IDZ-lineyka_7_variant

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Запорожский национальный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

4x2 x3 x4 0, x2 0,

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2016

Размер:

605.23 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

ПРИКЛАД РОЗВ’ЯЗАННЯ ІНДИВІДУАЛЬНОГО ЗАВДАННЯ № 3

1.	Визначити,	чи	є	лінійним	перетворення	A , що переводить вектор
	x x1, x2 , x3		у	вектор	Ax 4x1 3x2	x3; 3x1 x2 ; x1 2x2 x3 ?

Якщо так, то знайти його ядро, образ, ранг та дефект.

Розв’язання.

Перевіримо виконання двох властивостей: властивості адитивності та

властивості однорідності.
Нехай y y1, y2 , y3 , тоді Ay 4 y1 3y2				y3;3y1 y2 ; y1 2 y2 y3 .
Будемо мати	x y x1 y1; x2 y2 ; x3 y3 ,

A x y 4 x1 y1 3 x2 y2			x3 y3 ; 3 x1 y1 x2 y2 ;
x1 y1 2 x2 y2 x3 y3			4x1 3x2 x3 4y1 3y2 y3 ;
3x1 x2 3y1 y2 ; x1 2x2 x3 y1 2y2 y3
	4x1 3x2 x3; 3x1 x2 ; x1 2x2 x3
	4 y1 3y2	y3; 3y1 y2 ; y1 2 y2 y3 .
Бачимо,	що A x y	Ax Ay , тобто		властивість	адитивності
виконується.
Нехай R , тоді
	x x1, x2 , x3 ,
A x 4 x1 3 x2 x3;3 x1 x2 ; x1 2 x2 x3
	4x1 3x2 x3 ; 3x1 x2 ; x1 2x2 x3				,

тобто A αx Ax і властивість однорідності виконується.

Обидві властивості виконані, тому перетворення A є лінійним.
Запишемо матрицю цього перетворення, для чого знайдемо образи
базисних векторів e1	1, 0, 0 , e2				0,1, 0 , e3	0, 0,1 :
Ae1 4;3;1 ,				Ae2 3;1; 2 ,		Ae3 1; 0;1 .
		4	3	1
Будемо мати:	~	3	1	0		~
Будемо мати:	A	3	1	0	. Знайдемо ранг матриці A . Для цього
		1	2	1
		1	2	1

зведемо цю матрицю до ступінчастого вигляду:

	4		3	1		4 3			1		4		3	1
~								5
A		3	1	0	III 3 ~		0		3	1 ~		0	5	3	.
		1	2	1	4 I		0	5	3	II		0	0	0

~	~	2 і, отже,					defect A 3 2 1.
rang A 2, тому rang A rang A		2 і, отже,					defect A 3 2 1.
Знайдемо вектори,	які	належати					ядру: x ker A Ax 0 або в
~						маємо однорідну систему лінійних
матричній формі: AX . Таким чином,						маємо однорідну систему лінійних
алгебраїчних рівнянь:
	4x1 3x2 x3 0,
							0,
	3x1 x2						0,
	x		2x	2	x		0
		1		2		3
або зі зведеною ступінчастою матрицею
	4x1 3x2 x3 0,
			5x2 3x3 0.
			5x2 3x3 0.

Знайдемо її загальний, а потім й фундаментальний розв’язок:

	x1 0,2x3,
		0,6x3;
	x2	0,6x3;
	x1	x2		x3
	1	–3		5
Отже, фундаментальним розв’язком				буде	вектор 1; 3; 5 ,		тобто
ker A 1; 3; 5 .
Знайдемо вектори, які належати			образу:		y Im A: x	y Ax	або в
Знайдемо вектори, які належати			образу:		y Im A: x	y Ax	або в
~
матричній формі: AX Y . Отримана система лінійних алгебраїчних рівнянь

повинна мати розв’язок. Дослідимо її на сумісність. Для цього запишемо розширену матрицю цієї системи й зведемо її до ступінчастого вигляду:

4		3	1	y		4 3			1	y		4		3	1	y
4		3	1	y		4 3			1	y		4		3	1	y
				1						1						1
3		1	0	y2	III 3 ~ 0			5	3	y2 3y3	1 ~ 0			5	3	y2 3y3		.
	1	2	1	y	4 I		0	5	3	4 y y	II		0	0	0	y y y	2
				3						3 1						3 1	2

Для того, щоб ця система мала розв’язки, повинні співпадати ранги матриці системи й розширеної матриці системи. Ранг матриці системи дорівнює двом, тому ранг розширеної матриці системи повинен дорівнювати двом. Остання умова буде виконуватися, якщо y3 y1 y2 0 . Таким чином,

отримали однорідну систему лінійних алгебраїчних рівнянь відносно змінних
y1, y2 , y3	, загальним розв’язком якої є y1 y2			y3 , а фундаментальними –
		y1	y2	y3
		1	1	0
		1	0	1	1; 1; 0 ,	1; 0; 1 , тобто
Отже, фундаментальними розв’язками будуть вектори:					1; 1; 0 ,	1; 0; 1 , тобто

Im A 1; 1; 0 , 1; 0; 1 .

2.Знайти а) власні значення та відповідні власні вектори;

б) кореневі підпростори;

в) жорданову форму та жорданів базис лінійного оператора А, який
				~
заданий у деякому базисі матрицею A ;					~
г) з’ясувати, чи можна звести матрицю					A	лінійного оператора А
до діагонального вигляду
	3	3	1	0

~	1	1	0	1
A	4	4	1	3 .

	4	4	1
	4	4	1	1

Розв’язання.

а) Знайдемо характеристичний многочлен лінійного оператора

		3			3	1		0
		3			3	1		0
A			1	1		0		1		2 2 2 .
A			4	4		1		3		2 2 2 .
			4	4		1		3
			4		4	1	1
Його корені 1 2	і 2	0 , отже, Spec A 0,							2 .
Знайдемо власний вектор, що відповідає знайденому власному
значенню 2 .	Для		цього		розв’яжемо			однорідну СЛАР, записану в
матричній формі:
			1	3		1 0		x1			0
				1		0 1
			1	1		0 1		x2			0
			4	4	1 3			x			0	.
									3
			4	4		1 3		x	4		0
									4

Зведемо матрицю системи до ступінчастого вигляду:

1	3	1	0		1		3	1	0		1		3	1	0
1	1	0	1	I		0	4	1	1	1		0	4	1	1

4	4	1	3	I 4	~	0	8	3	3	II 2	~	0	0	1	1	.

4	4	1		III		0	0	0	0			0	0	0	0
4	4	1	3	III		0	0	0	0			0	0	0	0

Запишемо систему, яка відповідає отриманій матриці, й знайдемо її розв’язок:

Таким чином, власний вектор, що відповідає власному значенню 2 , буде мати вигляд x1 c1 1; 0; 1;1 , де c1 const 0 .

Знайдемо власний вектор, що відповідає знайденому власному значенню 0 . Для цього розв’яжемо однорідну СЛАР, записану в матричній формі:

3		3	1	0	x1	0

	1	1	0	1	x2	0
	4	4	1	3	x	0	.
					3
	4	4	1			0
	4	4	1	1	x4	0

Зведемо матрицю системи до ступінчастого вигляду:

3		3	1	0		3		3	1	0		3		3	1	0
	1	1	0	1	3 I		0	0	1	3	1		0	0	1	3

	4	4	1	3	IV	~	0	0	2	2	II 2	~	0	0	0	4	.

	4	4	1		II 4		0	0	1	3	II		0	0	0	0
	4	4	1	1	II 4		0	0	1	3	II		0	0	0	0

Запишемо систему, яка відповідає отриманій матриці й знайдемо її розв’язок:

3x1 3x2	x3	0,	x1 x2 ,
				0;
	x3 3x4 0; x3			0;
	4x4 0			0.
	4x4 0		x4	0.

Таким чином, власний вектор, що відповідає власному значенню 0 , буде мати вигляд x2 c2 1;1; 0; 0 , де c2 const 0 .

б) Алгебраїчна кратність власного значення 0 дорівнює 2. Отже,

для того, щоб скористатися визначенням кореневого підпростору, нам треба
знайти другий степінь лінійного оператора A 0I з матрицею																					~
знайти другий степінь лінійного оператора A 0I з матрицею																					A 0E :
						3			3 1 0 3							3 1 0		8				8 4 0
~		2			~		1		1 0 1					1		1 0 1			0		0 0 0
A 0E					A2		4		4 1					4	4							8			.
							4		4 1			3		4	4		1 3	8				8		0 4

							4							4					8		8 4 0
							4		4 1 1					4		4 1 1			8		8 4 0
Знайдемо тепер базис ядра лінійного оператора A 0I 2 .																				Для цього треба
																		~2
																		~2		x	0 з матрицею
знайти підпростір розв’язків однорідної системи рівнянь A																				x	0 з матрицею
системи	~		2	. Маємо
системи	A			. Маємо
					8	8		4	0	1/ 4			2	2	1	0		2		2	1		0
					0	0		0	0				0	0	0	0	III	0		0	1		1
~	2				0	0		0	0				0	0	0	0	III	0		0	1		1
A					8	8		0	4		I	~	0	0	4	4	1/ 4 ~	0		0	0		0	.

					8	8		4 0			I		0 0		0 0			0 0			0 0
					8	8		4 0			I		0 0		0 0			0 0			0 0

Загальний розв’язок

x1 x2

0,5x4 ,

. Фундаментальна система розв’язків

x3 x4.

системи рівнянь

буде:

c 1; 1; 0; 0 ,

c const 0

A2 x 0

		c2 1; 0; 2; 2 , c2 const 0 . Отже, система векторів
	f2	c2 1; 0; 2; 2 , c2 const 0 . Отже, система векторів		f1, f2 – базис
кореневого підпростору, який відповідає власному значенню			0 .

Так як алгебраїчна кратність власного значення 2 дорівнює двом,

то, аналогічно попередньому випадку, знайдемо квадрат матриці лінійного
оператора		A 2I		з		матрицею				~	2E			і	за		допомогою				елементарних
оператора		A 2I		з		матрицею				A	2E			і	за		допомогою				елементарних
перетворень зведемо її до ступінчастого вигляду:
							1	3	1			0			1		3	1	0
							1 1 0					1			1		1	0 1
		~		2			1 1 0					1			1		1	0 1
		A	2E				4	4	1			3			4	4		1 3

							4	4	1						4		4
							4	4	1			3			4		4	1 3
		4 0					1/ 4
	0	4 0		0			1/ 4					1 0 0 1							1 0 0 1

	4 0 0			4	1/ 4 I							0 1 0				0			0	1 0 0
	8	8	0	8				2II		~		0	8		0	0	8II ~		0	0		0	0	.

	8	8	0	8				III				0	0		0	0			0	0		0	0
	8	8	0	8				III				0	0		0	0			0	0		0	0

x1 x4 ,

Загальний розв’язок x2 0, Фундаментальна система розв’язків

x3 x3.

		c3 0; 0; 1; 0 ,		c4 1; 0; 0; 1 , c3, c4 const 0		є	базисом кореневого
	f3	c3 0; 0; 1; 0 ,	f4	c4 1; 0; 0; 1 , c3, c4 const 0		є	базисом кореневого
підпростору, який відповідає власному значенню 2 .
		в) Покажемо два способи знаходження жорданової форми та
жорданового базису лінійного оператора.
		І спосіб.
		Знайдемо жорданові клітини, що відповідають					власному	значенню
2 . Ранг r1 матриці					~	r2		~	2
2 . Ранг r1 матриці					A 2E дорівнює 3, ранг	r2	матриці	A 2E

дорівнює r2 2 . Число жорданових клітин 1-го порядку,										що відповідають
власному значенню		2 , дорівнює
	N1 2 r0 0 2r1 0 r2 0 4 2 3 2 0 ,
тобто жорданова	нормальна			форма	не	містить		клітин 1-го			порядку, що
								~	3	та її ранг:
відповідають власному значенню 2 . Знайдемо A 2E										та її ранг:
			0	4 0	0		1	3	1	0
			4 0 0					1 0		1
~	3		4 0 0		4		1	1 0		1
A 2E			8	8 0	8		4	4	1	3

			8	8 0	8		4	4	1
			8	8 0	8		4	4	1	3

4		4	0	4		4		4	0	4		4		4	0	4
	12	4	0	12	I 3		0	16	0	0			0	16	0	0
	12	4	0	12	I 3		0	16	0	0			0	16	0	0
	16	16	0	16	I 4	~	0	32	0	0	II 2	~	0	0	0	0	.

	16	16 0		16	IV		0	0	0	0			0	0	0	0
	16	16 0		16	IV		0	0	0	0			0	0	0	0

Ранг останньої матриці r3 2 . Тоді
		N2 0 r1 0 2r2 0 r3 0 3 2 2 2 1.
r2 r3 2, отже,		жорданова нормальна форма матриці, що відповідає 2 ,
має одну клітку порядку 2.
Знайдемо жорданові клітини, що									відповідають						власному				значенню
0. Ранг r1				~								ранг r2							~	2
0. Ранг r1		матриці		A 0E			дорівнює			3,		ранг r2				матриці			A 0E
дорівнює r2 2 . Число жорданових клітин 1-го порядку,																	що відповідають
власному значенню 0, дорівнює
		N1 0 r0		0	2r1 0 r2 0 4 2 3 2 0 ,
тобто жорданова нормальна					форма			не	містить				клітин			1-го порядку, що
													~			3	та її ранг:
відповідають власному значенню 0 . Знайдемо A 0E																	та її ранг:
				8			8 4		0 3					3 1			0
	~	3	~		0		0 0		0		1			1 0			1
	A 0E		A3				8 0				4		4 1
				8			8 0		4		4		4 1				3

					8		8 4		0		4			4 1
					8		8 4		0		4			4 1			1
	16	16	12	4			16		16	12		4			4	4	3	1

	0	0	0 0					0	0 0 0						0	0 1 1
	0	0	0 0					0	0 0 0						0	0 1 1
	16	16	4 4			I	~	0	0 8 8					~	0	0 0 0			.

	16	16 12 4				I		0	0 0 0						0	0 0 0
	16	16 12 4				I		0	0 0 0						0	0 0 0
Ранг останньої матриці r3 2 . Тоді
		N2 0 r1 0 2r2 0 r3 0 3 2 2 2 1.

r2 r3 2, отже, жорданова нормальна форма матриці, що відповідає 0,

має одну клітку порядку 2.

Тепер вже неважко побудувати й саму матрицю, що має жорданову

нормальну форму:
	2	1	0	0
	0	2	0	0
	0	2	0	0
J	0	0	0	1	.
	0	0	0	1

	0	0	0	0
	0	0	0	0
Для знаходження жорданового базису, у якому матриця лінійного
оператора має жорданову форму,		треба		знайти			матрицю	переходу	P ,
розв’язавши відносно P матричне рівняння:					J P	1 ~		~	.
розв’язавши відносно P матричне рівняння:					J P		AP , тобто	PJ AP	.

Нехай

x11

P x21x31

x41

Тоді

x	x	x
12	13	14
x22	x23	x24
x32	x33	x34	.
x32	x33	x34
x42	x43	x44
x42	x43	x44

x		x		x			x		2 1			0	0	2x			x 2x					0	x
11		12			13		14									11		11		12			13
x21		x22		x23			x24			0 2		0	0		2x21		x21 2x22					0	x23
PJ x		x		x			x			0 0		0	1		2x		x 2x					0	x		,
31		32			33		34									31		31		32			33
x	41	x	42	x		43	x	44		0 0		0	0		2x		x	41	2x		42	0	x	43
	41		42			43		44								41		41			42			43
						3		3	1		0	x		x		x		x
													11	12		13			14
						1		1	0		1	x21		x22		x23		x24
		AP			4		4		1		3	x		x		x		x
													31	32		33			34
						4		4	1					x42		x43
						4		4	1		1	x41		x42		x43		x44

3x11 3x21 x31					3x12 3x22 x32
x11 x21 x41					x12 x22			x42
x11 x21 x41					x12 x22			x42

4x11 4x21 x31 3x41					4x12 4x22 x32 3x42
4x11 4x21 x31 3x41					4x12 4x22 x32 3x42
4x 4x	21	x	x	41	4x 4x	22	x		x
11	21	31		41	12	22		32	42

3x13 3x23 x33

3x14 3x24 x34

x13 x23 x43

x14 x24

x44

4x13 4x23 x33 3x43

4x14 4x24 x34 3x44

4x13 4x23 x33 x43

4x14 4x24 x34 x44

x11 3x21 x31

x11 x12 3x22 x32

x11 x21 x41

x21 x12 x22

x42

PJ AP

4x 4x

x 4x

4x11 4x21 x31 3x41

x41 4x12 4x22 x32 3x42

3x13 3x23 x33

x13 3x14 3x24 x34

x13 x23 x43

x23 x14

x24 x44

4x13 4x23 x33 3x43

x33 4x14 4x24 x34 3x44

4x13 4x23 x33 x43

x43 4x14 4x24 x34 x44

Отримаємо однорідну систему рівнянь. Матрицю цієї системи треба привести до ступінчастого вигляду, потім знайти загальний та один

частинний розв’язок. Будемо мати: x44 4 ,			x41 1 ,	x42 1, x43 0 ,		x34 4 ,
x33 0 ,	x32 0 ,	x31 1, x24 1, x23 2 ,	x21 0 ,	x22 0 ,	x14 1,		x13 2 ,
x12 1,	x11 1.	Отже, матриця переходу	до жорданового		базису		матиме

вигляд:

	1	1	2	1
	0	0	2	1
	0	0	2	1
P	1 0		0	4	.

	1	1	0	4
	1	1	0	4

ІІ спосіб.

Знайдемо вектори жорданового базису, які відповідають власному

значенню 2 . Для побудови ланцюжків векторів за основу візьмемо базис
				0; 0; 1;		0 ,			1; 0; 0; 1 , який
кореневого підпростору		e1 f3		0; 0; 1;		0 ,	e2 f4		1; 0; 0; 1 , який
відповідає власному значенню 2 . Тоді
		1		3	1	0	0	1
			1	1 0		1	0	0
A 2I e			1	1 0		1	0	0		,
	1		4	4	1	3	1	1

			4	4	1		0	1
			4	4	1	3	0	1
		1		3	1	0	1	1
			1	1 0		1	0	0
A 2I e			1	1 0		1	0	0		.
A 2I e	2		4	4	1	3	0	1		.
	2		4	4	1	3	0	1

			4	4	1		1	1
			4	4	1	3	1	1

Далі
		0		4 0	0	0	0
			4	0 0 4		0	0
2			4	0 0 4		0	0	,
A 2I	e		8	8 0 8		1	0	,
	1		8	8 0 8		1	0
	1

			8	8 0 8		0	0
			8	8 0 8		0	0
		0		4 0	0	1	0
			4	0 0 4		0	0
2			4	0 0 4		0	0	.
A 2I	e2		8	8 0 8		0	0	.

			8	8 0 8		1	0
			8	8 0 8		1	0
Маємо ланцюжки векторів				A 2I e1, e1 ;
		S1 :		A 2I e1, e1 ;
		S2 : A 2I e2 , e2 .

Тепер впорядкуємо ланцюжки по довжині, а для зручності запишемо їх по рядках у матрицю й зведемо крайню ліву матрицю до ступінчастої форми:

1 0	1 1	0		0 1 0				1 0			1 1	0 0 1 0
1 0	1 1	0		0 1 0				1 0			1 1	0 0 1 0

	1 1	1		0 0 1	I		~		0 0		0 0	1 0 1	1	.
1 0	1 1	1		0 0 1	I				0 0		0 0	1 0 1	1

Після викреслювання нульового вектора отримаємо
1 0	1 1		0	0 1 0				1 0			1 1	0 0 1 0
1 0	1 1		0	0 1 0				1 0			1 1	0 0 1 0

	1 1					I		~		0 0	0 0		.
1 0	1 1					I				0 0	0 0

Ліва матриця приведена до ступінчастої форми, отже, система, яка складається з перших векторів ланцюжків, лінійно незалежна. Отже, й вся система векторів лінійно незалежна. Отримали жорданів базис u1 1; 0; 1; 1 , u2 0; 0; 1; 0 , який відповідає власному значенню 2 .

Знайдемо тепер вектори жорданового базису, які відповідають

власному	значенню 0 .				Для		побудови			ланцюжків								векторів		за основу
візьмемо	базис e1			1; 1; 0; 0 ,					e2				1; 0; 2; 2							кореневого
візьмемо	базис e1	f1		1; 1; 0; 0 ,					e2		f2		1; 0; 2; 2							кореневого
підпростору, який відповідає власному значенню 0 . Тоді

						3		3	1	0		1				0

	A 0I e					1		1	0 1			1				0		,
			1			4		4	1 3 0						0
			1

						4		4				0				0
						4		4	1 1			0				0
						3		3	1 0			1					1

	A 0I e					1		1	0 1			0				1 .
			2		4			4	1 3 2					0
			2

						4		4				2					0
						4		4	1 1			2					0
Далі
							8	8	4 0				1				0
							0	0	0 0			0					0
	2						0	0	0 0			0					0		.
	A 0I			e2		8		8	0 4			2					0		.

							8	8	4 0			2					0
							8	8	4 0			2					0

Нами побудовані ланцюжки векторів:

S1 : e1 ;

S2 : A 0I e2 , e2 .

1		1 0	0		2	2		1		1 0	0	1 0	2	2
1		1 0	0	1 0	2	2		1		1 0	0	1 0	2	2

	1 1 0		0				I	~	0	0 0	0			.
	1 1 0		0				I		0	0 0	0

Ліва матриця приведена до ступінчастої форми, отже, система, яка складається з перших векторів ланцюжків, лінійно незалежна. Отже, й вся

система векторів	лінійно	незалежна. Отримали жорданів	базис
u3 1; 1; 0; 0 , u4	1; 0; 2;	2 , який відповідає власному значенню 0 .
Кожному ланцюжку довжини h відповідає клітина порядку			h в

жордановій нормальній формі. Наш базис складається з двох ланцюжків, кожний довжиною 2. Отже, матриця оператора в цьому базисі має дві клітини, обидві порядку 2:

	2	1	0	0
	0	2	0	0

J	0	0	0	1	.


	0	0	0	0

Так як всі обчислення проводилися в тому базисі, в якому дана матриця оператора, то в цьому ж базисі дано вектори жорданового базису u1 , u2 , u3 ,

u4 . Тоді, за означенням, матриця переходу від першого базису до іншого має вигляд

	1	0	1	1
	0	0	1	0
P	0	0	1	0	.
P					.
e u	1	1	0	2

	1	0	0	2
	1	0	0	2

г) З’ясуємо, чи можна звести матрицю лінійного оператору до діагонального вигляду. Характеристичний многочлен матриці цього

оператора: A 2 2 2 , тобто

маємо розклад цього

многочлена на

може мати діагональну

лінійні множники. Робимо висновок, що матриця A

форму. Для кожного власного значення 0

і 2 , алгебраїчна кратність

яких

дорівнює

знайдемо

дефект

матриці

0E 1,

A i E :

defect A

Для

кожного власного значення отриманий дефект

defect A 2E 1.

(геометрична кратність

відповідного власного

значення) не співпадає з

алгебраїчною кратністю i

A ,

тому матрицю

A не можна звести до

діагонального вигляду.

Дано підпростір

f1 1; 2; 0; 2 ; f2

1, 2, 4,

2 .

Знайти

базис

ортогонального доповнення L . Визначити ортогональну проекцію y

ортогональну

складову

вектора

x 2, 3, 1, 4

відносно

підпростору L . Задачу розв’язати двома способами.

Розв’язання.

Нехай x x , x

x ,

– вектор ортогонального доповнення L . Тоді

x L,

тобто

x, a1

x1 2x2

2x4

Знайдемо

ФСР

x, a

x 2x 4x 2x

отриманої системи:

x1 2x3,

–1

x2 x3

–1

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.02.20163.54 Mб126Gurevich_E_A__Matyushina_I_G_Poezia_skaldov.doc
#
07.02.201619.91 Mб17history_DV_Vigasin_A.rtf
#
07.02.20161.41 Mб64Hromyk.pdf
#
14.09.2019303.95 Кб3I уровень. История.docx
#
03.11.2018156.16 Кб6Identichnost_i_tolerantnost.doc
#
07.02.2016605.23 Кб4IDZ-lineyka_7_variant.pdf
#
18.04.2019125.75 Кб1IKU_s_35.docx
#
18.08.2019137.73 Кб1IMPERIYi_GENEZA_STRUKTURA_FUNKTsIYi.doc
#
25.11.201943.29 Кб1Individualne_zavdannya_z_TsO.docx
#
28.08.2019291.84 Кб1Individ_zavdannya.doc
#
16.11.2019134.66 Кб2Indiv_zavdan_studentam_01_10_12.doc