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Ejercicio

Dados los puntos $x_{1}=-1,$ $x_{2}=-0.5,$ $x_{3}=0,$ $x_{4}=0.5$ y $x_{5}=1$ de la función $f\left(x\right)=x^{4}$

  • Calcular la parábola que aproxima los puntos de la función.
  • 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.

Calcular la parábola que aproxima los puntos de la función

Planteamiento como un problema de optimización

El problema se puede plantear como un problema de minimización. Y entonces minimizaremos

$$E(a_0,a_1,a_2)=r_1^2+r_2^2+r_3^2+r_4^2+r_5^2$$

donde

$$r_k = y_k-P(x_k)\quad \mathrm{con}\; P(x)= a_0+a_1x+a_2x^2\quad k=1,\ldots,5$$

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 los puntos 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 discreto, el producto escalar más habitual es

$$ \left\langle g(x),h(x)\right\rangle=\sum_{k=1}^n g(x_k)h(x_k)$$

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

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

Que para el caso anterior nos daría el sistema

$$ \left(\begin{array}{ccc} \sum_{k=1}^{5}1\cdot 1 & \sum_{k=1}^{5}1\cdot x_k & \sum_{k=1}^{5}1\cdot x_k^2\\ \sum_{k=1}^{5}x_k\cdot 1 & \sum_{k=1}^{5}x_k\cdot x_k & \sum_{k=1}^{5}x_k\cdot x_k^2\\ \sum_{k=1}^{5}x_k^2\cdot 1 & \sum_{k=1}^{5}x_k^2\cdot x_k & \sum_{k=1}^{5}x_k^2\cdot x_k^2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sum_{k=1}^{5}1 \cdot f(x_k)\\ \sum_{k=1}^{5}x_k \cdot f(x_k)\\ \sum_{k=1}^{5}x_k^2 \cdot f(x_k) \end{array}\right) $$

O lo que es lo mismo

$$ \left(\begin{array}{ccc} \sum_{k=1}^{5}1 & \sum_{k=1}^{5}x_k & \sum_{k=1}^{5}x_k^2\\ \sum_{k=1}^{5}x_k & \sum_{k=1}^{5}x_k^2 & \sum_{k=1}^{5}x_k^3\\ \sum_{k=1}^{5}x_k^2 & \sum_{k=1}^{5}x_k^3 & \sum_{k=1}^{5}x_k^4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \sum_{k=1}^{5}1 \cdot x_k^4\\ \sum_{k=1}^{5}x_k \cdot x_k^4\\ \sum_{k=1}^{5}x_k^2 \cdot x_k^4 \end{array}\right) $$

Calculamos las sumas utilizando la tabla siguiente

\begin{array}{|r|rrrrrrr|} \hline k & 1 & x_k & x_k^2 & x_k^3 & x_k^4 & x_k^5 & x_k^6\\ \hline 1 & 1.0 & -1.0 & 1.00 & -1.000 & 1.0000 & -1.00000 & 1.000000\\ 2 & 1.0 & -0.5 & 0.25 & -0.125 & 0.0625 & -0.03125 & 0.015625\\ 3 & 1.0 & 0.0 & 0.00 & 0.000 & 0.0000 & 0.00000 & 0.000000\\ 4 & 1.0 & 0.5 & 0.25 & 0.125 & 0.0625 & 0.03125 & 0.015625\\ 5 & 1.0 & 1.0 & 1.00 & 1.000 & 1.0000 & 1.00000 & 1.000000\\ \hline \sum & 5.0 & 0.0 & 2.50 & 0.000 & 2.1250 & 0.00000 & 2.031250\\ \hline \end{array}

Sustituyendo los resultados

$$ \left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 2.5\\ 0 & 2.5 & 0 \\ 2.5 & 0 & 2.125 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2.125\\ 0\\ 2.03125 \end{array}\right) $$

Si multiplicamos la primera fila por $-\dfrac{1}{2}$ y la sumamos a la tercera, es decir $e_3 \leftarrow e_3-\dfrac{e_1}{2}$

$$ \left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 2.5\\ 0 & 2.5 & 0 \\ 0 & 0 & 0.875 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 2.125\\ 0\\ 0.96875 \end{array}\right) $$

Que es el sistema triangular

$$\begin{array}{ccccl} 5a_0 & & +2.5a_2 & = & 2.125\\ & 2.5a_1 & & = & 0\\ & & 0.875a_2 & = & 0.96875 \end{array}$$

Y si resolvemos empezando por la última ecuación

$$\begin{array}{l} a_2=\dfrac{0.96875}{0.875}=1.10714\\ a_1 = 0\\ a_0 = \dfrac{2.125-(2.5)(1.10714)}{5}= -0.12856 \end{array}$$

Y como el polinomio de grado dos que aproxima a esta función 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 $a_2$ el polinomio que aproxima los puntos por mínimos cuadrados es

$$P(x) = -0.12856+1.10714x^2$$

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.

$$x = f(0.8)=0.8^4 = 0.4096 \quad x^*=P(0.8)= -0.12856+1.10714(0.8)^2=0.58$$

Por lo tanto

  • Error absoluto $$e_a=|0.4096-0.5800|=0.1704$$
  • Error relativo $$e_r=\frac{e_a}{|x|}=\frac{0.1704}{0.4096}=0.41=41\%$$

que es un error bastante grande. Pero estamos aproximando una función con solo 5 puntos y un polinomio de grado 2 no es necesariamente la mejor aproximación en este caso.