ラグランジュ補間の誤差公式

ステップ1(巧妙な補助関数)。節点のいずれでもない点 $x$ を固定する(節点であれば誤差は自明に $0$)。$w(t) = \prod_{i=0}^{n} (t - x_i)$ とし、定数 $c = \dfrac{f(x)-P(x)}{w(x)}$($w(x)\ne0$ なので well-defined)を定義する。補助関数 $g(t) = f(t) - P(t) - c\, w(t)$ を定義する。

ステップ2(gの根を数える)。各節点 $x_i$ において、補間の性質より $f(x_i)-P(x_i)=0$、かつ $w$ の定義より $w(x_i)=0$ なので、すべての $n+1$ 個の節点で $g(x_i)=0$ となる。また $c$ の選び方により $g(x) = f(x)-P(x) - c\,w(x) = f(x)-P(x) - [f(x)-P(x)] = 0$ である。よって $g$ は $n+2$ 個の相異なる根を持つ:$n+1$ 個の節点と $x$ 自身である。

ステップ3(ロルの定理を繰り返し適用する)。$g$ の連続する根の各組の間($n+2$ 個の根の間に $n+1$ 個のそのような間隔がある)で、ロルの定理により $g'$ が消える点が存在するので、$g'$ は少なくとも $n+1$ 個の根を持つ。この議論を $g', g'', \dots$ に繰り返し適用すると、微分するたびに根が1つずつ失われるので、$n+1$ 回適用した後、$g^{(n+1)}$ はその区間内に少なくとも1つの根 $\xi$ を持つ。

ステップ4(微分して誤差を解く)。$P$ の次数は $n$ 以下なので、その $(n+1)$ 階導関数は $0$ である;また $w$ は次数 $n+1$ のモニック多項式なので、すべての $t$ について $w^{(n+1)}(t) = (n+1)!$ である。$g$ を微分すると $g^{(n+1)}(t) = f^{(n+1)}(t) - 0 - c\,(n+1)!$ となり、$g^{(n+1)}(\xi)=0$ とおくと $c = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$ が得られる。$c=\dfrac{f(x)-P(x)}{w(x)}$ を思い出して誤差について解くと、まさに $f(x) - P(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \prod_{i=0}^{n} (x - x_i)$ が得られる。