从上文可以看到，由式（2.2.6）可知考虑的插值基函数li（x）有n个根xj（j=0，1，…，n，j≠i），且li（xi）=1，必定是以下形式，即

这些函数称为拉格朗日插值基函数，利用它们可立即得出插值问题的解，即

事实上，由于所得到的每个插值基函数li（x）（i=0，1，…，n）都是n次多项式，故Ln（x）至多是n次多项式。由式（2.2.10）又得

定理2.1　（唯一性定理）在次数不超过n的几何多项式Hn中，满足插值条件式（2.1.1）的插值多项式Ln（x）∈Hn是存在的，并且是唯一的。

证明过程如下：

式（2.2.12）所表示的Ln（x）已经证明了插值多项式的存在性，接下来用反证法证明唯一性。假定还有P（x）∈Hn使得P（xi）=f（xi）（其中i=0，1，…，n）成立，它表明多项式对所有的Ln（xi）-P（xi）=0（i=0，1，…，n）成立，即多项式Ln（xi）-P（xi）∈Hn，且有（n+1）个零点x0，x1，…，xn。　这与n次多项式只有n个零点的代数基本定理矛盾，故只能有Ln（x）=P（x）。证毕！

例2.1：已知f（-1）=2，f（1）=1，f（2）=1，求f（x）的拉格朗日插值多项式。

解　3个插值节点分别为：x0=-1，x1=1，x2=2。根据公式，有

下面讨论拉格朗日插值余项。若在[a，b]上用插值多项式Ln（x）近似代替f（x），则截断误差可以表示为Rn（x）=f（x）-Ln（x），同时，Rn（x）也称为插值多项式的余项。

定理2.2　设f（n）（x）∈C[a，b]，f（x）在（a，b）内存在（n+1）阶导数，在区间内划分插值节点a≤x0＜x1＜…＜xn≤b，若Ln（x）是满足插值条件的插值多项式，则对∀x∈[a，b]，存在插值多项式余项为(www.daowen.com)

　视频06：拉格朗　日插值余项

这里ξ∈（a，b）且依赖于x。

证明过程如下：

由插值条件可知，Rn（x）=f（x）-Ln（x）在插值节点xi（i=0，1，…，n）上为0，也就是Rn（xi）=f（xi）-Ln（xi）=0，（i=0，1，…，n）。　考虑到Rn（x）有（n+1）个零点，可以设

其中，K（x）是待定函数。为了寻找K（x），现在把x看作[a，b]上固定的点，作函数φ（t）=f（t）-Ln（t）-K（x）（t-x0）（t-x1）…（t-xn），根据插值条件，可知各插值节点也是φ（t）的零点，即φ（xi）=0（i=0，1，…，n），并且φ（t）在x处也为0。那么φ（t）在[a，b]上至少有（n+2）个零点，由罗尔定理（Rolle定理），可知φ′（t）在[a，b]上至少有（n+1）个零点。对φ′（t）再次应用罗尔定理，可得φ″（t）在[a，b]上至少有n个零点。依此类推，可以知道，φ（n+1）（t）在[a，b]上至少有一个零点，记为ξ∈[a，b]，使得

因此

从证明中可知，ξ∈[a，b]且依赖于x。将K（x）代入式（2.2.14），就得到了插值余项公式（2.2.13）。证毕！

当n=1时，一次插值余项可以表示为