Dados n+1 puntos:

(x_0,y_0), \ldots, (x_n,y_n),

definimos el polinomio interpolador de Lagrange:

L(x) := \Sigma_{i=0}^n y_i l_i(x)

donde:

l_i(x) := \Pi_{0 \leq j \leq n,j \neq i} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}.

Con esto, tenemos:

\frac{d^n}{dx^n}L(x) = \Sigma_{i=0}^n y_i \frac{d^n}{dx^n}l_i(x)

Supongamos que tenemos n=2:

(x_0,y_0), (x_1,y_1).

En este caso, tenemos:

L(x) = y_0 l_0(x) + y_1 l_1(x)

con:

l_0(x) = \frac{x-x_1}{x_0-x_1}

l_1(x) = \frac{x-x_0}{x_1-x_0}

Como tenemos dos puntos, únicamente podemos aproximar la primera derivada:

\frac{d}{dx} L(x) = y_0 \frac{d}{dx} l_0(x) + y_1 \frac{d}{dx} l_1(x)

con:

\frac{d}{dx} l_0(x) = \frac{1}{x_0-x_1}

\frac{d}{dx} l_1(x) = \frac{1}{x_1-x_0},

de manera que:

\frac{d}{dx}L(x) = \frac{y_1 - y_0}{x_1 - x_0}.

Con esto, tenemos las aproximaciones de primer orden:

u_x(x_0) = u_x(x_1) = \frac{y_1 - y_0}{x_1-x_0},

que, en índices, queda:

\frac{d}{dx}u_i \approx \frac{u_{i+1}-u_i}{h_x},

\frac{d}{dx}u_{i+1} \approx \frac{u_{i+1}-u_i}{h_x},

donde h_x = x_1 - x_0 (y que es lógico, ya que la derivada será una constante).

Supongamos ahora que tenemos tres puntos:

(x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2).

En este caso tenemos:

L(x) = y_0 l_0(x) + y_1 l_1(x) + y_2 l_2(x),

\frac{d}{dx} L(x) = y_0 \frac{d}{dx} l_0(x) + y_1 \frac{d}{dx} l_1(x) + y_2 \frac{d}{dx} l_2(x),

\frac{d^2}{dx^2} L(x) = y_0 \frac{d^2}{dx^2} l_0(x) + y_1 \frac{d^2}{dx^2} l_1(x) + y_2 \frac{d^2}{dx^2} l_2(x).

Ahora tenemos:

l_0(x) = \frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} = \frac{x^2 + (-x_1-x_2)x + x_1x_2}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)},

l_1(x) = \frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} = \frac{x^2 + (-x_0-x_2)x + x_0x_2}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)},

l_2(x) = \frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)} = \frac{x^2 + (-x_0-x_1)x + x_0x_1}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}.

\frac{d}{dx} l_0(x) = \frac{2x + (-x_1-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)},

\frac{d}{dx} l_1(x) = \frac{2x+(-x_0-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)},

\frac{d}{dx} l_2(x) = \frac{2x+(-x_0-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}.

\frac{d^2}{dx^2} l_0(x) = \frac{2}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)},

\frac{d^2}{dx^2} l_1(x) = \frac{2}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)},

\frac{d^2}{dx^2} l_2(x) = \frac{2}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}.

De esta manera, por ejemplo, tenemos que:

\frac{d^2}{dx^2}L(x) = y_0 \frac{2}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} + y_1 \frac{2}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} + y_2 \frac{2}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)},

que, en el caso de tener los puntos equiespaciados (h_x:=x_{i+1}-x_{i} con 0 \leq i \leq 1), queda la aproximación de segundo orden:

\frac{d^2}{dx^2}u(x) = \frac{y_0 - 2 y_1 + y_2}{h_x^2},

que además, como era de esperar, es independiente de x:

\frac{d^2}{dx^2}u_{i-1} \approx \frac{u_{i-1}-2u_i+u_{i+1}}{h_x^2},

\frac{d^2}{dx^2}u_i \approx \frac{u_{i-1}-2u_i+u_{i+1}}{h_x^2},

\frac{d^2}{dx^2}u_{i+1} \approx \frac{u_{i-1}-2u_i+u_{i+1}}{h_x^2}.

¿Qué pasa con la primera derivada? En este caso, el resultado si que depende de x (por lo que tendremos un resultado diferente en función de si la x vale x_0, x_1 o x_2) y lo que obtenemos es:

\frac{d}{dx} L(x) = y_0 \frac{2x + (-x_1-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} + y_1 \frac{2x + (-x_0-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} + y_2 \frac{2x + (-x_1-x_2)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)},

por lo que:

\frac{d}{dx} L(x_0) = y_0 \frac{2x_0 + (-x_1-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} + y_1 \frac{2x_0 + (-x_0-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} + y_2 \frac{2x_0 + (-x_1-x_2)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}

\frac{d}{dx} L(x_1) = y_0 \frac{2x_1 + (-x_1-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} + y_1 \frac{2x_1 + (-x_0-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} + y_2 \frac{2x_1 + (-x_1-x_2)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}

\frac{d}{dx} L(x_2) = y_0 \frac{2x_2 + (-x_1-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)} + y_1 \frac{2x_2 + (-x_0-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)} + y_2 \frac{2x_2 + (-x_1-x_2)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)},

que, con equiespaciado, quedan:

L'(x_0) = \frac{3 y_0 -4 y_1 + y_2}{2 h_x},

L'(x_1) = \frac{y_0 -2 y_1 + y_2}{2 h_x} y

L'(x_2) = \frac{y_0 -4 y_1 + 3 y_2}{2 h_x}.

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