страницата се нуждае от дописване/преглеждане
Задача 1
Докажете, че функциите $\{|x_k - t|\}_{k=0}^{n}$ са линейно независими в интервала $[a,b]$ при $a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$
Решение:
Да предположим, че функциите са лин. зависими, тогава
$f(t) = \underset{k=0}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k|x_k - t| = 0 , \lambda_k \neq0$
за поне едно $\lambda_k$
От тук ведната следва, че $f(t)$ е тъждествено равна на $0$ в $[a,b] \Rightarrow f'(t)$ също е равна на $0$ в $(a,b)$.
Нека разгледаме производната в $x_1$: $x_1$ е от $(a, b) \Rightarrow f'(x_1) = 0 = f'(x_1-) = f'(x_1+)$ (т.е. ако съществува производна, то съществуват лява и дясна производна и те са равни).
Разглеждаме $f(t)$ в $(x_0,x_1)$: $f(t) = \lambda_0*(t - x_0) - \lambda_1*(t - x_1) - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k(x_k-t)$. $\Rightarrow f'(x_1-) = \lambda_0 - \lambda_1 - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k$.
Разглеждаме $f(t)$ в $(x_1,x_2)$: $f(t) = \lambda_0*(t - x_0) + \lambda_1*(t - x_1) - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k(x_k-t)$. $\Rightarrow f'(x_1+) = \lambda_0 + \lambda_1 - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k$.
Но $f'(x_1-) = f'(x_1+) = 0 \Rightarrow \lambda_0 - \lambda_1 - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k = \lambda_0 + \lambda_1 - \underset{k=2}{\overset{n}{\sum}} \lambda_k \Rightarrow - \lambda_1 = \lambda_1 \Rightarrow \lambda_1 = 0$. Аналогично се показва, че и останалите за 2..n-1 са нули.
Следователно $f(t)$ остава само $\lambda_0|x_0 - t| + \lambda_n|x_n - t| = \lambda_0|a - t| + \lambda_n|b - t|$. По допускане имаме, че $f(a) = 0 \Rightarrow \lambda_0|a - a| + \lambda_n|b - a| = \lambda_n|b - a| = 0 \Rightarrow \lambda_n = 0$. Аналогично доказваме и че $\lambda_0 = 0$. Следователно няма нито един ненулев коефициент, което противоречи на допускането.
Задача 2
Нека $I_1(f;x)$ е сплайнът от $S_1(x_1,x_2,...,x_{n-1})$, който интерполира функцията $f(x)$ в точките $a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$. Намерете коефициентите в представянето
$I_1(f;x) = \overset{n}{\underset{k=0}{\sum}} c_k|x-x_k|$
Решение:
Нека първо отбележим, че представянето в действителност е единствено, което следва непосредтвено от предната задача ( т.е.
$c_k|x-x_k|, k = 0, ..., n$ образуват базис за $S_1(x_1,x_2,...,x_{n-1})$ ). Аналогично на предходната задача разглеждаме функцията във всеки от 2-та съседни интервала $(x_i, x_{i+1})$ и $(x_{i + 1}, x_{i+2}) , i = 0, ... , n-2$. Нека разгледаме отново точката $x_1$ ( за останалите е аналогично ). Във $(x_0, x_1)$ имаме:
$f'(x) = c_0 - c_1 - ... - c_n$,
докато във $(x_1, x_2)$ :
$f'(x) = c_0 + c_1 - ... - c_n$,
което ни дава възможност да определим $c_1$:
$c_1 = \frac{f(x_1 +0) - f(x_1 - 0)}{2}$
(под f(x - 0)/f(x + 0) се разбира съответно клони отляво/отдясно). Освен това от формулата имаме следното представяне за полиномите от 1-ва степен във $[x_0, x_1]$ и $[x_1, x_2]$ :
$P_0 = f(x_0) + f[x_0,x_1](x - x_0)$ и
$P_1 = f(x_1) + f[x_1,x_2](x - x_1)$.
Имаме освен това $f(x_1 - 0) = P_0' (x_1)$ и $f(x_1 + 0) = P_1' (x_1)$ откъде като заместим в израза за $c_1$ получаваме $c_1 = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{2}$ (аналогично се получават и останалите с-та без първото и последното. И така остана да намерим единствено $c_0$ и $c_n$. За да ги намерим ще използваме интерполационните условия във $x_1$ и $x_n$.
За $c_0$ :
$f(x_n) = \underset{k \ne n} {\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}} c_k(x_n - x_k) => c_0 = \frac{1}{2} \left( \frac{f(x_0) + f(x_n)}{x_n - x_0} + f[x_0, x_1] \right)$ (разпишете си го като заместите с вече намерените с-та и ще го получите :) ).
За $c_n$ :
$f(x_0) = \underset{k \ne 0} {\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}} c_k(x_n - x_k) => c_n = \frac{1}{2} \left( \frac{f(x_0) + f(x_n)}{x_n - x_0} - f[x_{n-1}, x_n] \right)$
Задача 3
Нека $I_1(f;x)$ е сплайнът от $S_1(x_1,x_2,...,x_{n-1})$, който интерполира функцията $f(x)$ в точките $a = x_0 < x_1 < ... < x_n = b$. Докажете, че
$max_{x \in [a,b]} |f(x)-I_1(f;x)|\leq \omega(\vartriangle_n)$,
където $\omega(\delta) := \max \{|f(x) - f(y)|: \ |x-y| \leq \delta,\ x,y \in [a,b] \}$ и $\Delta_n = \max_{0 \leq i \leq n-1} (x_{i+1} - x_i)$
$\Delta_n = \max_{0 \leq i \leq n-1} (x_{i+1} - x_i)$
Решение:
Нека $x \in [x_k, x_{k+1}]$
$I_1(f;x) = L_1(f;x) = \frac{x_{k+1}-x}{x_{k+1}-x_k}f(x_k) + \frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k}f(x_{k+1})$
$f(x)=\frac{x_{k+1}-x}{x_{k+1}-x_k}f(x) + \frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k}f(x)$
Последното можем да го правим, защото базисните полиноми дават сума 1 :).
$\Rightarrow |f(x)-I_1(f;x)=|\frac{x_{k+1}-x}{x_{k+1}-x_k}\underbrace{(f(x)-f(x_k))}_{\le w(f, x_{k+1}-x_k)}+\frac{x_{k+1}-x}{x_{k+1}-x_k}\underbrace{(f(x)-f(x_{k+1}))}_{\le w(f, x_{k+1}-x_k)}| \le w(f, x_{k+1}-x_k) \le w(f, \Delta_n)$
$\Rightarrow$ e вярно и за $\forall x \in [x_k,x_{k+1}] \Rightarrow$ вярно и за $\forall x \in [a,b]$
Задача 4
Нека $f \in C^1[0,1]$ и $x_k = k/n, \ k=0,1, \dots, n$. Ако $I_1(f;x)$ е сплайнът от $S_1(x_1, x_2, \dots, x_{n-1})$, който интерполира функцията $f(x)$ в точките $\{x_k\}_{k=0}^n$, докажете, че съществува константа $c > 0$, независеща от $n$, такава, че за всяко $x \in [0, 1]$ е изпълнено:
$|f(x) - I_1(f;x)| \leq \frac{c}{n}$
Решение:
От предходната задача имаме:
$max_{x \in [a,b]} |f(x)-I_1(f;x)|\leq \omega(\vartriangle_n) ,$
$\frac{\omega(\delta)} {\delta} = f' (\epsilon)$ (от теоремата на Рол - тук делта е това делта, при което се достига максимум на $|f(x) - f(y)|$ в $[a,b]$ )
$\leq \max\{f'(x), x \in [a,b] \} = ||f'(x)||$
$=> \omega(\vartriangle_n) \leq ||f'(x)|| \delta \leq ||f'(x)|| \vartriangle_n = \frac{||f'(x)||}{n}$,
при което показахме, че $||f'(x)||$ изпълнява условието на задачата.
Задача 5
Нека $f \in C^2[0,1]$ и $x_k = k/n, \ k=0,1, \dots, n$. Ако $I_1(f;x)$ е сплайнът от $S_1(x_1, x_2, \dots, x_{n-1})$, който интерполира функцията $f(x)$ в точките $\{x_k\}_{k=0}^n$, докажете, че съществува константа $c > 0$, независеща от $n$, такава, че за всяко $x \in [0, 1]$ е изпълнено:
$|f(x) - I_1(f;x)| \leq \frac{c}{n^2}$
Решение:
Припомнете си оценката за грешката при интерполационните полиноми на Лагранж.
Имаме:
$|f(x)-I_1(f;x)| \overset {x \in (x_i, x_{i+1})}{=} |f(x)-L_n(f;x)|$$= \frac{f'' (\epsilon)}{2}(x - x_i)(x - x_{i+1}) \leq \frac{f'' (\epsilon)}{2}(x_i - x_{i+1})^2 \leq \left( \frac{f'' (\epsilon)}{2} \right) \frac {1}{n^2}$
задача 6
Нека $B(t)$ е В-сплайнът от степен 2 с възли $x_0 = 0,\ x_1=1,\ x_2 = 2,\ x_3 = 4$. Намерете явния вид на $B(t)$ в интервала $[x_1, x_2]$.
Ще използваме дефиницията: $B_{r-1} = (\cdot - t)^{r-1}[x_0, x_1, x_2, x_3]$. Ще попълним табличката за пресмятане на разделена разлика и ще изпозлваме, разбира се, че $t \in [x_1, x_2]$.
(1)
\begin{array} {c|c|c|c|c} & f[] & f[,] & f[,,] & f[,,,] \\ \hline x_0 & 0 & 0 & \frac{(2-t)^2}{2} & \frac{(4-t)^2 -6(2-t)^2}{24} \\ x_1 & 0 & \frac{(2 - t)^2}{1} & \frac{(4-t)^2 -3(2-t)^2}{6} & \\ x_2 & (2 - t)^2 & \frac{(4 - t)^2 - (2 - t)^2}{2} & \\ x_3 & (4 - t)^2 & & \\ \end{array}
Сега остава да разкрием скобите:
(2)
\begin{eqnarray} \frac{(4-t)^2 -6(2-t)^2}{24} &=& \frac{16 - 8t + t^2 - 6(4 - 4t + t^2)}{2.3.4} \\ &=& \frac{-5t^2 + 16t - 8}{24} \\ \end{eqnarray}
задача 7
Нека $B(t)$ е В-сплайнът от степен 2 с възли $x_0 = 0,\ x_1=1,\ x_2 = 2,\ x_3 = 4$. Намерете явния вид на $B(t)$ в интервала $[x_2, x_3]$.
Ще използваме дефиницията: $B_{r-1} = (\cdot - t)^{r-1}[x_0, x_1, x_2, x_3]$. Ще попълним табличката за пресмятане на разделена разлика и ще изпозлваме, разбира се, че $t \in [x_2, x_3]$.
(3)
\begin{array} {c|c|c|c|c} & f[] & f[,] & f[,,] & f[,,,] \\ \hline x_0 & 0 & 0 & 0 & \frac{(x_3 - t)^2}{(x_3 - x_2)(x_3 - x_1)(x_3 - x_0)} \\ x_1 & 0 & 0 & \frac{(x_3 - t)^2}{(x_3 - x_2)(x_3 - x_1)} \\ x_2 & 0 & \frac{(x_3 - t)^2}{x_3 - x_2} & \\ x_3 & (x_3 - t)^2 & & \\ \end{array}
Сега остава да заместим и самите точки и получаваме:
(4)
\begin{eqnarray} \frac{(x_3 - t)^2}{(x_3 - x_2)(x_3 - x_1)(x_3 - x_0)} &=& \frac{(4 - t)^2}{2.3.4} \\ &=& \frac{(4 - t)^2}{24} \\ \end{eqnarray}
задача 8
Нека $B(t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_0, x_1, \dots, x_r]$, където $x_0 < x_1 < \dots < x_r$. Докажете, че $B(t) = 0$ при $t \notin [x_0, x_r]$.
В случай че си прост(като мене) и не си ходил на лекции(като мене), $(\cdot -t)$ означава $(x-t)$
И тъй като никъде в Интернетя не се среща подобно означение, остава ми да предположа, че в учебника е било правописна грешка, а преподавателят не е схванал майтапа.
(1) Да разгледаме случая, в който $t \le x_0$.
Тогава функцията $(x - t)_+^{r-1}$ във възлите $x_0, \cdots, x_r$ се държи като полинома $(x - t)^{r-1}$
Сега лесно се вижда, че разделената разлика на полином от $r-1$ва степен с $r$ възела е 0.
(2) Да разгледаме случая, в който $t \ge x_r$.
Сега функцията $(x - t)_+^{r-1}$ се държи като константата 0 във възли $x_0, x_1, \cdots, x_r$. Очевидно разделената разлика на функцията константа 0 при какви да е възли е 0.
Доказахме, че и в 2та случая разделената разлика е 0. Следователно $B(t) = 0 \quad t \notin (x_0, x_r)$.
задача 9
Нека $B(t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_0, x_1, \dots, x_r]$, където $x_0 < x_1 < \dots < x_r$. Докажете, че $B(t) > 0$ при $t \in (x_0, x_r)$.
Както знаем $B(t) = (\cdot - t)_+^{r-1}[x_0, \dots, x_r]$.
Нека $f(x) = (x - t)_+^{r-1}$.
Нека $\varphi(x)$ интерполира $f(x)$ във възли $x_0, \dots, x_r$. Да разгледаме $\varphi(x) - (x-t)_+^{r-1}$ - тази функция се нулира в $r+1$те възела.
Използваме теоремата на Рол достатъчен брой пъти, за да получим, че $r-2$рата производна на разликата има 3 нули. Да запишем $r-2$рите производни и да пофилософстваме малко :)
(5)
\begin{eqnarray} f^{(r-2)}(x) &=& (r-1)!(x - t)_+ \\ \varphi^{(r-2)}(x) &=& b_0 x^2 + b_1 x + b_2 \\ \end{eqnarray}
Забележка: Понеже $\varphi$ е интерполационен в $r+1$ възела, то той е от $r$та степен. Като му вземем $r-2$ра производна остава полином от 2ра степен.
Горните 2 имат поне 3 пресечни точки. Сега се насладете на графиките описващи 2те функции и се съгласете с мен, че за да има поне 3 пресечни точки трябва $b_0$ да е положително. Но то е точно $\frac{r!}{2} B(t)$, следователно и $B(t) > 0$. Опа - доказахме го :)
задача 10
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_i(t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ]$. Докажете, че за всяко $m < N$, В-сплайните $\{B_i(t)\}_{i = m}^N$ са линейно независими в $(- \infty, \infty)$.
Ще използваме Задачи 8 и 9.
Да допуснем, че са линейно зависими. Тогава съществуват коефициенти $\{ \alpha_i \}_{i=m}^{N}$, такива че $\sum_{i=m}^{N} \alpha_i B_{i, r-1}(t) = 0$.
Нека $t \in (x_m, x_{m+1})$. В този интервал само B-сплайнът $B_{m, r-1}(t)$ е различен от 0. Но това означава, че ако $\alpha_m$ е различно от $0$, то сумата няма да бъде 0 в този интервал. Следователно $\alpha_m = 0$.
Току що доказахме, че за произволна последователност от Б-сплайни, ако те трябва да са ЛЗ, то коефициента пред първия е 0. По индукция лесно излиза, че коефициента пред всички трябва да е 0. Следователно единствения начин да получим сума 0 е ако всички коефициенти са 0 - следователно Б-сплайните са линейно независими.
задача 11
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_{i, r-1} (t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ]$. Докажете, че за всяко $t \in \mathbb{R}$ е изпълнено
$\sum_{k = - \infty}^{\infty} (x_{k+r} - x_k) B_{k, r-1} (t) = 1$
Ще използваме формулата с разделена разлика и рекурентната връзка на разделената разлика за някое фиксирано $t \in (x_k, x_{k+1})$.
Обърнете внимание, че при така избрано $t$ безкрайната сума се превръща в сума на точно $r$ събираеми - останалите Б-сплайни са 0.
(6)
\begin{eqnarray} \sum_{i=-\infty}^{\infty} (x_{i+r} - x_i)B_{i, r-1}(t) &=& \sum_{i=k-r+1}^{k} (x_{i+r} - x_i)B_{i, r-1}(t) \\ &=& \sum_{i=k-r+1}^{k} (x_{i+r} - x_i) (\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \cdots, x_{i+r}] \\ &=& \sum_{i=k-r+1}^{k} (x_{i+r} - x_i) \frac{(\cdot - t)_+^{r-1}[x_{i+1}, \cdots, x_{i+r}] - (\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \cdots, x_{i+r-1}]}{x_{i+r} - x_i} \\ &=& \sum_{i=k-r+1}^{k} \Big[ (\cdot - t)_+^{r-1}[x_{i+1}, \cdots, x_{i+r}] - (\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \cdots, x_{i+r-1}] \Big] \\ &=& (\cdot - t)_+^{r-1}[x_{k+1}, \cdots, x_{k+r}] - (\cdot - t)_+^{r-1}[x_{k-r-1}, \cdots, x_k] \\ &=& 1 - 0 \\ &=& 1 \end{eqnarray}
Последния ред се нуждае от малко обяснение - първото събираемо е разделена разлика от възли, по-големи или равни на $x_{k+1}$. Това означава, че функцията $(\cdot - t)_+^{r-1}$ се държи като полинома $(x - t)^{r-1}$ (понеже взимаме само големи точки, при тях функцията никога не става 0, и дали сме разглеждали положителната степенна функция или проста степена функция няма значение). Но разделена разлика от полином от $r - 1$ степен на полином от същата степен е най-старшия му коефициент, който е 1.
Второто събираемо е разделена разлика от възли по-малки или равни на $x_k$. При тях функцията се държи като константата 0, следователно и разделената разлика ще бъде 0.
задача 12
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_{i, r-1} (t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ]$. Докажете, че за всяко $k \in \mathbb{N}$ е изпълнено
$\int\limits_{-\infty}^{\infty} B_{k, r-1}(t), dt = \frac{1}{r}$
Ще разпишем B-сплайна по формулата с разделена разлика, след което ще разпишем разделената разлика като сума (породена от полинома на Лагранж):
За удобство ще дефинираме $c_i = \frac{1}{\omega'(x_i)}$.
(7)
\begin{eqnarray} \int_{-\infty}^{+\infty} B_{k, r-1}(t) dt &=& \int_{x_k}^{x_{k+r}} (\cdot - t)_+^{r-1}[x_k, \dots, x_{k+r}] dt\\ &=& \int_{x_k}^{x_{k+r}} \sum_{i=k}^{k+r} c_i (x_i - t)_+^{r-1} dt \\ &=& \sum_{i=k}^{k+r} c_i \int_{x_k}^{x_{k+r}} (x_i - t)_+^{r-1} dt\\ &=& \sum_{i=k}^{k+r} c_i \int_{x_k}^{x_i} (x_i - t)^{r-1} dt \\ &=& \sum_{i=k}^{k+r} c_i \Big\{ \left(-\frac{(x_i - t)^r}{r}\right) \Big\} \Big | _{x_k}^{x_i} \\ &=& \sum_{i=k}^{k+r} c_i \left(-\frac{(x_i - x_i)^r}{r} + \frac{(x_i - x_k)^r}{r}\right) \\ &=& \frac{1}{r} \sum_{i=k}^{k+r} c_i (x_i - x_k)^r \\ &=& \frac{1}{r} (x - x_k)^r [x_k, x_{k+1}, \dots, x_{k+r}] \\ &=& \frac{1}{r} \end{eqnarray}
Thats all folks …
задача 13
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_{i, r-1} (t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ], \ r \geq 2$. Докажете, че е изпълнена рекурентната връзка
$B_{i, r-1}(t) = \frac{t - x_i}{x_{i+r} - x_i} B_{i, r-2} (t) + \frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i} B_{i+1, r-2}(t)$
Ще използваме формулата с разделена връзка, Поповичу-Стефансон и рекурентната връзка на разделената разлика.
(8)
\begin{eqnarray} B_{i, r-1}(t) &=& (\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \cdots, x_{i+r}] \\ &=& \underbrace{(\cdot - t)_+^{r-2}[x_i, \cdots, x_{i+r-1}]}_{B_{i, r-2}(t)}\underbrace{(\cdot - t)[x_{i+r-1}, x_{i+r}]}_{1} + (\cdot - t)_+^{r-2}[x_i, \cdots, x_{i+r}]\underbrace{(\cdot - t)[x_{i+r}]}_{x_{i+r} - t} \\ &=& B_{i, r-2}(t) + \left(\frac{\underbrace{(\cdot - t)_+^{r-2}[x_{i+1}, \cdots, x_{i+r}]}_{B_{i+1, r-2}} - \underbrace{(\cdot - t)_+^{r-2}[x_i, \cdots, x_{i+r-1}]}_{B_{i, r-2}} }{x_{i+r} - x_i} \right)(x_{i+r} - t) \\ &=& \left(1 - \frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}\right)B_{i, r-2}(t) + \frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}B_{i+1, r-2}(t) \\ &=& \frac{t - x_i}{x_{i+r} - x_i}B_{i, r-2}(t) + \frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}B_{i+1, r-2}(t) \\ \end{eqnarray}
задача 14
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_{i, r-1} (t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ]$, където $r > 2$ . Докажете, че
$\frac{d}{dt} \{B_{i, r-1}(t)\} = \frac{r-1}{x_{i+r} - x_i} \Big( -B_{i+1, r-2}(t) + B_{i, r-2}(t) \Big)$
Използваме дефиницията с разделени разлики, рекурентната връзка на разделената разлика и просто смятаме първа производна.
(9)
\begin{eqnarray} (B_{i, r-1}(t))' &=& ((\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \dots, x_{i+r}])' \\ &=& \left(\frac{(\cdot - t)_+^{r-1}[x_{i+1}, \dots, x_{i+r}] - (\cdot - t)_+^{r-1}[x_i, \dots, x_{i+r}}{x_{i+r} - x_i}\right)' \\ &=& \frac{1}{x_{i+r} - x_{i}} \Big[ -(r-1) (\cdot - t)_+^{r-2}[x_{i+1}, \dots, x_{i+r}] - (-1)(r-1)(\cdot - t)_+^{r-2}[x_i, \dots, x_{i+r-1}]\Big] \\ &=& \frac{r-1}{x_{i+r} - x_{i}} \Big[ - B_{i+1, r-2}(t) + B_{i, r-2}(t) \Big] \end{eqnarray}
Минус единичките идва като вземем производната на $(\cdot - t)$ спрямо $t$ ;-)
задача 15
Нека $\{x_i\}$ е безкрайна редица от различни възли и нека $B_{i, r-1} (t) = (\cdot - t)^{r-1}_{+} [x_i, x_{i+1}, \dots, x_{i+r} ]$, където $r > 2$ . Докажете, че
$\frac{d}{dt} \Big\{ \frac{B_{i, r-1}(t)}{(x_{i+r} - t)^{r-1}} \Big\} = (r-1) \frac{B_{i, r-2}(t)}{(x_{i+r} - t)^r}$
Ще използваме последните 2 задачи.
(10)
\begin{eqnarray} \left(\frac{B_{i, r-1}(t)}{(x_{i+r} - t)^{r-1}}\right)' &=& \left((B_{i, r-1}(t))\frac{1}{(x_{i+r} - t)^{r-1}}\right)' \\ &=& \frac{r-1}{x_{i+r} - x_i} \Big[-B_{i+1, r-2}(t) + B_{i, r-2}(t)\Big]\frac{1}{(x_{i+r} - t)^{r-1}} + B_{i, r-1}(t)\frac{(-1)(-(r-1))}{(x_{i+r} - t)^r} \\ &=& \frac{r-1}{(x_{i+r} - t)^r}\left[\frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}(-B_{i+1, r-2}(t) + B_{i, r-2}(t) ) + B_{i, r-1}(t)\right] \\ &=& \frac{r-1}{(x_{i+r} - t)^r}\left[\frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}(-B_{i+1, r-2}(t) + B_{i, r-2}(t) ) + \frac{t - x_i}{x_{i+r} - x_i}B_{i, r-2} + \frac{x_{i+r} - t}{x_{i+r} - x_i}B_{i+1, r-2}\right] \\ &=& \frac{r-1}{(x_{i+r} - t)^t} B_{i, r-2}(t) \\ \end{eqnarray}