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E.T.S. DE INGENIERIA INFORMATICA

Apuntes de

CALCULO NUMERICO

para la titulacion de

INGENIERIA TECNICA EN INFORMATICA

DE GESTION

Capıtulo 0

Introduccion a la teorıa de errores

Un metodo numerico constituye un metodo “aproximado” a la resolucion de un pro-

blema matematico (PM). Este, a su vez, puede representar una modelizacion ma-

tematica de un problema fısico o del mundo real (PF).

En la practica, la solucion al (PF) que nosotros conoceremos sera la que nos

proporcione el metodo numerico, que en general no va a coincidir con la solucion del

(PF), ya que va a estar afectada de diversos tipos de errores:

• Experimentales: la presencia de errores puede comenzar en la misma formu-

lacion del problema fısico, pues tal vez los datos se hayan obtenido de ciertas

mediciones u otras observaciones experimentales, siempre susceptibles de erro-

res. Historicamente, este ha sido el caso de la determinacion de los valores de

muchas constantes en Fısica y en Matematicas (por ejemplo, la aproximacion

de π utilizada por los griegos).

• De modelizacion: tienen su raız en la aproximacion de la realidad del modelo

matematico elegido. Por ejemplo, los modelos que se han ido sucediendo acerca

del movimiento de los cuerpos celestes (teorıas geocentrica y heliocentrica,

orbitas circulares y elıpticas, etc.).

• De discretizacion o de truncamiento: debidos a la propia naturaleza del

metodo numerico. Este es el caso, por ejemplo, de la digitalizacion de imagenes

o de la representacion grafica de funciones en calculadoras y ordenadores.

• De redondeo: debidos a las restricciones aritmeticas de los ordenadores y

la limitada capacidad humana, frente a la infinidad de cifras decimales de los

numeros reales. Se hace imprescindible delimitar su acumulacion, ya que es

1

2 0. Introduccion a la teorıa de errores

comun llevar a cabo un elevado numero de operaciones en la resolucion de los

metodos numericos.

De entre todos ellos, son estos ultimos los unicos que entran dentro de nuestro

ambito.

0.1 Error absoluto y relativo

Sea x el valor exacto de un numero real y x0 un valor aproximado. Definimos:

• Error absoluto de x: ε(x) = |x − x0|. Tambien lo denotamos simplemente por

ε, caso de no dar lugar a ambiguedad.

• Error relativo de x: e(x) =ε

|x| . Tambien lo denotamos sencillamente por e, si

no lleva a confusion.

El error absoluto da una referencia cuantitativa de la bondad de la aproximacion,

medida asepticamente por la distancia que la separa del valor exacto aproximado. Por

su parte, el error relativo constituye una referencia cualitativa, en tanto en cuanto

refleja la proporcion del error absoluto con respecto a la magnitud que se trata de

aproximar: en este sentido, no es lo mismo un error de una unidad cuando se aproxima

el valor exacto de π = 3.14159 . . . que cuando se aproxima el valor exacto del numero

de Avogadro (aproximadamente igual a 6.022 · 1023).

Ejemplo 0.1.1 Comparar los errores absolutos y relativos en las aproximaciones 3.1

de 3 y 3099 de 3000.

• Sea x = 3 y x0 = 3′1. El error absoluto es ε = |3− 3.1| = 0′1 y el error relativo

es e =ε

|x| = 0′033.

• Sea x = 3000 y x0 = 3099. El error absoluto es ε = 99 y el error relativo e =

0′033. Se observa que, a pesar de que el error absoluto cometido en la segunda

aproximacion es sensiblemente mayor que el correspondiente a la primera, en

cambio, el error relativo en la segunda aproximacion es mas pequeno que el

asociado a la primera.

0.1. Error absoluto y relativo 3

Diremos que la aproximacion x0 tiene p cifras decimales exactas si ε ≤ 10−p.

Observese que ello no indica que hayan de coincidir las p primeras cifras decimales

de x y x0. Ası, por ejemplo, si x = 2 y x0 = 1′9999 se tiene que ε = 10−4 y, por

tanto, 1′999 aproxima a 2 con las cuatro cifras decimales exactas (aunque no coincida

ninguno de los decimales de 2′000 con los de 1′9999).

Partiendo de dos datos afectados de error, a continuacion se dan cotas del valor

absoluto del error que se propaga por cada una de las operaciones basicas:

Para ello, consideremos los numeros reales exactos x y z y ciertos valores aproxi-

mados x0 y z0.

• ε(x ± z) ≤ ε(x) + ε(z).

• e(x · z) ≤ e(x) + e(z).

• e(xz) ≤ e(x) + e(z).

• Como consecuencia directa del Teorema del Valor Medio, para funciones f de

una variable de clase 1 (i.e. derivables con derivada continua); se tiene que para

un problema numerico consistente en calcular el resultado y = f(x) a partir de

x0, un valor aproximado de x, es valida la siguiente formula de propagacion (o

transmision) del error, donde I denota el intervalo cerrado de extremos x y x0

y c ∈ I:

ε(f(x)) = |f(x) − f(x0)| = |f ′(c)|ε(x) ≤ maxz∈I

|f ′(z)|ε(x)

Nota 0.1.2 Si f(x) = ax + b entonces ε(f(x)) = |a| ε(x) donde a, b ∈ IR.

Ejemplo 0.1.3 Queremos calcular a = (√

2 − 1)6, utilizando el valor aproximado

z0 = 1′4 para z =√

2 (con todas sus cifras decimales exactas). Escoger, entre las

formulas equivalentes siguientes, la mas adecuada desde un punto de vista numerico

(i.e., la que se vea menos alterada por la propagacion del error en los datos):

a) (3 − 2√

2)3, b)1

99 + 70√

2

Solucion: De las condiciones que fija el problema se tiene:


1. a = (√

2 − 1)6 = (3 − 2√

2)3 =1

99 + 70√

2.

2. ε(z) = |z − z0| ≤ 10−1.

A continuacion vamos a analizar en las dos formulas como se comporta el error

de transmision.

a) Dada f(x) = (3 − 2x)3, entonces se tiene que:

a = (3 − 2√

2)3 = f(z) = f(z0) ± ε(f(z)) = 0′008 ± ε(f(z))

Aplicando la formula del error de transmision para f tenemos:

ε(f(z)) = |f ′(c)| · ε(z) ≤ 0.24 · 10−1 = 0′024,

puesto que f ′(x) = −6(3−2x)2, de manera que max[1.4,

√2]|f ′(x)| = −f ′(1.4) = 0.24.

b) Tomamos ahora g(x) =1

99 + 70x. Como g′(x) = − 70

(99 + 70x)2, es

max[1.4,

√2]|g′(x)| = −g′(1.4) =

70

1972� 0.0018, de donde el error de transmision

queda

ε(g(z)) = |g′(c)| · ε(z) ≤ 0.0018 · 10−1 = 0′00018.

A la vista de los errores de transmision queda claro que la segunda formula es mas

adecuada que la primera.

0.2 Errores de redondeo

Dado un numero real x expresado en su forma decimal

x =∑k∈ZZ

ak · 10k = anan−1 . . . a0a−1a−2 . . . a−ka−k−1 . . . , 0 ≤ ak ≤ 9, k ∈ ZZ

se llama parte decimal de x a la secuencia a−1a−2 . . .. Por ejemplo, 23.123 tiene por

parte decimal a 123.

0.2. Errores de redondeo 5

Supongamos que efectuamos nuestros calculos con una maquina que puede repre-

sentar numeros con k cifras decimales. En este caso, la representacion de un numero

real x con mas de k cifras decimales no nulas se obtiene cortando la parte decimal para

dejarla en k cifras. Hay dos formas de hacer este corte; el primer metodo, llamado

tala, consiste simplemente en eliminar las cifras a−k−1a−k−2 . . . para obtener

xt = anan−1 . . . a0a−1a−2 . . . a−k.

La segunda forma de representar x con k cifras decimales se llama redondeo y a esta

representacion de x con k cifras se denota por xr. Si la cifra a−k−1 es menor que 5,

entonces el resultado es el mismo que el de la tala. Si por el contrario la cifra a−k−1

es 5 o mayor, entonces se anade 1 a la cifra k-esima y se tala el numero resultante.

Nota 0.2.1 Observese los siguientes hechos:

|x − xt| ≤ 10−k, |x − xr| ≤ 1

210−k.

Ejemplo 0.2.2 La expresion decimal infinita del numero irracional π viene dada por

π = 3′14159265 . . .

La representacion de π con cuatro cifras decimales que se obtiene talando es

3′1415.

Como la quinta cifra de la parte decimal de π es 9, la representacion de π con cuatro

cifras que se obtiene redondeando es

3′1415 + 0.0001 = 3′1416.

El error que se comete al reemplazar un numero por su representacion con k cifras

decimales se llama error de redondeo1 (independientemente de que se use la tala o el

redondeo), nosotros lo denotaremos por εr.

Ejemplo 0.2.3 En las mismas condiciones que el ejemplo 0.1.3, dar un valor apro-

ximado de (√

2− 1)6 con todas sus cifras decimales exactas usando la expresion de a)

y b).

1Es habitual en los manuales de Calculo Numerico trabajar con la representacion normalizada deun numero real para introducir los conceptos de error de redondeo y representacion de un numerocon k cifras decimales.


Solucion.

a) En el ejemplo 0.1.3 habıamos llegado:

a = (3 − 2√

2)3 = 0′008 ± ε(f(z)),

donde

ε(f(z)) ≤ 0′024.

Teniendo en cuenta que 10−2 < 0′024 < 10−1, a priori, solo podemos garantizar

una sola cifra decimal exacta en la aproximacion de a. Por tanto, redondeando

tendrıamos:

a = (3 − 2√

2)3 = 0′0 + εr ± ε(f(z)) = 0′0 ± ε

con

0 ≤ ε ≤ εr + ε(f(z)) < 0′008 + 0′024 = 0′032.

Por tanto, obtenemos que 0′0 es una aproximacion de (√

2 − 1)6 con una cifra

decimal exacta, que es lo maximo que podemos asegurar a partir del error de

propagacion.

b) En el ejemplo 0.1.3 habıamos llegado:

a =1

99 + 70√

2=

1

197± ε(g(z)) = 0′0050761 . . . ± ε(g(z)),

donde

ε(g(z)) < 1′803 . . . · 10−4.

Teniendo en cuenta que 10−4 < 1′803 . . . ·10−4 < 10−3, a priori, podemos garan-

tizar tres cifras decimales exactas en la aproximacion de a que nos proporciona

esta expresion. Por tanto, redondeando tendrıamos:

a =1

99 + 70√

2= 0′005 + εr ± ε(g(z)) = 0′005 + ε,

donde

0 ≤ ε ≤ εr + ε(g(z)) < 0′00008 + 0′00019 = 0′00027 < 10−3,

ası pues 0′005 es una aproximacion de (√

2 − 1)6 con todas las cifras decimales

exactas.

Capıtulo 1

Resolucion de Ecuaciones nolineales

Capıtulo 1

Resolucion de Ecuaciones no lineales

Denominamos ecuacion no lineal a una ecuacion del tipo f(x) = 0 en la cual f es

una funcion real de variable real no lineal. Resolver la ecuacion f(x) = 0 es hallar

los valores x que anulan dicha funcion. A estos valores x se les denomina raıces o

soluciones de la ecuacion, o tambien, ceros de la funcion f(x). Geometricamente

representan las abscisas de los puntos de corte de la grafica y = f(x) con el eje OX.

Ejemplo 1.0.1 f(x) = x2 − 1 es un ejemplo de funcion no lineal. Sus ceros son

x = 1, −1. O lo que es lo mismo, x = 1, −1 son las raıces de la ecuacion x2 − 1 = 0.

Una raız x de la ecuacion f(x) = 0 se dice que tiene multiplicidad n si

f(x) = f ′(x) = f ′′(x) = · · · = fn−1)(x) = 0

y fn)(x) �= 0

Si la multiplicidad de una raız es 1, diremos que es simple.

Ejemplo 1.0.2 Dada f(x) = (x − 1)2(x + 1) la ecuacion f(x) = 0 posee dos raıces

reales distintas, que son x1 = −1, simple, y x2 = 1, doble (pues f(1) = f ′(1) = 0 y

f ′′(1) �= 0).

Figura 1.1: x = 1 raız doble y x = −1 raız simple.

1

2 1. Resolucion de Ecuaciones no lineales

En general, las raıces de una ecuacion no lineal no pueden ser calculadas de forma

exacta (por un metodo directo). El objetivo de este capıtulo consiste en ofrecer

metodos iterativos que permitan obtener aproximaciones numericas de las mismas.

En cualquier proceso de calculo de raıces de una ecuacion no lineal pueden distin-

guirse dos fases:

• LOCALIZACION Y SEPARACION

En un primer momento consiste en obtener informacion de las zonas

por donde se encuentran las raıces, para posteriormente buscar intervalos

[a1, b1], [a2, b2], . . . que contengan una y solo una raız de la ecuacion.

• APROXIMACION NUMERICA

Su objetivo, en general, consistira en construir una sucesion de valores que con-

verja hacia la raız buscada. Esta construccion se hara, normalmente, de manera

iterativa partiendo de un(os) valor(es) inicial(es) que supondremos suficiente-

mente proximo(s) a la raız buscada.

1.1 Localizacion y separacion de las raıces de una

ecuacion

El proceso de localizacion y separacion de las raıces de una ecuacion es una tarea

previa a la aplicacion de un metodo iterativo para el calculo de las raıces de una

ecuacion.

Dada una ecuacion no lineal f(x) = 0 con n raıces reales distintas, x1, . . . , xn, el

objetivo que se persigue en esta etapa es hallar n intervalos disjuntos Ii = [ai, bi] para

i = 1, . . . , n de modo que xi ∈ Ii, i = 1, . . . , n.

En ocasiones, puede inferirse algun tipo de informacion grafica si se transforma la

ecuacion f(x) = 0 en otra del tipo g(x) = h(x) y se cotejan los puntos de corte de las

graficas de g(x) y h(x). Lamentablemente, esto solo da una idea grafica de donde estan

los ceros, pero de ningun modo debe servir como prueba de localizacion y separacion

de las raıces de una ecuacion, dado que en algunos (pocos) casos la informacion grafica

que ofrece como salida el ordenador puede no ajustarse a la realidad.

1.1. Localizacion y separacion de las raıces de una ecuacion 3

En general, esta informacion se obtendra de un estudio analıtico de f(x), el cual

puede abarcar diversos aspectos:

1. Crecimiento: Se trata de hallar los intervalos de crecimiento de f(x).

Si [a, b] es un intervalo de crecimiento monotono para la funcion f(x), entonces

a lo maximo habra una unica raız de f(x) = 0 en este intervalo, toda vez que

f(x) o es creciente, o es decreciente en [a, b]; por tanto, f(x) cortara al eje OX,

a lo sumo, una vez en [a, b].

2. Aplicar Bolzano: Se trata de aplicar el Teorema de Bolzano a cada uno de los

intervalos en los que se sospecha que hay alguna raız. Esto requiere que se

satisfagan las hipotesis de este teorema, lo cual no siempre sucede.

Si [a, b] es un intervalo de crecimiento monotono y f(x) es continua en [a, b],

entonces se puede asegurar que si f(a) · f(b) > 0 entonces en [a, b] no hay

ninguna raız de f(x) = 0, mientras que si f(a) ·f(b) < 0 entonces [a, b] contiene

una raız (unica) de f(x) = 0. Eventualmente a y/o b pueden ser −∞ y +∞respectivamente, y en este caso entendemos f(a) por lim

x→−∞ f(x) y f(b) por

limx→+∞ f(x).

3. Aplicar otras tecnicas: Por ejemplo, determinar sucesiones de Sturm para la

funcion f(x).

No siempre se conoce como determinar una sucesion de Sturm para una funcion

dada, pero un poco mas adelante trataremos el caso particular de las ecuaciones

polinomicas, para las que hay un metodo sistematico de construccion de suce-

siones de Sturm. Es allı y no ahora donde tiene sentido explicar que es una

sucesion de Sturm.

Nota 1.1.1 El principal inconveniente del estudio analıtico se encuentra en el estudio

del crecimiento, pues hallar los intervalos de crecimiento de f(x) supone hallar las

raıces de f ′(x) = 0; ecuacion no lineal cuya resolucion, en general, puede conformar

un problema de la misma ındole que el de hallar las raıces de f(x) = 0, o incluso en

ocasiones aun mas complejo.


Ejemplo 1.1.2 Separar las raıces de la ecuacion xex − 1 = 0 mediante los metodos

grafico y analıtico.

Solucion.

Metodo grafico:

La ecuacion puede escribirse de la forma

ex =1

x

Graficamente, se observa que existe una unica raız real (interseccion de las dos curvas)

y que esta es positiva, para mayor informacion comprendida en el intervalo [0, 1].

Metodo analıtico:

1. Estudio del crecimiento de f(x) = xex − 1.

Para ello calculamos f ′(x) = (x + 1)ex y obtenemos las raıces de f ′(x) = 0:

(x + 1)ex = 0 ⇔ x = −1, ya que ex > 0, ∀x ∈ IR

Estudiemos, ahora, el signo de f ′(x). Para ello, con generalidad, basta estudiar

el signo de f ′(x) en puntos situados en cada uno de los intervalos en que dividen

al dominio de derivabilidad los distintos ceros de f ′(x). En el caso que nos lleva,

el unico cero de f ′(x) es x = −1, el cual divide a la recta real (que es el dominio

de derivabilidad de f(x)) en dos intervalos, a saber: (−∞,−1) y (−1,∞).

El signo de la evaluacion de f ′(x) en cualesquiera puntos en estos intervalos

determina el signo constante de f ′(x) en todos los puntos de estos intervalos.

En particular, como f ′(−2) = −e−2 < 0 y f ′(0) = 1 > 0, se deduce que:

(−∞,−1) (−1,∞)

signo f ′(x) − +

De manera que la funcion f(x) es estrictamente decreciente en (−∞,−1) y

estrictamente creciente en (−1,∞).

2. Estudiemos el valor de f(x) en los extremos de los intervalos anteriores:

limx→−∞ f(x) < 0, f(−1) < 0, lim

x→+∞ f(x) > 0


De este modo, en el intervalo (−∞,−1) no hay raız. Sin embargo, en (−1,∞)

hay una unica raız. Podemos observar que f(1) > 0 por tanto, tenemos local-

izada la unica raız de la ecuacion en el intervalo [−1, 1].

1.1.1 Ecuaciones polinomicas

Dado un polinomio

P (x) = a0xn + a1x

n−1 + · · · + an−1x + an

donde ai ∈ IR con i = 0, 1, . . . , n diremos que P (x) = 0 es una ecuacion polinomica.

La simplicidad de las funciones polinomicas hace que existan reglas especiales para

la localizacion y separacion de los ceros de un polinomio, ası como el numero de estos.

El Teorema Fundamental del Algebra asegura que la ecuacion polinomica

P (x) = 0

posee n raıces complejas y reales contando sus multiplicidades (coincide con el grado

n de P (x)). Las raıces complejas aparecen por parejas conjugadas (i.e., si a + bi es

raız, entonces a − bi tambien lo es).

Si x1, . . . , xk son las raıces distintas de P (x) con respectivas multiplicidades

m1, . . . , mk (aquı, necesariamente m1 + · · · + mk = n), entonces

P (x) = a0(x − x1)m1 · . . . · (x − xk)

mk .

Derivando esta expresion obtenemos

P ′(x) = a0(x − x1)m1−1 · · · (x − xk)

mk−1 Hk−1(x)

con Hk−1(xi) �= 0, i = 1, 2, . . . , k. Por tanto,

Q(x) =P (x)

mcd (P (x), P ′(x))= a0(x − x1) · · · (x − xk)

posee los mismos ceros que P (x) pero todos ellos simples.

A continuacion recogemos algunas tecnicas que permiten acotar los ceros de un

polinomio.


Proposicion 1.1.3 Dada la ecuacion

P (x) = a0xn + a1x

n−1 + · · · + an−1x + an = 0

1. Si x es una raız de P (x) = 0 entonces:

1

1 + A|an|

< |x| < 1 +A

|a0| siendo A = maxi≥1

|ai|.

2. (Regla de Laguerre)

Dado c ∈ IR+, podemos escribir:

P (x) = (x − c) C(x) + r

con C(x) = b0xn−1 + · · · + bn−2x + bn−1 y r ∈ IR.

Si r ≥ 0 y bi ≥ 0 para 0 ≤ i ≤ n − 1 o r ≤ 0 y bi ≤ 0 para 0 ≤ i ≤ n − 1, el

numero real c es una cota superior para las raıces positivas de la ecuacion.

3. Sea R(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a0, con (an y a0 no nulos). Se cumple que

P (x) = xnR(1

x), para x �= 0,

por tanto

P (x) = 0 ⇔ R(1

x) = 0.

Esto nos permite obtener una cota inferior de las raıces positivas de P (x) = 0

del siguiente modo:

a) Se obtiene una cota superior de las raıces positivas de R(x) = 0 usando la

regla de Laguerre, a la que denotamos por c′.

b)1

c′es una cota inferior de las raıces de P (x) = 0.

4. Sea H(x) = P (−x). Observese que

P (x) = 0 ⇔ H(−x) = 0

En particular tenemos que si x es una raız negativa de P (x) = 0 entonces −x

es una raız positiva de H(x) = 0. Esto nos permite obtener cotas inferiores y

superiores de las raıces negativas de P (x) del siguiente modo:


(a) Obtenemos unas cotas superior e inferior de las raıces positivas de H(x) =

0, que denotamos respectivamente por c y c′.

(b) −c′ es una cota superior de las raıces negativas de P (x) = 0 y c es una

cota inferior de las raıces negativas.

Ejemplo 1.1.4 Dado el polinomio P (x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x − 1, se pide acotar

las raıces de la ecuacion P (x) = 0 tanto como se pueda.

Solucion.

1. En primer lugar acotamos los ceros de P (x) en valor absoluto.

Si x es un cero de P (x), entonces

1

5=

1

1 + 41

< |x| < 1 +4

1= 5.

Tenemos ya unas primeras cotas de las ceros de P (x), en los siguientes apartados

intentaremos mejorar estas cotas. Para ello usaremos la regla de Laguerre y sus

variantes.

2. Buscamos una cota superior de los ceros positivos mas fina que la obtenida en

el apartado anterior.

Normalmente buscamos cotas que sean numeros enteros. Como sabemos por

el apartado anterior, 5 es una cota superior; para tratar de ver si 4 tambien

es cota superior segun la regla de Laguerre, hay que dividir P (x) entre x − 4

y observar si el signo de los coeficientes que se obtienen es o no el mismo. Al

realizar esta operacion, obtenemos

P (x) = (x − 4)(x3 + 6x2 + 21x + 80) + 319

de donde el signo de los coeficientes del cociente y del resto es siempre positivo.

Por tanto, por la regla de Laguerre el 4 serıa una cota superior de los ceros.

Continuamos probando sucesivamente con los valores c = 3, 2, 1 y vemos que

el primero donde no sucede esta situacion es cuando dividimos por x − 1. Por

tanto, x = 2 es la cota superior de los ceros de P (x) mas fina que podemos

obtener por este metodo.


3. Aquı estudiamos una cota inferior de los ceros positivos de P (x).

Consideramos

R(x) = −x4 − 4x3 − 3x2 + 2x + 1.

Debemos encontrar una cota superior de los ceros positivos de R(x), como

hemos visto que1

5es una cota inferior de los ceros positivos de P (x); entonces

su inverso, que es 5, es una cota superior de los ceros de R(x). Entonces seguimos

un esquema analogo al del punto 2, para R(x) (para obtener una cota superior

de los ceros positivos mas fina). Llegando a que

R(x) = (x − 1)(−x3 − 8x2 − 11x − 9) − 8.

Por tanto, c′ = 1 es una cota superior de las raıces positivas de R(x), luego1

c′= 1 es una cota inferior de las raıces positivas.

4. Para hallar una cota superior e inferior de los ceros negativas de P (x), traba-

jamos con

H(x) = P (−x) = x4 − 2x3 − 3x2 + 4x − 1.

Siguiendo un esquema al descrito en los puntos anteriores obtenemos que:

• c = 3 es una cota superior de las raıces positivas de H(x) = 0.

• c′ =1

4es una cota inferior de las raıces positivas de H(x) = 0.

Por tanto, −3 es una cota inferior de las raıces negativas de P (x) = 0 y −1

4es

una cota superior de las raıces negativas de P (x) = 0.

Separacion de ceros de un polinomio. Sucesion de Sturm

Una sucesion de Sturm para una funcion f(x) en [a, b] es un conjunto f(x) =

f0(x), f1(x), . . . , fn(x) de funciones continuas en dicho intervalo que satisfacen:

• fn(x) �= 0 cualquiera que sea x ∈ [a, b]. Es decir, el signo de fn(x) permanece

constante en el intervalo [a, b].


• Si fi(c) = 0 entonces fi−1(c) y fi+1(c) tienen signos opuestos, es decir, fi−1(c) ·fi+1(c) < 0 (en particular no se pueden anular en c).

• Si f0(c) = 0 con c ∈ [a, b] entoncesf0(x)

f1(x)pasa de negativa a positiva en c.

La importancia de la determinacion de una sucesion de Sturm para f(x) sobre

[a, b] radica en el resultado siguiente.

Teorema 1.1.5 (Teorema de Sturm) Sea f0(x), f1(x), . . . , fn(x) una sucesion de

Sturm para f(x) = f0(x) en el intervalo [a, b] y consideremos las sucesiones siguientes,

en las que sig (d) denota el signo de d (indistintamente ± cuando d = 0)

sig[f0(a)] sig[f1(a)] . . . sig[fn(a)]

sig[f0(b)] sig[f1(b)] . . . sig[fn(b)]

Denotemos por N1 al numero de cambios de signo en la primera sucesion y por N2

al numero de cambios de signo en la segunda (siempre ha de ser N1 ≥ N2).

En estas condiciones, el numero de raıces existentes en el intervalo [a, b] de la

ecuacion f0(x) = 0 viene dado por N1 − N2.

Ası, si conocemos una sucesion de Sturm para una funcion f(x), podremos sep-

arar todos sus ceros reales. Lamentablemente, no hay procedimientos sistematicos

para formar sucesiones de Sturm para cualesquiera funciones dadas, salvo contadas

excepciones, cual es el caso de los polinomios.

A continuacion, se indica como construir una sucesion de Sturm para un polinomio

P (x).

Dado P (x) = a0xn+a1x

n−1+. . .+an−1x+an, definimos una sucesion de polinomios

{fi(x)}, i = 0, . . . , k; (k ≤ n) de la siguiente manera:

f0(x) = P (x), f1(x) = P ′(x), fi+1(x) = −ri(x)

donde ri(x) denota el resto de dividir fi−1 entre fi,

fi−1 = ci(x) · fi(x) + ri(x)


• Si rk(x) = 0, entonces la ecuacion P (x) = 0 tiene raıces multiples donde fk =

mcd (P, P ′). Por otra parte, Q(x) =P (x)

fk(x)= 0 solo posee raıces simples, que

son las de P (x) = 0. Mas aun,

{fi(x)

fk(x)

}0≤i≤k

conforma una sucesion de Sturm

para Q(x).

• Si rk(x) = l �= 0 entonces {fi(x)}0≤i≤k es una sucesion de Sturm para P (x) = 0.

Nota 1.1.6 Observese que, al igual que en el algoritmo de Euclides, podemos ir mul-

tiplicando los resultados parciales de las divisiones por cualquier constante positiva

no nula, ya que solo nos interesa el resto (salvo constantes positivas) de la division.

Ejemplo 1.1.7 Sea P (x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x − 1

1. Construir una sucesion de Sturm para este polinomio.

2. Separar las raıces de la ecuacion P (x) = 0.

Solucion.

1.f0(x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x − 1. f ′

0(x) = 4x3 + 6x2 − 6x − 4.

f1(x) = 2x3 + 3x2 − 3x − 2.

2x4 + 4x3 − 6x2 − 8x − 2 |2x3 + 3x2 − 3x − 2

−2x4 − 3x3 + 3x2 + 2x x + 1

x3 − 3x2 − 6x − 2 multiplicando por 2

2x3 − 6x2 − 12x − 4

−2x3 − 3x2 + 3x + 2

−9x2 − 9x − 2

f2(x) = 9x2 + 9x + 2.

18x3 + 27x2 − 27x − 18 |9x2 + 9x + 2

−18x3 − 18x2 − 4x 2x + 1

9x2 − 31x − 18

−9x2 − 9x − 2

−40x − 20


f3(x) = 2x + 1.

18x2 + 18x + 4 |2x + 1

−18x2 − 9x 9x + 9

9x + 4 multiplicando por 2

18x + 8

−18x − 9

−1

f4(x) = 1. Esto en particular nos informa que P (x) no tiene ceros multiples.

2. En el ejemplo 1.1.4 vimos que las raıces positivas de P (x) = 0 se encontraban en

el intervalo [1, 2] y las negativas en [−3,−14]. Aprovechando esta informacion,

formamos la siguiente tabla de signos:

−3 −2 −1 0 1 2

f0(x) = x4 + 2x3 − 3x2 − 4x − 1 + − − − − +

f1(x) = 2x3 + 3x2 − 3x − 2 − ± + − ± +

f2(x) = 9x2 + 9x + 2 + + + + + +

f3(x) = 2x + 1 − − − + + +

f4(x) = 1 + + + + + +

cambios de signo 4 3 3 1 1 0

Sabemos, por ello que existe una raız en el intervalo (−3,−2), dos raıces en el intervalo

(−1, 0) y una cuarta raız en el intervalo (1, 2).

Para separar las raıces del intervalo (−1, 0), se puede introducir en la tabla una

columna intermedia entre −1 y 0 que de lugar a la separacion (por ejemplo, tomando

el punto 0.5). Tambien se puede intentar aplicar el Teorema de Bolzano: toda vez que

f0(x) es continua en IR y f0(−1) = −1 < 0, f0(−0′5) = 0′0625 > 0 y f0(0) = −1 < 0

por el teorema de Bolzano podemos separar las raıces existentes en el intervalo (−1, 0),

y decir que una esta en el intervalo (−1,−0′5) y la otra en (−0′5, 0).


1.2 Metodos iterativos de aproximacion de solu-

ciones

Sea f(x) = 0 una ecuacion no lineal y x una raız de esta ecuacion. Supondremos en

toda esta seccion que tenemos separada la raız x, en el sentido de que se conoce un

intervalo [a, b] que contiene a x, y no contiene a ninguna otra raız de f(x) = 0.

A continuacion daremos dos metodos numericos para obtener una aproximacion

de x, bajo esta hipotesis.

1.2.1 Metodo de biseccion

El soporte teorico de este metodo es el teorema de Bolzano, por ello tenemos que

imponer que f sea continua en [a, b].

Teorema 1.2.1 (Teorema de Bolzano) Si f es una funcion continua en el in-

tervalo cerrado [a, b] y f(a) ·f(b) < 0, entonces la ecuacion f(x) = 0 posee un numero

impar de raıces (contando sus multiplicidades) en el intervalo [a, b].

El metodo de biseccion construye una sucesion de intervalos encajados,

[a0, b0] ⊃ [a1, b1] ⊃ . . . ⊃ [ak, bk]

donde a0 = a y b0 = b. De manera que siempre contengan la raız buscada y que la

amplitud de uno sea la mitad del anterior. Para ello basta dividir el intervalo dado

por su punto medio y escoger aquel subintervalo en el que la funcion cambie de signo

en sus extremos, lo que garantiza segun el Teorema de Bolzano la existencia de un

cero de la funcion en su interior.

Cuando la amplitud del intervalo sea suficientemente pequena de acuerdo con la

precision deseada de la raız, podremos considerar como una buena aproximacion de

esta el punto medio de este intervalo.

Algoritmo 1.2.2 Metodo de biseccion

1.2. Metodos iterativos de aproximacion de soluciones 13

Entrada: intervalo [a, b], precision ε

error =b − a

2, x =

a + b

2= a +

b − a

2.

Mientras error > ε hacer

Si f(a) · f(x) > 0 entonces a = x

en otro caso

b = x

Fin

x = a + b−a2

, error = error2

Fin Mientras

Salida: aproximacion x del valor exacto con la precision requerida al comienzo.

De esta forma se va generando una sucesion

{xn} = x0, x1, x2, . . . , xn, . . .

convergente a x, que cumple

εn = |x − xn| ≤ bn − an

2=

b − a

2n+1.

Este metodo tiene el inconveniente de que la convergencia es lenta.

Ejemplo 1.2.3 Se desea hallar la raız cuadrada de 3 con 14 cifras decimales exactas.

¿Cuantas iteraciones del metodo de biseccion seran necesarias para garantizar dicha

precision partiendo del intervalo inicial [1, 2]? Calcular las dos primeras iteraciones.

Solucion. En primer lugar observemos que +√

3 es una raız de la ecuacion x2−3 = 0,

de hecho es la unica positiva. Por tanto, el intervalo [1, 2] contiene a +√

3 y no a

otra raız de la ecuacion. Ademas, se satisfacen las hipotesis del teorema de Bolzano

en [1, 2].

Por tanto, el metodo de biseccion aplicado a f(x) = x2 − 3 con intervalo inicial

[a0 = 1, b0 = 2] genera una sucesion {xn} convergente a√

3.

• Para determinar el numero de iteraciones necesarias para que el metodo de

biseccion nos proporcione la precision deseada, usaremos la formula de la cota


del valor absoluto del error.

εn ≤ 2 − 1

2n+1

e impondremos que sea menor o igual que 10−14. Entonces tendremos:

1

2n+1≤ 10−14 ⇒ 2n+1 > 1014 ⇒ n ≥ 46,

es decir, tendrıamos que calcular x46 para poder garantizar la precision exigida.

No obstante, esto no quiere decir que no se alcance esta precision eventualmente

en una iteracion anterior.

• Tenemos que a0 = 1, b0 = 2 y x0 = 1 + 2−12

= 1′5. Sigamos los pasos del

metodo, f(a0) · f(x0) > 0 entonces a1 = x0 = 1′5 y b1 = b0 = 2,

x1 = a1b1 − a1

2= 1′75.

f(a1) · f(x1) < 0 entonces a2 = a1 = 1′5 y b2 = x1 = 1′75. Por tanto,

x2 = a2 +b2 − a2

2= 1′5 +

1′75 − 1′52

= 1′625.

1.2.2 Metodo de Newton

Recordamos que el problema que nos ocupa es hallar una aproximacion de x; donde

x es una raız de la ecuacion f(x) = 0, unica en un intervalo [a, b] que suponemos

conocido.

La sucesion {xn} que genera el metodo de Newton viene dado por:

⎧⎪⎨⎪⎩

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn)

x0

(Formula de Newton-Raphson)

donde x0 es un valor inicial a precisar. Para que la formula tenga sentido f ′ no se

debe anular en los diferentes xn.

Este metodo es tambien conocido como metodo de la tangente, ya que si

trazamos la tangente a la curva y = f(x) en el punto (xn, f(xn)) obtenemos la


recta y = f(xn) + f ′(xn)(x − xn), la cual corta al eje y = 0 en el punto de abscisa

x = xn− f(xn)

f ′(xn), que es precisamente el valor xn+1 de la formula de Newton-Raphson.

Un inconveniente de la sucesion generada por la formula de Newton-Raphson

es que no siempre se tiene asegurada la convergencia hacia x, incluso tomando x0

proximo a x.

De modo natural surgen varias cuestiones:

1. ¿Que condiciones hay que exigir sobre x0 y f para que la sucesion {xn} generada

por la formula de Newton-Raphson sea convergente a x?

2. ¿Se conoce alguna cota del error que se comete al aproximar x por xn?

A continuacion vamos a enunciar dos resultados que responden a las cuestiones

planteadas anteriormente:

Teorema 1.2.4 (Regla de Fourier) Supongamos que tenemos separada, en el

intervalo [a, b], una raız x de la ecuacion f(x) = 0 y que f ′(x) y f ′′(x) no se anulan en

ningun punto del intervalo [a, b], es decir, que ambas derivadas tienen signo constante

en dicho intervalo. En estos casos, el metodo de Newton es convergente a la unica

raız x ∈ [a, b], con cada xn ∈ [a, b], ∀n, siempre que se tome como valor inicial

x0 =

⎧⎨⎩ a si f(a) · f ′′(a) > 0

b si f(b) · f ′′(b) > 0

La regla de Fourier es una condicion suficiente para garantizar la convergencia del

metodo de Newton, pero no es necesaria, i.e., puede ser que aunque no se verifique

alguna hipotesis de Fourier el metodo converja a la solucion deseada. Con objeto de

acelerar la convergencia conviene elegir x0 lo mas proximo que sea posible a x.

El siguiente resultado da una estimacion del error que se comete al aproximar un

valor exacto x segun una sucesion de valores xn, siempre que la solucion sea unica

en un cierto intervalo [a, b] y todos los xn queden dentro del propio intervalo [a, b].


Debe quedar claro que esta estimacion no depende de la utilizacion o no del metodo

de Newton, aunque este es el caso cuando se verifican las condiciones de la Regla de

Fourier.

Teorema 1.2.5 (Analisis del Error) Sea x una raız de la ecuacion f(x) = 0.

Tomemos [a, b] (si es posible) tal que f(x) es continua y derivable en [a, b], x y todo

xn esten contenidos en [a, b] y minx∈[a,b] |f ′(x)| > 0, entonces

|εn| = |x − xn| ≤ |f(xn)|minx∈[a,b] |f ′(x)| (1.1)

Nota 1.2.6 Sea x una raız de la ecuacion f(x) = 0. Tomemos [a, b] (si es posible)

tal que se cumplan la regla de Fourier, entonces

|εn| = |x − xn| ≤ |f(xn)|min{|f ′(a), f ′(b)|} (1.2)

En el ejemplo 1.2.3 vimos que para poder asegurar una aproximacion de√

3 con

14 cifras decimales exactas mediante el metodo de biseccion partiendo del intervalo

[1, 2] necesitabamos 46 iteraciones. En el siguiente ejemplo veremos que la sucesion

generada por el metodo de Newton, en caso de ser convergente a x, lo hace de un

modo mucho mas rapido.

Ejemplo 1.2.7 Se desea hallar la raız cuadrada de 3 con 14 cifras decimales exactas.

Calcular dicha aproximacion usando el metodo de Newton partiendo del intervalo

inicial [1, 2]. Indicar el numero de iteraciones necesarias.

Solucion. Partimos de la ecuacion f(x) = x2 − 3 = 0, por lo que la formula de

Newton-Raphson queda

xn+1 =1

2

(xn +

3

xn

). (1.3)

La regla de Fourier es la herramienta que nos permite asegurar que la sucesion

{xn} converge a√

3 y nos indica el valor que debemos tomar de x0 para este fin. A

continuacion veremos que se verifican todas las hipotesis que se exigen en la regla de

Fourier.


• La ecuacion f(x) = 0 presenta una raız (de hecho,√

3) en el intervalo [1, 2].

• Las funciones f ′(x) = 2x y f ′′(x) = 2 no se anulan en ningun punto del intervalo

[1, 2].

Entonces, tomando x0 = 2 (pues f(2) · f ′′(2) > 0), la regla de Fourier nos asegura

que la sucesion (1.3) converge a√

3. Obteniendose:

x0 = 2

x1 = 1′75 ε1 ≤ |f(x1)|min

x∈[1,2]|f ′(x)| = 0′03125

x2 = 1′7321428571428571429 . . . ε2 ≤ |f(x2)|minx∈[1,2] |f ′(x)| = 0.000159438775515 . . .

x3 = 1′7320508100147275405 . . . ε3 ≤ |f(x3)|minx∈[1,2] |f ′(x)| ≤ 0.43 · 10−8

x4 = 1′7320508075688772953 . . . ε4 ≤ |f(x4)|minx∈[1,2] |f ′(x)| ≤ 0.489 · 10−14 < 10−14.

Luego, √3 = 1′73205080756888 + εr + ε4

donde ε = εr + ε4 es el error absoluto en esta aproximacion, y εr denota el error de

redondeo correspondiente en la aproximacion que se hace del valor exacto de x4 (el

cual se desconoce, puesto que la calculadora tiene una precision limitada, insuficiente

para hallar de manera exacta dicho valor), de manera que

ε = εr + ε4 ≤ 0.27047 · 10−14 + 0.489 · 10−14 < 10−14.

Ası pues x = 1′73205080756888 es una aproximacion de√

3 con 14 cifras decimales

exactas.

El metodo de Newton presenta problemas cuando x, la raız de f(x) = 0 que se

busca, es multiple. Esta situacion se detecta porque la convergencia del metodo se

hace especialmente lenta. La formula de Newton-Raphson puede modificarse para

adaptarse a este caso:

xn+1 = xn − kf(xn)

f ′(xn)


donde k representa la multiplicidad de x.

En la practica, el problema es que no conocemos k, pero a ello nos ayuda la rapidez

del metodo.

Ejemplo 1.2.8 La ecuacion x − sen x = 0 posee una unica raız x = 0 en todo IR.

Ademas, es una raız triple. Veamos en este ejemplo que ocurre cuando aplicamos el

metodo de Newton para hallar dicha raız partiendo del intervalo [−1, 1].

Solucion. Del enunciado debe entenderse que esta ecuacion solo posee una raız en el

intervalo [−1, 1] que es la que se nos pide aproximar. La regla de Fourier no se puede

aplicar en este intervalo (ni en ningun otro que contenga la unica raız de f(x) = 0), ya

que f ′(x) se anula en [−1, 1] precisamente en el mismo punto donde f(x) = x− sen x

(se trata de una raız triple, de hecho). Ello no impide que se pueda definir la formula

de Newton-Raphson en este caso (lo que no tenemos es garantizado que dicha sucesion

converja a la raız pedida),

xn+1 = xn − xn − sen xn

1 − cos xn

Comenzado con x0 = 1 se obtiene:

x0 = 1...

x10 = 0′016822799 . . .

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

f ′(x10) = 0′0001 . . .

f ′′(x10) = 0′016 . . .

f ′′′(x10) = 0′9998 . . ....

x20 = 0′0000194 . . .

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

f ′(x20) = 0′00000001 . . .

f ′′(x20) = 0′0019 . . .

f ′′′(x20) = 0′9999 . . .

Como la convergencia es muy lenta, hace pensar que se trata de una raız multiple.

Ademas, como la primera y la segunda derivadas tienden a cero y la tercera lo hace

a 1 �= 0, parece que nos encontramos con una raız triple, por lo que aplicamos el

metodo generalizado de Newton,

xn+1 = xn − 3xn − sen xn

1 − cos xn


Comenzando, al igual que antes, por x0 = 1 se obtiene:

x0 = 1

x1 = −0′034 . . .

x2 = 0′000001376 . . .

x3 = 0′00000000000009 . . .

que se ve que converge rapidamente a x = 0.

Ademas de existir casos como el anterior donde la convergencia es muy lenta, la

naturaleza de la funcion puede originar otras dificultades, llegando incluso a hacer

que el metodo no converja.

a) Si en las proximidades de la raız existe un punto de inflexion, el metodo de

Newton puede no converger, o incluso converger a otra raız de la ecuacion.

b) El metodo de Newton asimismo puede oscilar en los alrededores de un maximo o

un mınimo local, persistiendo o llegando a encontrarse con pendientes cercanas

a cero, en cuyo caso la solucion se aleja del area de interes.

x+y

y

v

x

x-y),cos(|||| vyy

Capıtulo 3

Interpolacion

Supongamos que queremos estudiar cierto fenomeno del que tenemos una serie de

datos puntuales obtenidos por mediciones realizadas y que deseamos extraer una

informacion mas completa a partir de los datos constatados. Una opcion puede ser

la de “reconstruir” el fenomeno modelizandolo con una funcion que lo represente de

la manera mas fiable posible.

Ejemplo 3.0.1 Un cuerpo se mueve de modo que conocemos los datos siguientes:

(0,0), (1,0.4), (4,1.2), (6,3.6) donde la primera coordenada senala el tiempo en se-

gundos y la segunda la velocidad en metros/segundo. ¿Podemos estimar la velocidad

que llevaba a los 2 segundos de iniciado el movimiento?

Para dar respuesta a este tipo de problemas vamos a hablar de interpolacion y

mas concretamente de interpolacion polinomial.

Podemos decir que la interpolacion estudia el calculo de funciones que pasan (in-

terpolan) por unos puntos (los datos) disponibles.

3.1 Interpolacion polinomial

Aquı concretamente nos proponemos encontrar un polinomio P (x) que “aproxime”

una funcion “desconocida” f(x) de la que sabemos su valor en unos pocos de puntos

de su dominio.

La expresion “funcion desconocida” se debe interpretar como que efectivamente

1

2 3. Interpolacion

no la conocemos, fenomeno que queremos investigar, o que conocida, nos interesa

sustituirla por otra (polinomica) mas sencilla para facilitar el trabajo.

Por “aproximar” entendemos que debe coincidir con f(x) en los puntos del dominio

donde se conoce.

Los polinomios a que nos referimos son funciones de la forma:

P (x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anx

n

donde n es un numero natural y los coeficientes ai, numeros reales. Como sabemos,

los polinomios son funciones continuas y derivables sucesivamente en toda la recta

real.

Partimos del conocimiento de los valores de una funcion f(x) en (n + 1) puntos

{x0, x1, . . . , xn} y queremos encontrar un polinomio de orden, a lo sumo n, que pase

por dichos puntos (i.e. interpole a f(x)) y que ademas sea unico. ¿Sera esto posible?

veamos:

Teorema 3.1.1

Dada una familia de n + 1 puntos {(x0, f(x0)), (x1, f(x1)), . . . , (xn, f(xn))}, todos

distintos, existe un unico polinomio Pn(x), de grado menor o igual a n, que interpola

a f(x) en dichos puntos.

A Pn(x) se le llama polinomio interpolador de f(x) en el soporte S.

Este teorema nos confirma que podemos encontrar un polinomio interpolador para

una funcion f(x) y que para determinarlo necesitaremos disponer de los n + 1 valo-

res correspondientes a las imagenes mediante f(x) de los puntos del SOPORTE : S

={x0, x1, . . . , xn}, donde no se repite ningun valor y normalmente estan ordenados

de menor a mayor. Ademas dicho polinomio interpolador es unico.

En particular, si f(x) es un polinomio de grado n la interpolacion de f(x) con un

soporte de al menos n + 1 puntos devolvera P (x) = f(x).

El polinomio de interpolacion P (x) y la funcion f(x), cumplen que P (xi) = f(xi)

en todos y cada uno de los puntos del soporte, pero en los valores intermedios no

tienen por que coincidir, por lo que se genera un error que tendremos que controlar.

3.2. Error de interpolacion 3

3.2 Error de interpolacion

Sea el soporte S ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus valores se repite y estan

ordenados de menor a mayor y sea Pn(x) el polinomio interpolador de la funcion f(x)

segun el soporte anterior. Si f(x) es continua y admite derivadas sucesivas hasta el

orden n+1, en el intervalo determinado por los valores extremos del soporte, podemos

afirmar que existe un valor c tal que:

εn = |f(x) − Pn(x)| = |fn+1)(c)

(n + 1)!(x − x0)(x − x1) · · · (x − xn)|

donde c es un punto que se encuentra en el menor intervalo que contenga a los puntos:

{x, x0, x1, . . . , xn}.

Se puede observar que el error viene expresado por un polinomio y que es cero en

cada elemento del soporte, pero si queremos conocer el error en puntos intermedios

es imprescindible conocer la funcion f(x) y enfrentarnos a la acotacion de la derivada

de orden (n + 1) de la misma.

Si llamamos M al valor maximo de∣∣∣fn+1)(x)

∣∣∣ en I = [x0, xn], podemos acotar el

error segun

εn ≤ M

(n + 1)!|(x − x0)(x − x1) · · · (x − xn)|

Podemos realizar varias observaciones acerca del comportamiento del error de

interpolacion:

1. No se mejoran los resultados tomando un numero elevado de puntos en un

mismo intervalo, pues veremos que esto acarrea mejoras en determinadas zonas

pero notables mermas de precision en otras, fenomeno Runge: el error de in-

terpolacion es menor en la zona central del intervalo y mayor en los extremos.

Desde el punto de vista numerico es preferible, en vez de generar un unico poli-

nomio interpolador en base a muchos puntos de un intervalo, dividir el intervalo

en otros de modo que por medio de varios polinomios lograr mejorar la precision

en la interpolacion.

2. Debemos seleccionar un intervalo de interpolacion tal que el punto que queremos

aproximar se encuentre en la zona central del soporte.

4 3. Interpolacion

3. No debemos usar el polinomio para aproximar valores que esten fuera del inter-

valo de interpolacion.

Para ilustrar lo que hemos afirmado, iremos observando el comportamiento del

error con diversas pruebas al interpolar la funcion f(x) = 11+4x2 en el intervalo [−1, 1].

Ilustramos todo ello con graficos.

Si tomamos como soporte uno no equiespaciado, por ejemplo: S1 = {−1, 0,1

2, 1}

el polinomio queda P1(x) =4

5(x3 − x2 − x +

5

4). Si despues consideramos un soporte

del mismo tamano pero equiespaciado: S2 = {−1,−1

3,1

3, 1} sale otro polinomio de

manera que en los siguientes graficos podemos observar las diferencias entre f(x) y

el polinomio interpolador P (x) de cada cada caso: se aprecia que en el equiespaciado

se produce un error maximo de 0.7 unidades aproximadamente mientras que en el no

es equiespaciado el error es sobre 1.2 unidades, sensiblemente mayor (ver Figuras 1.4

y 1.5)

Figura 3.1: f(x) y P (x) con soporte no equiespaciado y comportamiento del error.

Por otro lado si optamos por tomar soportes equiespaciados pero vamos duplicando

la particion del intervalo [−1, 1]: primero n = 3,despues n = 6 y por ultimo n = 12, se

observa que al aumentar el numero de puntos disminuye el error en la zona central del

intervalo pero aumenta en las zonas laterales de manera sensible, este es el llamado

fenomeno de Runge (ver Figuras 1.5 , 1.6 y 1.7)

De cualquier modo, siempre es posible encontrar un soporte adecuado para que el

polinomio interpolador correspondiente aproxime con la precision deseada a la funcion

original, segun indica el siguiente resultado.

3.2. Error de interpolacion 5

Figura 3.2: f(x) y P (x) con soporte equiespaciado, n = 3 y comportamiento del

error.


error.


error.

6 3. Interpolacion

Teorema 3.2.1

Si f(x) es una funcion continua y sucesivamente derivable en un intervalo I = [a, b],

para todo ε > 0 existe un polinomio interpolador Pε(x) tal que para todo punto de I

se cumple: |f(x) − Pε(x)| < ε.

Una vez que hemos aclarado todo lo relacionado con el error de interpolacion vamos

a proceder a detallar tres metodos para construir el (unico) polinomio interpolador

asociado a un soporte dado.

3.3 Primeros pasos.

Si disponemos de (n + 1) puntos del plano {(x0, f(x0)), (x1, f(x1)), . . . , (xn, f(xn))}todos ellos distintos, podemos encontrar un polinomio de grado maximo n: P (x) =

a0 + a1x + a2x2 + · · · + anx

n que pase por todos y cada uno de dichos puntos y que

en definitiva, interpola a f(x).

Una manera de determinar dicho polinomio sera mediante la resolucion de un

sistema de (n+1) ecuaciones con (n+1) incognitas formado a partir de que obliguemos

que se cumpla f(xi) = P (xi) en cada punto del soporte. Este planteamiento nos

proporcionara un sistema lineal de ecuaciones, donde las incognitas son los coeficientes

del polinomio y donde su matriz es una matriz de Vandermonde, regular, lo que

garantiza que es un sistema compatible determinado y consecuentemente siempre

tendra solucion y ademas sera unica.

Recordemos el ejemplo inicial.

Un cuerpo se mueve de modo que conocemos los datos siguientes: (0,0), (1,0.4),

(4,1.2), (6,3.6) donde la primera coordenada senala el tiempo en segundos y la segunda

la velocidad en metros/segundo. ¿Podemos estimar la velocidad que llevaba a los 2

segundos de iniciado el movimiento?

Con esos datos, 4 puntos, podemos determinar un polinomio de grado 3 como

maximo:

P (x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x

3

3.4. Interpolacion por el metodo de Lagrange 7

que pase por dichos puntos:

0 = a0 + a10 + a202 + a30

3

0.4 = a0 + a11 + a212 + a31

3

1.2 = a0 + a14 + a242 + a34

3

3.6 = a0 + a16 + a262 + a36

3

Resolviendo el sistema queda el polinomio interpolador:

P (x) = 0 + 0.58x − 0.2166666x2 + 0.366666x3

Y por ultimo para contestar a la pregunta, bastara con determinar el valor

numerico de dicho polinomio para x = 2 y obtenemos que la velocidad estimada

del movil a los 2 segundos es de 0.586666ms

Hemos omitido el detalle de resolver el sistema pero hemos de admitir que no

siempre es una tarea facil y que debemos buscar metodos alternativos que faciliten la

determinacion del polinomio interpolador, que no olvidemos, es unico.

3.4 Interpolacion por el metodo de Lagrange

Una manera de determinar el polinomio interpolador sin resolver un sistema de ecua-

ciones, es mediante el metodo que vamos a estudiar y que llamamos Metodo de

Lagrange. Este metodo tiene limitaciones, no permite la ampliacion del soporte y

requiere un numero importante de operaciones, pero no es difıcil. Se basa en la

construccion del polinomio como iremos describiendo paso a paso.

3.4.1 Los polinomios auxiliares de Lagrange

Partimos de un soporte S ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus valores se repite

y estan ordenados de menor a mayor (aunque esto ultimo no es imprescindible).

Definimos los Polinomios de Lagrange: Lj(x) para j = 0, 1, 2, . . . , n de la forma que

8 3. Interpolacion

sigue:

Lj(x) =n∏

i=0

j =i

x − xi

xj − xi

Observa que tomando un soporte con n + 1 puntos, lo que hemos definido son

n + 1 polinomios de grado n que cumplen lo siguiente:

Lj(xi) = 0; si i �= j

Lj(xj) = 1; si i = j

Ejemplo 3.4.1 Escribir los polinomios auxiliares de Lagrange para el soporte de 4

puntos:

S = {x0, x1, x2, x3}

Seran:

L0(x) =(x − x1)(x − x2)(x − x3)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)

L1(x) =(x − x0)(x − x2)(x − x3)

(x1 − x0)(x1 − x2)(x1 − x3)

L2(x) =(x − x0)(x − x1)(x − x3)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)

L3(x) =(x − x0)(x − x1)(x − x2)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)

Si concretamos el soporte:

S = {1, 2, 4, 5}

Seran:

L0(x) =(x − 2)(x − 4)(x − 5)

(1 − 2)(1 − 4)(1 − 5)=

(x − 2)(x − 4)(x − 5)

−12

L1(x) =(x − 1)(x − 4)(x − 5)

(2 − 1)(2 − 4)(2 − 5)=

(x − 1)(x − 4)(x − 5)

6

L2(x) =(x − 1)(x − 2)(x − 5)

(4 − 1)(4 − 2)(4 − 5)=

(x − 1)(x − 2)(x − 5)

−6

L3(x) =(x − 1)(x − 2)(x − 4)

(5 − 1)(5 − 2)(5 − 4)=

(x − 1)(x − 2)(x − 4)

12


3.4.2 El polinomio interpolador de Lagrange

Seguimos considerando un soporte S ={x0, x1, . . . , xn} donde ninguno de sus valo-

res se repite y estan ordenados de menor a mayor. Con estos datos construimos los

polinomios auxiliares de Lagrange: Lj(x) para j = 0, 1, 2, . . . , n y tambien necesita-

remos conocer la familia de imagenes de los puntos del soporte: {y0, y1, . . . , yn}, para

yi = f(xi).

Podemos afirmar que si se cumplen las condiciones arriba establecidas, el polino-

mio:

Pn(x) =n∑

j=0

yjLj(x)

que tiene grado menor o igual que n, interpola la tabla de valores dada.

Ejemplo 3.4.2 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para los datos si-

guientes: S = {1, 2, 4, 5}, e Y = {0, 6, 12, 24} donde S es el soporte e Y sus imagenes

Como los polinomios auxiliares de Lagrange solo dependen del soporte y este

coincide con el del ejemplo anterior, no necesitaremos volverlos a calcular; por lo

tanto ya estamos en condiciones de escribir el polinomio interpolador de Lagrange:

P3(x) = 0((x − 2)(x − 4)(x − 5)

−12) + 6(

(x − 1)(x − 4)(x − 5)

6)+

+12((x − 1)(x − 2)(x − 5)

−6) + 24(

(x − 1)(x − 2)(x − 4)

12) =

= 0 + (x − 1)(x − 4)(x − 5)) − 2(x − 1)(x − 2)(x − 5) + 2(x − 1)(x − 2)(x − 4) ⇒P3(x) = x3 − 8x2 + 23x − 16

Una vez obtenido el polinomio interpolador por el Metodo de Lagrange P3(x) =

x3 − 8x2 + 23x − 16 y con objeto de hacer hincapie en los conceptos explicados,

comprobamos que verifica la tabla de puntos:

P3(1) = 13 − 8(12) + 23(1) − 16 = 0

P3(2) = 23 − 8(22) + 23(2) − 16 = 6

P3(4) = 43 − 8(42) + 23(4) − 16 = 12

10 3. Interpolacion

P3(5) = 53 − 8(52) + 23(5) − 16 = 24

Ahora podremos utilizar dicho polinomio para estimar los valores de las imagenes

de cualquier punto del intervalo (1,5); por ejemplo: P3(3) = 33−8(32)+23(3)−16 = 8,

lo que nos permite decir que segun los datos manejados, la funcion para x = 3 valdrıa

8.

Analicemos ahora otro ejemplo de interpolacion por Lagrange, incluyendo en este

caso de manera adicional un estudio explıcito del error.

Ejemplo 3.4.3 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la funcion

f(x) = 2x4 con el soporte: S = {0, 1, 2, 3}. Determinar la funcion del error y acotar

el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar f(1.5)

Los polinomios auxiliares de Lagrange seran:

L0(x) =(x − 1)(x − 2)(x − 3)

(0 − 1)(0 − 2)(0 − 3)=

(x − 1)(x − 2)(x − 3)

−6

L1(x) =(x − 0)(x − 2)(x − 3)

(1 − 0)(1 − 2)(1 − 3)=

(x − 0)(x − 2)(x − 3)

2

L2(x) =(x − 0)(x − 1)(x − 3)

(2 − 0)(2 − 1)(2 − 3)=

(x − 0)(x − 1)(x − 3)

−2

L3(x) =(x − 0)(x − 1)(x − 2)

(3 − 0)(3 − 1)(3 − 2)=

(x − 0)(x − 1)(x − 2)

6

Como: f(0) = 0 ; f(1) = 2 ; f(2) = 32 ; f(3) = 162 , el polinomio interpolador sera:

P (x) = 0L0(x) + 2L1(x) + 32L2(x) + 162L3(x) = 12x3 − 22x2 + 12x.

Para acotar el error, buscamos la derivada cuarta de la funcion: f 4)(x) = 48 de

modo que al ser una constante es facil acotar: M = 48 y consecuentemente: ε ≤484!|(x − 0)(x − 1)(x − 2)(x − 3)| = 2|x(x − 1)(x − 2)(x − 3)|

ε ≤ 2|x(x − 1)(x − 2)(x − 3)|

Con los datos obtenidos: P (1.5) = P(

3

2

)= 12

(3

2

)3

− 22(

3

2

)2

+ 12(

3

2

)= 9; una

cota del error sera:

ε ≤ 2|(

3

2

) (3

2− 1

) (3

2− 2

) (3

2− 3

)| = 1.125


Ejemplo 3.4.4 Determinar el polinomio interpolador de Lagrange para la funcion

f(x) = sen(x) con el soporte: S = {π4, π

3, π

2} Determinar la funcion de acotacion

del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador para evaluar

sen(1.2). ¿Servirıa este polinomio para evaluar sen(3)?

Al disponer de un soporte de tres puntos, obtendremos un polinomio interpolador de

segundo grado. Comenzaremos por calcular los polinomios de Lagrange:

L0(x) =(x − π

3)(x − π

2)

(π4− π

3)(π

4− π

2)

=48(x − π

3)(x − π

2)

π2

L1(x) =(x − π

4)(x − π

2)

(π3− π

4)(π

3− π

2)

=−72(x − π

4)(x − π

2)

π2

L2(x) =(x − π

4)(x − π

3)

(π2− π

3)(π

2− π

3)

=24(x − π

4)(x − π

3)

π2

Ahora evaluamos las imagenes del soporte: Y = {√

22

,√

32

, 1} y calculamos el polinomio

interpolador:

P2(x) = (−36

√3

π2+

24√

2

π2+

24

π2)x2 + (

−20√

2

π+

27√

3

π− 14

π)x + 4

√2 + 2 − 9

√3

2

El polinomio interpolador con coeficientes decimales es:

P2(x) = −0.447100350x2 + 1.426378617x − 0.137374388

Puesto que disponemos de la funcion original y el polinomio que la interpola, podemos

ver sus graficos comparados de forma que nos ayude a valorar lo que acabamos de

hacer: Figura 3.1.

Con la Figura 3.2 podemos ver que si ampliamos el intervalo hasta sobrepasar el

definido por el soporte, la similitud entre la funcion y el polinomio que la interpola

se pierde pues solo se aproximan en el intervalo de interpolacion.

Ahora calcularemos la funcion de acotacion del error. Como f 3)(x) = − cos(x) es

facil de acotar en valor absoluto; M = 1 y con ello:

ε ≤ |(x − π4)(x − π

3)(x − π

2)|

6

Al representar el grafico de la funcion cota del error, podemos visualizar como el error

es nulo en los puntos del soporte y va en aumento hasta alcanzar el maximo en los

12 3. Interpolacion

Figura 3.5: Graficas comparadas de f(x) y P2(x)

Figura 3.6: Graficas comparadas de f(x) y P2(x) ampliando el dominio

3.5. Interpolacion por el metodo de las diferencias divididas de Newton 13

Figura 3.7: Grafica de la funcion error, el eje de ordenadas nos lo mide.

puntos intermedios de los anteriores; los peores resultados se dan en los puntos mas

alejados de los del soporte. ( Figura 3.3 )

Por ultimo, para estimar el valor de sen(1.2) bastara con sustituir x = 1.2 en

el polinomio obtenido: P2(1.2) = 0.930455446. Y si lo sustituimos en la funcion del

error, ε ≤ 0.003915125694 < 0.01.

3.5 Interpolacion por el metodo de las diferencias

divididas de Newton

Si el metodo de Lagrange tenıa la dificultad de que al modificar el soporte habıa que

comenzar de nuevo, el metodo que vamos a describir permite reutilizar el polinomio

Pn para calcular el Pn+k consecuencia de ampliar en k puntos el soporte.

Comenzamos:

Definicion 3.5.1

Dada una familia de n+1 puntos {(x0, f(x0)), (x1, f(x1)), . . . , (xn, f(xn))}, todos con

14 3. Interpolacion

abscisas distintas, definimos la base de Newton asociada a dicho soporte, como:

{1, (x − x0), (x − x0)(x − x1), (x − x0)(x − x1)(x − x2), . . . ,n−1∏i=0

(x − xi)}

Aunque no es necesario, nosotros trabajaremos con el soporte ordenado de menor

a mayor.

Definicion 3.5.2

Dada una familia de n + 1 puntos {(x0, y0), (x1, y1), . . . , (xn, yn)}, todos con abscisas

distintas, definimos el polinomio interpolador de Newton asociado a dicho soporte,

como:

Pn(x) = A0+A1(x−x0)+A2(x−x0)(x−x1)+A3(x−x0)(x−x1)(x−x2)+· · ·+An

(n−1)∏i=0

(x−xi)

siempre que Pn(xi) = yi para i = 0, 1, 2, . . . , n.

Es importante hacer notar que este polinomio que acabamos de definir, de grado

n, es una combinacion lineal de la base de Newton, lo que nos permitira ampliarlo

con facilidad; y ademas es el mismo que se obtiene por Lagrange para esos mismos

datos (recuerdese que el polinomio interpolador asociado a un soporte es unico).

Solo hay que explicitar como calcular los coeficientes Ai.

Definicion 3.5.3


distintas donde f(xi) = yi definimos las DIFERENCIAS DIVIDIDAS de NEWTON

asociadas a dichos datos, de la manera siguiente:

Diferencias divididas de orden 0:

f [xi] = f(xi), para i = 0, 1, 2, . . . , n.

Diferencias divididas de orden 1:

f [xi, x(i+1)] =f [x(i+1)] − f [xi]

x(i+1) − xi

, para i = 0, 1, 2, . . . , (n − 1).


Y en general, diferencias divididas de orden k < n:

f [xi, x(i+1), . . . , x(i+k)] =f [x(i+1), . . . , x(i+k)] − f [xi, x(i+1), . . . , x(i+k−1)]

x(i+k) − xi

para i = 0, 1, 2, . . . , (n − k) con 1 ≤ k.

Ejemplo 3.5.4 Escribir las diferencias divididas para los datos:

{(x0, y0), (x1, y1), (x2, y2), (x3, x3)}

f [x0] = f(x0) ; f [x1] = f(x1) ; f [x2] = f(x2) ; f [x3] = f(x3)

f [x0, x1] = f [x1]−f [x0]x1−x0

; f [x1, x2] = f [x2]−f [x1]x2−x1

; f [x2, x3] = f [x3]−f [x2]x3−x2

f [x0, x1, x2] = f [x1,x2]−f [x0,x1]x2−x0

; f [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

.

Todos estos datos se pueden organizar segun una tabla de las siguientes carac-

terısticas, en la que cada columna se puede rellenar a partir de la anterior y la primera,

segun el esquema previo de diferencias divididas:

xi f [xi] f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2] f [xi, xi+1, xi+2, xi+3]

x0 f(x0) f [x0, x1] f [x0, x1, x2] f [x0, x1, x2, x3]

x1 f(x1) f [x1, x2] f [x1, x2, x3]

x2 f(x2) f [x2, x3]

x3 f(x3)

Notese que:

• El orden en el que se toman los puntos del soporte para calcular una dife-

rencia dividida de orden p, no afecta al valor de esta: f [x1, x0] = f [x0, x1] o

f [x0, x1, x2] = f [x2, x1, x0] por ejemplo.

• Las diferencias divididas se pueden expresar en funcion de los valores xi y f(xi),

esto es facil de comprobar.

16 3. Interpolacion

Adelantamos que la primera fila de la tabla previamente calculada, jugara un

papel fundamental en nuestro objetivo: determinar el polinomio interpolador para

esa familia de puntos.

Siguiendo nuestro objetivo de clarificar las cosas, hagamos un ejemplo numerico.

Ejemplo 3.5.5 Escribir las diferencias divididas para los datos:

{(1, 4), (2, 5), (4, 3), (5, 1)}

f [x0] = f(1) = 4 ; f [x1] = f(2) = 5 ; f [x2] = f(4) = 3 ; f [x3] = f(5) = 1.

f [x0, x1] = 5−42−1

= 1 ; f [x1, x2] = 3−54−2

= −1 ; f [x2, x3] = 1−35−4

= −2.

f [x0, x1, x2] = −1−14−1

= −23

; f [x1, x2, x3] = −2+15−2

= −13

.

f [x0, x1, x2, x3] =−13−−2

3

5−1= 1

12.

Resumimos todo anterior en forma de tabla:

xi f [xi] f [xi, xi+1] f [xi, xi + 1, xi+2] f [xi, xi+1, xi+2, xi+3]

1 f(1) = 4 f [1, 2] = 1 f [1, 2, 4] = −23

f [1, 2, 4, 5] = 112

2 f(2) = 5 f [2, 4] = −1 f [2, 4, 5] = −13

4 f(4) = 3 f [4, 5] = −2

5 f(5) = 1

Teorema 3.5.6


distintas, los coeficientes Ai del polinomio interpolador de Newton ,

Pn(x) = A0+A1(x−x0)+A2(x−x0)(x−x1)+A3(x−x0)(x−x1)(x−x2)+· · ·+An

(n−1)∏i=0

(x−xi)

son:

A0 = f [x0]

A1 = f [x0, x1]


A2 = f [x0, x1, x2]

en general:

Ai = f [x0, x1, . . . , xi]

Es decir, son las diferencias divididas de la primera fila de la tabla.

Conocido esto, el polinomio interpolador para los datos del ejemplo anterior sera:

P3(x) = 4+1(x−1)+(−2

3)(x−1)(x−2)+

1

12(x−1)(x−2)(x−4) = 1+

25

6x−5

4x2+

1

12x3.

Antes decıamos que este metodo permitıa ampliar el soporte sin necesidad de

volver a empezar, vamos a verlo:

Ejemplo 3.5.7 1) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas

para los datos: {(1, 4), (2, 5)}

2) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas para los datos:

{(1, 4), (2, 5), (4, 3)}

3) Determinar el polinomio interpolador por diferencias divididas para los datos:

{(1, 4), (2, 5), (4, 3), (5, 1)}

Como son datos del soporte del ejercicio anterior y disponemos de las diferencias

divididas necesarias, respondemos directamente:

1)

P1(x) = 4 + 1(x − 1) = 3 + x.

2)

P2(x) = (3 + x) + (−2

3)(x − 1)(x − 2) =

5

3+ 3x − 2

3x2.

3) Es el que ya calculamos antes:

P3(x) = (5

3+ 3x − 2

3x2) +

1

12(x − 1)(x − 2)(x − 4) = 1 +

25

6x − 5

4x2 +

1

12x3.

18 3. Interpolacion

A poco que nos fijemos en la construccion vemos como funciona; si anadimos un

punto a los datos, bastara con completar el conjunto de diferencias divididas hasta

conseguir los coeficientes que faltan.

Tambien este metodo sufre los efectos del fenomeno de Runge, como queda refle-

jado en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 3.5.8 Determinar el polinomios interpolador por Newton para la funcion

f(x) = 2x1+x2 (Serpentina de Newton), con el soporte: S = {−1, 0, 1, 2}. Determinar

la funcion del error y acotar el error cometido si usamos el polinomio interpolador

para evaluar f(3/4).

f [x0] = f(−1) = −1 ; f [x1] = f(0) = 0 ; f [x2] = f(1) = 1 ; f [x3] = f(2) = 45.

f [x0, x1] = 0+1]0+1

= 1 ; f [x1, x2] = 1−01−0

= 1 ; f [x2, x3] = 4/5−12−1

= −1/5.

f [x0, x1, x2] = 1−11+1

= 0 ; f [x1, x2, x3] = −1/5−12−0

= −35

.

f [x0, x1, x2, x3] =−35−0

2+1= −1

5.

Por lo tanto el polinomio interpolador sera:

P3(x) = −1+1(x+1)+0(x+1)(x−0)− 1

5(x+1)(x)(x−1) =

6

5x− 1

5x3 = 1.2x−0.2x3.

Como disponemos de la funcion y el polinomio que la interpola podemos comparar

sus graficos: figura 1.8

Para la funcion del error necesitamos acotar la derivada cuarta de la funcion:

f 4)(x) = 48x5−10x3+5x(x2+1)5

.

Para lograrlo un metodo sera analizar su derivada que es la quinta de la funcion

inicial: f 5)(x) = 240−x6+15x4−15x2+1(x2+1)6

; igualada a cero nos ofrece sus puntos de tangen-

cia horizontal, donde estan sus extremos.

Si hacemos x2 = t bastara con resolver t3−15t2 +15t−1 = 0 y como t = 1 es una

de sus soluciones, las otras son las soluciones de la ecuacion de segundo grado que

queda; t = 7+4√

(3) y t = 7− 4√

(3) de modo que los extremos buscados estaran en:

x = +1; x = −1; x = +3.7320; x = −3.7320; x = +0.2679 y x = −0.2679, de modo


Figura 3.8: Graficos de f(x) y P(x) comparados.

que se observa que los dos intermedios estan fuera del intervalo de interpolacion. Tras

unos calculos se llega a la conclusion de que |f 4)(x)| es maxima para x = +0.2679 y

x = −0.2679, siendo M = |f 4)(x)| = 38.98557159 < 39.

Con ello, la funcion que acota el error es:

ε ≤ 39

4!|(x + 1)(x − 0)(x − 1)(x − 2)| = 1.625|(x + 1)x(x − 1)(x − 2)|

Figura 3.9: Grafico del error.

La aproximacion solicitada sera: P3(x) = −1 + 1(x + 1) + 0(x + 1)(x − 0) −15(x + 1)(x)(x − 1) = 6

5x − 1

5x3 = 1.23

4− 0.2(3

4)3 = 0.815625. y la cota del error:

ε ≤ 1.625|(34

+ 1)34(3

4− 1)(3

4− 2)| = 0.666504

Capıtulo 4

Integracion numerica

Comenzaremos por recordar algunas cosas fundamentales sobre las integrales.

Si f(x) es una funcion continua en el intervalo finito I = [a, b] entonces podemos

afirmar que dicha funcion es integrable en el intervalo considerado, es decir, que existe∫ ba f(x)dx. Si ademas conocemos una primitiva F (x) de f(x), podemos usar la Regla

de Barrow para concluir que:∫ ba f(x)dx = F (b) − F (a).

Si ademas consideramos que el arco de la curva f(x) es siempre positivo en a ≤x ≤ b, el resultado anterior mide el area de la figura plana encerrada por el eje de

abscisas,las rectas x = a ; x = b y el mencionado arco de curva, como muestra el

siguiente dibujo.

Figura 4.1: Area calculada por la integral.

El problema es que a veces, calcular una primitiva es una tarea tediosa y otras,

una mision imposible dado que ciertas funciones no admiten primitivas expresables

mediante combinaciones de funciones elementales, como por ejemplo,∫ ba sen(x2)dx ,

1

2 4. Integracion numerica

∫ ba

1Ln(x)

dx ,∫ ba

sen(x)x

dx, entre otras muchas.

Otras veces realizaremos un experimento y de el, obtenemos una tabla de valores

que se supone tienen un comportamiento funcional, pero que al no disponer de f(x)

tampoco podremos usar la Regla de Barrow.

En cualquiera de los casos esta justificada la necesidad de buscar un procedimiento

alternativo para calcular integrales. A estos procedimientos los llamaremos metodos

de integracion numerica.

4.1 Metodos de integracion numerica

El problema de aproximar el valor de una integral I(f) =∫ ba f(x)dx se relaciona

directamente con el de aproximar f(x) en I = [a, b].

Adoptaremos la estrategia de aproximar el valor de I(f) por el valor de una integral

donde la funcion f(x) se sustituye por otra que la aproxima, polinomio interpolador,

en el intervalo de integracion I = [a, b]: formulas de tipo interpolatorio.

Como resultado, obtendremos expresiones del tipo: I(f) =n∑

i=0

cif(xi) donde los

coeficientes ci son numeros reales y los valores xi estan sacados del intervalo de inte-

gracion I = [a, b].

4.1.1 Formulas de cuadratura

Son formulas que permiten calcular o aproximar el valor de una integral.

Consideremos una funcion f(x) continua en un intervalo dado I = [a, b], conside-

remos el soporte S = {x0, x1, x2, · · · , xn} donde a = x0 , b = xn y los restantes puntos

son valores intermedios a estos, ordenados de menor a mayor y sin repetirse ninguno,

no importa si estan o no equiespaciados.

Sabemos que el polinomio interpolador de Lagrange para estos datos, (n+1) nodos,

es un polinomio de grado, a lo sumo n, de la forma: Pn(x) =n∑

i=0

Li(x)f(xi).

4.1. Metodos de integracion numerica 3

Si sustituimos la funcion por el polinomio que la interpola en las condiciones dadas,

quedara: ∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

aPn(x)dx =

∫ b

a

n∑i=0

Li(x)f(xi)dx

como los f(xi) son numeros (constantes) se puede escribir:

∫ b

af(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)∫ b

aLi(x)dx

y si llamamos Ai =∫ ba Li(x) podemos concluir que:

∫ b

af(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)Ai.

Ya tenemos la formula tipo de cuadratura de la que solo falta determinar los

coeficientes Ai.

Hemos dicho que Ai =∫ ba Li(x) y como los polinomios auxiliares de Lagrange

Li(x) solo dependen de los elementos del soporte, podemos usar cualquier funcion

para determinar los coeficientes Ai. Tomaremos funciones del tipo f(x) = xn; es

decir las funciones: {1, x, x2, x3, · · · , xn} , de modo que al aplicarlas a la expresion∫ ba f(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)Ai llegaremos al sistema:

Para f(x) = 1 =⇒ (b − a) = A0 + A1 + · · · + An

Para f(x) = x =⇒ b2−a2

2= A0x0 + A1x1 + · · · + Anxn

Para f(x) = x2 =⇒ b3−a3

3= A0x

20 + A1x

21 + · · · + Anx

2n

..........................................................................................................

Para f(x) = xn =⇒ b(n+1)−a(n+1)

n+1= A0x

n0 + A1x

n1 + · · · + Anx

nn

Sistema de (n+1) ecuaciones con (n+1) incognitas cuya matriz M, es de Van der

Monde:


M =

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

1 1 1 . . . 1

x0 x1 x2 . . . xn

x20 x2

1 x22 . . . x2

n... . . . . . .

. . ....

xn0 xn

1 xn2 . . . xn

n

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Siendo su determinante:

det M =∏

(xi − xj) con 0 ≤ j < i ≤ n

El determinante de esta matriz siempre es distinto de cero, ya que xi �= xj, por lo

tanto su rango es igual al numero de incognitas lo que nos garantiza que el sistema

es compatible determinado y consecuentemente tiene solucion unica, los Ai; en las

condiciones senaladas, la formula de cuadratura es unica y ademas siempre existe.

Ejemplo 4.1.1 Queremos aproximar el valor de la integral I =∫ 41

sen(x)x

dx usando el

metodo descrito dividiendo en intervalo de integracion en dos partes iguales.

Si dividimos el intervalo [1, 4] en dos partes iguales, queda el soporte: S = {1, 52, 4}

por lo que la formula de cuadratura quedara:

I =∫ 4

1

sen(x)

xdx ≈

2∑i=0

f(xi)Ai = f(1)A0 + f(5

2)A1 + f(4)A2.

Planteamos el sistema para calcular las Ai :

Para f(x) = 1 =⇒ (4 − 1) = A0 + A1 + A2

Para f(x) = x =⇒ 42−12

2= A0 + 5

2A1 + 4A2

Para f(x) = x2 =⇒ 43−13

3= A0(1)2 + A1(

52)2 + A2(4)2

Es decir:

A0 + A1 + A2 = 3

A0 + 52A1 + 4A2 = 15

2

A0 + 254A1 + 16A2 = 21.


La manera de resolver estos sistemas de Van der Monde se estudia en la asig-

natura de Algebra Lineal, aunque debemos puntualizar que no tendremos necesidad

de resolver muchos de estos sistemas en este curso.

Nuestro sistema tiene por soluciones: A0 = 12; A1 = 2; A2 = 1

2.

Con estos datos:

I =∫ 4

1

sen(x)

xdx ≈ 1

2sen(1) + 2

2

5sen(

5

2) +

1

2

sen(4)

4= 0.804913.

El ordenador nos da como valor de la integral: I =∫ 41

sen(x)x

dx = 0.8121200686

por lo que la aproximacion que hemos logrado con una particion tan elemental, no es

demasiado mala.

Hemos visto que∫ ba f(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)Ai. Al utilizar esta formula cometemos un

error que vendra dado por la integral definida en a ≤ x ≤ b del error de interpolacion

de Lagrange.

Si P (x) es un polinomio de grado g ≤ n que interpola a f(x) con el soporte

S = {a = x0, x1, x2, · · · , xn = b} y f(x) admite derivadas continuas hasta el orden

(n + 1) en el intervalo de integracion, el error sera:

ε(n) =

∣∣∣∣∣∫ b

af(x)dx −

n∑i=0

f(xi)Ai

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a(f(x) − Pn(x))dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

∣∣∣∣∣(x − x0)(x − x) · · · (x − xn)

(n + 1)!

∣∣∣∣∣ Mdx.

(4.1)

donde M = maxx∈[a,b] |fn+1(x)| dx. Si la funcion f(x) es un polinomio de grado

g ≤ n entonces f (n+1)(x) = 0 , el error es cero y la formula de cuadratura, en estos

casos, se dice que es exacta.

4.1.2 Formulas de cuadratura de Newton-Cotes

Las formulas de Newton-Cotes se obtienen por el procedimiento anteriormente des-

crito, integracion del polinomio interpolador de Lagrange, pero considerando sopor-

tes equiespaciados.


Si el intervalo [a, b] lo dividimos en n trozos de igual longitud, equiespaciados,

cada trozo medira h = b−an

lo que nos permitira escribir todos los nodos en funcion

de los puntos extremos del intervalo: x1 = a + 1h, x2 = a + 2h, x3 = a + 3h,...... ,

b = xn = a + nh. A h le llamaremos paso del soporte o de la particion.

Cuando tomamos un soporte equiespaciado, los coeficientes Ai de la formula de

interpolacion de Newton-Cote, tienen la propiedad de que Ak = A(n−k). Esto nos

permitira que tan solo tengamos que calcular la mitad de dichos coeficientes.

Por otro lado, como los Ai solo dependen del soporte, los podemos usar para

cuadrar cualquier integral siempre que en ella se repita el soporte.

Ejemplo 4.1.2 Los coeficientes Ai para el soporte {1, 2, 3} son: A0 = A2 = 13

y

A1 = 43

de modo que:

I =∫ 3

1exdx ≈ 1

3e1 +

4

3e2 +

1

3e3.

pero tambien:

I =∫ 3

1log(x)dx ≈ 1

3log(1) +

4

3log(2) +

1

3log(3).

Los coeficientes Ai de Newton-Cotes, con soportes de paso constante, no dependen

de los puntos concretos tomados, pero sı del paso entre ellos, por ejemplo:

Si tomamos S = {a, a + h} el sistema serıa:

A0 + A1 = h

aA0 + (a + h)A1 = ah + h2

2

y sus soluciones, los coeficientes, son: A0 = A1 = h2

Si tomamos S = {a, a + h, a + 2h} los coeficientes son: A0 = A2 = h3

A1 = 4h3

Si tomamos S = {a, a + h, a + 2h, a + 3h} los coeficientes son: A0 = A3 = 3h8

A1 = A2 = 9h8


Ejemplo 4.1.3 Los coeficientes Ai para el soporte {1, 2, 3} son: A0 = A2 = 13

y

A1 = 43

y los de {2, 3, 4} y los de {0, 1, 2} y los de {1.2, 2.2, 3.2} y los de cualquier

soporte de tres puntos equiespaciados una unidad.

Ejemplo 4.1.4 Los coeficientes Ai para el soporte {1, 4, 7} son: A0 = A2 = 1 y

A1 = 4 puesto que el paso es h = 3.

Ejemplo 4.1.5 Calcular∫ 10 f(x)dx con el soporte {0, 1

2, 1}

a)Sif(x) = x2.

b)Sif(x) = x4.

Calculamos los coeficientes Ai: A0 = A2 = 16

y A1 = 46

puesto que el paso es

h = 12. Montamos la formula y en el primer caso queda:

I =∫ 1

0x2dx ≈ 1

60 +

4

6(1

2)2

+1

612 =

1

6+

1

6=

1

3.

que como facilmente se puede comprobar es el valor exacto, ya que el polinomio del

integrando es de grado ≤ n = 2.

En el segundo caso:

I =∫ 1

0x4dx ≈ 1

60 +

4

6(1

2)4

+1

614 =

1

6+

1

24=

5

24= 0.208333

resultado diferente del exacto que es: I =∫ 10 x4dx = 1

5= 0.2

4.1.3 Formula del Trapecio

Si aplicamos la formula de cuadratura de Newton-Cotes que acabamos de ver∫ ba f(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)Ai para el caso n = 1, solo tendremos dos elementos en el

soporte; los extremos de integracion {a, b}. Consecuentemente los coeficientes Ai son

faciles de calcular, al ser iguales, A0 = A1 = b−a2

y con ello:

I =∫ b

af(x)dx ≈ b − a

2f(a) +

b − a

2f(b) =

b − a

2(f(a) + f(b)).


Es la llamada Formula del Trapecio:∫ ba f(x)dx ≈ f(a)+f(b)

2(b − a)

Teorema 4.1.6

Dada una funcion f(x) continua en un intervalo [a, b], su integral podemos aproxi-

marla mediante la formula:∫ ba f(x)dx ≈ f(a)+f(b)

2(b − a).

Esta formula podemos interpretarla geometricamente de una manera muy sencilla

que justificara su nombre.

Supongamos para fijar las ideas, que f(x) es una funcion positiva en [a, b], si

se observan los graficos que siguen, Figura 4.2 y 4.3, la expresion f(a)+f(b)2

(b − a)

mide el area del trapecio de altura (b − a), y bases f(a) , f(b); ”area del trapecio

= semisuma de las bases por la altura” y con dicha area aproximamos el area del

trapecio mixtilıneo que es el area exacta.

Figura 4.2: Grafico del metodo del trapecio para la funcion f(x).

Antes de continuar vamos a dar un resultado de gran utilidad a la hora de acotar

el error cometido al usar esta formulacion.

Teorema 4.1.7

Sean f(x) y g(x) funciones continuas en un intervalo I = [a, b], de forma que g(x)

no cambia de signo en I. Entonces existe un valor φ interior a I tal que:

∫ b

af(x)g(x)dx = f(φ)

∫ b

ag(x)dx


Figura 4.3: Area del trapecio que nos ayuda a aproximar el valor de la integral.

En nuestro caso el error sera: 4.1

e(n) =∫ b

a(f(x) − P (x))dx =

∫ b

a

(x − a)(x − b)

2f ′′(x)dx

aplicando el teorema anterior.

e(n) =∫ b

a(f(x) − P (x))dx =

f ′′(φ)

2

∫ b

a(x − a)(x − b)dx

siendo a < φ < b

Haciendo calculos, podemos concluir que el error cometido al usar la formula del

Trapecio para aproximar la integral dada sera:

e = −(b − a)3

12f ′′(φ)

siendo a < φ < b.

El problema es que no conocemos el valor de f ′′(φ) y para solventar esto, recurri-

remos a acotarlo.

Teorema 4.1.8

Si una funcion f(x) admite al menos hasta la derivada segunda continua en un inter-

valo [a, b], el error, en valor absoluto, que se comete al usar la formula del Trapecio

lo da la expresion: ε = |−(b−a)3

12f ′′(φ)| con a ≤ φ ≤ b. o acotando:

ε ≤ (b − a)3

12M2


siendo M2 = valor maximo o una cota superior del valor absoluto de la derivada

segunda: f ′′(x) en [a, b].

Se aprecia que el error depende de la finura o longitud del intervalo, por lo que

mientras menor sea h mejor sera el resultado. Si pretendemos mejorar la aproximacion

de una integral dada, deberemos efectuar una particion del intervalo de integracion,

como haremos mas adelante, de modo que los trapecios se amolden mejor al area que

representa la integral. Otra apreciacion es que si f(x) es un polinomio de primer

grado, la formula del trapecio es exacta.

Ejemplo 4.1.9 Aproximar por el metodo del Trapecio el valor de la integral:

∫ 4

2(x3 − 4x + 8)dx

Sera:∫ 42 (x3 − 4x + 8)dx ≈ f(2)+f(4)

2(4 − 2) = 64 ya que f(2) = 8 − 8 + 8 = 8 y

f(4) = 64 − 16 + 8 = 56.

El error lo acotaremos por: ε ≤ (b−a)3

12M2 = (4−2)3

12M2 y como f ′′(x) = 6x, en [2, 4],

el maximo lo tendra en el extremo superior ya que siempre es positiva en I: M2 = 24

y con ello, ε ≤ (4−2)3

1224 = 16

Como la integral es facil de calcular, su valor exacto es:∫ 42 (x3 − 4x + 8)dx = 52

siendo el error exacto 12.

Figura 4.4: Se aprecia el error si aplicamos el metodo del trapecio; diferencia de

areas.


Figura 4.5: Grafico: La aproximacion mejora si partimos en intervalo en dos su-

bintervalos.

4.1.4 Formula compuesta de los Trapecios

Procedemos con la estrategia de dividir el intervalo de integracion en n partes iguales

{x0, x1, · · · , xi, · · · , xn} , aplicamos a cada subintervalo la formula del Trapecio y

sumamos:

∫ b

af(x)dx ≈ (x1 − x0)

f(x0) + f(x1)

2+ (x2 − x1)

f(x1) + f(x2)

2+

+(x3 − x2)f(x2) + f(x3)

2+ · · · + (xn − xn−1)

f(xn) + f(xn−1)

2

como cadax(i−1)−xi

2= h

2podemos concluir:

∫ b

af(x)dx ≈ h

2[f(x0) + 2{f(x2) + · · · + f(x(n−1))} + f(xn)]

O lo que es lo mismo:∫ b

af(x)dx ≈ (b − a)

2n[f(x0) + 2{f(x2) + · · · + f(x(n−1))} + f(xn)]

∫ b

af(x)dx ≈ (b − a)

2n[f(x0) + 2

n−1∑i=1

f(xi) + f(xn)]

Que es la formula compuesta de los Trapecios o simplemente formula de los Tra-

pecios.


Figura 4.6: Formula compuesta de los Trapecios; partimos en intervalo en varios

subintervalos.

Ahora el error sera la suma de los errores producidos cada intervalo, como el

soporte es equiespaciado, tomando M2 comun para todos, el error solo depende de

su paso h = b−an

y este es siempre el mismo, por lo tanto, el error sera ε ≤ h3

12M2 en

cada subintervalo y como hay n, el error total lo mediremos con la siguiente formula:

ε ≤ nh3

12M2 = (b−a)3

12n2 M2

Formula del error

ε ≤ (b − a)3

12n2M2

Donde M2 es el valor maximo o una cota superior de |f 2(x)| en [a, b].

A veces calcular y acotar la derivada segunda de f(x) es complicado. Cuando surja

esta dificultad, dispongamos de la derivada primera y la particion sea suficientemente

fina, podemos estimar el error por la formula:

ε ≈ |(b − a)2

12n2[f 1(b) − f 1(a)]|

siendo f 1 la derivada primera.

Ejemplo 4.1.10 Aproximar por el metodo de los Trapecios con n = 3, el valor de la

integral:∫ 41

1xdx. Acotar el error y averiguar la particion necesaria para que el error

no supere una centesima.

Solucion:


Figura 4.7: Area que calcula nuestra integral.

Si hacemos la particion solicitada del intervalo de integracion, esta sera: {1, 2, 3, 4}y sus imagenes mediante f seran: {1, 1

2, 1

3, 1

4}.

Aplicamos la formula de los Trapecios:

∫ 4

1

1

xdx ≈ (4 − 1)

6[f(1)+2{f(2)+f(3)}+f(4)] =

3

6[1+2{1

2+

1

3}+1

4] =

35

25= 1.458333...

Acotemos el error: ε ≤ (4−1)3

12(32)M2 f 2(x) = 2

x3 funcion decreciente en [1, 4] por lo

que su maximo lo da en x = 1 y consecuentemente M2 = 2.

ε ≤ (4 − 1)3

12(32)2 =

1

2= 0.5

Si queremos que el error no supere una centesima, debe ser: 0.01 ≥ (4−1)3

12n2 2 = 92n2

es decir, 1100

≥ 92n2 ; n2 ≥ 900

2= 450 ; n ≥

√(450) = 21.2132..;

Necesitaremos hacer una particion tal que n = 22.

Si le aplicamos la formula de acotacion del error, obtendremos que para n = 22 el

error es: e ≤ 0.0092..

Si le aplicamos la formula de estimacion del error, obtendremos que para n = 22

el error es: e ≈ 0.0014..

El valor ”exacto” de la integral es I = 1.386294... y el valor por los Trapecios con

n = 22 es I = 1.387744... por lo que el ”error exacto” es 0.001450..


4.1.5 Formula de Simpson.

Si aplicamos la formula de cuadratura de Newton-Cotes∫ ba f(x)dx ≈

n∑i=0

f(xi)Ai para

el caso n = 2, tendremos tres elementos en el soporte: {a, a+b2

, b}.

Los coeficientes Ai son faciles de calcular, A0 = A2 = b−a6

; A1 = 4(b−a)6

y con ello:

I =∫ b

af(x)dx ≈ b − a

6f(a)+

4(b − a)

6f(

a + b

2)+

b − a

6f(b) =

(b − a)

6[f(a)+4f(

a + b

2)+f(b)].

Formula de Simpson:∫ ba f(x)dx ≈ (b−a)

6[f(a) + 4f(a+b

2) + f(b)].

La interpretacion geometrica de este metodo es sencilla. Supongamos f(x) positiva

en en intervalo de integracion, lo que hacemos es que aproximamos el area medida por

la integral mediante el area limitada por la parabola y = ax2 +bx+c que pasa por los

puntos {(a, f(a)), (a+b2

, f(a+b2

), (b, f(b)))}; es decir sustituimos f(x) por la ecuacion de

la parabola. Hay que destacar que para aplicar este metodo necesitamos usar trios

Figura 4.8: Grafica del area que queremos calcular.

de puntos en la particion, esto se traducira cuando la apliquemos a varios intervalos

concatenados, formula compuesta de Simpson, que necesariamente la particion n

utilizada, debe ser par. Esto lo precisaremos mas adelante.

Para el error procederıamos de manera similar a la usada para el Trapecio y lo

mediremos como dicta el siguiente teorema.

Teorema 4.1.11

Si funcion f(x) admite al menos hasta la derivada cuarta continua en un intervalo


Figura 4.9: Grafica de la aproximacion por el metodo de Simpson.

[a, b], el error, en valor absoluto, que se comete al usar la formula de Simpson lo da

la expresion: ε = |−h5

90f 4(φ)| con a ≤ φ ≤ b. o acotando:

ε ≤ h5

90M4 =

(b − a)5

90n5M4 =

(b − a)5

2880M4

para recordarla mejor, se suele escribir (como n=2):

ε ≤ (b − a)5

90 · 25M4 =

(b − a)5

2880M4


cuarta, f 4)(x), en [a, b].

La formula de Simpson que acabamos de ver es exacta cuando el integrando f(x)

es un polinomio de grado menor o igual que tres, un grado mas de lo previsible.

Al igual que ocurrıa en el metodo del Trapecio, a menor longitud del intervalo de

integracion menor es el error.

Ejemplo 4.1.12 Aproximar por el metodo de Simpson el valor de la integral:∫ 2

0(x4 + 1)dx

Tenemos un intervalo de integracion que es el [0, 2], necesitamos un tercer punto y

como el paso debe ser constante, esta sera el intermedio es decir tomamos los puntos

de abscisas {0, 1, 2} cuyas imagenes por f son {1, 2, 17}. Notese que la particion es

par, n = 2.


Aplicando la formula de Simpson:∫ 20 (x4 + 1)dx ≈ (2−0)

6[f(0) + 4f(1) + f(2)] =

13[1 + 4(2) + 17] = 26

3= 8.666666...

Ahora acotaremos el error cometido: ε ≤ (2−0)5

2880M4. Para ello hemos de determinar

M4 por lo que necesitamos la derivada cuarta de la funcion.

f 4(x) = 24 , constante, luego M4 = 24 y consecuentemente:

ε ≤ (2 − 0)5

288024 =

(24(25)

2880=

24

90= 0.266666..

Si queremos aproximar mejor el resultado, podrıamos proceder considerando que:∫ 20 (x4 + 1)dx =

∫ 10 (x4 + 1)dx +

∫ 21 (x4 + 1)dx y al aplicar Simpson a cada una de ellas

reduciremos el error ya que hacemos mas pequenos los intervalos de integracion. Para

aplicar Simpson, tomaremos los puntos de abscisas {0, 12, 1} para la primera integral y

los puntos de abscisas {1, 32, 2} para la segunda, entonces tendrıamos:

∫ 20 (x4 +1)dx =∫ 1

0 (x4 +1)dx+∫ 21 (x4 +1)dx ≈ (1−0)

6[f(0)+4f(1

2)+f(1)]+ (2−1)

6[f(1)+4f(3

2)+f(2)] =

16[f(0) + 4[f(1

2) + f(3

2)] + 2[f(1)] + f(2)]

Esto equivale a calcular la integral inicial tomando una particion de 5 puntos de

abscisas {x0 = 0, x1 = 12, x2 = 3

2, x3 = 1, x4 = 2} por lo que n = 4 y consecuentemente:

∫ 2

0(x4 + 1)dx ≈ (1 − 0)

6[f(0) + 4f(

1

2) + f(1)] +

(2 − 1)

6[f(1) + 4f(

3

2) + f(2)]

∫ 2

0(x4 + 1)dx ≈ 1

6[f(0) + 4[f(

1

2) + f(

3

2)] + 2[f(1)] + f(2)]

Observa que podemos escribirlo:∫ b

af(x)dx ≈ b − a

3n[f(x0) + 4[f(x1) + f(x3)] + 2[f(x2))] + f(x4)]

donde las imagenes de los puntos extremos aparecen solo una vez, las de puntos

con subındice impar, cuatro veces y las de los de subındice par dos veces. Tambien

debemos observar que necesitaremos de un numero impar de puntos, lo que se traduce

en una particion de orden n = par.

Si miramos el error cometido, ε1 ≤ (1−0)5

288024 = 0.008333.. y ε2 ≤ (2−1)5

288024 =

0.008333.. de modo que sumandolos, ε ≤ 2 15

288024 = 0.0166.. bastante menor que por

el primer camino.


4.1.6 Formula compuesta de Simpson

Nos proponemos aproximar el valor de una integral∫ ba f(x)dx y divi-

dimos el intervalo de integracion en un numero n par de subinterva-

los, todos iguales, de modo que usaremos los puntos de abscisas siguien-

tes: {x0, x1, x2, · · · , xn} y aplicamos la estrategia de Simpson para los trios:

{x0, x1, x2}, {x2, x3, x4}, · · · , {x(i−1), xi, x(i+1)}, ......., {x(n−2), x(n−1), xn} de este modo

se obtiene la siguiente

Formula compuesta de Simpson :

∫ b

af(x)dx ≈ b − a

3n[E + 4I + 2P ]

donde:

E = suma de las imagenes de los puntos extremos: f(x0) + f(xn).

I = suma de las imagenes de los puntos con subındice impar, excluidos los extre-

mos: f(x1) + f(x3) + · · ·.

P = suma de las imagenes de los puntos que subındice par, excluidos los extremos:

f(x2) + f(x4) + · · ·.

El error sera la suma de los errores en cada subintervalo que se expresa:

ε ≤ (b − a)5

180n4M4


cuarta: f 4(x) en [a, b].

La formula de acotacion del error tiene la dificultad del calculo de una derivada

cuarta y su posterior acotacion, si queremos evitar esta dificultad, podemos estimar

el error mediante esta otra formula:

ε ≈ |(b − a)4

180n4[f 3(b) − f 3(a)]|

Con ella, evitamos la cuarta derivada pero no la tercera, que no tendremos que acotar.

Esta formulacion estima el error con garantıa para n suficientemente grande.


Ejemplo 4.1.13 Aproximar por el metodo de Simpson con n = 6, el valor de la

integral:∫ π

2−π

2

√1 + sen2(x)dx. Esta integral mide la longitud del arco [−π

2, π

2] de la

funcion coseno.

Figura 4.10: Longitud de la curva medida por la integral del problema.

Hacemos una particion en 6 partes: n = par:

x0 = −π2, x1 = −π

3, x2 = −π

6, x3 = 0, x4 = π

6, x5 = π

3, x6 = π

2

cuyas imagenes son:

y0 =√

2, y1 =√

72

, y2 =√

52

, y3 = 1, y4 =√

52

, y5 =√

72

, y6 =√

2

por lo tanto,

∫ π2−π

2

√1 + sen2(x)dx = π

18[√

2 + 4[√

72

+ 1 +√

72

] + 2[√

52

+√

52

] +√

2] = 3.819403...

Ejemplo 4.1.14 Aproximar por el metodo de Simpson con n = 4, el valor de∫ 51

4xx+1

dx. Acotar el error y despues averiguar la particion necesaria para garanti-

zar un error menor que una milesima.

La particion sera: [1, 2, 3, 4, 5] y sus imagenes: [2, 8/3, 3, 16/5, 10/3]

Apliquemos la formula de Simpson: E = 2+ 103

= 163

; I = 83+ 16

5= 88

15; P = 3 por

lo que tendremos:

∫ 5

1

4x

x + 1dx ≈ b − a

3n[E + 4I + 2P ] =

5 − 1

12[16

3+ 4

88

15+ 2(3)] =

522

45= 11.6


Ahora acotaremos el error.

Debemos acotar previamente la derivada cuarta de la funcion, f 4(x) = − 96(x+1)5

, en

[1, 5]. Como la funcion derivada de la derivada cuarta es f 5(x) = 480(x+1)6

, positiva en

todo [1, 5], podemos afirmar que f 4 es creciente, luego en valor absoluto el maximo

lo alcanza en uno de los extremos del intervalo: |f 4(1)| = 9625 y |f 4(5)| = 96

65 luego

eligiendo la mayor, M4 = |f 4(1)| = 3 y con ello:

ε ≤ (b − a)5

180n4M4 =

(5 − 1)5

180(44)3 = 0.066666..

Por ultimo si queremos que el error no supere una milesima debe ser:

0.001 ≥ | 45

180n43|

de modo que despejando: n4 ≥ 45

1803000 = 17066.66.. por lo que n ≥ 11.43 de donde

podemos concluir diciendo que tomando el primer entero par mayor de este resultado,

n = 12, nos garantizara al aplicar Simpson, un error menor que una milesima.

e.t.s. de ingenier´ia informatica´ma1.eii.us.es/material/cal_num_itig_ap.pdf · 2008-07-12 ·...

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