Interpolación polinómica de Newton

Es un método de interpolación polinómica. Aunque solo existe un único polinomio que interpola una serie de puntos, existen diferentes formas de calcularlo. Este método es útil para situaciones que requieran un número bajo de puntos para interpolar, ya que a medida que crece el número de puntos, también lo hace el grado del polinomio.

Existen ciertas ventajas en el uso de este polinomio respecto al polinomio interpolador de Lagrange. Por ejemplo, si fuese necesario añadir algún nuevo punto o nodo a la función, tan solo habría que calcular este último punto, dada la relación de recurrencia existente y demostrada anteriormente.

Definición de pendiente

El primer paso para hallar la fórmula de la interpolación es definir la pendiente de orden $n$ de manera recursiva:

• $f_{0}(x_{i})$: término i-ésimo de la secuencia
• $f_{1}(x_{0},x_{1})={\frac {f_{0}(x_{1})-f_{0}(x_{0})}{x_{1}-x_{0}}}$
• $f_{2}(x_{0},x_{1},x_{2})={\frac {f_{1}(x_{1},x_{2})-f_{1}(x_{0},x_{1})}{x_{2}-x_{0}}}$

En general:

$f_{i}(x_{0},x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i})={\frac {f_{i-1}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i})-f_{i-1}(x_{0},x_{1},\ldots ,x_{i-1})}{x_{i}-x_{0}}}$,

donde $x_{i}-x_{j}$ representa la distancia entre dos elementos (por ejemplo, se puede tener el elemento en $x=3$ y $x=5$ pero desconocer el valor de la secuencia en $x=4$).

Puede apreciarse cómo en la definición general se usa la pendiente del paso anterior, $f_{i-1}(x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i})$, a la cual se le resta la pendiente previa de mismo orden, es decir, el subíndice de los términos se decrementa en $1$, como si se desplazara, para obtener $f_{i-1}(x_{0},x_{1},\ldots ,x_{i-1})$.

Nótese también que aunque el término inicial siempre es $x_{0}$, este puede ser en realidad cualquier otro, por ejemplo, se puede definir $f_{1}(x_{i-1},x_{i})$ de manera análoga al caso mostrado arriba.

Definición del polinomio

Una vez conocemos la pendiente, ya es posible definir el polinomio de grado $n$ de manera también recursiva:

• $p_{0}(x)=f_{0}(x_{0})=y_{0}$. Se define así ya que este valor es el único que se ajusta a la secuencia original para el primer término.
• $p_{1}(x)=p_{0}(x)+f_{1}(x_{0},x_{1})*(x-x_{0})$.​
• $p_{2}(x)=p_{1}(x)+f_{2}(x_{0},x_{1},x_{2})*(x-x_{0})*(x-x_{1})$.

En general:

$p_{i}(x)=p_{i-1}(x)+f_{i}(x_{0},x_{1},\ldots ,x_{i-1},x_{i})\prod _{j=0}^{i-1}(x-x_{j})$

Ejemplos

Pongamos como ejemplo la secuencia $f_{0}$ tal que $f_{0}(1)=6,f_{0}(2)=9,f_{0}(3)=2$ y $f_{0}(4)=5$, es decir, son los términos $6,9,2,5$ para $x_{0}=1$ hasta $x_{3}=4$.

Se obtiene las pendientes de orden $1$ de la siguiente forma:

• $f_{1}(x_{0},x_{1})={\frac {f_{0}(x_{1})-f_{0}(x_{0})}{x_{1}-x_{0}}}={\frac {9-6}{2-1}}=3$
• $f_{1}(x_{1},x_{2})={\frac {f_{0}(x_{2})-f_{0}(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}}={\frac {2-9}{3-2}}=-7$
• $f_{1}(x_{2},x_{3})={\frac {f_{0}(x_{3})-f_{0}(x_{2})}{x_{3}-x_{2}}}={\frac {5-2}{4-3}}=3$

Una vez tenemos la pendientes de orden $1$, es posible obtener las de siguiente orden:

• $f_{2}(x_{0},x_{1},x_{2})={\frac {f_{1}(x_{1},x_{2})-f_{1}(x_{0},x_{1})}{x_{2}-x_{0}}}={\frac {-7-3}{3-1}}=-5$
• $f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3})={\frac {f_{1}(x_{2},x_{3})-f_{1}(x_{1},x_{2})}{x_{3}-x_{1}}}={\frac {3-(-7)}{4-2}}=5$

Por último, definimos la pendiente de orden $3$:

• $f_{3}(x_{0},x_{1},x_{2},x_{3})={\frac {f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3})-f_{2}(x_{0},x_{1},x_{2})}{x_{3}-x_{0}}}={\frac {5-(-5)}{4-1}}={\frac {10}{3}}$

Una vez tenemos la pendiente, podemos definir los consecuentes polinomios:

• $p_{0}(x)=6$.
• $p_{1}(x)=6+3(x-1)$
• $p_{2}(x)=6+3(x-1)-5(x-1)(x-2)$.
• $p_{3}(x)=6+3(x-1)-5(x-1)(x-2)+{\frac {10}{3}}(x-1)(x-2)(x-3)$

Podemos probar por ejemplo la interpolación lineal para el valor $1.5$, que resulta ser $p_{1}(1.5)=6+3(1.5-1)=7.5$. Efectivamente, al ser una recta, podemos ver que este valor es igual a $3+{\frac {3+6}{2}}=7.5$, el punto medio entre ambos (más el punto inicial, $3$).

Referencias

• Datos: Q2746387