1樓：
我有乙個感受
就是基礎的兩個插值法拉格朗日和牛頓如果從兩點確定一條直線的角度來看的話，分別是兩點式和點斜式，只是由於點多了，沒法用一條直線過所有點，所以將這兩個方法衍生了。
2樓：Xipan Xiao
常規的證明方法大家都說了，我說乙個稍微不那麼常見的角度，我從我同學劉師兄那裡學到的，就是拉格朗日插值法其實是中國剩餘定理的乙個特例。具體一點，首先他倆樣子長得很相似（為敘述簡單以兩個點為例）：
中國剩餘定理：如果 互素，那麼給定 ，存在 ，使得 ， ，且 在模 的同餘類中唯一。
插值定理：如果 不等，那麼給定 ，存在 ，使得 ，且 在模 的同餘類中唯一。
一般地，如果 是交換環 的理想，且 互素，也就是 或者寫成 ，那麼給定 ，存在 ，使得 ， ，且 在模 的同餘類中唯一。
所以要證明插值定理，只要把它改寫成上述語言，然後直接套用一般的中國剩餘定理即可：
令 是倆單項式 生成的環 的理想。因為 ，這倆單項式能表達出 ，也就是 ，符合互素定義。那麼給定 ，存在 ，使得 ，這也就是 。
這就證完了。當然，如果想構造出具體的表示式，也很容易。因為用中國剩餘定理解同餘方程的時候，也能構造出解的表示式來。用一模一樣的手續就行。
3樓：sniperelite
其實互異節點插值問題中插值多項式可以被分解為一系列所謂拉格朗日插值基函式的線性和的這一點，對於低次多項式可能還能看出來（實際上，大概對於線性插值是最容易看出來的，對於二次多項式我就已經覺得不算直觀了），對於高次多項式則可能不那麼容易看出。不過利用待定係數法，我們可以發現待求的插值多項式的係數p = [a0; a1; ...; an]滿足如下方程：
Ap = y
p = [1 x1 x1^2 ... x1^n; 1 x2 x2^2 ... x2^n; ...; 1 xn xn^2 ... xn^n]
y = [y1; y2; ...; yn]
或者說p = inv(A)*y
其中A僅於插值節點xi有關，而上面的式子說明，對於給定的插值節點，只要y發生改變，p也會相應改變。而p是插值多項式的係數，因此乙個p就對應於乙個n次多項式。這麼一來，我們可以把y改寫為：
y = y1*e1 + y2*e2 + ... + yn*en
其中ei是第i個元素為1、其餘元素為0的單位向量。
而p = inv(A)*y = y1*(inv(A)*e1) + y2*(inv(A)*e2yn*(inv(A)*en) = y1*p1 + y2*p2 + ... + yn*pn
其中pi正是對於插值問題
yi = y(xi) = 1, yj = y(xj) = 0, j != i
的插值多項式的係數。
因此由上式可見，我們需要求的n次多項式p，實際上可以表示為一系列n次多項式pi的線性和的形式。而這一系列的n次多項式pi，就正是拉格朗日基函式li(x)。
而且根據上面的推導我們可以發現，只要我們所需要的插值函式可以表示為一系列待定係數的線性和的形式，即插值函式可表示為
y = a1*f1(x) + a2*f2(xan*fn(x)
的形式， 那麼就都有可能採用類似的方式把待求的插值函式表示為一系列「基函式」的線性和的形式：
y = y1*g1(x) + y2*g2(xyn*gn(x)
其中gi(x)是對於插值問題
yi = y(xi) = 1, yj = y(xj) = 0, j != i
所求得的插值函式。只不過對於多項式插值，這個基函式可以通過考察零點的方式很方便的求得，而對於其他形式的插值函式，則未見得可以這麼方便，儘管這些基函式也僅與插值節點有關，因此在插值節點確定的情況下，可以預先求出。
當然，上面這種擴充套件情形必須考慮矩陣
A = [f1(x1) f2(x1) ... fn(x1); f2(x1) f2(x2) ... fn(x2); ...; f1(xn) f2(xn) ... fn(xn)]
的可逆性。
4樓：清清雪落
小答一下，個人理解，不專業：
既然是插值，我就按插值來理解的，假如2階，3個係數，需要3個自變數點：x0,x1,x2和對應的f(x0),f(x1),f(x2),對於任何一點x我們先看x0這個點的值f(x0)對x的偏量：
x0的區間[x0,x1],[x0,x2],第乙個區間內x0對x的插值：(x-x1)/(x0-x1),第二個區間內x0對x的插值:(x-x2)/(x0-x2),相乘再乘以係數f(x0)......
5樓：雲山亂
插值想解決的是在乙個工程問題中，知道函式f在幾個好測點的值，能不能知道不好測的點的值？
事實上，上面這個要求真心太高了。數學上能做到的，只是弄出乙個g，在那幾個好測點的值和f一樣。事實上，這樣弄出來的g，如果f有好的光滑性，g在這些好測點的附近，不會和f差太多。
g怎麼弄呢？核心是針對每乙個好測點，弄乙個多項式，它在這個好測點處等於f，其他好測點處等於0。這樣的話，把這一群多項式加起來作為g，就能保證f和g在好測點處一樣。
那麼問題又來了。怎麼去弄乙個多項式，在乙個好測點等於f，在其他的好測點等於0呢？可以直接構造出來這樣的多項式。
另一種弄出g的方法是直接令g是乙個係數待定的多項式，然後根據f和g在好測點相等，解方程。這兩種方法其實並沒有什麼差別。
真用這種方法幹活的話，要注意如何正確選取好測點（其實不一定好測…），要在凹區域和凸區域上插至少3個點，感興趣的地方要多弄幾個點，總之多多益善。
6樓：馬同學
之前我寫過一篇文章： 關於牛頓插值法的 ，其中解釋了什麼是插值法？為什麼要有插值法？大家對此感興趣可以去看看。
還有另外一種插值法，叫做拉格朗日插值法，也是以大牛冠名的，我們來看看它是怎麼推導的？
1 拉格朗日插值法
比如說，已知下面這幾個點，我想找到一根穿過它們的曲線：
使用多項式畫出這根曲線是完全可行的，關於這點可以參看我寫的 如何理解泰勒公式？。
我們可以合理的假設，這根曲線是乙個二次多項式：
這是因為有三個已知的點，可以通過下列方程組解出這個二次多項式：
不過這裡不打算通過解方程來得到這根二次曲線，我們來看看拉格朗日是怎麼解出這根曲線的？
1.1 拉格朗日的思考
約瑟夫·拉格朗日伯爵（1736 － 1813），可能是這麼思考的。
首先，肯定得是二次曲線，這個之前我們就已經說明過了。
其次，拉格朗日認為可以通過三根二次曲線相加來達到目標。那這是怎麼的三根二次曲線呢？
第一根曲線 ，在 點處，取值為1，其餘兩點取值為0：
為什麼這麼做？看下去就知道了。
第二根曲線 ，在 點處，取值為1，其餘兩點取值為0：
第三根曲線 ，在 點處，取值為1，其餘兩點取值為0：
這三根曲線就是拉格朗日需要的，我們來看看為什麼？
可以保證，在 點處，取值為 ，其餘兩點取值為0。
可以保證，在 點處，取值為 ，其餘兩點取值為0。
可以保證，在 點處，取值為 ，其餘兩點取值為0。
那麼：可以一一穿過這三個點，我們來看看：
拉格朗日伯爵說，看，這三根曲線就可以組成我在尋找的曲線：
真的是非常精彩的思考啊。
1.2 插值法的推導
到了嚴格化的時候了，我們用符號來表示 。
首先， 必須是二次函式。
其次，需要滿足的條件：
那麼，如下構造 很顯然可以滿足上述條件（代值進去就可以驗算）：
更一般的有：
因此，最終我們得到：
這就是拉格朗日插值法。上面的思路要推廣到更多點的插值也非常容易。
牛頓插值法的 也是多項式插值法，拉格朗日插值法也是多項式插值法，那麼，兩者得到的多項式是否是同乙個多項式？
2 拉格朗日插值法、牛頓插值法、範德蒙行列式
要回答剛才提出的問題，得看看我們最早提出的方程組怎麼解？
這三個點是已知的，所以上面實際是乙個線性方程組：
簡寫就是：
就是所謂的範德蒙矩陣， 自然就是範德蒙行列式。
根據 矩陣與線性方程組解的關係 ，如果 ，那麼此方程就只有唯一的解，自然牛頓插值法、拉格朗日插值法得到的就是同一根多項式曲線。
求一下 ，先把 ，得到（ 表示第一行，以此類推。這麼做是不會改變行列式的值的）：
從給出的三個點來看， 都不相等，所以 。
所以，牛頓插值法、拉格朗日插值法得到的是同一根多項式曲線。
初二的我自己「發明」拉格朗日插值法，是否意味著我離人類知識邊緣只有421年？
水上麻衣 不是。拉格朗日插值法的出現距今421年，手機出現距今約40年，蘋果手機出現距今10餘年。手機到蘋果不過30年，但這當中的技術發展顯然要遠遠超過過去的百年時光。越臨近現代，技術發展的也越快。而且基礎數學也不能完全代表人類技術的發展。 灰瓷 1 你必須掌握1779年人類所能掌握的所有知識才能宣...
泰勒公式的拉格朗日餘項怎麼理解？
夏洛克 就是我們的餘項，顯然它是乙個從 開始的 有無窮多項的 多項式函式 1 2 n 對 做 n 次積分就得到 還記得之前說過的嗎 是乙個從開始的多項式函式 這說明 在 n 次求導過程中，的 一直殘留著，故 總是為零，也就是說，的導函式們起點全都是零，所以積分的時候不必擔心初始值的累積，幹就完事兒！...
用拉格朗日乘數法求出極值後如何判斷其是極大值還是極小值？
mathe DrZXY的結論是錯誤的。Hessian矩陣 如果是正定或者負定，的確可以判斷出計算出來結果必然是極值點，但是如果矩陣不定，我們不能得出其必然不是極值點。比如我們選擇函式 在約束條件 下的極值 使用拉氏法，設 於是 得出極值條件為 於是得出 得出對應Hessian矩陣為 這個矩陣是不定的...