存在以及唯一性定理：如果存在有\(1n+\)個不重複的點\((x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_n,y_n)\)，那麼一定存在且只有一組係數\(a_1,a_2...a_n\)使得
\[p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n
\]成立。
存在性證明：
首先引入\(lagrange\ polynomials\)即拉格朗日多項式
\[l_i(x)=\prod_^n\frac,\ \ \text\ i\in\
\]那麼我們可以得出：
\[l_\left(x_\right)=\left\
1 & \text i=k \\
0 & \text
\end\right\}=\delta_
\]所以 \(p(x)=\sum_^ny_kl_k(x)\), 滿足\(p\left(x_\right)=y_\) for all \(i \in\\)。就是我們要求的多項式
唯一性證明：
假設我們找到了兩組多項式\(p\)和\(q\)，那麼\(p(x_i)=q(x_i)=y_i\)。令\(r(x)=p(x)-q(x)\)，則\(r(x)\)滿足\(r(x_i)=0\), for all \(i \in\\)。
由於無論是\(p(x)\)還是\(q(x)\)度最多就只有\(n\)也就是說\(r(x)\)的度最大就是\(n\)，但是\(r(x)=0\)卻有\(n+1\)個解。因此\(r(x)=0\)。
儘管在上面的正名之中，我們已經得出了\(p(x)=\sum_^n l_k(x)y_k\)，但是在實際之中幾乎沒有人會使用\(lagrange\ polynomials\)來求解多項式插值。原因主要有以下兩點
newton多項式的引數\(b\)如下所示：
\[n_i(x)=\prod_^(x-x_j)
\]多項式如下所示：
\[p(x)=\sum_^nb_in_i(x)
\]我們需要迭代地解出\(b_i\)，迭代的方法如下所示
\[\begin
y_=p\left(x_\right) &=b_ \\
y_=p\left(x_\right) &=b_+b_\left(x_-x_\right) \\
& \vdots \\
y_=p\left(x_\right) &=b_+b_\left(x_-x_\right)+\ldots+b_\left(x_-x_\right) \ldots\left(x_-x_\right)
\end
\]假設\((x_0,y_0),(x_1,y_1)...\)是若干點，有兩個函式\(f\)，\(g\)滿足
然後我們就可以建立起乙個新的divided-difference函式
\[h(x)=f(x)+\frac-x_}\left(x-x_\right)
\]該函式滿足：
\(h\left(x_\right)=y_\) for all \(i \in\\)。
數值分析 插值 牛頓插值法
clc clear all close all n 1 1 10000 sig sin n 100 k 0 for i 1 4 10000 k k 1 x arr n i i 3 y arr sig i i 3 arr new y k newtoninterpolation x arr,y arr,...
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首先對兩種說法進行闡明。插值 做一條指定型別的曲線 如多項式 使其通過所有資料點。擬合 做一條指定型別的曲線，使其在一定意義下逼近該組資料點。兩種概念的不同，可以看到，對於插值，很可能會出現對所有資料點都通過，但是並不一定很好的擬合真實資料的情況。下給定如下插值的數學語言表示 lagrange插值 ...
數值分析之牛頓插值（MATLAB）
x1 input 輸入節點座標x y input 輸入節點座標函式值f x x2 input 輸入所要計算的節點x2 syms x n length x1 差商的求法 for i 2 n f1 i,1 y i y i 1 x1 i x1 i 1 endfor i 2 n for j i 1 n f1...