Sejam x0, n >= 2 Provar que, para todo índice k in N, 0, existem números positivos Ai, i=0, ldots, n-2, tais que
A0+A1+cdots An-2=1 e f[x0, xk, xn]=sumi=0^n-2 Ai f[xi, xi+1, xi+2]

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que a diferença dividida de ordem 2 em três nós distantes, f[x₀,x_k,x_n], pode ser escrita como combinação convexa (pesos positivos que somam 1) de todas as diferenças divididas de ordem 2 em nós consecutivos f[x_i,x_{i+1},x_{i+2}]. Vamos usar propriedades clássicas de diferenças divididas e decomposição em somas telescópicas.

Passo 2

Começamos lembrando que a diferença dividida de ordem 2 se escreve como
f[x0,xk,xn] = f[xk,xn] - f[x0,xk]xn-x0
Além disso, para qualquer par de nós p<q vale
f[xp,xq] = f(xq)-f(xp)xq-xp = sumi=p^q-1xi+1-xixq-xp,f[xi,xi+1]

Passo 3

Logo expandimos f[x₀,x_k] e f[x_k,x_n]:
f[x0,xk] = sumi=0^k-1xi+1-xixk-x0,f[xi,xi+1],
f[xk,xn] = sumi=k^n-1xi+1-xixn-xk,f[xi,xi+1]

Passo 4

Substituindo em f[x₀,x_k,x_n] obtemos
f[x0,xk,xn] = sumi=0^n-1 ci,f[xi,xi+1],
onde
ci = -xi+1-xi(xk-x0)(xn-x0), & 0<= i

Passo 5

Note que sumi=0^n-1ci=0. Em seguida eliminamos recursivamente cada termo de primeira ordem usando
f[xi,xi+1] = f[xi+1,xi+2] - (xi+2-xi),f[xi,xi+1,xi+2],

Passo 6

para i=0,…,n-2. O efeito telescópico apaga todas as f[x_{i},x_{i+1}] e deixa apenas termos f[x_{i},x_{i+1},x_{i+2}] com coeficientes
Ai = (xi+2-xi)sumj=i+1^n-1cj

Passo 7

Bastam então cálculos diretos do somatório sumj=i+1^n-1cj em três casos (i<k-1, i=k-1 e i\ge k) para obter fórmulas explícitas para cada A_i, todas positivas e somando 1.

Resposta

Os pesos A_i que funcionam são dados por
Para 0\le i\le k-2:
Ai = (xi+2-xi),(xi+1-x0)(xk-x0)(xn-x0),
Para i=k-1:
Ak-1 = xk+1-xk-1xn-x0,
Para k\le i\le n-2:
Ai = (xi+2-xi),(xn-xi+1)(xn-xk)(xn-x0)
Vale então
f[x0,xk,xn] = sumi=0^n-2Ai,f[xi,xi+1,xi+2],
e cada A_i>0 com sumiAi=1, conforme pedido.

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