一、4種插值方法及其誤差估計
1、多項式插值（以單項式為基地）
（Ⅰ）解題思路
\[P_n(x)=a_0+a_1x+……+a_nx^n \]將\(\{x\}_{i=0}^n\)代入，構造出一個關於係數\(a_0，a_1，……，a_n\)的\(n+1\)元線性方程組，並解出\(\{a\}\)。
由於這種插值方法是最繁雜的，所以一般不會用到（除非在小學生面前裝*），所以也不會考慮其誤差，如果非得考慮的話，由
範德蒙德矩陣可知，矩陣非奇異所以\(P_n(x)\)存在且唯一，故而誤差和其他插值方法的誤差是一樣的，這裡就不做討論了。
（Ⅱ）例題（參考《數值分析 第五版》\(P_{48}\ T_1\)）
題目： 當\(x=1，-1，2\)時，\(f(x)=0，-3，4\)，用單項式基底求\(f(x)\)的二次差值多項式。
解答：
構造插值函式：\(P_2(x)=a_0+a_1x+a_2x^2\)，這時代入\(\{x\}_{i=0}^2\)，得到如下的3元線性方程組：
\[\begin{cases} P_2(x_0)=a_0+a_1x_0+a_2x_{0}^2=0\\\\ P_2(x_1)=a_0+a_1x_1+a_2x_{1}^2=-3\\\\ P_2(x_2)=a_0+a_1x_2+a_2x_{2}^2=4 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} P_2(1)=a_0+a_1+a_2=0\\\\ P_2(-1)=a_0-a_1+a_2=-3\\\\ P_2(2)=a_0+2a_1+4a_2=4 \end{cases} \]解得：
\[\begin{cases} a_0=-\ \frac{7}{3}\\\\ a_1=\quad\frac{3}{2}\\\\ a_2=\quad\frac{5}{6} \end{cases} \]所以最後得出插值函式：\(P_2(x)=-\frac{7}{3}+\frac{3}{2}x+\frac{5}{6}x^2\)。
2、拉格朗日插值法
（Ⅰ）解題思路
\[L_n(x)=\sum_{i=0}^n{f(x_i)\times\frac{(x-x_0)…(x-x_{j-1})(x-x_{j+1})…(x-x_n)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_n)}} \]\[R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{(n+1)!}\times\omega_{n+1}(x)，\xi\in（a，b） \]所以線性插值的函式和誤差估計為：
\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}} \]\[R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-x_0)(x-x_1)，\xi\in（x_0，x_1） \]二次插值的函式和誤差估計為：
\[L_2(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}\times f(x_0)+\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}\times f(x_1)+\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}\times f(x_2) \]\[R_2(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{0})(x-x_{1})(x-x_{2}) \]有上述的誤差分析可以看到，\(n\)階拉格朗日插值法對\(n\)階及其以下的\(f(x)\)都準確成立，所以精度為\(n\)。
（Ⅱ）例題
例題1（參考《數值分析 第五版》\(P_{48} T_1\)）\(\Longrightarrow\) 解出插值函式
題目： 當\(x=1，-1，2\)時，\(f(x)=0，-3，4\)，用拉格朗日插值基底求\(f(x)\)的二次差值多項式。
解答：
\[\begin{cases} &l_0(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}=-\ \frac{1}{2}(x+1)(x-2)\\\\ &l_1(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}=\quad\frac{1}{6}(x-1)(x-2)\\\\ &l_2(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}=\quad\frac{1}{3}(x-1)(x+1) \end{cases} \]所以解得\(L_2(x)=-\frac{1}{2}(x+1)(x-2)+\frac{1}{6}(x-1)(x-2)+\frac{1}{3}(x-1)(x+1)\)。
例題2（參考《數值分析 第五版》\(P_{48} T_4\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值的精度
題目： 設\(x_j\)為互異節點（\(j=0，1，…，n\)），求證：\(\sum_{j=0}^{n}{[x_j^k\times l(x_j)]}\equiv x^k\)，\(k=0，1…n\)。
解答：
根據拉格朗日插值函式模型，我們不妨設\(f(x)=x^k\)；也就是說我們證的是\(L_n(x)\equiv f(x)\)，即證\(R_n(x)\equiv0\)；根據拉格朗日插值的誤差估計，我們不難得出\(R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{（n+1）!}\times\omega_{（n+1）}(x)\)；這個時候考察\(f^{（n+1）}(\xi)\)，由於\(f(x)=x^k\)為\(k\)階多項式，並且\(k\le n\)，所以\(f^{（n+1）}(\xi)\equiv0\)，故而\(R_n(x)\equiv0\)，證畢；
總結： 此題可以得出結論——\(n\)階拉格朗日插值多項式的精度為\(n\)，也就是對\(n\)階以內的函式都準確成立；
例題3（參考《數值分析 第五版》\(P_{48} T_5\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中線性插值的誤差分析
題目： 設\(f(x)\in C^2[a，b]\)且\(f(a)=f(b)=0\)，求證：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)。
解答：
很顯然，只給了兩個點，正好兩個插值條件，所以我們使用線性插值方法，構造線性插值函式：
\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}}=0 \]所以\(f(x)=L_1(x)+R_1(x)=R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-a)(x-b)，\xi\in（a，b）\)；所以考慮到\((x-a)(x-b)\)在\(（a，b）\)上的最大值在\(x=\frac{a+b}{2}\)處，值為\((\frac{b-a}{2})^2\)，所以即可得出結論：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)，證畢。
總結： 把握線性插值的誤差估計，\(\omega_{n+1}(x)\)在中點出去的最大值。順便掌握\(n\)階拉格朗日插值的誤差。
例題4（參考《數值分析 第五版》\(P_{48} T_6\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中二次插值的誤差分析
題目： 在\(-4\le x\le4\)給出\(f(x)=e^x\)的等距節點函式表，若用二次差值求\(e^x\)的近似值，要使截斷誤差不超過\(10^{-6}\)，求出函式表的步長\(h\)應取多少？
解答：
\[R_h(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1}) \]令\(x=x_i+th\)，則\(x_{i-1}，x_i，x_{i+1}\)分別對應\(t=-1，0，1\)，故而有：
\[(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1})=(t-1)t(t+1)h^3 \]要求是截斷誤差不超過\(10^{-6}\)，所以只要誤差限不超過\(10^{-6}\)即可，而誤差限就是\(|R_h(x)|\)的最大值。設函式：\(\psi(t)=(t-1)t(t+1)\)，現在分別考慮\(f^{(3)}(\xi)\)和\(\psi(t)\)的最大值。
對\(\psi(t)\)求一階導可得：\(\psi^{'}(t)=3t^2-1\)，所以有\(|\psi(t)|\)在\([0，1]\)上的最大值為\(|\psi(\frac{1}{\sqrt{3}})|=\frac{2\sqrt{3}}{9}\)；
\(\underset{-4\le x\le4}{max}|f^{(3)}(x)|=\underset{-4\le x\le4}{max}|e^x|=|e^4|=54.60\)；
所以得出\(\underset{-4\le x\le4}{max}|R_h(x)|=\frac{\sqrt{3}}{27}\cdot54.60\times h^3\le10^{-6}\Longrightarrow h\le0.0066\)；
總結： 看似有步長，為分段插值，其實本質上就是分析拉格朗日插值法的誤差，熟練掌握拉格朗日插值法的誤差估計：\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)}\times\omega_{n+1}(x)\)，通過代入給出的\(f(x)\)的表示式來判斷\(f^{(n+1)}(\xi)\)的最大值，並結合\(\omega_{n+1}(x)\)的最大值（此處一般都是整一個步長\(h=\underset{k}{max}\ h_k\)，然後將\(x_i\)和\(x\)替換掉，構造成一個\(t\)的函式），從而確定出\(n\)階拉格朗日插值多項式的誤差限。
3、牛頓插值
（Ⅰ）解題思路
牛頓插值有兩種表達形式：
均差形式的牛頓插值和差分形式的牛頓插值。第一種：均差形式的牛頓插值
\[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]\[R_n(x) = f[x, x_0, x_1, ..., x_n]·\omega_{n+1}(x) \]只有各階的均差我們是不知道的，但是我們可以通過構造均差表來求得。
並且值得注意的一點是：在高階均差中的同階均差相差不多，可以近似相等，這可以簡化求誤差限；同樣也正是因為這個原因，我們在求誤差限的時候通常是將\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)換成\(f[x_0, x_1, ..., x_n，x_{n+1}]\)，也就是說我們需要\(n+2\)個點才能估計出
均差形式的誤差限。
第二種：差分形式的牛頓插值（牛頓前插公式）
\[P_n(x_0+th) = f_0+t\Delta f_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2f_0+…+\frac{t(t-1)…(t-n+1)}{n!}\Delta^nf_0 \]\[R_n(x) = \frac{t(t-1)…(t-n+1)}{(n+1)!}h^{n+1}f^{(n+1)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]同樣的，我們可以通過構造差分表來獲取\(x_0\)點處的各階差分。
與
均差形式的牛頓插值不同，差分形式的牛頓插值在解算誤差限的時候只需要\(n+1\)個點。不過我們依然可以看到，差分形式是由均差形式通過“均差-差分”（\(f[x_k, ..., x_{k+m}] = \frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n\)）以及“差分-導數”（\(\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)\)，其中\(\xi \in [x_k, x_{k+n}]\)）這兩層關係推出來的，也就是說將\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)換成了\(f^{(n+1)}(\xi)\)，這樣就要求\(f(x)\)的\(n+1\)階導數。
總結： 當插值函式是一個複雜函式（這裡的複雜指的是原函式的導數不容易得出）時，如：\(f(x)=\sqrt{\frac{\cos x+2\sin x}{2\cos x-\sin x}}\)，想求\(n+1\)階導數幾乎是不存在的（除非你是徐半仙或者聶星人或者許外掛），這是我們就只能通過構造
均差表來解算其誤差限；當插值函式是一個簡單函式時，如\(f(x)=\cos x\)，這時求\(n+1\)階導數趕趕單單沒有\(len\)何挑戰，所以就可以構造差分表來解算誤差限。一般地，題目中應該會給我們\(n+2\)個點來研究\(n\)次的牛頓插值。但是如果題目中的原函式是複雜函式，並且只給了\(n+1\)個點，這個時候我們不用慌，還有\(PlanB\)——題目肯定是要我們求\(f(m)\)的近似值，其中\(m\in(x_0，x_n)\)，這個時候就相當於給了我們第\(n+2\)個點：\(m\)，我們就能夠通過\(f(m)\)的值（代入表示式中獲得的近似值）來求得\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)。
（Ⅱ）例題
例題1（參考《數值分析 第五版》\(P_{32} 例題4\)）\(\Longrightarrow\)
均差形式的牛頓插值及其誤差估計題目： 給出\(f(x)\)的函式表求4次牛頓插值多項式，並由此計算\(f(0.596)\)的近似值及其誤差限。
解答：
首先根據給定函式表構造《函式-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) \(\Delta f^{(1)}\) \(\Delta f^{(2)}\) \(\Delta f^{(3)}\) \(\Delta f^{(4)}\) \(\Delta f^{(5)}\) \(0.40\) \(\underline{0.41075}\) \(0.55\) \(0.57815\) \(\underline{1.11600}\) \(0.65\) \(0.69675\) \(1.18600\) \(\underline{0.28000}\) \(0.80\) \(0.88811\) \(1.27573\) \(0.35893\) \(\underline{0.19733}\) \(0.90\) \(1.02652\) \(1.38410\) \(0.43348\) \(0.21300\) \(\underline{0.03134}\) \(1.05\) \(1.25382\) \(1.51533\) \(0.52493\) \(0.22863\) \(0.03126\) \(-\ 0.00012\) \[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]所以我們可以得到：
\[\begin{equation}\begin{aligned} P_4(x) &= \quad0.41075+1.11600\cdot(x-0.40)+0.28000\cdot(x-0.40)(x-0.55)\\&+\quad0.19733\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)\\ &+\quad 0.03134\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)(x-0.80) \end{aligned}\end{equation} \]所以有：\(f(0.596)\approx P_4(0.596)=0.63192\ 3237\)，另外我們有截斷誤差為：
\[|R_4(x)| = |f[x, x_0, x_1, ..., x_4]·\omega_{5}(0.596)|\approx |f[x_0, x_1, ..., x_5]·\omega_{5}(0.596)|\le3.63\times10^{-9} \]\(PlanB\)：
以下內容瞭解即可，考試時一般用不著！！！
大家不難發現，我這裡保留了小數點後15位，那是不是保留10位或者更小的有效數字就為0了呢？我們不妨來看一下保留5位和7位的情況：
保留小數點後5位：
保留小數點後7位：
大家不難發現，結果並不是我們想象的那樣簡單，有效位數對誤差影響是非常非常大的，正所謂“差之毫釐謬以千里”，但是我們不用慌，因為如圖所示（天機就是拿來洩漏的?）：
所以大家就按部就班即可，題目還是很嚴謹的！！！
例題2（參考《數值分析 第五版》\(P_{34} 例題5\)）\(\Longrightarrow\)
差分形式的牛頓插值及其誤差估計題目： 給出\(f(x)=\cos x\)在\(x_k=kh\)（k=0,1,…,5\(、\)h=0.1\(）處的函式值，試用4次牛頓前插公式計算\)\(f(0.048)\)的近似值並估計誤差。
解答：
首先構造
差分表，並用牛頓前插公式：
由\(x=x_0+th\Longrightarrow t=\frac{x-x_0}{h}=0.48\)；所以有
\[\begin{aligned}\cos(0.048)\approx P_4(0.048)&=1.00000+0.48\times(-0.00500)+\frac{0.48\cdot(0.48-1)}{2!}\times(-0.00993)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)}{3!}\times(0.00013)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)\cdot(0.48-3)}{4!}\times(0.00012)\\&=0.99885\end{aligned} \]其誤差限函式為：
\[|R_4(x)| = \frac{t(t-1)(t-2)(t-3)(t-4)}{5!}h^{5}f^{(5)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]所以有：
\[|R_4(0.0480)| \le \frac{0.48(0.48-1)(0.48-2)(0.48-3)(0.48-4)}{5!}(0.1)^{5}\times|\sin(0.5)|\le1.3433\times10^{-7} \]
總結：
均差表可以不用原函式求\(n+1\)階導數，但是它的缺點就是難算，而且估計誤差的時候需要\(n+2\)個點；
差分表的製作過程比均差表簡單得多，而且可以不用第\(n+2\)個點就能估計出誤差限，前提是原函式的導數必須是能求出來的；
4、埃爾米特插值
（Ⅰ）整理思緒：埃爾米特插值與牛頓插值的聯絡
這也就是說埃爾米特插值就是牛頓插值的一種特殊情況，兩點三次埃爾米特插值和\(n\)點\(n\)次埃爾米特插值是埃爾米特插值的兩種常用模型；而且一般也就是靠這兩種（除非有人想要?你並讓你?）。
（Ⅱ）解題思路
普通的牛頓插值在此前已經研究完了，現在我們開始研究埃爾米特插值的套路。
（1）套路2（普通的埃爾米特插值）： 給出了\(m+1\)個插值條件【含函式值（\(k+1\)個）和導數值（\(n-k\)個）】構造出不超過\(m\)次的埃爾米特插值多項式。【順便提一嘴：書上有說不給一般埃爾米特插值的公式，因為這沒必要】。
由於之前有說“埃爾米特插值就是牛頓插值的特殊情況”，那麼很顯然，這句話的意思就是埃爾米特插值也遵循牛頓插值的套路——套路1。在這裡我們就有了兩套方案：
\(PlanA\)： 我親切地稱之為“牛頓插值附身法”（因為和牛頓插值簡直一模一樣）
建構函式表和均差表，重結點就替換為導數，啥一階導、二階導統統安排上（現在感覺十分撓頭沒關係，之後有例子和詳細步驟，所以不用慌張）。
\(PlanB\)： 我願稱之為“暴力硬核待定係數法”（真的很暴力，一般也就3點3次埃爾米特插值用）
用所有的點（不包含其他重節點，意思就是隻能每一組重節點中只能有一個入選）構造一個《函式-均差表》，然後寫出插值函式，這個插值函式十年小母?——老??了，一共是分為倆部分：牛頓插值函式和待定係數高階多項式。
牛頓插值函式 依據\(PlanB\)中構造的均差表得到的牛頓插值函式；
待定係數高階多項式 由於不是\(n+1\)個點，所以
牛頓插值函式必然到不到\(n\)階，這是我們就需要待定係數，並且按照牛頓插值函式構造的規則來填補剩下的高階多項式。如果是\(n\)點\(n\)次埃爾米特插值函式，那麼就直接在\(n-1\)階牛頓插值函式後面利用第\(n\)個點：\(P_n(x)=P_{n-1}(x)+A\times(x-x_0)…(x-x_n)\)。其誤差估計當然就可以用
牛頓插值的誤差估計了，不過值得注意的是我們用的牛頓前插公式，而且將步長與\((t-i+1)\)進行了合併，重新得到了\((x-x_i)\)：\[R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i} \]其中\(j_i\)表示第\(x_i\)這個點出現的次數，比如如果不是重節點那麼該值就為1。
（2）套路3（兩點三次埃爾米特插值）： 有兩個節點，在這兩個節點上，原函式函式值與插值函式函式值相等（\(f(x_i)=P(x_i)\)），並且對應的導數值也相等（\(f^{(1)}(x_i)=P^{(1)}(x_i)\)）。直接給出公式：
\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]其誤差估計為：
\[R_3(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2\qquad\xi\in(x_k，x_{k+1}) \]
（Ⅲ）例題
例題1（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{13}\)）\(\Longrightarrow\) 套路2（普通的埃爾米特插值）
題目： 求次數小於等於3的多項式\(P_3(x)\)，是滿足條件\(P_3(x_0)=f(x_0)\)、\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)、\(P_3(x_1)=f(x_1)\)。
解答：
可以看到這雖然是“兩點三次埃爾米特插值”，但是此非彼，所以初步判定此題為?題；
此題是“普通埃爾米特插值”，所以有兩種解法（突然發現一箭雙鵰）：
\(PlanA\)： “牛頓插值附身法”
構建《函式-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) 一階均差 二階均差 三階均差 \(x_0^{(1)}\) \(f(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(2)}\) \(f(x_0)^{(2)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(3)}\) \(f(x_0)^{(3)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\) \(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) \(\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}\) \(\frac{\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}}{x_1-x_0}\) 這些東西一般都是已知的，只要帶進去算（反正我是不建議找規律帶公式的），還是一個一個算吧，這公式忒難記了。
然後直接用牛頓插值就好了，這裡我就不寫了，沒多大個意義。
直接給出答案：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]\(PlanB\)： “暴力硬核待定係數法”
構造《函式-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) 一階均差 \(x_0\) \(f(x_0)\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) 然後建構函式：
\[P_3(x)=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)+A\times(x-x_0)(x-x_1)+B\times(x-x_0)^2(x-x_1) \]\[P_3^{(1)}(x)=f[x_0,x_1]+A\times[2x-(x_0+x_1)]+B\times[(x-x_0)^2+2(x-x_0)(x-x_1)] \]\[P_3^{(2)}(x)=2A+B\times[2(x-x_0)+2\cdot[2x-(x_0+x_1)]] \]將\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)分別代入可得：
\[P_3^{(1)}(x_0)=1+A\times(x_0-x_1)=f^{(1)}(x_0) \]\[P_3^{(2)}(x_0)=2A+B\times[2\cdot(x_0-x_1)]=f^{(2)}(x_0) \]解得：
\[A=\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1},\qquad B=\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2} \]代入函式，可得：
\[\begin{aligned}P_3(x)&=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)\\\\&+\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1}\times(x-x_0)(x-x_1)\\\\&+\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2}\times(x-x_0)^2(x-x_1)\end{aligned} \]不妨整理一下（將\(x-x_1\Longrightarrow x-x_0+x_0-x_1\)），易得（放?，難得一批）：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]至此證畢，所以……大家知道為啥我願稱之為“暴力硬核待定係數法”了嘛？我去梳梳頭皮了先
。
\(PlanC\)： 沒啥好名兒了，就暫定為“牛頓待定係數法”吧
驚不驚喜，意不意外，沒想到我還有第三種方法叭（
首先我們依據\(PlanB\)中構造的《函式-均差表》，所以有：
\(x\) \(f(x)\) 一階均差 二階均差 三階均差 \(x_0^{(1)}\) \(f(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(2)}\) \(f(x_0)^{(2)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(3)}\) \(f(x_0)^{(3)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\) \(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) \(f[x_0,x_0,x_1]\) \(f[x_0,x_0,x_0,x_1]\) 然後發現只有第三節均差我們是不知道的，由於在牛頓插值的時候其實最後一個點是用不上的，但是插值函式很顯然是通過這個點的，所以先構造插值函式（設\(f[x_0,x_0,x_0,x_1]=A\)）：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+A\times{(x-x_0)^3} \]再將最後一個點代入函式，解得：
\[A=[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{1}{x_1-x_0} \]所以最後還是可以得到插值函式為：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]總結： 像套路2（普通埃爾米特插值函式）一共有三種解法
①、最樸素的解法（\(PlanA\)：牛頓插值附身法）： 將所有的點（包含重節點）都放入《函式-均差表》中，用牛頓插值法的思想解出函式的表示式。優點——一步一步無腦代入、缺點——繁瑣；
②、最暴力的解法（\(PlanB\)：暴力硬核待定係數法）： 將所有點（不包含其他重節點）放入《函式-均差表》中，先用牛頓插值法寫出前半部分，然後再用待定係數法構造出後半部分的高階多項式。最後將導數值的差之條件代入，並解出各個待定的係數。優點——由於插值的時候不考慮重節點，所以對計算機更加友好、缺點——常識告訴我們暴力的方法只有計算機能勝任
③、當樸素和暴力擦除愛情的火花時（\(PlanC\)：牛頓待定係數法）： 當滿足一下兩個條件時才能觸發：
只有一項均差不知道&&這一項對應的節點不能是重節點。這種情況及其罕見，除非有人刻意安排（就像愛情一樣），所以大家一定要長點兒心，不要和這玩意兒失之交臂。通過待定係數構造出插值函式之後，將所求點代入方程接觸係數。
例題2（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{14}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（兩點三次埃爾米特插值）
題目： 求小於等於3的多項式\(P_3(x)\)使其滿足條件\(P_3(0)=0\)、\(P_3^{'}(0)=1\)、\(P_3(1)=1\)、\(P_3^{'}(1)=2\)。
解答：
\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]直接代入，無腦求解：
\[\begin{aligned}P_3(x)&=(1+2\cdot\frac{x-0}{1-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 0+(1+2\cdot\frac{x-1}{0-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 1\\\\&+({x-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 1+({x-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 2\\\\&=x^2(3-2x)+x(x-1)^2+2x(x-1)=x^3-x^2+x\end{aligned} \]總結： 像這種題一般都是無腦題，只要翻翻書就知道答案了（但是知道和算對永遠是兩碼事）；
例題3（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{16}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（兩點三次埃爾米特插值）— 埃爾米特與牛頓
題目： 求一個不高於4次的多項式\(P_4(x)\)，使它滿足\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)、\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)、\(P_4(2)=1\)。
解答： 重點—埃爾米特插值是一種特殊的牛頓插值
所以我們可以依據條件：\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)和\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)，可以無腦得到兩點三次的埃爾米特插值多項式\(H_3(x)=x^2(2-x)\)；又已知\(P_4(x)\)不高於4次，所以根據牛頓插值的改正思想建構函式：
\[P_4(x)=H_3(x)+A(x-0)^2(x-1)^2 \]最後將最後一個點（想到套路2中的\(PlanC\)）代入式中解得\(A=\frac{1}{4}\)，故而得出插值函式為：
\[P_4(x)=x^2(2-x)+\frac{1}{4}x^2(x-1)^2=\frac{1}{4}x^2(x-3)^2 \]總結： 埃爾米特插值是一種特殊的牛頓插值，可以運用改正的思想，並且巧妙的結合套路2中的\(PlanC\)，把握機會。
例題3（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{15}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（兩點三次埃爾米特插值）— 誤差分析
題目： 證明兩點三次埃爾米特的餘項為\(R_3(x)=\frac{1}{4!}\cdot f^{(4)}(\xi)\times(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2，\xi\in(x_k,x_{k+1})\)。
解答： 讓你記你就記著，你是十萬個為什麼蠻？
總結： 其實這個餘項可以從牛頓前插公式餘項中瞥見端倪，給出牛頓插值餘項：\(R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i}\)，很顯然\(n=3，j_1=j_2=2\)，所以就有了兩點三次埃爾米特插值的誤差估計。
5、分段低次插值
（Ⅰ）解題思路： 掌握前面4種插值方法。
（Ⅱ）例題：
例題1（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{18}\)）分段線性插值
主要掌握一點：
\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n(f(x_i)\cdot l_i(x)) \]而其中有：（\(x=x_i\)分別對應了兩段插值函式）
\[l_i(x)=\begin{cases}&\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}}=\frac{1}{h}\times(x-x_{i-1})，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&\frac{x-x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}=\frac{1}{h}\times(x_{i+1}-x)，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\\\\&0，其他\end{cases} \]誤差分析為：
\[R_1(x)=\frac{1}{2}\cdot f^{''}(\xi)\times(x-x_i)(x-x_{i+1}) \]所以誤差限為：
\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(1,h)}(x)|=\frac{1}{2}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times(\frac{x_{i+1}-x_i}{2})^2=\frac{1}{8}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times h^2 \]
例題2（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{19}\)）兩點三次埃爾米特插值
與上述同理，構造分段插值函式：
\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n[\alpha_i(x)f(x_i)+\beta_i(x)f^{'}(x_i)] \]其中有：
\[\alpha_i(x)=\begin{cases}&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i-1}-x_{i}})(\frac{x-x_{i-1}}{x_{i}-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i+1}-x_i})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases}，\qquad\beta_i(x)=\begin{cases}({x-x_i})(\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\({x-x_{i}})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases} \]誤差分析：
\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(3,h)}(x)|\le\frac{h^4}{4!\times4^{^2}}\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(4)}(\xi)| \]
二、均差與差分
（Ⅰ）均差的性質
● 均差性質（1）： \(k\)階均差可表示為函式值\(f(x_0)\)、\(f(x_1)\)、……\(f(x_k)\)。
\[f[x_0,x_1,……x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_k)} \]
● **均差性質（2）： **第\(k\)階均差可以用如下兩個\(k-1\)階均差表示（均差表的基礎）
\[f[x_0,x_1,……x_k]=\frac{f[x_1,……x_k]-f[x_0,x_1,……x_{k-1}]}{x_k-x_0} \]
● 均差性質（3）： \(n\)階均差與導數的關係（分析誤差限和牛頓插值函式的精度）
\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]從上述式子中我們就可以看出，牛頓插值的餘項為\(f[x,x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{{n+1}!}\)，故精度即為\(n\)。
通常在做題的過程中，性質（1）和性質（3）用得多一些。
（Ⅱ）差分、導數和均差的三角戀
（1）差分與均差的關係：
\[f[x_k,……,x_{k+m}]=\frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n \]
（2）差分與導數的關係：
\[\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)，其中\xi \in [x_k, x_{k+n}] \]
（3）\(n\)階均差與導數的關係：
\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]
（Ⅲ）例題
例題1（參考《數值分析 第五版》\(P_{48} T_{8}\)）均差與導數的關係\(\Longrightarrow\)牛頓插值函式的精度
題目： \(f(x)=x^7+x^4+3x+1\)，求\(f[2^0,2^1,…2^7]\)及\(f[2^0,2^1,…2^8]\)。
解答：
根據\(n\)階均差與導數的關係：\(f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\)，我們不難得出：
\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{f^{(7)}(\xi)}{7!} \qquad \xi\in[2^0,2^7]\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{f^{(8)}(\eta)}{8!} \qquad \eta\in[2^0,2^8] \]而\(f(x)\)的最高次數為7，所以可得：
\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{7!}{7!}=1\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{0}{7!}=0\\ \]
例題2（參考《數值分析 第五版》\(P_{49} T_{12}\)）均差與導數的關係\(\Longrightarrow\)牛頓插值函式的精度
題目： \(f(x)=a_0+a_1x+…+a_{n-1}x^{n-1}+a^nx^n\)，有\(n\)個不同實根\(x_1,x_2,…,x_n\)，證明：
\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\begin{cases}0，\qquad 0\le k\le n-2；\\\\a_n^{-1}，\quad k=n-1；\end{cases} \]解答：
記\(g(x)=x^k\)，\(\omega_n(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)，則有：
\[f(x)=a_n\cdot\omega_n(x)，\qquad f^{'}(x_j)=a_n\omega_n^{'}(x_j) \]由均差的性質（1）可得：\(g[x_1,…x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{\omega_k^{'}(x_j)}\)，又有均差與導數的關係：\(g[x_1,……x_k]=\frac{g^{(k-1)}(\xi)}{{(k-1)}!}\)。
所以有：
\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{a_n\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot g[x_1,……x_n]=\frac{1}{a_n}\cdot\frac{g^{(n-1)}(\xi)}{{(n-1)}!} \]所以當\(0\le k\le n-2\)時，\(g(x)\)的最高次數為\(k\)，對\(g(x)\)求\(n-1\)階導之後顯然為0；
當\(k=n-1\)，\(g(x)=x^{n-1}\)，所以對\(g(x)\)求\(n-1\)階導之後為\((n-1)!\)，所以得出最後的值為\(a_n^{-1}\)；
證畢。