第8章 奇数习题答案

第8章 习题答案

8.1

1. 参考答案： $y=2v_1-1.5v_2+0.5v_3$ ， $y=2v_1-2v_3+v_4,y=2v_1+3v_2-7v_3+3v_4$

2. $y=-3v_1+2v_2+2v_3$ ，权值之和为1，故是一个仿射和.

3. $a$. 由于系数和为1，故 $p_1=3b_1-b_2-b_3\in \mathrm{aff}S$ b. 由于系数和不为1，故 $p_2=2b_1+0b_2+b_3\notin \mathrm{aff}S$ c. 由于系数和为1，故 $p_3=-b_1+2b_2+0b_3\in \mathrm{aff}S$

4. $a$. $p_1\in \text{Span }S$ , 但 $p_1\notin \text{aff }S$ .
   b. $p_2\in \text{Span }S$ , 且 $p_2\in \text{aff }S$ .
   c. $p_3\notin \text{Span }S$ , 所以 $p_3\notin \text{aff }S$ .

5. $v_1=\left[\begin{array}{c}-3\\ 0\end{array}\right]$ 且 $v_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -2\end{array}\right]$ ，可能有其他答案.

6. 见“学习指导”

7. $\mathrm{Span}\{v_2-v_1,v_3-v_1\}$ 是平面当且仅当 $\{v_2-v_1,v_3-v_1\}$ 线性无关. 设 $c_2,c_3$ 满足 $c_2(v_2-v_1)+c_3(v_3-v_1)=0$ . 证明 $c_2=c_3=0$ .

8. 令 $S=\{x:Ax=b\}$ ，为证明 $S$ 是仿射的，根据定理3，只需证明 $S$ ，根据 4.2 节的定理2（或 2.8 节的定理12），$W=\{x:Ax=0\}$ ，根据 4.2 节的定理 2（或 2.8 节的定理 12），$W$ 满足 Ap = b，故根据 1.5 节的定理6，$R^n$ 的一个子空间。因为 $S=W+p$ ，其中 $p$ 满足 Ap = b，故根据 1.5 节的定理 6，$S$ 是 $W$ 的平移，因此 $S$ 是一个平面。

9. 一个恰当的集合包含任何三个向量，这三个向量不是共线的且5为它们的第三项。若5是它们的第三项，则它们位于平面 $z=5$ 。若向量不是共线的，则它们的仿射包不可能是直线，故它一定是一个平面。

10. 若 $p,q\in f(S)$ ，则存在 $r,s\in S$ 使得 $f(r)=p$ , $f(s)=q$ 。对任意的 $t\in \mathbb{R}$ ，我们一定可以证明 $z=(1-t)p+tq$ 在 $f(S)$ 中。现在利用 $p$ 和 $q$ 的定义及 $f$ 是线性的这一事实。完整的证明可参考“学习指导”。

11. 由于 $B$ 是仿射的, 故定理2 表明 $B$ 包含 $B$ 中的点的所有仿射组合, 因此 $B$ 包含 $A$ 中的点的所有仿射组合, 即 aff $A\subset B$ .

12. 由于 $A\subset (A\cup B)$ ，故由习题22知， $\mathrm{aff}A\subset \mathrm{aff}(A\cup B)$ 。类似地， $\mathrm{aff}B\subset \mathrm{aff}(A\cup B)$ ，故 $[\mathrm{aff}A\cup \mathrm{aff}B]\subset \mathrm{aff}(A\cup B)$ 。

13. 为证明 $D\subset E\cap F$ ，只需证明 $D\subset E$ 与 $D\subset F$ . 完整的证明可参考“学习指导”.

8.2

1. 仿射相关且 $2v_1+v_2-3v_3=0$

2. 集合是仿射无关的. 若点记为 $v_1,v_2,v_3,v_4$ 则 $\{v_1,v_2,v_3\}$ 是 ${\mathbb{R}}^3$ 的基且 $v_4=16v_1+5v_2-3v_3$ ，但是线性组合中的权值和不为1.

3. $-4v_1+5v_2-4v_3+3v_4=0$

4. 重心坐标是 $(-2,4,-1)$ .

5. 参考“学习指导”.

6. 当 5 个点的集合由减法平移，如去掉第一个点，则由 1.7 节定理8 中。由定理5，5 个点的原集合一定是仿射相关的。${\mathbb{R}}^3$ 中。由定理 5，5 个点的原集合一定是仿射相关的。

7. 若 $\{v_1,v_2\}$ 是仿射相关的，则存在不为零的 $c_1,c_2$ 使得 $c_1+c_2=0$ 且 $c_1{v}_1+c_2{v}_2=0$ 。证明这表明 $v_1=v_2$ 。相反地，假定 $v_1=v_2$ 且选择特殊的 $c_1,c_2$ 证明它们仿射相关。细节参考“学习指导”。

8. $a$. 向量 $v_2-v_1=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right]$ 且 $v_3-v_1=\left[\begin{array}{c}3\\ -2\end{array}\right]$ 不是倍数关系，因此线性无关。由定理5，$S$ 是仿射无关的。 b. $p_1\leftrightarrow \left(-\frac{6}{8},\frac{9}{8},\frac{5}{8}\right)$ ， $p_2\leftrightarrow \left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ , $p_3\leftrightarrow \left(\frac{14}{8},-\frac{5}{8},-\frac{1}{8}\right)$ ， $p_4\leftrightarrow \left(\frac{6}{8},-\frac{5}{8},\frac{7}{8}\right)$ , $p_5\leftrightarrow \left(\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{5}{8}\right)$ c. $p_6$ 是 $(-,-,+),p_7$ 是 $(0,+,-),p_8$ 是 $(+,+,-)$ .

9. 假定 $S=\{b_1,\cdots ,b_k\}$ 是仿射无关集合. 方程（7）有一个解，因为 $p$ 在 aff S 中. 因此方程（8）有一个解. 由定理5 中点的齐次式是线性无关的，因此（8）有唯一解. 那么（7）也有唯一解，因为（8）包含两个方程，它们也在（7）中出现. 下面的讨论仿照 4.4 节定理7 的证明. 如果 $S$ 中点的齐次式是线性无关的，因此（8）有唯一解. 那么（7）也有唯一解，因为（8）包含两个方程，它们也在（7）中出现. 下面的讨论仿照 4.4 节定理 7 的证明. 如果 $S=\{b_1,\cdots ,b_k\}$ 是仿射无关集合，那么由 aff S 的定义，存在 $c_1,\cdots ,c_k$ 满足（7）. 假设对于标量 $d_1,\cdots ,d_k$ ，$x$ 也可以表示为 $x=d_1{b}_1+\cdots +d_k{b}_k,d_1+\cdots +d_k=1$ (7a) 那么相减得到 $0=\mathbf{x}-\mathbf{x}=(c_1-d_1){\mathbf{b}}_1+\cdots +(c_k-d_k){\mathbf{b}}_k$ (7b) (7b) 的权值和为 0，因为 $c$ 和 $d$ 的和分别为 1. 这是可能的，除非（8）的每个权值都为 0，因为 $S$ 是仿射无关集合. 这就证明对于 $i=1,\cdots ,k$ ， $c_i=d_i$ .

10. 若 $\{p_1,p_2,p_3\}$ 是仿射相关集合，则存在不全为零的标量 $c_1,c_2,c_3$ ，满足 $c_1{p}_1+c_2{p}_2+c_3{p}_3=0$ 且 $c_1+c_2+c_3=0$ 。再使用 $f$ 的线性性质。

11. 设 $a=\left[\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\end{array}\right]$ ， $b=\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\end{array}\right]$ ， $c=\left[\begin{array}{c}{c}_1\\ c_2\end{array}\right]$ ，则由行列式的转置性质（3.2节定理5）得

$$\det \left[\begin{array}{lll}\tilde{\mathbf{a}}& \tilde{\mathbf{b}}& \tilde{\mathbf{c}}\end{array}\right]=\det \left[\begin{array}{lll}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_2\\ 1& 1& 1\end{array}\right]=\det \left[\begin{array}{lll}{a}_1& a_2& 1\\ b_1& b_2& 1\\ c_1& c_2& 1\end{array}\right]$$

由 3.3 节习题 30，行列式等于以 $a$, $b$, $c$，为顶点的三角形面积的 2 倍.

23. 若 $\left[\tilde{a}\tilde{b}\tilde{c}\right]\left[\begin{array}{c}r\\ s\\ t\end{array}\right]=\tilde{p}$ ，则由克莱姆法则， $r=\det \left[\tilde{p}\tilde{b}\tilde{c}\right]/\det \left[\tilde{a}\tilde{b}\tilde{c}\right]$ . 由习题21，这个商的分子是△pbc面积的2倍，分母是△abc面积的2倍. 由此证明了 $r$ 的等式. 对于 $s,t$ 的等式，也可使用克莱姆法则证明.

24. 交点是

$$\mathbf{x}(4)=-0.1\left[\begin{array}{l}1\\ 3\\ -6\end{array}\right]+0.6\left[\begin{array}{l}7\\ 3\\ -5\end{array}\right]+0.5\left[\begin{array}{l}3\\ 9\\ -2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{l}5.6\\ 6.0\\ -3.4\end{array}\right]$$

它不在三角形内.

8.3

1. 见“学习指导”.

2. conv S 为空集.

3. $p_1=-\frac{1}{6}{v}_1+\frac{1}{3}{v}_2+\frac{2}{3}{v}_3+\frac{1}{6}{v}_4=0,$ 故 $p_1\notin \mathrm{conv}S.$ $p_2=\frac{1}{3}{v}_1+\frac{1}{3}{v}_2+\frac{1}{6}{v}_3+\frac{1}{6}{v}_4=0,$ 故 $p_2\in \mathrm{conv}S.$

4. $a$. $p_1,p_2,p_3,p_4$ 的重心坐标分别为 $\left(\frac{1}{3},\frac{1}{6},\frac{1}{2}\right)$ , $\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right),\left(\frac{1}{2},\frac{3}{4},-\frac{1}{4}\right).$ b. $p_3$ 和 $p_4$ 在 conv T 的外面. $p_1$ 在 conv T 的内部. $p_2$ 在 conv T 的边 $\overline{v_2{v}_3}$ 上.

5. $p_1$ 和 $p_3$ 在四面体 $\mathrm{conv}S$ 的外部。 $p_2$ 在包含顶点 ${\nu }_2,{\nu }_3$ 和 ${\nu }_4$ 的面上。 $p_4$ 在 $\mathrm{conv}S$ 的内部。 $p_5$ 在 ${\nu }_1$ 与 ${\nu }_3$ 间的边上。

6. 见“学习指导”

7. 若 $p,q\in f(S)$ , 则存在 $r,s\in S$ , 使得 $f(r)=p$ , $f(s)=q$ 对 $0⩽t⩽1$ , 证明线段 $y=(1-t)p+tq$ 在 $f(S)$ 中. 现在利用 $f$ 的线性及 $S$ 的凸性来证明对某个 $w\in S$ 有 $y=f(w)$ . 这也证明了 $y\in f(S)$ ，即 $f(S)$ 是凸的.

8. $p=\frac{1}{6}{v}_1+\frac{1}{2}{v}_2+\frac{1}{3}{v}_4$ 且 $p=\frac{1}{2}{v}_1+\frac{1}{6}{v}_2+\frac{1}{3}{v}_3$

9. 假定 $A\subset B$ ，其中 $B$ 是凸的，则由于 $B$ 是凸的，故定理7表明 $B$ 包含了 $B$ 中所有点的凸组合。因此， $B$ 包含 $A$ 中所有点的凸组合，即 $\mathrm{conv}A\subset B$ 。

10. $a$. 利用习题 18 证明 conv A 与 conv B 都是 conv $(A\cup B)$ 子集。这将表明它们的并集也是 conv $(A\cup B)$ 的子集。 b. 一种可能性是设 $A$ 是正方形的两个相邻的角且 $B$ 是另外两个角。那么 $(\text{conv }A)\cup (\text{conv }B)$ 是什么，而 conv $(A\cup B)$ 又是什么呢？

23. $\mathbf{g}(t)=(1-t){\mathbf{f}}_0(t)+t{f}_1(t)$ $=(1-t)\left[(1-t){\mathbf{p}}_0+t{p}_1\right]+t\left[(1-t){\mathbf{p}}_1+t{p}_2\right]$ $=(1-t{)}^2{\mathbf{p}}_0+2t(1-t){\mathbf{p}}_1+t^2{\mathbf{p}}_2$

$g$ 的线性组合中权值之和为 ${\left(1-t\right)}^2+2t\left(1-t\right)+t^2$ ，它等于 $\left(1-2t+t^2\right)+\left(2t-2t^2\right)+t^2=1$ 。当 $0⩽t⩽1$ 时，权值在 0 与 1 之间，故 $g(t)$ 在 conv $\{p_0,p_1,p_2\}$ 的内部。

8.4

1. $f(x_1,x_2)=3x_1+4x_2$ 且 $d=13$

2. $a$. 开的 $b$. 闭的 $c$. 两者都不是 $d$. 闭的 $e$. 闭的

3. $a$. $n=\left[\begin{array}{c}0\\ 2\\ 3\end{array}\right]$ 或是其倍数 $b$. $f(x)=2x_2+3x_3,d=11$

4. $a$. $n=\left[\begin{array}{c}3\\ -1\\ 2\\ 1\end{array}\right]$ 或是其倍数 $b$. $f(x)=3x_1-x_2+2x_3+x_4,d=5$

5. $v_2$ 与 0 在同一边， $v_1$ 在另一边， $v_3$ 在 $H$ 中.

6. $p=\left[\begin{array}{c}32\\ -14\\ 0\\ 0\end{array}\right],v_1=\left[\begin{array}{c}10\\ -7\\ 1\\ 0\end{array}\right],v_2=\left[\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

7. $f(x)=x_1-3x_2+4x_3-2x_4,d=5$

8. $f(x)=x_1-2x_2+x_3,d=0$

9. $f(x)=-5x_1+3x_2+x_3,d=0$

10. 见“学习指导”.

11. $f(x)=3x_1-2x_2,9<d<10$

12. $f(x,y)=4x+1,d=12.75,$ 即 $f(3,0.75)$ . 点 $(3,0.75)$ 是 $B(0,3)$ 中心到 $B(\mathbf{P},1)$ 中心距离的 $\frac{3}{4}$ .

13. 8.3 节习题 2（$a$）给出一种可能性．或令 $S=\left\{(x,y):x^2{y}^2=1\text{且}y>0\right\}$ ，则 conv S 是上方的（开）半平面.

14. 令 $x,y\in B(p,\delta )$ ，假设 $z=(1-t)x+ty$ ，其中 $0⩽t⩽1$ ，则 $\Vert z-p\Vert =\Vert [(1-t)x+ty]-p\Vert$ $=\Vert (1-t)(x-p)+t(y-p)\Vert <\delta$

8.5

1. $a$. 在点 $p_1,m=1$ b. 在点 $p_2,m=5$ c. 在点 $p_3,m=5$

2. $a$. 在点 $p_3,m=-3$ b. 在集合 $\mathrm{conv}\{p_1,p_3\}$ 上， $m=1$ c. 在集合 $\mathrm{conv}\{p_1,p_2\}$ 上， $m=-3$

3. $\left\{\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}5\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}4\\ 3\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}0\\ 5\end{array}\right]\right\}$

4. $\left\{\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}7\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}6\\ 4\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}0\\ 6\end{array}\right]\right\}$

5. 原点是极端点，但不是顶点。解释原因。

11. 一种可能是令 $S$ 是一个正方形，包括边界但不包含所有的边界。例如，只包括两条相邻边。轮廓 $P$ 的凸包是一个三角形区域。

13. $a$. $f_0(C^5)=32,f_1(C^5)=80,f_2(C^5)=80,f_3(C^5)=40,$ $f_4(C^5)=10$ ，且 $32-80+80-40+10=2$ 。

$b$.

	$f_0$	$f_1$	$f_2$	$f_3$	$f_4$
$S^1$	2
$S^2$	4	4
$S^3$	8	12	6
$S^4$	16	32	24	8
$S^5$	32	80	80	40	10

对于一般的公式，见“学习指导”.

15. $a$. $f_0(P^n)=f_0(Q)+1$

$b$. $f_k(P^n)=f_k(Q)+f_{k-1}(Q)$

$c$. $f_{n-1}(P^n)=f_{n-2}(Q)+1$

17. 见 “学习指导”.

18. 设 $S$ 是凸集且令 $x\in cS+dS$ ，其中 c > 0, d > 0，则存在 $S$ 中的 $s_1,s_2$ ，满足 $x=c{s}_1+d{s}_2$ 。但是

$$\mathbf{x}=c{\mathbf{s}}_1+d{\mathbf{s}}_2=(c+d)(\frac{c}{c+d}{\mathbf{s}}_1+\frac{d}{c+d}{\mathbf{s}}_2)$$

现在证明等式右边的表达式是 $(c+d)S$ 中的元素.

相反，在 $(c+d)$ S中取一点，证明该点在 $cS+dS$ 中.

21. 提示：假定 $A$, $B$ 是凸集. 设 $x,y\in A+B$ ，则存在 $a,c\in A$ 和 $b,d\in B$ ，满足 x = a + b 且 y = c + d. 对任意 $t$ 满足 $0⩽t⩽1$ ，证明

$$\mathbf{w}=(1-t)\mathbf{x}+t\mathbf{y}=(1-t)(\mathbf{a}+\mathbf{b})+t(c+d)$$

代表 $A+B$ 中的一点.

8.6

1. $x(t)+b$ 的控制点为 $p_0+b,p_1+b,p_3+b$ . 写出过这些点的贝塞尔曲线，且用代数法证明曲线是 $x(t)+b$ . 见“学习指导”.

2. $a$. $x^{\prime }(t)=(-3+6t-3t^2)p_0+(3-12t+9t^2)p_1+(6t-9t^2)p_2+3t^2{p}_2$ ，故 $x^{\prime }(0)=-3p_0+3p_1=3(p_1-p_0)$ 且 $x^{\prime }(1)=-3p_2+3p_3=3(p_3-p_2)$ . 这证明切向量 $x^{\prime }(0)$ 由 $p_0$ 指向 $p_1$ 且是 $p_1-p_0$ 长度的 3 倍. 类似地， $x^{\prime }(1)$ 由 $p_2$ 指向 $p_3$ 且是 $p_3-p_2$ 长度的 3 倍. 尤其是 $x^{\prime }(1)=0$ 当且仅当 $p_3=p_2$ .

$b$. $x^{\prime \prime }(t)=(6-6t)p_0+(-12+18t)p_1+(6-18t)p_2+6t{p}_3$ , $x^{\prime \prime }(0)=6p_0-12p_1+6p_2=6(p_0-p_1)+6(p_2-p_1)$ 且 $x^{\prime \prime }(1)=6p_1-12p_2+6p_3=6(p_1-p_2)+6(p_3-p_2)$ 对 $x^{\prime \prime }(0)$ 的图像，构造以 $p_1$ 为原点的坐标系，暂且把 $p_0$ 记为 $p_0-p_1$ ，把 $p_2$ 记为 $p_2-p_1$ 。最终，构造由新的原点到 $p_0-p_1$ 与 $p_2-p_1$ 的和的点的直线。此直线指向 $x^{\prime \prime }(0)$ 。

$$\mathbf{w}=({\mathbf{p}}_0-{\mathbf{p}}_1)+({\mathbf{p}}_2-{\mathbf{p}}_1)=\frac{1}{6}{\mathbf{x}}^{\prime \prime }(0)$$

5. $a$. 由习题 3 或方程 (9)

$${\mathbf{x}}^{\prime }(1)=3\left({\mathbf{p}}_3-{\mathbf{p}}_2\right)$$

使用 $x^{\prime }(0)$ 的公式和来自 $y(t)$ 的控制点，得

$${\mathbf{y}}^{\prime }(0)=3{\mathbf{p}}_3+3{\mathbf{p}}_4=3({\mathbf{p}}_4-{\mathbf{p}}_3)$$

由 $C^1$ 的连续性， $3(p_3-p_2)=3(p_4-p_3)$ ，故 $p_3=(p_4+p_2)/2$ 且 $p_3$ 是从 $p_2$ 到 $p_4$ 的线段的中点.

$b$. 若 $x^{\prime }(1)=y^{\prime }(0)=0$ ，则 $p_2=p_3$ 且 $p_3=p_4$ 。因此，从 $p_2$ 到 $p_4$ 的“线段”就是点 $p_3$ 。（注意：在此情形下，由定义知，组合曲线仍是 $C^1$ 连续的，然而其他控制点 $p_0$ ， $p_1$ ， $p_5$ ， $p_6$ 的选取也可以产生在 $p_3$ 具有可视角的曲线，此情形下曲线在 $p_3$ 不是 $G^1$ 连续的。）

7. 提示：使用习题3的 $x^{\prime \prime }(t)$ 且把第二条曲线视为 $y^{\prime \prime }(t)=6(1-t)p_3+6(-2+3t)p_4+6(1-3t)p_5+6t{p}_6$ 则设 $x^{\prime \prime }(1)=y^{\prime \prime }(0)$ 。由于曲线在 $p_3$ 是 $C^1$ 连续的，故习题5（$a$）证明了 $p_3$ 是从 $p_2$ 到 $p_4$ 的线段的中点。这表明 $p_4-p_3=p_3-p_2$ 。使用此置换来证明 $p_4$ 与 $p_5$ 由 $p_1,p_2,p_3$ 唯一确定。只有 $p_6$ 是可任意选取的。

8. 写出多项式 $\mathbf{x}(t)$ 的权值的向量形式，扩展此多项式的权值，且把向量记为 $M_B\mathbf{u}(t)$ :

$$\left[\begin{array}{c}1-4t+6t^2-4t^3+t^4\\ 4t-12t^2+12t^3-4t^4\\ 6t^2-12t^3+6t^4\\ 4t^3-4t^4\\ t^4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}1& -4& 6& -4& 1\\ 0& 4& -12& 12& -4\\ 0& 0& 12& -12& 6\\ 0& 0& 4& 4& -4\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}1\\ t\\ t^2\\ t^3\\ t^4\end{array}\right],$$$$M_B=\left[\begin{array}{ccccc}1& -4& 6& -4& 1\\ 0& 4& -12& 12& -4\\ 0& 0& 6& -12& 6\\ 0& 0& 0& 4& -4\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right]$$

11. 见“学习指导”.

12. $a$. 提示：利用 $q_0=p_0$ .

$b$. 把方程（13）的第一与最后一部分乘以 $\frac{8}{3}$ 以求解 $8q_2$ .
c. 使用方程（8）来替换 $8q_3$ 并应用（$a$）.

15. $a$. 由方程（11）， $y^{\prime }(1)=0.5x^{\prime }(0.5)=z^{\prime }(0)$ . b. 观察 $y^{\prime }(1)=3(q_3-q_2)$ . 由方程（9），用 $y(t)$ 及它的控制点替代 $x(t)$ 及它的控制点. 类似地，对于 $z(t)$ 及它的控制点， $z^{\prime }(0)=3(r_1-r_0)$ . 由（$a$）， $3(q_3-q_2)=3(r_1-r_0)$ . 用 $q_3$ 代替 $r_0$ ，则得 $q_3-q_2=r_1-q_3$ ，因此 $q_3=(q_2+r_1)/2$ . c. 设 $q_0=p_0$ 且 $r_3=p_3$ . 计算 $q_1=(p_0+p_1)/2$ . 计算 $r_2=(p_2+p_3)/2$ . 计算 $m=(p_1+p_2)/2$ . 计算 $q_2=(q_1+m)/2$ , $r_1=(m+r_2)/2$ . 计算 $q_3=(q_2+r_1)/2$ 且设 $r_0=q_3$ .

16. $a$. $r_0=p_0$ , $r_1=\frac{p_0+2p_1}{3}$ , $r_2=\frac{2p_1+p_2}{3}$ , $r_3=p_2$ . b. 提示：写出本节的标准公式（7），且对于 $i=0,\cdots ,3$ ，用 $r_i$ 替代 $p_i$ ，然后分别用 $p_0$ ， $p_2$ 替代 $r_0$ ， $r_3$ : $x(t)=(1-3t+3t^2-t^3)p_0$ $+(3t-6t^2+3t^3)r_1$ (iii) $+(3t^2-3t^3)r_2+t^3{p}_2$

使用（$a$）中 $r_1$ ， $r_2$ 的公式以检验 $x(t)$ 的表达式中的第二项与第三项.