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Dados los nodos $x_{0}=-1,$ $x_{1}=1,$ $x_{2}=3$ y $x_{3}=5$ y la función

$$f\left(x\right)=\mathrm{sen}\left(\dfrac{\pi}{6}x\right)$$

  • Construir la tabla de diferencias divididas.
  • Usando las diferencias divididas, calcular el polinomio interpolante en la forma de Newton.
  • Aproximar el valor de la función en el punto $x=2.$

Tabla de diferencias divididas

Para 4 puntos la tabla de diferencias divididas se construye

$$ \begin{array}{ccccc} x_0 & y_0 & & &\\ & & [y_0,y_1]=\dfrac{y_1-y_0}{x_1-x_0} & &\\ x_1 & y_1 & &[y_0,y_1,y_2]=\dfrac{[y_1,y_2]-[y_0,y_1]}{x_2-x_0}&\\ & & [y_1,y_2]=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1} & & [y_0,y_1,y_2,y_3]=\dfrac{[y_1,y_2,y_3]-[y_0,y_1,y_2]}{x_3-x_0}\\ x_2 & y_2 & &[y_1,y_2,y_3]=\dfrac{[y_2,y_3]-[y_1,y_2]}{x_3-x_1}&\\ & & [y_2,y_3]=\dfrac{y_3-y_2}{x_3-x_2} & &\\ x_3 & y_3 & & &\\ \end{array} $$

Los nodos $x$ vienen dados y las $y$ correspondientes se calculan a partir de la función $f$.

$$f\left(x\right)=\mathrm{sen}\left(\dfrac{\pi}{6}x\right)\\[0.7cm] y_0=f\left(-1\right)=\mathrm{sen}\left(-\dfrac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}\quad y_1=f\left(1\right)=\mathrm{sen}\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}\\[0.7cm] y_2=f\left(3\right)=\mathrm{sen}\left(3\dfrac{\pi}{6}\right)=\mathrm{sen}\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=1\quad y_3=f\left(5\right)=\mathrm{sen}\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)=\frac{1}{2}$$
\begin{array}{|l|cccc|} \hline k & 0 & 1 & 2 & 3\\ \hline x & -1 & 1 & 3 & 5\\ \hline y &-\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & 1 & \dfrac{1}{2}\\ \hline \end{array}

Y la tabla de diferencias divididas en este caso es

$$ \begin{array}{ccccc} x & y & & &\\ -1 & \fbox{$-\dfrac{1}{2}$}^{\;\large{c_0}} & & &\\ & & \dfrac{\frac{1}{2}-(-\frac{1}{2})}{1-(-1)}=\fbox{$\dfrac{1}{2}$}^{\;\large{c_1}} & &\\ 1 & \dfrac{1}{2} & &\dfrac{\frac{1}{4}-\frac{1}{2}}{3-(-1)}=\fbox{$-\dfrac{1}{16}$}^{\;\large{c_2}}&\\ & & \dfrac{1-\frac{1}{2}}{3-1}=\dfrac{1}{4} & & \dfrac{-\frac{1}{8}-(-\frac{1}{16})}{5-(-1)}=\fbox{$-\dfrac{1}{96}$}^{\;\large{c_3}}\\ 3 & 1 & &\dfrac{-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}{5-1}=-\dfrac{1}{8}&\\ & & \dfrac{\frac{1}{2}-1}{5-3}=-\dfrac{1}{4} & &\\ 5 & \dfrac{1}{2} & & &\\ \end{array} $$

O utilizando notación decimal

$$ \begin{array}{ccccc} x & y & & &\\ -1 & \fbox{$-0.5$}^{\;\large{c_0}} & & &\\ & & \dfrac{0.5-(-0.5)}{1-(-1)}=\fbox{$0.5$}^{\;\large{c_1}} & &\\ 1 & 0.5 & &\dfrac{0.25-0.5}{3-(-1)}=\fbox{$-0.0625$}^{\;\large{c_2}}&\\ & & \dfrac{1-0.5}{3-1}=0.25 & & \dfrac{-0.125-(-0.0625)}{5-(-1)}=\fbox{$-0.010417$}^{\;\large{c_3}}\\ 3 & 1 & &\dfrac{-0.25-0.25}{5-1}=-0.125&\\ & & \dfrac{0.5-1}{5-3}=-0.25 & &\\ 5 & 0.5 & & &\\ \end{array} $$

Usando las diferencias divididas, calcular el polinomio interpolante en la forma de Newton

El polinomio de interpolación de Lagrange en los nodos $x_0,$ $x_1,$ $x_2$ y $x_3$ donde la función toma los valores $y_0,$ $y_1,$ $y_2$ y $y_3$ es

$$ P_3\left(x\right)= c_0+c_1\left(x-x_{0}\right)+ c_2\left(x-x_{0}\right)\left(x-x_{1}\right) +c_3\left(x-x_{0}\right)\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right) $$

Si sustituimos los valores de los nodos y las diferencias divididas

$$P_3(x) = -\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(x+1)-\frac{1}{16}(x+1)(x-1)-\frac{1}{96}(x+1)(x-1)(x-3)$$

El polinomio interpolante en la forma de Newton

El polinomio interpolante de Lagrange en la forma de Newton se construye añadiendo un nodo con cada término que se suma

  • $P_0(x) = -\dfrac{1}{2}$ es el polinomio de interpolación para $x_0.$
  • $P_1(x) = P_0(x)+\dfrac{1}{2}(x+1)$ es el polinomio de interpolación para $x_0,$ y $x_1.$
  • $P_2(x) = P_1(x)-\dfrac{1}{16}(x+1)(x-1)$ es el polinomio de interpolación para $x_0,$ $x_1$ y $x_2.$
  • $P_3(x) = P_2(x)-\dfrac{1}{96}(x+1)(x-1)(x-3)$ es el polinomio de interpolación para $x_0,$ $x_1,$ $x_2$ y $x_3.$
$$P_3(x) = \fbox{$\fbox{$\fbox{$\fbox{$-\frac{1}{2}$}+\frac{1}{2}(x+1)$}-\frac{1}{16}(x+1)(x-1)$}-\frac{1}{96}(x+1)(x-1)(x-3)$}$$

Una consecuencia de esto es que si la última diferencia dividida ($c_3$) fuera cero, el polinomio interpolante ya no sería de grado 3 sino de grado 2. Y si las dos últimas fueran cero ($c_2$ y $c_3$) el polinomio sería de grado uno. Y así sucesivamente.

Así que una ventaja del polinomio interpolante en la forma de Newton es que se pueden ir añadiendo nodos uno a uno y no hay que reconstruir el polinomio completamente cada vez que se añade un nodo, como en la forma de Lagrange.

Aproximar el valor de la función en el punto $x=2$

El polinomio interpolante en la forma de Newton es

$$P_3(x) = -\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(x+1)-\frac{1}{16}(x+1)(x-1)-\frac{1}{96}(x+1)(x-1)(x-3)$$

Y aproximamos el valor de la función con el valor del polinomio

$$\begin{array}{rcl} P_3(2)& = &-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}(2+1)-\dfrac{1}{16}(2+1)(2-1)-\dfrac{1}{96}(2+1)(2-1)(2-3)=\\ & = & -\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{16}+\dfrac{3}{96}=0.84375 \end{array}$$
$$\mathrm{sen}\left(2\frac{\pi}{6}\right)=\mathrm{sen}\left(\frac{\pi}{3}\right)\approx P_3(2)=0.84375$$

Que es el mismo resultado que habíamos obtenido para el polinomio interpolante en la forma de Lagrange porque es el mismo polinomio escrito de otra forma.