关于多项式插值递归公式的证明及拉格朗日插值多项式验证方法的问询

数据老陈

2026-4-20

嗨，我来帮你理清楚这个问题！首先要明确：你完全不需要硬把递归定义的$q_m(x)$转换成拉格朗日插值多项式的显式求和形式——利用插值多项式的唯一性定理，就能轻松证明两者相等，这比拆显式形式简单太多了。

先回忆这个关键定理：对于给定的$m+1$个互异节点$x_0, \dots, x_m$，存在唯一的次数不超过$m$的多项式，满足在每个节点$x_j$处取函数值$f(x_j)$。而拉格朗日插值多项式$p_m(x)$就是这个唯一的多项式，所以只要证明$q_m(x)$满足两个条件：

我们一步步来完成归纳证明：

$q_0(x)=f(x_0)$，显然是次数为$0$（$\leq0$）的多项式，且$q_0(x_0)=f(x_0)$，完全符合要求。

假设对于某个$n$（$0\leq n<m$），$q_n(x)$满足：

看递归定义：
$$q_{n+1}(x) = q_n(x) + f[x_0, \ldots, x_{n+1}](x - x_0)(x - x_1)\ldots(x - x_n)$$

验证次数：
$q_n(x)$次数$\leq n$，后面的乘积项是$(n+1)$次多项式，系数是差商$f[x_0, \ldots, x_{n+1}]$，所以$q_{n+1}(x)$的次数最多是$\max(n, n+1)=n+1$，满足“次数$\leq n+1$”的要求。
验证节点处的取值：

当$j=0$到$n$时：$(x_j -x_0)(x_j -x_1)\ldots(x_j -x_n)=0$（因为其中包含$(x_j -x_j)=0$），所以$q_{n+1}(x_j)=q_n(x_j)=f(x_j)$，这直接来自归纳假设，完全成立。
当$j=n+1$时：我们需要证明$q_{n+1}(x_{n+1})=f(x_{n+1})$。
回忆差商的递归定义：
$$f[x_0, \ldots, x_{n+1}] := \frac{f[x_1, \ldots, x_{n+1}]-f[x_0, \ldots, x_n]}{x_{n+1} - x_0}$$
同时，差商有个关键性质：对于$x_0$到$x_n$的插值多项式$q_n(x)$，插值误差满足：
$$f(x_{n+1}) - q_n(x_{n+1}) = f[x_0, \ldots, x_{n+1}] \cdot (x_{n+1}-x_0)(x_{n+1}-x_1)\ldots(x_{n+1}-x_n)$$
把这个式子移项，就能得到：
$$q_n(x_{n+1}) + f[x_0, \ldots, x_{n+1}] \cdot (x_{n+1}-x_0)\ldots(x_{n+1}-x_n) = f(x_{n+1})$$
而这正好就是$q_{n+1}(x_{n+1})$的表达式，所以$q_{n+1}(x_{n+1})=f(x_{n+1})$，符合要求。

通过归纳法，我们证明了$q_m(x)$是次数不超过$m$的多项式，且在所有$m+1$个节点上取$f(x_j)$的值。结合插值多项式的唯一性，就能确定$q_m(x)$就是拉格朗日插值多项式$p_m(x)$。

如果你非要把$q_m(x)$转换成拉格朗日的显式求和形式$\sum_{k=0}^{m} L_k(x) \cdot f(x_k)$，理论上也可以通过展开递归式、结合差商与拉格朗日基函数的关系实现，但这会繁琐很多，完全没必要——唯一性定理是这里的最优解。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Jim