Contenidos

• 1  Ejercicio
  • 1.1  Base de polinomios $\left\{ 1,x,x^{2}\right\} $
  • 1.2  Base de polinomios ortogonales $\left\{ 1,x,1-3x^{2}\right\} $.
  • 1.3  Aproximar el valor en el punto $x=0.8$ y calcular el error relativo y absoluto al usar el polinomio de aproximación en lugar de la función.

Ejercicio

Dada la función $f\left(x\right)=x^{4}$ en $\left[-1,1\right]$ calcular la parábola que aproxima de forma continua a la función:

• Utilizando la base de polinomios $\left\{ 1,x,x^{2}\right\}.$
• Utilizando la base de polinomios ortogonales $\left\{ 1,x,1-3x^{2}\right\}.$
• Aproximar el valor en el punto $x=0.8$ y calcular el error relativo y absoluto al usar el polinomio de aproximación en lugar de la función.

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Base de polinomios $\left\{ 1,x,x^{2}\right\} $

Planteamiento como un problema de optimización

El problema se puede plantear como un problema de minimización.

Una primera propuesta sería minimizar el área entre las dos funciones, que es

$$ E(a_0,a_1,a_2)=\int_{-1}^1 |P(x)-f(x)|\,dx $$

obteniendo las derivadas parciales de $E$ respecto a $a_0,$ $a_1$ y $a_2.$ Pero el problema es que la función valor absoluto no es derivable en todos los puntos.

Como en el caso discreto, una solución más sencilla es minimizar el error cuadrático, que es

$$ E(a_0,a_1,a_2)=\int_{-1}^1 (P(x)-f(x))^2\,dx =\int_{-1}^1 (a_0+a_1x+a_2x^2-f(x))^2\,dx $$

Y obteniendo las derivadas parciales de $E$ respecto a $a_0,$ $a_1$ y $a_2$ e igualándolas a cero obtendríamos un sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas que nos daría la solución del problema.

Planteamiento como un problema de proyección

Queremos aproximar la función usando la base de funciones polinómicas

$$ B=\left\{P_0(x),P_1(x),P_2(x)\right\} =\left\{1,x,x^2\right\} $$

Es decir, queremos obtener un polinomio $$ P(x)=a_{0} \cdot P_0(x) + a_{1} \cdot P_1(x)+ a_{2} \cdot P_2(x)= a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot x + a_{2} \cdot x^2 $$

Como la base genera el espacio de los polinomios de grado 2 estamos buscando el polinomio de grado dos que mejor ajusta la función.

En el caso continuo de funciones continuas, el producto escalar más habitual es

$$ \left\langle g(x),h(x)\right\rangle=\int_{-1}^ 1 g(x)h(x)dx$$

Obtenemos los coeficientes $a_0$, $a_1$ y $a_2$ como solución del sistema lineal

$$ \left(\begin{array}{ccc} \left\langle P_0,P_0\right\rangle & \left\langle P_0,P_1\right\rangle & \left\langle P_0,P_2\right\rangle\\ \left\langle P_1,P_0\right\rangle & \left\langle P_1,P_1\right\rangle & \left\langle P_1,P_2\right\rangle\\ \left\langle P_2,P_0\right\rangle & \left\langle P_2,P_1\right\rangle & \left\langle P_2,P_2\right\rangle \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left\langle P_0,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_1,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_2,f(x)\right\rangle \end{array}\right) $$

Sustituyendo en el producto escalar con las funciones adecuadas

$$ \left(\begin{array}{ccc} \int_{-1}^{1}1\cdot 1 \, dx & \int_{-1}^{1}1\cdot x \,dx & \int_{-1}^{1}1\cdot x^2 \,dx\\ \int_{-1}^{1}x\cdot 1 \,dx & \int_{-1}^{1}x\cdot x \,dx & \int_{-1}^{1}x\cdot x^2 \,dx\\ \int_{-1}^{1}x^2\cdot 1 \,dx & \int_{-1}^{1}x^2\cdot x \,dx & \int_{-1}^{1}x^2\cdot x^2 \,dx \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \int_{-1}^{1}1 \cdot f(x)\,dx\\ \int_{-1}^{1}x \cdot f(x)\,dx\\ \int_{-1}^{1}x^2 \cdot f(x)\,dx \end{array}\right) $$

O lo que es lo mismo

$$ \left(\begin{array}{ccc} \int_{-1}^{1}1 dx & \int_{-1}^{1}x dx & \int_{-1}^{1}x^2 dx\\ \int_{-1}^{1}x dx & \int_{-1}^{1}x^2 dx & \int_{-1}^{1}x^3 dx\\ \int_{-1}^{1}x^2 dx & \int_{-1}^{1}x^3 dx & \int_{-1}^{1}x^4 dx \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \int_{-1}^{1}\,x^4dx\\ \int_{-1}^{1}x \,x^4dx\\ \int_{-1}^{1}x^2 \,x^4dx \end{array}\right) $$

Calculando las integrales y sustituyendo los resultados

$$ \left(\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 2/3\\ 0 & 2/3 & 0 \\ 2/3 & 0 & 2/5 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2/5\\ 0\\ 2/7 \end{array}\right) $$

Si multiplicamos la primera fila por $-\dfrac{1}{3}$ y la sumamos a la tercera, es decir $e_3 \leftarrow e_3-\dfrac{e_1}{3}$

$$ \left(\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 2/3\\ 0 & 2/3 & 0 \\ 0 & 0 & 8/45 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2/5\\ 0\\ 16/105 \end{array}\right) $$

Que es el sistema triangular

$$\begin{array}{ccccl} 2a_0 & & +2/3a_2 & = & 2/5\\ & 2/3a_1 & & = & 0\\ & & +(8/45)a_2 & = & 16/105 \end{array}$$

Y si resolvemos empezando por la última ecuación

$$\begin{array}{l} a_2=\dfrac{(16)(45)}{(8)(105)}=\dfrac{6}{7}\approx 0.8571\\ a_1 = 0\\ a_0 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{2}{3}\dfrac{6}{7}\right)=-\dfrac{3}{35}\approx -0.08571 \end{array}$$

Y como el polinomio de grado dos que aproxima a esta función en el intervalo $[-1,1]$ era

$$ P(x)=a_{0} \cdot P_0(x) + a_{1} \cdot P_1(x)+ a_{2} \cdot P_2(x)= a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot x + a_{2} \cdot x^2 $$

sustituyendo los valores de $a_0,$ $a_1$ y $a_2.$

$$P(x) = -\frac{3}{35}+\frac{6}{7}x^2$$

Base de polinomios ortogonales $\left\{ 1,x,1-3x^{2}\right\} $.

El sistema planteado en el apartado anterior, en general, está mal condicionado (pequeños errores en los datos pueden producir grandes errores en los resultados) por lo que conviene buscar una solución alternativa. Esta puede ser usar una base de polinomios ortogonales, es decir, polinomios, que para el producto escalar dado son ortogonales dos a dos, es decir

$$\left\langle P_i,P_j\right\rangle=0\quad \mathrm{si} \quad i\ne j$$

Vamos a aproximar la función usando la base de funciones polinómicas

$$ B=\left\{P_0(x),P_1(x),P_2(x)\right\} =\left\{1,x,1-3x^2\right\} $$

Es decir, queremos obtener un polinomio

$$ P(x)=a_{0} \cdot P_0(x) + a_{1} \cdot P_1(x)+ a_{2} \cdot P_2(x)= a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot x + a_{2} \cdot (1-3x^2) $$

Obtenemos los coeficientes $a_0$, $a_1$ y $a_2$ como solución del sistema lineal

$$ \left(\begin{array}{ccc} \left\langle P_0,P_0\right\rangle & \left\langle P_0,P_1\right\rangle & \left\langle P_0,P_2\right\rangle\\ \left\langle P_1,P_0\right\rangle & \left\langle P_1,P_1\right\rangle & \left\langle P_1,P_2\right\rangle\\ \left\langle P_2,P_0\right\rangle & \left\langle P_2,P_1\right\rangle & \left\langle P_2,P_2\right\rangle \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left\langle P_0,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_1,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_2,f(x)\right\rangle \end{array}\right) $$

Como en este caso la base de polinomios es ortogonal, el producto escalar entre dos polinomios de la base es cero y el sistema queda

$$ \left(\begin{array}{ccc} \left\langle P_0,P_0\right\rangle & 0 & 0\\ 0 & \left\langle P_1,P_1\right\rangle & 0\\ 0 & 0 & \left\langle P_2,P_2\right\rangle \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \left\langle P_0,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_1,f(x)\right\rangle\\ \left\langle P_2,f(x)\right\rangle \end{array}\right) $$

Y la solución de este sistema diagonal es

$$ a_0=\frac{\left\langle P_0,f(x)\right\rangle}{\left\langle P_0,P_0\right\rangle} \quad a_1=\frac{\left\langle P_1,f(x)\right\rangle}{\left\langle P_1,P_1\right\rangle} \quad a_2=\frac{\left\langle P_2,f(x)\right\rangle}{\left\langle P_2,P_2\right\rangle} $$

Usando el producto escalar

$$ \left\langle g(x),h(x)\right\rangle=\int_{-1}^ 1 g(x)h(x)dx $$

Tenemos

$$ a_0=\frac{\int_{-1}^1 P_0\,f(x)\,dx}{\int_{-1}^1 P_0\,P_0\,dx} \quad a_1=\frac{\int_{-1}^1 P_1\,f(x)\,dx}{\int_{-1}^1 P_1\,P_1\,dx} \quad a_2=\frac{\int_{-1}^1 P_2\,f(x)\,dx}{\int_{-1}^1 P_2\,P_2\,dx} $$

Es decir

$$ a_0=\frac{\int_{-1}^1 x^4\,dx}{\int_{-1}^1 1\,dx} \quad a_1=\frac{\int_{-1}^1 x^5\,dx}{\int_{-1}^1 x^2\,dx} \quad a_2=\frac{\int_{-1}^1 (1-3x^2)\,x^4\,dx}{\int_{-1}^1 (1-3x^2)^2\,dx} $$

Calculando estas integrales y sustituyendo su valor, tenemos

$$ a_0=\frac{2/5}{2}=\frac{1}{5} \quad a_1=\frac{0}{2/3}=0 \quad a_2=\frac{-16/35}{8/5}=-\frac{2}{7} $$

Y como el polinomio buscado era

$$ P(x)= a_{0} \cdot 1 + a_{1} \cdot x + a_{2} \cdot (1-3x^2) $$

tenemos que la solución es

$$ P(x)=\frac{1}{5} -\frac{2}{7} (1-3x^2) $$

Vamos a ponerlo en la forma del polinomio del primer apartado para compararlos

$$ P(x)=\frac{1}{5} -\frac{2}{7} +\frac{2}{7}3x^2 =\frac{7}{35} -\frac{10}{35} +\frac{6}{7}x^2= -\frac{3}{35}+\frac{6}{7}x^2 $$

Y, efectivamente, es el mismo polinomio que en el caso anterior porque hemos resuelto el mismo problema de otra manera.

Aproximar el valor en el punto $x=0.8$ y calcular el error relativo y absoluto al usar el polinomio de aproximación en lugar de la función.

Si $x$ es el valor real y $x^*$ el aproximado:

• Error absoluto $$e_a=|x-x^*|$$
• Error relativo $$e_r=\frac{e_a}{|x|}$$

El error relativo está dado en tanto por uno. Si lo multiplicamos por cien vendrá dado en porcentaje.

$$x = f(0.8)=0.8^4 = 0.4096 \quad x^*=P(0.8)=-\frac{3}{35}+\frac{6}{7}0.8^2=0.4629$$

Por lo tanto

• Error absoluto $$e_a=|0.4096-0.4629|=0.0533$$
• Error relativo $$e_r=\frac{e_a}{|x|}=\frac{0.053}{0.4096}=0.13=13\%$$