拉格朗日插值法相关

插值法

已知函数$y=f(k)$，它很难求
但如果已知$y=f(k)$过$(x_0,y_0),(x_1,y_1),...,(x_n,y_n)$这$n+1$个点，我们就可以构造一个多项式$y=g(k)$使
$$g(x_i)=y_i(i\in [0,n])$$
也可以说是构造一个函数$y=g(k)$使$y$经过平面上所有$n+1$个点
那么对于一个数$i(i̸=x_0,x_1,...,x_n)$，可以用$g(i)$的值作为准确值$f(i)$的近似值
这就是插值法

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拉格朗日插值法

原理

如果$y=f(k)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{k}^i$，我们可以把$n+1$个$x,y$代入，得到$n+1$条方程
解方程组，高斯消元$O(n^3)$求出每一项的系数
但其实不一定非得这么做

假设现在有三个点$(x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2),x_0̸=x_1̸=x_2$
不解方程组，求一条同时经过三点的函数$y=f(k)$ （可能是一条抛物线或一条直线）
不考虑三点共线，我们就把它看做一条抛物线来解
而拉格朗日（Lagrange） 认为$f(n)$可以通过三条抛物线相加得到

• 函数$y=f_0(k)$，过$(x_0,1),(x_1,0),(x_2,0)$三点

• 函数$y=f_1(k)$，过$(x_0,0),(x_1,1),(x_2,0)$三点

• 函数$y=f_2(k)$，过$(x_0,0),(x_1,0),(x_2,1)$三点

为什么非得是这样的三个函数呢？
因为把三条函数各乘上$y_0,y_1,y_2$，会有美妙的性质

• 函数$y=y_0{f}_0(k)$，过$(x_0,y_0),(x_1,0),(x_2,0)$三点

• 函数$y=y_1{f}_1(k)$，过$(x_0,0),(x_1,y_1),(x_2,0)$三点

• 函数$y=y_2{f}_2(k)$，过$(x_0,0),(x_1,0),(x_2,y_2)$三点

那么把$y_0{f}_0(k),y_1{f}_1(k)$和$y_2{f}_2(k)$加起来，最终的函数不就同时过三点了
所以$f(k)=y_0{f}_0(k)+y_1{f}_1(k)+y_2{f}_2(k)$
对于为什么可以这么构造这东西，有一篇知乎说得还好，可以去看一下

构造

构造哪一个先都是一样的，所以我们只考虑构造$f_0(k)$
明显，我们可以这样来构造$$f_0(k)=\frac{(k-x_1)(k-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}$$

把$k=x_0$代入，值为$1$；把$k=x_1$或$k=x_2$代入，值都为$0$
加上剩下的两个函数放在一起也可以这么写$$f_i(k)=\prod _{i̸=j}^{0\le j\le n}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}=\frac{{\prod }_{i̸=j}^{0\le j\le n}(k-x_j)}{{\prod }_{i̸=j}^{0\le j\le n}(x_i-x_j)}$$

最终的$f(k)$，就变成了
$$f(k)=\sum _{i=0}^n{y}_i\ast \frac{{\prod }_{i̸=j}^{0\le j\le n}(k-x_j)}{{\prod }_{i̸=j}^{0\le j\le n}(x_i-x_j)}$$