Interpolação trigonométrica

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Em matemática, interpolação trigonométrica é processo pelo qual se obtém um polinômio trigonométrico que passa por um conjunto de pares (x,y) dados. É uma forma de interpolação adequada somente para funções periódicas.

Formulação do Problema[editar | editar código-fonte]

O polinômio trigonométrico de grau n tem a forma:

 p(x) = a_0 + \sum_{j=1}^n a_j \cos(jx) + \sum_{j=1}^n b_j \sin(jx). \,

com  2n-1 coeficientes:  a_0,a_1,...a_n  e\  b_0,b_1,...,b_n. Todo problema de interpolação é descrito como

 f(x_k)= y_k

, onde  k=0, 1, 2... n-1. Como o polinômio trigonométrico tem período 2\pi, podemos assumir que  0 \le x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{N-1} < 2\pi. \,

O problema agora é encontrar coeficientes, de forma que o polinômio trigonométrico satisfaça as condições de interpolação.

Se o número de pontos for ímpar: m= \frac{n-1}{2}
e \Psi(x)= \frac{A _{0} }{2}+ \sum_{k=1}^{m}[A _{k} \cdot \cos(k \cdot x)+B _{k} \cdot \sin(k \cdot x)  ]
Se o número de pontos for par: m= \frac{n}{2}
e \Psi(x)= \frac{A _{0} }{2}+ \sum_{k=1}^{m-1}[A _{k} \cdot \cos(k \cdot x)+B _{k} \cdot \sin(k \cdot x)  ]+ \frac{A _{m} }{2} \cdot \cos(m \cdot x)
Para ambos os casos:

A _{j}= \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1}[f(x _{k}) \cdot \cos(j \cdot x _{k} ) ]
B _{j}= \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1}[f(x _{k}) \cdot \sin(j \cdot x _{k} ) ]

Formulação no plano complexo[editar | editar código-fonte]

Utilizando a fórmula de De Moivre, podemos reescrever a soma de seno e cosseno como
e^{ikx}=cos(kx)+isen(kx) Então o polinômio pode ser escrito como

 p(x) = \sum_{k=-n}^n c_k e^{ikx}, \,

onde  c_0 = a_0 ,  c_k = \frac{1}{2}(a_k + ib_k) e c_-k = \frac{1}{2}(a_k - ib_k)
Se  z=e^{ix} podemos reescrever  p(x) como p_n(z)=\sum_{k=-n}^n c_k z^{k}, \,
onde z^{n}p_n(z) é um polinômio de grau  \leq 2n.
O problema de interpolação, então, resume-se a  p_n(z_k)=f(t_k), \qquad k=0,1,2,...,2n

Exemplos[editar | editar código-fonte]

Exemplo 1[editar | editar código-fonte]

Encontrar o polinômio interpolador trigonométrico de grau dois para  f(t)= e^{sint + cost} em  [0;2]
 p_2(t) = \frac{a_0}{2} + c_1cost + c_2cost + b_1sint+b_2sin2t
de forma que  p_2(t) = e^{sint_l +cost_l} e  t_l=\frac2{\pi}{5}l onde  l= 0,1,2,3,4.
 a_l= \frac{2}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n} f(t_k)coslt_k,\,
 b_l= \frac{2}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n} f(t_k)sinlt_k,\,
 a_0= 3,12764, a_1= 1,24872, a_2= 0,09426, b_1= 1,27135, b_2=0,49441

Exemplo 2[editar | editar código-fonte]

Interpolar os seguintes pontos:

\begin{array}{|c||cccc|}k & 0 & 1 & 2 & 3  \\f_k & 1 & 3 & -2 & -1 \end{array}


Número de pontos n=4 \, (par) Grau: m=\frac{n}{2}=2

x_k=k\cdot \frac{2\pi}{4} \Rightarrow x_k=\left \{ 0,\ \frac{\pi}{2},\ \pi, \ \frac{3}{2}\pi\right \}
A_0=\frac{2}{n} \sum\limits_{k=0}^{n-1}f_k\cdot \cos(k\cdot x_k)= \frac{2}{4} \sum\limits_{k=0}^3 f_k\cdot \cos(k\cdot 0)= \frac{1}{2}(1\cdot 1+3\cdot 1-2\cdot 1-1\cdot 1)=\frac{1}{2}
A_1=\frac{2}{4} \sum\limits_{k=0}^{3}f_k\cdot \cos(k\cdot x_k)= \frac{1}{2}[1\cdot \cos(0)+3\cdot \cos(\frac{\pi}{2})-2\cdot \cos(\pi)-1\cdot \cos(\frac{3}{2}\pi)]=\frac{3}{2}
A_2=\frac{2}{4} \sum\limits_{k=0}^{3}f_k\cdot \cos(k\cdot x_k)= \frac{1}{2}[1\cdot \cos(0)+3\cdot \cos(\pi)-2\cdot \cos(2\pi)-1\cdot \cos(3\pi)]=-\frac{3}{2}
B_0=\frac{2}{n} \sum\limits_{k=0}^{n-1}f_k\cdot \sin(k\cdot x_k)= 0
B_1=\frac{2}{4} \sum\limits_{k=0}^{n-1}f_k\cdot \sin(k\cdot x_k)= \frac{1}{2}[1\cdot 0+3\cdot 1-2\cdot 0-1\cdot (-1)]=2
B_2=\frac{2}{n} \sum\limits_{k=0}^{n-1}f_k\cdot \sin(k\cdot x_k)= 0
Resultado:
\Theta(x)=\frac{1}{4}+A_1\cdot \cos(x)+B_1\cdot \sin(x)+\frac{A_2}{2}\cdot \cos(2x)=\frac{1}{4}+\frac{3}{2}\cos(x)+2\sin(x)-\frac{3}{4} \cos(2x)