Esercizio - Stima di ln 2,5 con tre nodi, Lagrange, Newton e maggiorazione dell'errore

Teoria: Interpolazione polinomiale - forma di Lagrange, differenze divise ed erroreDati n+1 punti con ascisse distinte esiste un unico polinomio p_n di grado ≤ n che passa per tutti. Forma di Lagrange p = Σ y_i L_i(x) (L_i(x_j) = δ_ij); forma di Newton p = Σ f[x_0..x_k] Π_{j<k}(x − x_j) con le differenze divise (si aggiunge un nodo senza rifare tutto). Errore f(x) − p_n(x) = f^(n+1)(ξ)/(n+1)! · ω(x), ω(x) = Π(x − x_i): dipende da f e dalla scelta dei nodi. Nodi equispaziati con n grande danno il fenomeno di Runge; i nodi di Chebyshev minimizzano max|ω| = 2^(−n) su [−1,1].Interpolazione polinomiale - forma di Lagrange, differenze divise ed errore →.

Testo

Di $f(x) = \ln x$ si conoscono $f(1) = 0$, $f(2) = 0{,}693147$, $f(3) = 1{,}098612$.

• (a) Costruire il polinomio di interpolazione di grado $\le 2$ in forma di Lagrange e calcolare $p_2(2{,}5)$.
• (b) Costruire la tabella delle differenze divise, scrivere $p_2$ in forma di Newton e verificare $p_2(2{,}5)$.
• (c) Dare una maggiorazione dell'errore in $x = 2{,}5$ e confrontarla con l'errore vero ($\ln 2{,}5 = 0{,}916291$).
• (d) Aggiungendo il nodo $x_3 = 4$ ($f(4) = 1{,}386294$) come cambia il polinomio? Calcolare il nuovo valore in $2{,}5$.

Soluzione

(a) Lagrange

In $x = 2{,}5$:

• $L_0 = \dfrac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)} = \dfrac{(0{,}5)(-0{,}5)}{2} = -0{,}125$;
• $L_1 = \dfrac{(x-1)(x-3)}{(2-1)(2-3)} = \dfrac{(1{,}5)(-0{,}5)}{-1} = 0{,}75$;
• $L_2 = \dfrac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)} = \dfrac{(1{,}5)(0{,}5)}{2} = 0{,}375$.

Somma $-0{,}125 + 0{,}75 + 0{,}375 = 1$ ✓. Allora $$p_2(2{,}5) = -0{,}125\cdot 0 + 0{,}75\cdot 0{,}693147 + 0{,}375\cdot 1{,}098612 = 0{,}519860 + 0{,}411980 = \mathbf{0{,}931840}.$$

(b) Newton

$f[1,2] = \dfrac{0{,}693147 - 0}{1} = 0{,}693147$; $f[2,3] = \dfrac{1{,}098612 - 0{,}693147}{1} = 0{,}405465$; $f[1,2,3] = \dfrac{0{,}405465 - 0{,}693147}{3 - 1} = -0{,}143841$. $$p_2(x) = 0 + 0{,}693147\,(x-1) - 0{,}143841\,(x-1)(x-2).$$ In $2{,}5$: $0{,}693147\cdot 1{,}5 - 0{,}143841\cdot 1{,}5\cdot 0{,}5 = 1{,}039721 - 0{,}107881 = 0{,}931840$ ✓ (stesso valore).

(c) Errore

$f''' = \dfrac{2}{x^3}$ è decrescente su $[1,3]$, quindi $M_3 = \max|f'''| = 2$ (in $x = 1$). Il polinomio nodale in $2{,}5$: $\omega_3(2{,}5) = (1{,}5)(0{,}5)(-0{,}5) = -0{,}375$. $$|f(2{,}5) - p_2(2{,}5)| \le \frac{M_3}{3!}|\omega_3(2{,}5)| = \frac{2}{6}\cdot 0{,}375 = \mathbf{0{,}125}.$$ Errore vero: $|0{,}916291 - 0{,}931840| = 0{,}015549$, circa $8$ volte meno del maggiorante: la maggiorazione usa $M_3$ nel punto peggiore ($x=1$), mentre l'errore vero corrisponde a $\xi$ con $\frac{2}{\xi^3}\cdot\frac{-0{,}375}{6} = -0{,}015549$, cioè $\xi^3 = 8{,}04$, $\xi = 2{,}004 \in\,]1,3[$ ✓. Il segno: $f - p_2 < 0$, il polinomio sovrastima (il logaritmo è concavo e $p_2$ passa sopra tra i nodi).

(d) Un nodo in più

Con la forma di Newton si aggiunge un termine senza toccare i precedenti. $f[3,4] = 1{,}386294 - 1{,}098612 = 0{,}287682$; $f[2,3,4] = \dfrac{0{,}287682 - 0{,}405465}{2} = -0{,}058892$; $f[1,2,3,4] = \dfrac{-0{,}058892 - (-0{,}143841)}{3} = 0{,}028317$. $$p_3(x) = p_2(x) + 0{,}028317\,(x-1)(x-2)(x-3).$$ In $2{,}5$: $(1{,}5)(0{,}5)(-0{,}5) = -0{,}375$, quindi $p_3(2{,}5) = 0{,}931840 - 0{,}010619 = \mathbf{0{,}921221}$, con errore vero $-0{,}00493$: migliora (circa tre volte).

Risultati. $p_2(2{,}5) = \mathbf{0{,}93184}$; maggiorante $\mathbf{0{,}125}$, errore vero $\mathbf{0{,}0155}$; $p_3(2{,}5) = \mathbf{0{,}92122}$.

Errori tipici

• Dimenticare un fattore nel polinomio nodale o nel suo segno: $\omega_3(2{,}5)$ ha tre fattori, uno dei quali negativo.
• Cercare $\xi$ nell'esercizio: non serve, si maggiora $|f'''|$ sull'intervallo.
• Calcolare $f[1,2,3]$ dividendo per $1$ invece che per $x_2 - x_0 = 2$.