 𝑧0 𝑧 − 𝑧1

2

𝑧1 − 𝑧03

+ 𝑤1𝑧 − 𝑧0

2

𝑧1 − 𝑧02 −2 𝑧 − 𝑧1 𝑧 − 𝑧0

2

𝑧1 − 𝑧03

+ 𝑤0′𝑧 − 𝑧0 𝑧 − 𝑧1

2

𝑧1 − 𝑧02 + 𝑤1

′𝑧 − 𝑧1 𝑧 − 𝑧0

2

𝑧1 − 𝑧02

Solución 5a) 𝑧0 = 0, 𝑧1 = 1,𝑤0 = 1,𝑤1 = 0, 𝑤0

′= 0, 𝑤1′ = −1

Sustituyendo los valores 𝑧0 = 0, 𝑧1 = 1, 𝑤0 = 1, 𝑤1 = 0, 𝑤0′= 0, 𝑤1

′ = −1

𝑝 𝑧 = 1 ×𝑧 − 1 2

1 2+2 𝑧 𝑧 − 1 2

1 3+ 0 ×

𝑧 2

1 2−2 𝑧 − 1 𝑧 2

1 3+

+0 ×𝑧 𝑧 − 1 2

1 2− 1𝑧 − 1 𝑧 2

1 2

𝑝 𝑧 = 𝑧 − 1 2 1 + 2𝑧 − 𝑧 − 1 𝑧2 = 𝑧3 − 2𝑧2 + 1

5b) Ahora queremos aproximar 𝑓 𝑥 =1

𝑥 en 𝑥 = 1 𝑦 𝑥 = 2.

𝑤0′= 𝑓′ 1 = −1,

𝑤1′ = 𝑓′ 2 = −

1

4

𝑝 𝑧 = 1 ×𝑧 − 2 2

2 − 1 2+2 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2

2 − 1 3+1

2×𝑧 − 1 2

2 − 1 2−2 𝑧 − 2 𝑧 − 1 2

2 − 1 3

−1 ×𝑧 − 1 𝑧 − 2 2

2 − 1 2−1

4×𝑧 − 2 𝑧 − 1 2

2 − 1 2

𝑝 𝑧 = 𝑧 − 2 2 + 2 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2 +1

2𝑧 − 1 2 − 𝑧 − 2 𝑧 − 1 2 − 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2

−1

4𝑧 − 2 𝑧 − 1 2

𝑧0 = 1, 𝑧1 = 2,

𝑤0 = 𝑓 1 = 1,

𝑤1 = 𝑓 2 =1

2,

𝒑 𝒛 = −𝟏

𝟒𝒛𝟑 +𝟑

𝟐𝒛𝟐 −𝟏𝟑

𝟒𝒛 + 𝟑

𝑝 𝑧 = 𝑧 − 2 2 + 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2 +1

2𝑧 − 1 2 −

5

4𝑧 − 2 𝑧 − 1 2

𝑝 𝑧 = 𝑧 − 2 2 1 + 𝑧 − 1 + 𝑧 − 1 21

2−5

4𝑧 +5

2

𝑝 𝑧 = 𝑧 𝑧 − 2 2 −5

4𝑧 𝑧 − 1 2 + 3 𝑧 − 1 2

𝑝 𝑧 = 𝑧 − 2 2 + 2 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2 +1

2𝑧 − 1 2 − 𝑧 − 2 𝑧 − 1 2 − 𝑧 − 1 𝑧 − 2 2

−1

4𝑧 − 2 𝑧 − 1 2

𝑝 𝑧 = 𝑧3 − 4𝑧2 + 4𝑧 −5

4𝑧3 +5

2𝑧2 −5

4𝑧 + 3𝑧2 − 6𝑧 + 3

𝑧 𝑧2 − 4𝑧 + 4 −5

4𝑧 𝑧2 − 2𝑧 + 1 + 3 𝑧2 − 2𝑧 + 1

En el dibujo se pueden ver los puntos y el polinomio de interpolación:

𝒑 𝒛 = −𝟏

𝟒𝒛𝟑 +𝟑

𝟐𝒛𝟐 −𝟏𝟑

𝟒𝒛 + 𝟑

6) Completa la siguiente tabla de diferencias divididas

¿Cuál es el polinomio interpolador?

−1 1 0 1 ? 2 3 ? ?

−1 𝟏 0 1 𝟎 2 3 1 𝟏 𝟑

𝑐1 = 𝑤01 =1 − 1

0 − (−1)= 0 𝑤12 =

3 − 1

2 − 0= 1 𝑐2 = 𝑤012 =

1 − 0

2 − (−1)=1

3

Solución

𝑧0 𝑤0 𝑧1 𝑤1 𝑤01 𝑧2 𝑤2 𝑤12 𝑤012

𝑤𝑖,𝑖+1,…,𝑗 =𝑤𝑖+1,…,𝑗 − 𝑤𝑖,…,(𝑗−1)

𝑧𝑗 − 𝑧𝑖

𝑤01 =𝑤1 −𝑤0𝑧1 − 𝑧0

, 𝑤12 =𝑤2 − 𝑤1𝑧2 − 𝑧1

, 𝑤012 =𝑤12 − 𝑤01𝑧2 − 𝑧0

𝑝 𝑧 = 𝒄𝟎 + 𝒄𝟏 𝑧 + 1 + 𝒄𝟐 𝑧 + 1 𝑧 − 0

𝑝 𝑧 = 𝟏 + 𝟎 𝑧 + 1 +𝟏

𝟑𝑧 + 1 𝑧 − 0

𝒑 𝒛 =𝟏

𝟑𝒛𝟐 +𝟏

𝟑𝒛 + 𝟏

𝑝(𝑧)

𝑧

El polinomio de interpolación en la forma de diferencias divididas queda como:

7) Sea 𝑎, 𝑏 = [0,𝜋

2] y Ω 𝑧 = 𝑧 − 𝑧0 𝑧 − 𝑧1 (𝑧 − 𝑧2). Calcular los nodos que minimizan

Ω .

El intervalo de trabajo es 𝑎, 𝑏 = [0,𝜋

2] y el número de nodos es 𝑛 + 1 = 3

Solución

𝑧𝑘 =𝑏−𝑎

2𝑡𝑘 +

𝑎+𝑏

2 donde 𝑡𝑘 = cos

2𝑛+1−2𝑘 𝜋

2𝑛+2 , 𝑘 = 0,1,2, … , 𝑛

Los nodos los calculamos con la expresión:

Que aplicada a nuestro problema nos da:

𝑧𝑘 =𝜋

4cos

5−2𝑘 𝜋

6+𝜋

4 donde 𝑘 = 0,1,2

𝑘 = 0: 𝑧0 =𝜋

4cos5𝜋

6+𝜋

4=𝜋

4−3

2+ 1 = 0.105

𝑘 = 1: 𝑧1 =𝜋

4cos𝜋

2+𝜋

4=𝜋

4= 0.785

𝑘 = 2: 𝑧2 =𝜋

4cos𝜋

6+𝜋

4=𝜋

4

3

2+ 1 = 1.465

0 𝜋

2

𝑧0 𝑧1 𝑧2

8) Sabiendo que 𝑇3 𝑥 = 4𝑥3 − 3𝑥 y 𝑇5 𝑥 = 16𝑥

5 − 20𝑥3 + 5𝑥 , calcular 𝑇4(𝑥).

Los polinomios de Tchebysheff están relacionados mediante la siguiente fórmula recurrente:

𝑇𝑛+1(𝑥) = 2𝑥𝑇𝑛(𝑥) − 𝑇𝑛−1(𝑥)

Solución

Por lo tanto para 𝑛 = 4:

𝑇5(𝑥) = 2𝑥𝑇4(𝑥) − 𝑇3(𝑥)

Sustituyendo:

16𝑥5 − 20𝑥3 + 5𝑥 = 2𝑥𝑇4 𝑥 − 4𝑥3 − 3𝑥

𝑇4 𝑥 =16𝑥5 − 16𝑥3 + 2𝑥

2𝑥= 8𝑥4 − 8𝑥2 + 1

𝑻𝟒 𝒙 = 𝟖𝒙𝟒 − 𝟖𝒙𝟐 + 𝟏

9) Sabiendo que 𝐷3 𝐵 =

−1110

y 𝑧3 = 2 calcular 𝐷4 𝐵 donde 𝐵 es la base canónica.

Solución

El vector 𝐷3 𝐵 =

−1110

representa al polinomio −1 + 𝑧 + 𝑧2 + 0 ∗ 𝑧3

La relación de recurrencia entre los polinomios de diferencias divididas es:

𝐷𝑖+1 𝑧 = 𝑧𝐷𝑖 𝑧 − 𝑧𝑖𝐷𝑖(𝑧)

En nuestro problema 𝑖 = 3: 𝐷4 𝑧 = 𝑧𝐷3 𝑧 − 𝑧3𝐷3(𝑧)

En consecuencia: 𝐷4 𝑧 = 𝑧 −1 + 𝑧 + 𝑧

2 + 0 ∗ 𝑧3 − 2 −1 + 𝑧 + 𝑧2 + 0 ∗ 𝑧3

𝐷4 𝑧 = −𝑧 + 𝑧2 + 𝑧3 + 2 − 2𝑧 − 2𝑧2

𝑫𝟒 𝒛 = 𝒛𝟑 − 𝒛𝟐 − 𝟑𝒛 + 𝟐

10) Se interpola una función dada en los valores 𝑧 = 0, 1 y 2. Obtener una cota del error cometido al aproximar 𝑓(1.5) sabiendo que la derivada tercera de 𝑓 está acotada por 2.

Solución

Sabemos que la cota de error es:

𝑓 − 𝑝 ≤1

𝑛+1 !𝑓 𝑛+1 Ω , donde 𝜙 = 𝑚𝑎𝑥 𝜙(𝑧) : 𝑧 ∈ 0, 𝜋 .

En este problema 𝑛 + 1 = 3, 𝑓′′′ ≤ 2, Ω(𝑧) = 𝑧 − 0 𝑧 − 1 𝑧 − 2 = 𝑧 𝑧2 − 3𝑧 + 2

Ω(𝑧) = 𝑧3 − 3𝑧2 + 2𝑧

Para encontrar el valor mayor de Ω(𝑧) calculamos los puntos críticos 𝑧𝑐 con Ω′ 𝑧 = 0:

⟹ 3𝑧2 − 6𝑧 + 2 = 0 ⟹ 𝑧𝑐 = 1 ±3

3⟹ 𝑧𝑐1 = 1 +

3

3, 𝑧𝑐2 = 1 −

3

3

Para determinar el máximo volvemos a derivar: Ω′′ 𝑧 = 6𝑧 − 6

Ω′′ 𝑧𝑐1 = 6 1 +3

3− 6 =

3

3> 0 (mínimo)

Ω′′ 𝑧𝑐2 = 6 1 −3

3− 6 = −

3

3< 0 (máximo)

Por lo anterior:

Ω = Ω 𝑧𝑐2 = 𝑧𝑐2 − 0 𝑧𝑐2 − 1 𝑧𝑐2 − 2 = 1 −3

3−3

3−1 −

3

3= 0.3849

La cota de error es 1

𝑛+1 !𝑓 𝑛+1 Ω

Donde: 1

𝑛+1 !=1

6= 0.166, 𝑓′′′ ≤ 2, Ω ≤ 0.3849

Multiplicamos los factores: 1

62 0.3849 =

0.3849

3= 0.1283

Finalmente la cota de error es 𝟎. 𝟏𝟐𝟖𝟑 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝒇(𝟏. 𝟓) y para cualquier otro valor de 𝒇 𝒙 𝐜𝐨𝐧 𝒙 ∈ [0,2]