插值法定义
设函数$y=f(x)$在区间$[a,b]$上有定义，且
$a\leq x_0< x_1\cdots
若存在一简单函数$p(x)$使得
$\begin{equation}p(x_i)=y_i\quad i=0,1,2,\cdots,n\end{equation}$
成立，就称$p(x)$为$f(x)$的插值函数，点$x_0,x_1,\cdots,x_n$称为插值区间，上式称为插值条件，求插值函数$p(x)$的方法称为插值法。
若$p(x)$为次数不超过$n$的代数多项式，即
$\begin{equation}p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\end{equation}$
其中$a_i$为实数，就称$p(x)$为插值多项式，相应的插值法称为多项式插值。若$p(x)$为分段多项式，就是分段插值。若$p(x)$为三角多项式，就称为三角插值。
插值多项式的存在唯一性
设$p(x)$是形如(2)的插值多项式，用$H_n$表示所有次数不超过$n$的多项式集合，于是$p(x)\in H_n$。所谓插值多项式$p(x)$存在且唯一就是指在集合$H_n$中有且只有一个$p(x)$满足插值条件：
$p(x_i)=y_i\quad i=0,1,\cdots,n$
由插值条件可得：
$
a_0+a_1x_0+a_2x_0^2+\cdots+a_nx_0^n=y_0\\
a_0+a_1x_n+a_2x_n^2+\cdots+a_nx_n^n=y_n
$
这是一个关于$a_0,a_1\cdots a_n$的$n+1$元线性方程组
要证明插值多项式的存在唯一性，只要证明上述方程组存在唯一解，也就是证明方程组的系数行列式的值不为零。
其系数行列式为：
$V_n(x_0,x_1,\cdots,x_n)=\left| \begin{array}{ccccc}
1&x_0&x_0^2&\cdots&x_0^n\\
1&x_1&x_1^2&\cdots&x_1^n\\
\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\
1&x_n&x_n^2&\cdots&x_n^n
\end{array}\right|$
式子中$V_n(x_0,x_1,\cdots,x_n)$称为$Vandermond$行列式。
利用行列式的性质可得$V_n(x_0,x_1,\cdots,x_n)=$$\prod_{i=1}^n\prod_{j=0}^{i-1}(x_i-x_j)$，由于$i\neq j$时，$x_i\neq x_j$，因为定义这些点不重合，故所有因子$x_i-x_j\neq0$，于是$V_n(x_0,x_1,\cdots,x_n)\neq0$，故方程组存在唯一的一组解。
拉格朗日多项式
求$n$次多项式$L_n(x)=y_0l_0(x)+y_1l_1(x)+\cdots+y_nl_n(x)$，使得：
$L_n(x_i)=y_i\quad i=0,1,2,\cdots.n$
条件：无重合节点，即$i\neq j\Rightarrow x_i\neq x_j$
$n=1$ 已知$x_0,x_1;y_0,y_1$，求$L_1(x)=l_0y_0+l_1y_1$使得$L_1(x_0)=y_0\, ,L_1(x_1)=y_1$
可见$L_1(x)$是过点$(x_0,y_0)$和$(x_1,y_1)$两点的直线。
$\begin{align}
L_1(x)=&y_0+\frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}(x-x_0)\\
=&\frac{x-x_1}{x_0-x_1}y_0+\frac{x-x_0}{x_1-x_0}y_1\\=&\sum_{i=0}^1l_i(x)y_i
\end{align}$
$l_i(x)$称为拉式基函数，满足条件$l_i(x_j)=\delta_{ij}$
$n\geq1$希望找到$l_i(x)\quad i=0,\cdots,n$使得$l_i(x_j)=\delta_{ij}$；然后令$L_n(x)=\sum_{i=0}^nl_i(x)y_i$，则显然有$L_n(x_i)=y_i$。每个$l_i$有$n$个零点,所以:
$l_i(x)=C_i(x-x_0)\cdots(x-x_i)\cdots(x-x_n)=C_i\prod_{j\neq i\atop j=0}^n(x-x_j)$
$l_i(x_i)=1\Rightarrow C_i=\prod_{j\neq i}\frac{1}{x_i-x_j}$
$L_n(x)=\sum_{i=0}^nl_i(x)y_i$
插值余项
设节点$a\leq x_0< x_1\cdots
任意固定$x\neq x_i\quad(i=0,\cdots,n)$, 考察$\varphi(t)=R_n(t)-K(x)\prod_{i=0}^n(t-x_i)$
此时$\varphi(t)$有$n+2$个不同的零点$x_0,\cdots,x_n,x\Rightarrow\varphi^{(n+1)}(\varepsilon_x)=0,\quad \varepsilon_x\in(a,b)$ (这里对t求导), 于是有
$f^{(n+1)}(\varepsilon_x)-L_n^{(n+1)}(\varepsilon_x)-K(x)(n+1)!=R_n^{(n+1)}(\varepsilon_x)-K(x)(n+1)!=0$
化简后:
$K(x)=\frac{f^{(n+1)}(\varepsilon_x)}{(n+1)!}$
$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\varepsilon_x)}{(n+1)!}\prod_{i=0}^n(x-x_i)$