第8章奇数习题答案 · 《线性代数及其应用（原书第5版）》

第8章习题答案

8.1

参考答案： $y=2v_{1}-1.5v_{2}+0.5v_{3}$ ， $y=2v_{1}-2v_{3}+v_{4},\quad y=2v_{1}+3v_{2}-7v_{3}+3v_{4}$
$y = -3v_{1} + 2v_{2} + 2v_{3}$ ，权值之和为1，故是一个仿射和．
$a$ ．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 $p_3 = -b_1 + 2b_2 + 0b_3 \in \mathrm{aff} S$
$a$ . $p_{1} \in \text{Span } S$ ，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 $p_{3} \notin \text{aff } S$ .
$v_{1}=\begin{bmatrix}-3\\0\end{bmatrix}$ 且 $v_{2}=\begin{bmatrix}1\\-2\end{bmatrix}$ ，可能有其他答案．
见“学习指导”
$\operatorname{Span}\{\pmb{v}_2 - \pmb{v}_1, \pmb{v}_3 - \pmb{v}_1\}$ 是平面当且仅当 $\{\pmb{v}_2 - \pmb{v}_1, \pmb{v}_3 - \pmb{v}_1\}$ 线性无关．设 $c_2, c_3$ 满足 $c_2(\pmb{v}_2 - \pmb{v}_1) + c_3(\pmb{v}_3 - \pmb{v}_1) = 0$ ．证明 $c_2 = c_3 = 0$ .
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。
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。
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”。
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 $A \subset B$ .
由于 $A \subset (A \cup B)$ ，故由习题22知， $\operatorname{aff} A \subset \operatorname{aff}(A \cup B)$ 。类似地， $\operatorname{aff} B \subset \operatorname{aff}(A \cup B)$ ，故 $[\operatorname{aff} A \cup \operatorname{aff} B] \subset \operatorname{aff}(A \cup B)$ 。
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

仿射相关且 $2\pmb{v}_1 + \pmb{v}_2 - 3\pmb{v}_3 = \mathbf{0}$
集合是仿射无关的．若点记为 $\pmb{v}_1, \pmb{v}_2, \pmb{v}_3, \pmb{v}_4$ 则 $\{\pmb{v}_1, \pmb{v}_2, \pmb{v}_3\}$ 是 $\mathbb{R}^3$ 的基且 $\pmb{v}_4 = 16\pmb{v}_1 + 5\pmb{v}_2 - 3\pmb{v}_3$ ，但是线性组合中的权值和不为1.
$-4v_{1}+5v_{2}-4v_{3}+3v_{4}=0$
重心坐标是 $(-2,4,-1)$ .
参考“学习指导”.
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。
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 $c_{1}\pmb{v}_{1} + c_{2}\pmb{v}_{2} = \mathbf{0}$ 。证明这表明 $\pmb{v}_{1} = \pmb{v}_{2}$ 。相反地，假定 $\pmb{v}_{1} = \pmb{v}_{2}$ 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”。
$a$ ．向量 $v_{2}-v_{1}=\begin{bmatrix}1\\ 2\end{bmatrix}$ 且 $v_{3}-v_{1}=\begin{bmatrix}3\\ -2\end{bmatrix}$ 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 $(+, +, -)$ .
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 $\mathbf{0}=\mathbf{x}-\mathbf{x}=(c_{1}-d_{1})\mathbf{b}_{1}+\cdots+(c_{k}-d_{k})\mathbf{b}_{k}$ (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 $i=1,\cdots,k$ ， $c_{i}=d_{i}$ .
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。
设 $a=\begin{bmatrix}a_{1}\\ a_{2}\end{bmatrix}$ ， $b=\begin{bmatrix}b_{1}\\ b_{2}\end{bmatrix}$ ， $c=\begin{bmatrix}c_{1}\\ c_{2}\end{bmatrix}$ ，则由行列式的转置性质（3.2节定理5）得

\det \left[ \begin{array}{l l l} \tilde {\boldsymbol {a}} & \tilde {\boldsymbol {b}} & \tilde {\boldsymbol {c}} \end{array} \right] = \det \left[ \begin{array}{l l l} a _ {1} & b _ {1} & c _ {1} \\ a _ {2} & b _ {2} & c _ {2} \\ 1 & 1 & 1 \end{array} \right] = \det \left[ \begin{array}{l l l} 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．

若 $\left[\tilde{a} \tilde{b} \tilde{c}\right]\begin{bmatrix} r \\ s \\ t \end{bmatrix} = \tilde{p}$ ，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．
交点是

\boldsymbol {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

见“学习指导”.
conv S 为空集．
$p_1 = -\frac{1}{6} v_1 + \frac{1}{3} v_2 + \frac{2}{3} v_3 + \frac{1}{6} v_4 = 0,$ 故 $p_1 \notin \operatorname{conv} S.$ $p_2 = \frac{1}{3} v_1 + \frac{1}{3} v_2 + \frac{1}{6} v_3 + \frac{1}{6} v_4 = 0,$ 故 $p_2 \in \operatorname{conv} S.$
$a$ . $p_{1}, p_{2}, p_{3}, p_{4}$ 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．
$p_1$ 和 $p_3$ 在四面体 $\operatorname{conv} S$ 的外部。 $p_2$ 在包含顶点 $\nu_2, \nu_3$ 和 $\nu_4$ 的面上。 $p_4$ 在 $\operatorname{conv} S$ 的内部。 $p_5$ 在 $\nu_1$ 与 $\nu_3$ 间的边上。
见“学习指导”
若 $p, q \in f(S)$ ，则存在 $r, s \in S$ ，使得 $f(r) = p$ , $f(s) = q$ 对 $0 \leqslant t \leqslant 1$ ，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．
$p=\frac{1}{6}v_{1}+\frac{1}{2}v_{2}+\frac{1}{3}v_{4}$ 且 $p=\frac{1}{2}v_{1}+\frac{1}{6}v_{2}+\frac{1}{3}v_{3}$
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 $\operatorname{conv} A \subset B$ 。
$a$ ．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？

$\mathbf{g}(t)=(1-t)\mathbf{f}_{0}(t)+tf_{1}(t)$ $=(1-t)\left[(1-t)\mathbf{p}_{0}+tp_{1}\right]+t\left[(1-t)\mathbf{p}_{1}+tp_{2}\right]$ $=(1-t)^{2}\mathbf{p}_{0}+2t(1-t)\mathbf{p}_{1}+t^{2}\mathbf{p}_{2}$

$g$ 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 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 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

$f(x_{1},x_{2}) = 3x_{1} + 4x_{2}$ 且 $d = 13$
$a$ ．开的 $b$ ．闭的 $c$ ．两者都不是 $d$ ．闭的 $e$ ．闭的
$a$ . $n=\begin{bmatrix}0\\ 2\\ 3\end{bmatrix}$ 或是其倍数 $b$ . $f(x)=2x_{2}+3x_{3}, d=11$
$a$ . $n=\begin{bmatrix}3\\ -1\\ 2\\ 1\end{bmatrix}$ 或是其倍数 $b$ . $f(x)=3x_{1}-x_{2}+2x_{3}+x_{4}, d=5$
$v_{2}$ 与 0 在同一边， $v_{1}$ 在另一边， $v_{3}$ 在 $H$ 中．
$p=\begin{bmatrix}32\\-14\\0\\0\end{bmatrix},\quad v_{1}=\begin{bmatrix}10\\-7\\1\\0\end{bmatrix},\quad v_{2}=\begin{bmatrix}-4\\1\\0\\1\end{bmatrix}.$
$f(x) = x_{1} - 3x_{2} + 4x_{3} - 2x_{4}, d = 5$
$f(x) = x_{1} - 2x_{2} + x_{3}, d = 0$
$f(x) = -5x_{1} + 3x_{2} + x_{3}, d = 0$
见“学习指导”.
$f(x)=3x_{1}-2x_{2},\quad9<d<10$
$f(x,y)=4x+1,\ d=12.75,$ 即 $f(3,0.75)$ ．点 $(3,0.75)$ 是 $B(\mathbf{0},3)$ 中心到 $B(\mathbf{P},1)$ 中心距离的 $\frac{3}{4}$ .
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．
令 $x, y \in B(p, \delta)$ ，假设 $z = (1 - t)x + ty$ ，其中 $0 \leqslant t \leqslant 1$ ，则 $\| z - p \| = \left\| [(1 - t)x + ty] - p \right\|$ $= \left\| (1 - t)(x - p) + t(y - p) \right\| < \delta$

8.5

$a$ ．在点 $p_1, m = 1$ b. 在点 $p_2, m = 5$ c. 在点 $p_3, m = 5$
$a$ ．在点 $p_3, m = -3$ b. 在集合 $\operatorname{conv}\{p_1, p_3\}$ 上， $m = 1$ c. 在集合 $\operatorname{conv}\{p_1, p_2\}$ 上， $m = -3$
$\left\{\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}5\\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}4\\ 3\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\ 5\end{bmatrix}\right\}$
$\left\{\begin{bmatrix}0\\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}7\\ 0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}6\\ 4\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\ 6\end{bmatrix}\right\}$
原点是极端点，但不是顶点。解释原因。

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。

$a$ . $f_{0}(C^{5})=32, f_{1}(C^{5})=80, f_{2}(C^{5})=80, f_{3}(C^{5})=40,$ $f_{4}(C^{5})=10$ ，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”.

$a$ . $f_{0}(P^{n}) = f_{0}(Q) + 1$

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

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

见 “学习指导”.
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 $x = cs_{1} + ds_{2}$ 。但是

\boldsymbol {x} = c \boldsymbol {s} _ {1} + d \boldsymbol {s} _ {2} = (c + d) (\frac {c}{c + d} \boldsymbol {s} _ {1} + \frac {d}{c + d} \boldsymbol {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．

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 $0 \leqslant t \leqslant 1$ ，证明

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

代表 $A + B$ 中的一点．

8.6

$x(t) + b$ 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”.
$a$ . $x'(t) = (-3 + 6t - 3t^2)p_0 + (3 - 12t + 9t^2)p_1 + (6t - 9t^2)p_2 + 3t^2p_2$ ，故 $x'(0) = -3p_0 + 3p_1 = 3(p_1 - p_0)$ 且 $x'(1) = -3p_2 + 3p_3 = 3(p_3 - p_2)$ ．这证明切向量 $x'(0)$ 由 $p_0$ 指向 $p_1$ 且是 $p_1 - p_0$ 长度的 3 倍．类似地， $x'(1)$ 由 $p_2$ 指向 $p_3$ 且是 $p_3 - p_2$ 长度的 3 倍．尤其是 $x'(1) = 0$ 当且仅当 $p_3 = p_2$ .

$b$ . $x''(t)=(6-6t)p_{0}+(-12+18t)p_{1}+(6-18t)p_{2}+6tp_{3}$ , $x''(0)=6p_{0}-12p_{1}+6p_{2}=6(p_{0}-p_{1})+6(p_{2}-p_{1})$ 且 $x''(1)=6p_{1}-12p_{2}+6p_{3}=6(p_{1}-p_{2})+6(p_{3}-p_{2})$ 对 $x''(0)$ 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 $x''(0)$ 。

\boldsymbol {w} = (\boldsymbol {p} _ {0} - \boldsymbol {p} _ {1}) + (\boldsymbol {p} _ {2} - \boldsymbol {p} _ {1}) = \frac {1}{6} \boldsymbol {x} ^ {\prime \prime} (0)

$a$ ．由习题 3 或方程 (9)

\boldsymbol {x} ^ {\prime} (1) = 3 \left(\boldsymbol {p} _ {3} - \boldsymbol {p} _ {2}\right)

使用 $x'(0)$ 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 $x'(1)=y'(0)=0$ ，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。）

提示：使用习题3的 $x''(t)$ 且把第二条曲线视为 $y''(t)=6(1-t)p_{3}+6(-2+3t)p_{4}+6(1-3t)p_{5}+6tp_{6}$ 则设 $x''(1)=y''(0)$ 。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。
写出多项式 $\boldsymbol{x}(t)$ 的权值的向量形式，扩展此多项式的权值，且把向量记为 $M_{B}\boldsymbol{u}(t)$ :

\left[ \begin{array}{c} 1 - 4 t + 6 t ^ {2} - 4 t ^ {3} + t ^ {4} \\ 4 t - 1 2 t ^ {2} + 1 2 t ^ {3} - 4 t ^ {4} \\ 6 t ^ {2} - 1 2 t ^ {3} + 6 t ^ {4} \\ 4 t ^ {3} - 4 t ^ {4} \\ t ^ {4} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c c c c c} 1 & - 4 & 6 & - 4 & 1 \\ 0 & 4 & - 1 2 & 1 2 & - 4 \\ 0 & 0 & 1 2 & - 1 2 & 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}{c c c c c} 1 & - 4 & 6 & - 4 & 1 \\ 0 & 4 & - 1 2 & 1 2 & - 4 \\ 0 & 0 & 6 & - 1 2 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & - 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]

见“学习指导”.
$a$ ．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（ $a$ ）.

$a$ ．由方程（11）， $y'(1)=0.5x'(0.5)=z'(0)$ . b. 观察 $y'(1)=3(q_{3}-q_{2})$ ．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， $z'(0)=3(r_{1}-r_{0})$ ．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 $r_{0}=q_{3}$ .
$a$ . $r_{0}=p_{0}$ , $r_{1}=\frac{p_{0}+2p_{1}}{3}$ , $r_{2}=\frac{2p_{1}+p_{2}}{3}$ , $r_{3}=p_{2}$ . 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．