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INTERPOLAZIONE
Francesca PelosiDipartimento di Matematica, Universita di Roma “Tor Vergata”
CALCOLO NUMERICO e PROGRAMMAZIONE
http://www.mat.uniroma2.it/∼pelosi/
INTERPOLAZIONE – p.1/38
INTERPOLAZIONENella pratica si presentano spesso i seguenti problemi:
(i) da misure sperimentali sono state ricavate le coppie di valori(xi, fi), i = 0, 1, . . . , n che esprimono un campionamento di un fenomenofisico. Supponendo tali valori esatti si vuole conoscere il valore y = f(x) perx 6= xi e quindi ottenere una funzione che rappresenti il fenomeno.
Es: si può misurare la temperatura corporea di un malato in vari periodi dellagiornata e desiderare una stima della temperatura in funzione del tempo T (t).
(ii) Si ha una funzione estremamente complicata (f(x) = ex
√
1+∫
t0 sinh(1+|x|)...), il
cui calcolo richiede un elevato tempo macchina ⇒ si tabula la funzione in unprefissato numero di punti ed si approssima mediante interpolazione
⇒ In entrambi i casi, si suppone che i dati appartengano ad una funzione chenon presenta difficoltà di calcolo (polinomiale o razionale) e la si utilizza perdeterminare i valori cercati
INTERPOLAZIONE – p.2/38
INTERPOLAZIONEIn generale, date le coppie di valori (x0, f0), . . . , (xn, fn) con xi ∈ [a, b]
(xi punti fondamentali) e S uno spazio di funzioni definite su [a, b];si cerca una funzione g ∈ S che soddisfi le condizioni di interpolazione:
−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−10
−5
0
5
10
15
xi
fi
g(xi) = fi, i = 0, 1, . . . , n
Vogliamo valutare g in x 6= xi, i = 1, . . . , n, sia
ξ1 = min{x0, x1, . . . , xn}, ξ2 = max{x0, x1, . . . , xn}
parleremo di
interpolazione se x ∈ [ξ1, ξ2]
estrapolazione se x /∈ [ξ1, ξ2]
INTERPOLAZIONE – p.3/38
INTERPOLAZIONELa scelta dello spazio di funzioni S cade su spazi lineari a dimensione finita (n + 1)⇒ si può fissare una base {φj(x), j = 0, 1, . . . , n} ed esprimere g(x) ∈ S come
g(x) =
n∑
j=0
ajφj(x)
trovare la funzione interpolante g ∈ S equivale a trovare a0, a1, . . . , an tali che
g(xi) =∑n
j=0 ajφj(xi) = fi, i = 0, 1, . . . , n ⇒
a0φ0(x0) + a1φ1(x0) + · · · + anφn(x0) = f0
a0φ0(x1) + a1φ1(x1) + · · · + anφn(x1) = f1
...
a0φ0(xn) + a1φ1(xn) + · · · + anφn(xn) = fn
G =
φ0(x0) φ1(x0) · · · φn(x0)
φ0(x1) φ1(x1) · · · φn(x1)
......
...
φ0(xn) φ1(xn) · · · φn(xn)
Matrice di Gram
La scelta dello spazio di funzioni S dipende dalle applicazioni ed è molto importante:
interpolazione polinomiale: g(x) =∑n
k=0 akxk
interpolazione trigonometrica: g(x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + ...
interpolazione spline
INTERPOLAZIONE – p.4/38
INTERPOLAZIONE POLINOMIALE
S = IPn ⇒φj(x) = xj , j = 0, 1, . . . , n
g(x) = p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn,
si vuol determinare un polinomio di grado minore o uguale a n, p(x) ∈ IPn tale che
p(xi) =
n∑
j=0
ajxji = fi, i = 0, 1, . . . , n
ovvero
a0 + a1x0 + a2x20 + · · · + anxn
0 = f0
a0 + a1x1 + a2x21 + · · · + anxn
1 = f1
...
a0 + a1xn + a2x2n + · · · + anxn
n = fn
Il problema consiste nel risolvere un sistema lineare nelle incognite a0, a1, . . . , an
INTERPOLAZIONE – p.5/38
Esistenza e unicità del polinomio interpolante
La matrice dei coefficienti
G =
1 x0 x20 · · · xn
0
1 x1 x21 · · · xn
1
......
......
1 xn x2n · · · xn
n
Matrice diCauchy-Vandermonde
det(G) 6= 0 ⇔ x0, x1, . . . , xn sono distinti
essendo det(G) =∏
i>j(xi − xj). Possiamo affermare:
TEOREMAEsiste un unico polinomio di grado massimo n che assume valori fi; i = 0, . . . , n
in corrispondenza di (n + 1) punti distinti xi; i = 0, . . . , n.
La matrice di Gram G ottenuta con la base dei monomi è fortementemalcodizionata ⇒ si può cambiare la base per IPn
INTERPOLAZIONE – p.6/38
INTERPOLAZIONE POLINOMIALELa situazione ottimale si ha per G = I :
1 0 0
0. . . 0
0 0 1
a0
...
an
=
f0
...
fn
⇒
a0 = f0
...
an = fn
Ovvero, occorrono n + 1 funzioni `(n)0 (x), `
(n)1 (x), . . . , `
(n)n (x) tali che:
1) `(n)j (x) ∈ IPn, lineramente indipendenti
2) `(n)j (xi) = δij =
0, i 6= j
1, i = j
ESEMPIO: n = 2, si devono costruire 3 funzioni lin. indip. `(2)0 (x), `
(2)1 (x), `
(2)2 (x) ∈ IP2 t.c.
`(2)0 (x0) = 1 `
(2)0 (x1) = 0 `
(2)0 (x2) = 0
`(2)1 (x0) = 0 `
(2)1 (x1) = 1 `
(2)1 (x2) = 0
`(2)2 (x0) = 0 `
(2)2 (x1) = 0 `
(2)2 (x2) = 1
x0
x2x
1
1
INTERPOLAZIONE – p.7/38
Polinomio interpolante di LAGRANGE
In generale funzioni di questo tipo assumono la forma:
`(n)i (x) =
∏nj=0j 6=i
(x − xj)
∏nj=0j 6=i
(xi − xj), i = 0, 1, . . . , n
funzioni fondamentalidi Lagrange
Si verifica facilmente che i polinomi `(n)i di grado n soddisfano `
(n)j (xi) = δij e il
polinomio di grado n interpolante (xi, fi), i = 0, 1, . . . , n assume la forma:
Ln(x; f) = f0`(n)0 (x) + f1`
(n)1 (x) + . . . + fn`
(n)n (x),
polinomio interpolantedi Lagrange
Essendo xi 6= xj per i 6= j, tale polinomio esiste sempre ed è univocamentedeterminato.
Le funzioni fondamentali `(n)i dipendono esclusivamente dai punti xi (punti
fondamentali), pertanto risultano univocamente determinate una volta fissati ipunti xi.
INTERPOLAZIONE – p.8/38
Polinomio interpolante di LAGRANGE
ESEMPIO: Siano dati i seguenti punti fondamentali:
x0 = −1 x1 = 0 x2 = 1
`(2)0 (x) =
(x − 0)(x − 1)
(−1 − 0)(−1 − 1)=
x2 − x
2
`(2)1 (x) =
(x + 1)(x − 1)
(0 + 1)(0 − 1)=
x2 − 1
−1= 1 − x2
`(2)2 (x) =
(x + 1)(x − 0)
(1 + 1)(1 − 0)=
x2 + x
2
se in corrispondenza dei punti sopra vengono assegnati i valori
f0 = 1 f1 = 3 f2 = 1:
L2(x; f) = 1 · x2 − x
2+ 3 · (1− x2) + 1 · x2 + x
2= 3− 2x2; −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
2.8
3
se f0 = −1 f1 = 0 f2 = 1:
L2(x; f) = −1 · x2 − x
2+ 0 · (1 − x2) + 1 · x2 + x
2= x; −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
INTERPOLAZIONE – p.9/38
Polinomio interpolante di LAGRANGE
Il polinomio interpolante di Lagrange presenta difficoltà di applicazione se sivogliono aumentare le informazioni su f(x) ovvero il numero di coppie (xi, fi).
Poichè le funzioni fondamentali `(n)i dipendono da tutti i punti xi
⇒ l’inserimento di un nuovo punto obbliga a ricostruire ex-novo tutte le funzionifondamentali
ESEMPIO: Se nell’esempio di prima si volesse aggiungere un nuovo punto: (x3, f3) = (2, 3) si ha
`(3)0 (x) =
(x − 0)(x − 1)(x − 2)
(−1 − 0)(−1 − 1)(−1 − 2)=
x3 − 3x2 + 2x
−6
`(3)1 (x) =
(x + 1)(x − 1)(x − 2)
(0 + 1)(0 − 1)(0 − 2)=
x3 − 2x2 − x + 3
2
`(3)2 (x) =
(x + 1)(x − 0)(x − 2)
(1 + 1)(1 − 0)(0 − 2)=
x3 + 3x2 + 2x
−4
`(3)3 (x) =
(x + 1)(x − 0)(x − 1)
(2 + 1)(2 − 0)(2 − 1)=
x3 − x
6
L3(x; f) = −1 · x3 − 3x2 + 2x
−6+ 0 · x3 − 2x2 − x + 3
2+ 1 · x3 + 3x2 + 2x
−4+ 3 · x3 − x
6
−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2−1.5
−1
−0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
INTERPOLAZIONE – p.10/38
Polinomio interpolante di LAGRANGE
Conviene esprimere in una forma diversa il polinomio interpolante, in modo da poteraggiungere dei punti senza modificare i calcoli precedenti.Sia Ln(x; f) il polinomio di grado ≤ n interpolante (xi, fi), i = 0, 1, . . . , n,supponiamo di voler aggiungere la nuova coppia (xn+1, fn+1), si vuol ottenere
Ln+1(x; f) ∈ IPn+1 : Ln+1(xi; f) = fi, i = 0, 1, . . . , n, n + 1
Ln+1(x; f) = Ln(x; f) + qualcosa
qualcosa deve:
essere un polinomio di grado n + 1
assumere valore zero nei vecchi punti di interpolazione:qualcosa(xi) = 0, i = 0, 1, . . . , n
⇒ si esprime qualcosa = Cn+1ωn+1(x) = Cn+1(x− x0)(x− x1) · · · (x− xn), da cui
Ln+1(x; f) = Ln(x; f) + Cn+1ωn+1(x)
Da Ln+1(xn+1; f) = fn+1 si ottiene:
Cn+1 =fn+1 − Ln(xn+1; f)
ωn+1(xn+1)
INTERPOLAZIONE – p.11/38
Polinomio interpolante di NEWTON
Cn+1ωn+1(x) = Ln+1(x; f)−Ln(x; f): permette di inserire la nuova coppia di valori(xn+1, fn+1) utilizzando Ln(x; f). Se si hanno più coppie da inserire:
Ln(x; f) = L0(x; f) − L0(x; f) + L1(x; f) − L1(x; f) + · · ·+Ln−1(x; f) − Ln−1(x; f) + Ln(x; f)
= L0(x; f) + [L1(x; f) − L0(x; f)] + [L2(x; f) − L1(x; f)] + · · ·+[Ln(x; f) − Ln−1(x; f)]
INTERPOLAZIONE – p.12/38
Polinomio interpolante di NEWTON
Cn+1ωn+1(x) = Ln+1(x; f)−Ln(x; f): permette di inserire la nuova coppia di valori(xn+1, fn+1) utilizzando Ln(x; f). Se si hanno più coppie da inserire:
Ln(x; f) = L0(x; f) − L0(x; f) + L1(x; f) − L1(x; f) + · · ·+Ln−1(x; f) − Ln−1(x; f) + Ln(x; f)
= L0(x; f) + [L1(x; f) − L0(x; f)] + [L2(x; f) − L1(x; f)] + · · ·+[Ln(x; f) − Ln−1(x; f)]
f0 C1ω1C2ω2Cnωn
INTERPOLAZIONE – p.12/38
Polinomio interpolante di NEWTON
Cn+1ωn+1(x) = Ln+1(x; f)−Ln(x; f): permette di inserire la nuova coppia di valori(xn+1, fn+1) utilizzando Ln(x; f). Se si hanno più coppie da inserire:
Ln(x; f) = L0(x; f) − L0(x; f) + L1(x; f) − L1(x; f) + · · ·+Ln−1(x; f) − Ln−1(x; f) + Ln(x; f)
= L0(x; f) + [L1(x; f) − L0(x; f)] + [L2(x; f) − L1(x; f)] + · · ·+[Ln(x; f) − Ln−1(x; f)]
=
f0 C1ω1C2ω2Cnωn
f0 +∑n
k=1 Ckωk(x)Polinomio interpolante
di Newton Nn(x; f)
Il polinomio nella forma di Newton permette di aggiungere più coppie di valorisfruttando i calcoli fatti in precedenza.Se ad esempio si vogliono aggiungere 5 coppie di valori(xn+1, fn+1), . . . , (xn+5, fn+5) si ha
Ln+5(x; f) = f0 +
n+5∑
k=1
Ckωk(x) = Ln(x; f) +
n+5∑
k=n+1
Ckωk(x)
INTERPOLAZIONE – p.12/38
Polinomio interpolante di NEWTON
Assegnata una funzione f(x) definita (almeno) sui punti x0, x1, . . . , xn si definisconodifferenze divise del primo ordine relativamente agli xi le quantità:
f [xi, xi+1] :=f(xi+1) − f(xi)
xi+1 − xi
e ricorsivamente differenze divise di ordine k
f [xi, xi+1, . . . , xi+k] :=f [xi+1, . . . , xi+k] − f [xi, . . . , xi+k−1]
xi+k − xi
e per definizione differenza divisa di ordine 0:
f [xi] := f(xi)
I calcoli possono essere organizzati in tabelle:
xi f(xi) f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2] f [xi, xi+1, xi+2, xi+3]
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]
INTERPOLAZIONE – p.13/38
Polinomio interpolante di NEWTON
Assegnata una funzione f(x) definita (almeno) sui punti x0, x1, . . . , xn si definisconodifferenze divise del primo ordine relativamente agli xi le quantità:
f [xi, xi+1] :=f(xi+1) − f(xi)
xi+1 − xi
e ricorsivamente differenze divise di ordine k
f [xi, xi+1, . . . , xi+k] :=f [xi+1, . . . , xi+k] − f [xi, . . . , xi+k−1]
xi+k − xi
e per definizione differenza divisa di ordine 0:
f [xi] := f(xi)
I calcoli possono essere organizzati in tabelle:
xi f(xi) f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2] f [xi, xi+1, xi+2, xi+3]
x0 f(x0)
x1 f(x1) f [x0, x1] =f(x1)−f(x0)
x1−x0
x2 f(x2) f [x1, x2] =f(x2)−f(x1)
x2−x1f [x0, x1, x2] =
f [x1,x2]−f [x0,x1]x2−x0
x3 f(x3) f [x2, x3] =f(x3)−f(x2)
x3−x2f [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
INTERPOLAZIONE – p.13/38
Polinomio interpolante di NEWTON
ESEMPIO: Date le coppie (−2, 2), (−1, 3), (0, 1)
xi f(xi) f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2]
−2 2
−1 3 3−2−1+2
= 1
0 1 1−30+1
= −2 −2−10+2
= − 32
Per costruzione le differenze divise sono funzioni simmetriche degli argomenti:
f [x1, x2, x3] = f [x2, x1, x3]
Si dimostra
f [x0, x1, . . . , xk] = Ck ⇒
Nn(x; f) = f0 +∑n
k=1 f [x0, x1, . . . , xk]ωk(x)
INTERPOLAZIONE – p.14/38
Polinomio interpolante di NEWTONESEMPIO: Date le coppie (0, 0), (1, 1), (2, 0), (3, 1):
Tavola differenze divise
xi f(xi) f [x0, x1] f [x0, x1, x2] f [x0, . . . , x3]
0 0
1 1 1−01−0
= 1
2 0 0−12−1
= −1 −1−12−0
= −1
3 1 1−03−2
= 1 1+13−1
= 1 1+13−0
= 23
Polinomio interpolante:
N3(x; f) = f0 +
3∑
k=1
f [x0, x1, . . . , xk]ωk(x)
= f0 + f [x0, x1](x − x0) + f [x0, x1, x2](x − x0)(x − x1) +
f [x0, . . . , x3](x − x0)(x − x1)(x − x2)
= 0 + 1(x − 0) −1(x − 0)(x − 1) +2
3(x − 0)(x − 1)(x − 2)
=1
3(2x3 − 9x2 + 10x)
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
INTERPOLAZIONE – p.15/38
Polinomio interpolante di NEWTONESEMPIO: Date le coppie (0, 0), (1, 1), (2, 0), (3, 1):
Tavola differenze divise
xi f(xi) f [x0, x1] f [x0, x1, x2] f [x0, . . . , x3]
0 0
1 1 1−01−0
= 1
2 0 0−12−1
= −1 −1−12−0
= −1
3 1 1−03−2
= 1 1+13−1
= 1 1+13−0
= 23
Polinomio interpolante:
N3(x; f) = f0 +
3∑
k=1
f [x0, x1, . . . , xk]ωk(x)
= f0 + f [x0, x1](x − x0) + f [x0, x1, x2](x − x0)(x − x1) +
f [x0, . . . , x3](x − x0)(x − x1)(x − x2)
= 0 + 1(x − 0) −1(x − 0)(x − 1) +2
3(x − 0)(x − 1)(x − 2)
=1
3(2x3 − 9x2 + 10x) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
INTERPOLAZIONE – p.15/38
Sia la forma di Lagrange che di Newton permettono la costruzione di semplicialgoritmi
Per la forma di Newton: è facile costruire un algoritmo separando i due passi:
costruzione delle differenze divise
calcolo del valore del polinomio utilizzando (schema di Hörner)p(x) = a0 + a1x + · · · + anxn →p(x) = a0 + x(a1 + x(a2 + · · · + x(an−1 + anx) · · · ))
INTERPOLAZIONE – p.16/38
Errore di interpolazione
Per costruzione e in assenza di errori di arrotondamento, dati (xi, fi) : i = 0, 1, . . . , n
con xi ∈ [a, b] il polinomio intepolante soddisfa Ln(xi; f) = fi ⇒se si conoscono solo i valori (xi, fi) non ha senso porsi il problema dellostudio dell’errore
se fi = f(xi) con f(x) funzione nota in forma esplicita, studiare l’erroresignifica esaminare il comportamento del polinomio Ln(x; f) rispetto allafunzione f(x) in punti x distinti dai punti xi, ovvero studiare la funzione errore:
e(x) = f(x) − Ln(x; f)
Poichè Ln(x; f) interpola f(x) nei punti xi, si ha
e(xi) = 0, i = 0, 1, . . . , n, ⇒ e(x) = (x − x0) · · · (x − xn)R(x)
e(x) = ωn+1(x)R(x)
Se f ∈ Cn+1[a, b] si può dare una valutazione di R(x).
INTERPOLAZIONE – p.17/38
Errore di interpolazione
Sia f ∈ Cn+1[a, b] e sia
F (t) = f(t) − Ln(t; f) − ωn+1(t)R(x)
e ξ1 = min{x0, x1, . . . , xn, x}, ξ2 = max{x0, x1, . . . , xn, x}.F (t) si annulla per t = xi, i = 0, 1, . . . , n e per t = x. (n + 2 zeri)Per il teorema di Rolle
esistono almeno n + 1 punti in (ξ1, ξ2) in cui si annulla F ′(t)
esistono almeno n punti in (ξ1, ξ2) in cui si annulla F ′′(t)
...
esiste almeno 1 punto ξ ∈ (ξ1, ξ2) in cui si annulla F (n+1)(t)
F (n+1)(ξ) = f (n+1)(ξ) − (n + 1)!R(x) = 0 ⇒ R(x) =f(n+1)(ξ)
(n+1)!
Se ∀x ∈ [a, b] si ha |f (n+1)(x)| ≤ M ⇒
|R(x)| ≤ M
(n + 1)!
INTERPOLAZIONE – p.18/38
Errore di interpolazione
Se f /∈ Cn+1[a, b] si può dare una valutazione di R(x) in altri termini.Sia (xn+1, fn+1) = (x, f(x)) con x 6= xi, i = 0, 1, . . . , n:
Ln+1(t; f) = Ln(t; f) + f [x0, x1, . . . , xn, x]ωn+1(t)
per t = x :
Ln+1(x; f) = f(x) = Ln(x; f) + f [x0, x1, . . . , xn, x]ωn+1(x) ⇒e(x) = f(x) − Ln(x; f) = f [x0, x1, . . . , xn, x]ωn+1(x)
Se f ∈ Cn+1[a, b] ⇒ f [x0, x1, . . . , xn, x] =f (n+1)(ξ)
(n + 1)!, ξ ∈ (ξ1, ξ2)
In conclusione
e(x) = ωn+1(x) R(x), R(x) =
f(n+1)(ξ)(n+1)!
, se f ∈ Cn+1[a, b]
f [x0, x1, . . . , xn, x] , sef /∈ Cn+1[a, b]
−R(x) dipende dai punti e dalla f(x),−ωn+1(x) dipende solo dai punti xi ⇒ si possono determinare i punti xi in modoche risulti minimo |ωn+1(x)| qualunque sia x e ridurre così l’errore di interpolazione
INTERPOLAZIONE – p.19/38
ESEMPIO: f (x) = 1
1+25x2
costruiamo il polinomio interpolante su 6, 10 e 15 punti equidistanti in [−1, 1]:
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Il comportamento del polinomio interpolante peggiora al crescere del grado infatti le derivate di
f crescono rapidamente all’aumentare di n
INTERPOLAZIONE – p.20/38
ESEMPIO: f (x) = 1
1+25x2
costruiamo il polinomio interpolante su 6, 10 e 15 punti equidistanti in [−1, 1]:
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Il comportamento del polinomio interpolante peggiora al crescere del grado infatti le derivate di
f crescono rapidamente all’aumentare di n
se i nodi vengono scelti opportunamente il risultato migliora
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
−1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1−0.4
−0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
INTERPOLAZIONE – p.20/38
Punti fondamentali equidistanti
Nella pratica è abbastanza naturale considerare punti fondamentali equidistanti:
xi = x0 + ih, i = 0, 1, . . . , n
in tal caso il polinomio può essere riscritto in modo opportuno.Dati x ∈ [a, b], e h ≤ (b − a), si definisce operatore differenza finita in avanti delprimo ordine l’operatore ∆:
∆f(x) := f(x + h) − f(x)
e ricorsivamente operatore differenza finita in avanti di ordine k l’operatore ∆k:
∆kf(x) := ∆(∆k−1f(x))
e per definizione differenza finita di ordine 0:
∆0f(x) := f(x)
I calcoli possono essere organizzati in tabelle:
x f(x) ∆f(x) ∆2f(x) ∆3f(x)
x0 f0
x1 f1 ∆f0 = f1 − f0
x2 f2 ∆f1 = f2 − f1 ∆2f0 = ∆f1 − ∆f0
x3 f3 ∆f2 = f3 − f2 ∆2f1 = ∆f2 − ∆f1 ∆3f0 = ∆(∆2f0)
INTERPOLAZIONE – p.21/38
Punti fondamentali equidistanti
Si dimostra per induzione che per nodi equidistanti: f [x0, . . . , xk] =∆kf(x0)
hkk!
Posto t = x−x0h
⇒ x − x0 = ht
ht + x0 = x
hi + x0 = xi
⇒ x − xi = h(t − i)
Sostituendo nella forma di Newton:
Nn(x; f) = f0 +
n∑
k=1
f [x0, x1, . . . , xk](x − x0) · · · (x − xk−1)
Nn(t; f) = f0 +
n∑
k=1
∆kf0
hkk!· ht · h(t − 1) · h(t − 2) · · ·h(t − k + 1)
= f0 +
n∑
k=1
∆kf0
hkk!hkt(t − 1)(t − 2) · · · (t − k + 1)
= f0 +∑n
k=1∆kf0
k!hkrk−1(t)
Polinomio interpolante diGregory-Newton in (avanti)
dove rn(t) = t(t − 1)(t − 2) · · · (t − n) polinomio fattoriale (con r0(t) = t).Esiste anche il polinomio interpolante di Gregory-Newton all’indietro
INTERPOLAZIONE – p.22/38
Punti fondamentali equidistanti
Sostituendo nella forma di Lagrange:
Ln(x; f) = f0`(n)0 (x) + f1`
(n)1 (x) + . . . + fn`
(n)n (x)
con `(n)i (x) =
∏nj=0j 6=i
(x − xj)
∏nj=0j 6=i
(xi − xj)
Ln(t; f) = (−1)n rn(t)
n!f0 +
n∑
j=0
(−1)j
(
n
j
)
fj
t − j
INTERPOLAZIONE – p.23/38
Esercizio 1:
Assegnate le coppie di valori {xi, fi}3i=0, con x0 = −2, x1 = −1, x2 = 2, x3 = 3 e f0 = −2,
f1 = −1, f2 = 2, f3 = 4, si chiede di costruire:
i) il polinomio p(x) che interpola le coppie di valori assegnati;
ii) il polinomio q(x) che interpola, oltre alle coppie di valori assegnati, anche il punto (0,0).
i) Poiche in ii) si richiede di aggiungere un ulteriore punto ai dati, conviene utilizzare il polinomio
interpolante nella forma di Newton:p(x) = f0 +
3∑
i=1
f [x0, . . . , xi]ωi(x).
Tabella delle differenze divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3]
−2 −2
−1 −1 1
2 2 1 0
3 4 2 14
120
Polinomio interpolante
p(x) = −2 + 1(x + 2) + 0(x + 2)(x + 1) +1
20(x + 2)(x + 1)(x − 2)
p(x) =1
20(x3 + x2 + 16x − 4)
INTERPOLAZIONE – p.24/38
... continuaii) Tabella delle differenze divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3] f [xi, . . . , xi+4]
−2 −2
−1 −1 1
2 2 1 0
3 4 2 14
120
0 0 43
13
112
160
Polinomio interpolante
q(x) = p(x) +1
60(x + 2)(x + 1)(x − 2)(x − 3)
q(x) =1
60(x4 + x3 − 4x2 + 56x)
INTERPOLAZIONE – p.25/38
... continuaii) Tabella delle differenze divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3] f [xi, . . . , xi+4]
−2 −2
−1 −1 1
2 2 1 0
3 4 2 14
120
0 0 43
13
112
160
Polinomio interpolante
q(x) = p(x) +1
60(x + 2)(x + 1)(x − 2)(x − 3)
q(x) =1
60(x4 + x3 − 4x2 + 56x)
−2 −1 0 1 2 3−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
INTERPOLAZIONE – p.25/38
Esercizio 2:
Assegnati i punti {(xi, fi)}3i=0, con x0 = 0, x1 = −1, x2 = 1, x3 = 3, ed
f0 = 0, f1 = −3, f2 = 0, f3 = 3; si determini:
i) il polinomio interpolante nella forma di Newton;
ii) il polinomio interpolante nella forma di Lagrange;
iii) il valore del polinomio interpolante nel punto x = 2.
i) Polinomio interpolante di grado 3 nella forma di Newton: N3(x) = f0+
3∑
i=1
f [x0, . . . , xi]ωi(x).
Tabella delle differenze divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3]
0 0
−1 −3 3
1 0 3/2 −3/2
3 3 3/2 0 1/2
Polinomio interpolante
N3(x) = 0 + 3(x − 0) − 3
2(x − 0)(x + 1) +
1
2(x − 0)(x + 1)(x − 1)
N3(x) =1
2x3 − 3
2x2 + x
INTERPOLAZIONE – p.26/38
... continuaii) Polinomio interpolante di grado 3 nella forma di Lagrange:
L3(x) =3∑
i=0
fi`(3)i (x), `
(3)i (x) :=
∏3j=0,j 6=i(x − xj)
∏3j=0,j 6=i(xi − xj)
Dato che f0 = f2 = 0, si costruisce solo `(3)1 (x) e `
(3)3 (x):
`(3)1 (x) =
x(x − 1)(x − 3)
(−1 − 0)(−1 − 1)(−1 − 3)= −1
8(x3 − 4x2 + 3x)
`(3)3 (x) =
x(x + 1)(x − 1)
(3 − 0)(3 + 1)(3 − 1)=
1
24(x3 − x)
Polinomio interpolante
L3(x) = f1`(3)1 (x) + f3`
(3)3 (x) =
3
8(x3 − 4x2 + 3x) +
3
24(x3 − x)
L3(x) =1
2x3 − 3
2x2 + x = N3(x)
iii) N3(2) = L3(2) = 0.
INTERPOLAZIONE – p.27/38
... continuaii) Polinomio interpolante di grado 3 nella forma di Lagrange:
L3(x) =3∑
i=0
fi`(3)i (x), `
(3)i (x) :=
∏3j=0,j 6=i(x − xj)
∏3j=0,j 6=i(xi − xj)
Dato che f0 = f2 = 0, si costruisce solo `(3)1 (x) e `
(3)3 (x):
`(3)1 (x) =
x(x − 1)(x − 3)
(−1 − 0)(−1 − 1)(−1 − 3)= −1
8(x3 − 4x2 + 3x)
`(3)3 (x) =
x(x + 1)(x − 1)
(3 − 0)(3 + 1)(3 − 1)=
1
24(x3 − x)
Polinomio interpolante
L3(x) = f1`(3)1 (x) + f3`
(3)3 (x) =
3
8(x3 − 4x2 + 3x) +
3
24(x3 − x)
L3(x) =1
2x3 − 3
2x2 + x = N3(x)
iii) N3(2) = L3(2) = 0.
−1 0 1 2 3−3
−2
−1
0
1
2
3
INTERPOLAZIONE – p.27/38
Esercizio 3:Assegnati i punti {(xi, fi)}3
i=0, con x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3, x3 = 5, ed f0 = 0, f1 = 3,
f2 = 3, f3 = 7;
i) si determini il polinomio interpolante nella forma di Newton;
ii) si determini il polinomio interpolante nella forma di Lagrange;
iii) se la coppia (5, 7) diventasse (6, 8) in quale espressione risulterebbe piu conveniente scrivere il
nuovo polinomio interpolante? Motivare la risposta.
iv) se nel punto x0 = 0 il valore f0 diventasse −1, e quindi la coppia (0, 0) diventasse (0,−1), in
quale espressione risulterebbe piu conveniente scrivere il nuovo polinomio interpolante?
i) Polinomio interpolante nella forma di Newton
N3(x) = f0+
3∑
i=1
f [x0, . . . , xi]ωi(x), ωi(x) = (x−x0) · · · (x−xi−1)
Tabella delle differenze divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3]
0 0
1 3 3
3 3 0 −1
5 7 2 1/2 3/10
INTERPOLAZIONE – p.28/38
... continuaN3(x) = 0 + 3(x − 0) − 1(x − 0)(x − 1) +
3
10(x − 0)(x − 1)(x − 3)
N3(x) =1
10(3x3 − 22x2 + 49x)
ii) Polinomio interpolante di grado 3 nella forma di Lagrange:
L3(x) =3∑
i=0
fi`(3)i (x), `
(3)i (x) :=
∏3j=0,j 6=i(x − xj)
∏3j=0,j 6=i(xi − xj)
Dato che f0 = 0, non si costruisce `(3)0 (x).
`(3)1 (x) =
x(x − 3)(x − 5)
(1 − 0)(1 − 3)(1 − 5)=
1
8(x3 − 8x2 + 15x)
`(3)2 (x) =
x(x − 1)(x − 5)
(3 − 0)(3 − 1)(3 − 5)= − 1
12(x3 − 6x2 + 5x)
`(3)3 (x) =
x(x − 1)(x − 3)
(5 − 0)(5 − 1)(5 − 3)=
1
40(x3 − 4x2 + 3x)
INTERPOLAZIONE – p.29/38
... continua
L3(x) = f1`(3)1 (x) + f2`
(3)2 (x) + f3`
(3)3 (x)
=3
8(x3 − 8x2 + 15x) − 1
4(x3 − 6x2 + 5x) +
7
40(x3 − 4x2 + 3x)
=1
40(12x3 − 88x2 + 196x)
=1
10(3x3 − 22x2 + 49x) = N3(x)
−1 0 1 2 3 4 5 6−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
INTERPOLAZIONE – p.30/38
... continuaiii) se la coppia (5, 7) diventasse (6, 8) risulta piu conveniente scrivere il nuovo polinomio interpolante
nella forma di Newton, in quanto occorre modificare solo l’ultima riga della tabella delle differenze
divise:
xi fi f [xi, xi+1] f [xi, . . . , xi+2] f [xi, . . . , xi+3]
0 0
1 3 3
3 3 0 −1
6 8 5/3 1/3 2/9
N 3(x) = 0 + 3(x − 0) − 1(x − 0)(x − 1) +2
9(x − 0)(x − 1)(x − 3)
mentre nella forma di Lagrange si devono ricalcolare tutte le funzioni fondamentali.
−1 0 1 2 3 4 5 6−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
INTERPOLAZIONE – p.31/38
... continuaiv) se nel punto x0 = 0 il valore f0 diventasse −1, risulterebbe piu conveniente scrivere il nuovo
polinomio interpolante nella forma Lagrange, in quanto si possono riutilizzare le funzioni fondamentali
e aggiungere solo il termine f0`(3)0 :
L3(x) = L3(x) + f0`(3)0 (x)
mentre nella forma di Newton occorre ricalcolare l’intera tabella delle differenze divise e tutti i polinomi
ωi(x).
−1 0 1 2 3 4 5 6−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
INTERPOLAZIONE – p.32/38
Esercizio 4:Per approssimare il valore
√x con x quadrato non perfetto, si considerano le radici quadrate di 3
numeri x0, x1, x2 che siano i quadrati piu vicini a x. Si costruisce il polinomio interpolante i valori
(xi,√
xi), i = 0, 1, 2 e si valuta in x = 0.6.
Si considerano:
x0 = 0.49 x1 = 0.64 x2 = 0.81
f0 = 0.7 f1 = 0.8 f2 = 0.9.
Si costruisce il polinomio di Lagrange L2(x) interpolante i punti (xi, fi), i = 0, 1, 2:
L2(x) =
2∑
i=0
fi`(2)i (x), `
(2)i (x) :=
∏2j=0,j 6=i(x − xj)
∏2j=0,j 6=i(xi − xj)
;
`(2)0 (x) =
(x − 0.64)(x − 0.81)
(0.49 − 0.64)(0.49 − 0.81)=
1
0.048(x2 − 1.45x + 0.5184)
`(2)1 (x) =
(x − 0.49)(x − 0.81)
(0.64 − 0.49)(0.64 − 0.81)= − 1
0.0255(x2 − 1.3x + 0.3969)
`(2)2 (x) =
(x − 0.49)(x − 0.64)
(0.81 − 0.49)(0.81 − 0.64)=
1
0.0544(x2 − 1.13x + 0.3136)
INTERPOLAZIONE – p.33/38
... continuaPolinomio interpolante
L2(x) = f0`(2)0 (x) + f1`
(2)1 (x) + f2`
(2)2 (x)
= (0.7)1
0.048(x2 − 1.45x + 0.5184) − (0.8)
1
0.0255(x2 − 1.3x + 0.3969)
+ (0.9)1
0.0544(x2 − 1.13x + 0.3136)
Valutiamo il polinomio in x = 0.6: L2(0.6) = 0.7744118.
Consideriamo la stima dell’errore di interpolazione per x ∈ [0.49, 0.81]:
e3(x) = (x − x0)(x − x1)(x − x2)f (3)(ξ)
3!
=1
6(x − 0.49)(x − 0.64)(x − 0.81)f (3)(ξ)
con ξ ∈ [0.49, 0.81]. Le derivate di f(x) =√
x sono
f ′(x) =1
2√
x, f ′′(x) = − 1
4√
x3, f (3)(x) =
3
8√
x5,
INTERPOLAZIONE – p.34/38
... continuada cui
M3 := max[0.49,0.81]
|f (3)(x)| = max[0.49,0.81]
3
8√
x5=
3
8√
0.495,
|e3(x)| ≤ 1
16√
0.495|(x − 0.49)(x − 0.64)(x − 0.81)|
|e3(0.6)| ≤ 1
16√
0.495|(0.6 − 0.49)(0.6 − 0.64)(0.6 − 0.81)| ' 0.344 10−3
Se calcoliamo l’errore realmente commesso : |√
0.6 − L2(0.6)| ' 0.185 10−3, per cui le prime 3
cifre signifcative sono esatte. Un risultato piu preciso si ottiene aumentando di 1 il grado del polinomio
interpolante e condiderando i punti:
x0 = 0.36, x1 = 0.49, x2 = 0.64, x3 = 0.81.
Per esercizio, ripetere la costruzione per tali punti.
INTERPOLAZIONE – p.35/38
Esercizio 5:Data la funzione
f(x) =1
2ln(1 + x)(1 + x)2 − 3
4x2 − 3
2x − 1
4,
dare una limitazione dell’errore di interpolazione:
|e(x)| = |f(x) − p2(x)|, x ∈ [0, 2]
dove p2 ∈ IP2 e il polinomio interpolante f nei valori x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2.
La formula dell’errore di interpolazione per n = 2 in [0, 2] per f ∈ C3[0, 2] si puo scrivere:
|e(x)| = |f(x) − p2(x)| =
∣
∣
∣
∣
∣
ω3(x)f (3)(ξ)
3!
∣
∣
∣
∣
∣
, ξ ∈ [0, 2]
ω3(x) = (x)(x − 1)(x − 2) = x3 − 3x2 + 2x
ω′3(x) = 3x2 − 6x + 2 ⇒ ω′
3(x) = 0, per x = 1 ±√
3
3
maxx∈[0,2]
|ω3(x)| = max{
|ω3 (0)| ,∣
∣
∣ω3
(
1 −√
3/3)∣
∣
∣,∣
∣
∣ω3
(
1 +√
3/3)∣
∣
∣, |ω3(2)|
}
= max{∣
∣
∣ω3
(
1 −√
3/3)∣
∣
∣,∣
∣
∣ω3
(
1 +√
3/3)∣
∣
∣
}
=2√
3
9
INTERPOLAZIONE – p.36/38
... continuaquindi
|e(x)| ≤ 2√
3
9
|f (3)(ξ)|3!
=
√3
27|f (3)(ξ)|
f ′(x) = ln(x + 1)(1 + x) − x − 1, f ′′(x) = ln(x + 1), f (3)(x) =1
1 + x
|e(x)| ≤√
3
27max[0,2]
|f (3)(x)| =
√3
27|f (3)(0)| =
√3
271 ' 0.0642
INTERPOLAZIONE – p.37/38
Esercizio 6:Maggiorare l’errore che si commette interpolando la funzione
f(x) = ex, per x ∈ [0, 1]
nei valori x0 = 0, x1 = 12, x2 = 1.
La formula dell’errore di interpolazione per n = 2 in [0, 1] per f ∈ C3[0, 1] si puo scrivere:
|e(x)| = |f(x) − p2(x)| =
∣
∣
∣
∣
∣
ω3(x)f (3)(ξ)
3!
∣
∣
∣
∣
∣
, ξ ∈ [0, 1]
ω3(x) = (x)(x − 1
2)(x − 1) = x3 − 3
2x2 +
1
2x
ω′3(x) = 3x2 − 3x +
1
2⇒ ω′
3(x) = 0, per x =1
2±
√3
6
maxx∈[0,1]
|ω3(x)| = max
{∣
∣
∣
∣
∣
ω3
(
1
2±
√3
6
)∣
∣
∣
∣
∣
}
= max
{∣
∣
∣
∣
∣
(
1
2±
√3
6
)(
±√
3
6
)(
−1
2±
√3
6
)∣
∣
∣
∣
∣
}
=
∣
∣
∣
∣
∣
√3
6
(
−1
4+
3
36
)
∣
∣
∣
∣
∣
=
√3
36
⇒ |e(x)| ≤√
3
36
1
3!max[0,1]
|f (3)(x)| =
√3
36
1
6max[0,1]
ex =
√3
36
e1
6' 0.0218
INTERPOLAZIONE – p.38/38