Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

algebra.1semestr.lectures1-16

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.03.2016

Размер:

710.69 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Доказательство. Мы должны доказать, что

AB ¢ B¡1A¡1 = In = B¡1A¡1 ¢ AB :

Проверим только первое равенство:

AB ¢ B¡1A¡1 = A(BB¡1)A¡1 = A ¢ In ¢ A¡1 = AA¡1 = In :

Сейчас мы покажем, что в определении обратной матрицы одно равенство можно опустить.

Лемма 114. Если AB = In и CA = In, то B = C = A¡1. Доказательство. Используя ассоциативность, получаем

C = C ¢ In = C(AB) = (CA)B = InB = B :

Следствие 115. Если AB = In для квадратных матриц A и B одинакового размера, то

B = A¡1.

Доказательство. Поскольку det A =6 0, то найдется такая матрица C, что CA = In, следо-

	вательно C = B по предыдущей лемме.						¤
				13.	Лекция 12
L12				13.	Лекция 12
L12	13.1. Правило Крамера. Рассмотрим систему линейных уравнений

( )		>	a x + : : : +a x = b
( )		>		+ : : : +a1nxn = b1
		8 a11x1		+ : : : +a1nxn = b1
		>
¤		> .		.
¤		> .		.
		> .		.
		<	21 1	2n n	2
		>	21 1	2n n	2
		>
		>
		>
		>
		>		+ : : : +annxn = bn
		>an1x1		+ : : : +annxn = bn
		числом уравнений и неизвестных такую, что ее матрица A = (a					) невырож-
	с одинаковым :					ij

дена.

kramer Теорема 116. Система (¤) имеет единственное решение, задаваемое следующими фор-

мулами:
x1 =	¢1	;	x2 =	¢2		;	: : : ; xn =	¢n	;
	¢				¢			¢

где ¢ = det A, а ¢i определитель матрицы, полученной из A заменой i-го столбца

¹t

столбцом b свободных членов.

Доказательство. Запишем систему в виде Ax¹

¹t

, где x¹

= b

= (x1; : : : ; xn) столбец неиз-

вестных. Поскольку ¢ 6= 0, то матрица A имеет обратную. Тогда (объясните почему!) наша

СЛУ имеет единственное решение x¹t = A¡1¹bt. Поскольку A¡1 = 1=¢

(Aij)t, то

xi = ¢ ¢ (A1i : : : Ani) ¢ Ãb...n !

= ¢(b1A1i + ¢ ¢ ¢ + bnAni):

По теореме Лапласа это выражение равно определителю матрицы

0a11...

: :...:

b...1 : :...:

a1...n1

Ban1

: : :

bn : : : annC

полученной из A заменой i-го столбца столбцом свободных членов.

Пример 117. Решить систему уравнений

2x1 ¡ x2

+x3 = 3

8 x1 + 2x2

3x3 = 4

¡ 3x2 +4x3 = 9

>3x1

Вычислим сначала

определитель матрицы системы:

¢ = ¯

1 2

3 ¯

R1$R2 =

2 1 1

R2¡2R1 =

2 ¡1

¡3

3 4

¡¡¡¡¡!

¯ ¡¡¡¡¡3 !1

¯2

¡ ¡

(

65 + 63) = 2 ;

¯ =

поэтому система имеет единственное¯

решение.¯

¡1

¡2

¢1

4 2

+R2 =

4 2

R2¡4R1 =

¡¡¡¡!

¡¡¡¡¡3 !1

R +9R

14 ¯

(28 30) = 2 :

¯ =

¢1

Тогда x1 =

= 1.

Аналогично вычисляем:

¢2 = ¯

1 4 3 ¯

R1$R2 =

2 3 1

R2¡2R1 =

¡4

¡3

3 9

¡¡¡¡¡!

¡¡¡¡¡3 !1

¡ ¯

¯4

¡¯

¯ =

откуда x2 =

¢2

= 24 = 2.

= 1, x2 = 2 в первое уравнение, получаем 2 ¢ 1 ¡ 2 + x3 = 2,

Подставляя теперь x1

следовательно x3 = 3.

13.2. Определитель Вандермонда.

Теорема 118. Для любых x1; : : : ; xn имеем

van

: : :

¯ ..

1 i<j

¯ .

: : :

·Y·

x ) :

xn¡1

: : : xn¡1

Доказательство. Применим индукцию по n ¸ 2, причем случай n = 2 очевиден. Предположив, что утверждение верно для всех чисел < n, и докажем его для n. Последовательно применяя элементарные преобразования Rn ¡ x1Rn¡1, Rn¡1 ¡ x1Rn¡2, : : : , R2 ¡ x1R1, получаем

: : :

¢ = ¯

0 x2

x1x2

x1xn

¯ .

¯ ..

0 x2

x1x2¡

: : : xn¡

x1xn¡

Разлагая по первому столбцу,¯

выводим

x2 ¡ x1

: : :

xn ¡ x1

¢ =

x22

x1x2

: : :

xn2

x1xn

xn¡1

x1xn¡2

: : : xn¡1

x1xn¡2

столбца x3

x1, : : : , из

Вынесем теперь из первого¯

столбца за скобку x2

x1, из второго¯

последнего xn ¡ x1:

:: :: ::

¢ = (x

x )

¢ ¢ ¢ ¢ ¢

xn¡2

: : : xn¡2

По предположению индукции последний определитель¯

равен произведению¯

2 i<j

n(xj

· ·

xi), откуда и получаем нужное равенство.

13.3. Вычисление обратной матрицы элементарными преобразованиями. Напомним, что элементарное преобразование строк Ri + ¸Rj соответствует умножению матрицы слева на элементарную матрицу Eij(¸), и эта матрица обратима: Eij(¸)¡1 = Eij(¡¸). Элементарные преобразования первого и второго типа также эквивалентны левому умножению на обратимые матрицы (выпишите их!).

Теорема 119. Следующие условия на (квадратную) матрицу A эквивалентны:

1)A обратима;

2)единичная матрица In является улучшенным ступенчатым видом A;

3)A является произведением элементарных матриц.

Доказательство. 3) ) 1). Если A = E1 ¢ : : : ¢ Es, то (поскольку элементарные матрицы обратимы), получаем A¡1 = Es¡1 ¢ : : : ¢ E1¡1.

1)) 2). Приведем A к улучшенному ступенчатому виду элементарными преобразованиями строк. Из того, что det A 6= 0 вытекает, что все ступеньки имеют длину 1, следовательно получившаяся матрица совпадает с In.

2)) 3). По сказанному выше получаем, что E1 ¢ : : : Es A = In для элементарных матриц

E1; : : : ; Es. Домножая справа на A¡1, получаем A¡1 = E1 ¢ : : : ¢ Es.

Из этой теоремы вытекает простой практический метод вычисления обратной матрицы. А именно, приведем A элементарными преобразованиями строк к единичной матрице. Если одновременно применять те же элементарные преобразования к In, то на выходе мы получим обратную к A матрицу.

Действительно, как мы только что показали, если E1 : : : Es ¢A = In, то A¡1 = E1 : : : Es ¢In.

³1 2 ¡1 ´

Пример 120. Вычислить обратную к матрице A = 2 2 4 .

1 3 ¡3

A =

0 2 2 4

0 1 0 1

R2¡2R1

2 6

2 1 0 1 R2

$R3

1 2 ¡1

1 0 0

1 2 ¡1

1 0 0

1 3

0 0 1

0 1

1 0 1

¡¡¡¡¡3 !1

¡¡¡¡¡!

1 2

1 0 0

1 0 3

3 0 ¡2

R 1=2

2 6

2 1 0

¡2R2

0 0 2

4 1 2

3¢

0 1

¡2

1 0 1

0 1

1 0 1

¡¡¡¡¡3 !2

¡¡¡¡!

R +2R

0 0 1

1 R1¡3R3

0 0 1

1 0

5 1

1 0 3

0 ¡2

¡¡¡¡¡2 !3

1 0 0

9 ¡3=2 ¡5

0 0 1

¡2 1=2 1

0 0 1

¡2 1=2

3=2

R +2R

Итак, A¡

µ¡¡2

¶.

1=2

14. Лекция 13

L13

14.1. Полиномы от одной переменной. Пусть F поле (например, F = R или F = C). Полиномом над F называют выражение вида f(x) = a0 + a1x + ¢ ¢ ¢ + anxn, где ai 2 F коэффициенты f. Обычно считают, что an 6= 0, и тогда n называют степенью f, deg f. Степень нулевого полинома полагают равной ¡1. Например, полиномы нулевой степениэто ненулевые константы c; полиномы первой степени это линейные функции ax + b, a 6= 0; и полиномы второй степени записываются в виде ax2 + bx + c, a 6= 0.

Множество всех полиномов обозначают F [x] и называют кольцом полиномов от одной переменной. При этом два полинома считаются равными, если они имеют одинаковые коэффициенты (ak = bk) при каждой степени xk. Определим операции на множестве полиномов. 1. Сложение. Пусть f = a0 + ¢ ¢ ¢ + anxn и g = b0 +P¢ ¢ ¢ + bmxm полиномы степени n и m. Тогда их суммой f + g называют полином h = k ckxk, где ck = ak + bk. Из этого определения вытекает, что deg(f + g) = max(deg f; deg g), если deg f 6= deg g; и deg(f + g) · max(deg f; deg g) в общем случае.

Последнее неравенство может быть строгое. Например, пусть f = 1 + 2x ¡ x2 и g = 2 ¡ 3x + x2. Тогда f + g = 3 ¡ x, следовательно deg(f + g) = 1 < 2 = max(deg f; deg g).

Нетрудно проверить (это вытекает из свойств сложения элементов поля), что операция сложения удовлетворяет следующим условиям:

1)f + g = g + f (коммутативность);

2)f + (g + h) = (f + g) + h (ассоциативность);

3)0 + f = f;

4)f + (¡f) = 0, где ¡f обозначает полином полученный из f сменой знаков коэффициентов.

Итак, F [x] является абелевой группой.

2.Умножение. Чтобы умножить полином f на g, нужно раскрыть скобки и привести подобные. Формальное определение выглядит так: fg = Pk ckxk, где ck = Pi+j=k aibj. Сразу из определения вытекает, что deg(fg) = deg f + deg g.

Например, вычислим результат умножения f = 1+x на g = 2¡x+x2. Умножим сначала 1 на 2 ¡ x + x2, затем x на 2 ¡ x + x2, а результат сложим:

2	¡x	+x2
	2x	¡x2	+x3
2	+x		+x3

Итак, fg = 2 + x + x3. Нетрудно проверить, что выполняются следующие тождества.

1)fg = gf;

2)(f ¢ g) ¢ h = f ¢ (g ¢ h);

3)1 ¢ f = f;

4)(f + g)h = fh + gh.

Итак, множество полиномов F [x] образует коммутативное кольцо.

Кроме того, вычисляя степени, получаем fg 6= 0 для ненулевых полиномов f и g, то есть кольцо F [x] является (коммутативной) областью.

14.2. Деление с остатком на x ¡ ®. Пусть ® фиксированный элемент поля F .

Теорема 121. Для любого ненулевого полинома f(x) найдутся единственные полином g(x) и число c 2 F такие, что f(x) = g(x)(x ¡ ®) + c. Более того, c = f(®).

При этом g(x) называется частным при делении f на x ¡ ®, а константа c остатком.

Доказательство. Подставляя в формулу f = g(x ¡®) + c значение x = ®, получаем f(®) = g(®)(® ¡ ®) + c, следовательно c = f(®).

Докажем теперь единственность. Предположим, что f(x) = g0(x)(x ¡ ®) + c0 для другого полинома g0 и другой константы c0. По уже доказанному c0 = f(®) = c. Вычитая f = g0(x ¡ ®) + c0 из f = g ¢ (x ¡ ®) + c, получаем 0 = (g ¡ g0) ¢ (x ¡ ®). Поскольку F [x] область, из этого следует g = g0.

Докажем теперь существование индукцией по степени f. Если deg f = 0, то есть f = c 6= 0, то достаточно положить g = 0 и c = c. Предположим, что мы уже доказали наше утверждение для степеней меньших n, и рассмотрим случай deg f = n > 1. Рассмотрим вспомогательный полином h = f ¡ anxn¡1(x ¡ ®). Поскольку старшее слагаемое anxn полинома f обнулилось при этой операции, то deg h · n ¡ 1.

По предположению индукции существуют полином g0(x) и константа c0 такие, что h(x) = g0(x)(x ¡ ®) + c0. Но тогда f(x) = h + anxn¡1(x ¡ ®) = (g0 + anxn¡1)(x ¡ ®) + c0. ¤

Такая редуктивная процедура не очень удобна для практической реализации. Простой алгоритм для деления доставляет схема Горнера.

Заметим, что равенство f = g ¢ (x ¡ ®) + c влечет deg g = n ¡ 1, поэтому будем искать g в виде g = b0 + ¢ ¢ ¢ + bn¡1xn¡1. Приравнивая коэффициенты при степенях x (начиная с xn), получаем

an = bn¡1

an¡1 = bn¡2 ¡ ®bn¡1

: : :

a1 = b0 ¡ ®b1 a0 = c ¡ ®b0

Из этой системы мы последовательно находим bn¡1; bn¡2; : : : ; b1; c:

bn¡1 = an

bn¡2 = an¡1 + ®bn¡1

: : :

b0 = a1 + ®b1 c = a0 + ®b0

Результаты этих вычислений записываются в виде таблицы

	an	an¡1	: : :	a1	a0
®	bn¡1	bn¡2	: : :	b0	c

Например, разделим с остатком полином x4 ¡ 3x2 + x + 5 на x ¡ 2. Заполняем таблицу:

	1	0	¡3	1	5	;
			¡3
2	1	2	1	3	11
2	1	2	1	3	11

откуда x4 ¡3x2 +x+5 = (x3 +2x2 +x+3)(x¡2)+11. В частности, f(2) = 16¡12+2+5 = 11, как и записано в нижней правой клетке таблицы.

Если полином комплексный (или имеет большие коэффициенты), то этот алгоритм может быть использован для вычисления его значений. Например, пусть f = ix3 + (1 ¡ 2i)x2 ¡ 2(1 ¡ i)x + 2 и ® = 1 + i. Составляя таблицу

	i	1 ¡ 2i	¡2 + 2i	2	;

1 + i	i	¡i	¡1 + i	0

получаем f(1 + i) = 0, то есть 1 + i корень полинома f.

Скажем, что полином f(x) делится на x ¡ ® (без остатка), если f(x) = g(x)(x ¡ ®) для некоторого полинома g.

Теорема 122. (теорема Безу) f(x) делится на x ¡ ® если и только если f(®) = 0, то есть ® корень f.

Доказательство. ). Если f(x) = g(x)(x ¡ ®), то f(®) = g(®)(® ¡ ®) = 0.

(. Разделим f(x) на g(x) с остатком: f(x) = g(x)(x ¡ ®) + c, где c = f(®). Но тогда c = f(®) = 0. ¤

Теорему Безу можно использовать для решения уравнений. Например, мы хотим найти корни кубического уравнения x3 + 2x2 ¡ 4x + 1 = 0. Хотя формула для решения таких уравнений известна11, ее применение весьма нетривиально. Однако нетрудно угадать один корень этого уравнения x1 = 1 (проверьте подстановкой!). Деля исходный полином на x¡1,

заключаем, что все оставшиеся корни нашего уравнения удовлетворяют уравнению x2 + 3x ¡ 1 = 0, то есть равны x2;3 = ¡3§p13 .

deg Теорема 123. Число корней ненулевого полинома не превосходит его степени.

Доказательство. Индукция по n, причем случай n = 0 очевиден. Пусть f полином степени n > 1, и ®1 2 F его корень. По теореме Безу получаем f(x) = g(x)(x ¡ ®1) для некоторого полинома g, и все оставшиеся корни f являются корнями g. Но deg g = n ¡ 1, поэтому можно использовать предположение индукции (завершите рассуждение!). ¤

Позже мы увидим, что над полем C любой полином степени n ¸ 1 имеет ровно n корней, если считать их с учетом кратности.

Следствие 124. Любой полином степени n однозначно определяется своими значениями в n + 1 (различных!) точках.

11и, хотя и называется "формула Кардано", была открыта другим итальянским математиком Николой Тарталья.

Доказательство. Пусть числа ®0; : : : ; ®n 2 F различны, и пусть f(®i) = g(®i) для неко-

	f; g		n	Для h = f			g имеем deg h		n и
торых полиномов		, чьи степени не превосходят		.deg		¡		·
торых полиномов		, чьи степени не превосходят		.deg		¡		·
h(®i) = f(®i) ¡ g(®i) = 0 для любого i. По теореме					заключаем, что h нулевой поли-
				123
				123
ном.									¤

14.3. Кратность корня. Скажем, что ® 2 F k-кратный (k ¸ 1) корень полинома f(x), если f делится на (x ¡®)k, но не делится на (x ¡®)k+1. Мы говорим, что ® кратный корень f(x), если его кратность не меньше 2. Например, x = 2 двукратный корень полинома (x ¡ 2)2(x + 3)3, а ¡3 его корень кратности 3.

Теорема 125. ® 2 F является кратным корнем полинома f(x) если и только если ® является корнем f и его производной f0.

Доказательство. ). Имеем f(x) = (x¡®)2g(x) для некоторого полинома g, следовательно f0 = 2(x ¡ ®)g + (x ¡ ®)2g0 = (x ¡ ®)(2g + (x ¡ ®)g0), откуда f0(®) = 0.

(. Так как ® корень f, то f(x) = (x ¡ ®)g(x), следовательно f0(x) = g + (x ¡ ®)g0. Поставляя x = ® и учитывая f0(®) = 0, получаем g(®) = 0. Но тогда (по теореме Безу) g = (x ¡ ®)h(x) для некоторого полинома h, следовательно f = (x ¡ ®)g = (x ¡ ®)2h. ¤

15. Лекция 14

L14

Напомним, что мы полагаем степень нулевого полинома равной ¡1.

15.1. Деление с остатком.

resid Теорема 126. Пусть 0 =6 f; g 2 F [x]. Тогда существуют такие полиномы q(x) и r(x),

что deg r < deg g и
f(x) = q(x)g(x) + r(x) :	(1)

Более того, q (частное) и r (остаток) определяются этими условиями однозначно.

Доказательство. Докажем сначала единственность. Предположим, что имеется еще одно представление f = q0g + r0, где deg r0 < deg g. Вычитая это равенство из (1), получаем (q0 ¡ q)g = r ¡ r0. Но deg(r ¡ r0) · deg g. Если полином (q0 ¡ q)g ненулевой, то deg(q0 ¡ q)g ¸ deg g, что невозможно. Итак (q0 ¡ q)g = 0, следовательно q0 ¡ q = 0, то есть q0 = q. Но тогда r ¡ r0 = 0 влечет r = r0.

Докажем теперь существование разложения (1), используя индукцию по deg f = n ¸ 0. Случай n = 0 разбирается без труда (сделайте это!). Предположим, что мы уже доказали нужное утверждение для всех степеней меньших n, и рассмотрим случай deg f = n ¸ 1. Если deg g > deg f, то возьмем q = 0, r = f.

Пусть deg g = m · n. Запишем наши полиномы f = a0 + ¢ ¢ ¢ + anxn и g = b0 + ¢ ¢ ¢ + bmxm. Рассмотрим вспомогательный полином f1 = f ¡anb¡m1xn¡mg. Ясно, что deg f1 · n ¡1. Если f1 = 0, то f = anb¡m1xn¡mg поэтому можно взять q = anb¡m1xn¡m и r = 0.

Иначе, по предположению индукции, f1 = q1g + r1 для некоторых полиномов q1 и r1 таких, что deg r1 < deg g. Тогда f = f1 + anb¡m1xn¡mg = (q1 + anb¡m1xn¡m)g + r1 нужное представление f. ¤

Приведенное выше доказательство дает алгоритм деления одного полинома на другой, который соответствует делению столбиком. Например, разделим полином x4 + 2x2 ¡ x + 1 на x2 ¡ x + 1:

x4		+2x2	¡x+1	x2 ¡ x + 1
x4 ¡x3		+x2		x2 + x + 2
	x3	+x2	¡x+1
	x3	¡x2	+x
		2x2 ¡2x+1
		2x2 ¡2x+2
			¡1

На первом шаге алгоритма мы делим x4 (старший член f) на x2 (старший член g), а результат x4=x2 = x2 записываем справа в частное. Затем умножаем весь полином g на x2, результат записываем слева под f и вычитаем. Деление заканчивается, когда старший член очередного полинома не делится на x2.

Итак, частное q равно x2 + x + 2, а остаток r = ¡1. Можно записать результат деления

в виде неправильной дроби:
	x4 + 2x2 ¡ x + 1	= x2 + x + 2		1	:
	x2 ¡ x + 1	= x2 + x + 2	¡ x2 ¡ x + 1		:
	x2 ¡ x + 1		¡ x2 ¡ x + 1

Пусть f и g ненулевые полиномы. Мы скажем, что g делит f (или f делится на g), в обозначениях g j f, если найдется такой полином h, то gh = f.

Следующие свойства отношения делимости аналогичны соответствующим свойствам целых чисел.

1)Если h j g и g j f, то h j f.

2)Если f j g; h, то f j g § h.

3)Если f j g1; : : : ; gn, то f j g1h1 + ¢ ¢ ¢ + gnhn для любых полиномов hi 2 F [x]. Действительно, пусть fui = gi, то f(u1h1 + ¢ ¢ ¢ + unhn) = g1h1 + ¢ ¢ ¢ + gnhn.

4)любая ненулевая константа c делит любой ненулевой полином f.

5)Если 0 6= ® 2 F , то g j f если и только если ®g j f (или g j ®f).

6)Если g j f и f j g, то f = ®g для некоторого 0 6= ® 2 F .

Действительно, пусть gu = f и fv = g для некоторых полиномов u и v. Тогда f = gu = fvu влечет f(1¡vu) = 0. Поскольку f 6= 0, из этого следует uv = 1, а тогда u = ® и v = ®¡1 для некоторой константы ®.

Определение 127. Полином d(x) называется общим делителем полиномов f и g, если d делит f и d делит g.

Например, x ¡ 1 является общим делителем полиномов x2 + x ¡ 2 и x3 + x ¡ 2.

Определение 128. Полином d называется наибольшим общим делителем f и g, если 1) d делит f; g и 2) d делится на любой другой общий делитель f и g.

Обычно мы нормируем НОД(f; g), домножая его на константу, так, чтобы старший коэффициент d стал равен 1. Тогда, по свойству 6), НОД(f; g) (если он существует) определен

однозначно. Ниже мы докажем существование наибольшего общего делителя и укажем алгоритм его вычисления.

Заметим (проверьте это!), что, если g j f, то g является наибольшим общим делителем f и g.

15.2. Алгоритм Евклида.

f-g Лемма 129. Пары полиномов f; g и g; f ¡gh имеют одинаковые наборы общих делителей.

Доказательство. Если d j f; g, то f = du и g = dv для u; v 2 F [x]. Тогда f ¡ gh = d(u ¡ vh). Предположим теперь, что d j g; f¡gh, то есть g = du и f¡gh = dv. Тогда f = d(v+uh). ¤

Изложим теперь алгоритм Евклида деления (ненулевого) полинома f(x) на ненулевой полином g(x).

Разделим f(x) на g(x) с остатком: f(x) = q1(x)g(x) + r1(x); deg(r1) < deg g. Если r1 = 0,

то НОД(f; g) = g.	f-g

Иначе, по лемме		НОД пары f; g равен НОДу пары g; r1	. Разделим теперь g на r1	:
	129,

g = q1r1 + r2; deg r2 < deg r1. В частности, НОД(f; g) = НОД(g; r1) = НОД(r1; r2).

Если r2 = 0, то НОД(f; g) = НОД(r1; r2) = r1, иначе разделим r1 на r2 и т.д. Поскольку deg r1 > deg r2 > : : : , этот процесс обрывается, то есть rn+1(x) = 0 для некоторого n:

f = q1g + r1 g = q2r1 + r2 r1 = q3r2 + r3

: : :

rn¡2 = qnrn¡1 + rn rn¡1 = qn+1rn :

Из приведенного выше рассуждения вытекает, что НОД(f; g) = rn последнему ненулевому остатку в процессе деления.

Например, найдем НОД полиномов f = x3 + x ¡ 2 и g = x2 + x ¡ 2. Выполняя первое

деление, получаем

	x3	+x¡2		x2 + x ¡ 2
	x3 +x2 ¡2x			x ¡ 1
		¡x2 +3x	¡2
		¡x2 ¡x+2
		4x¡4

то есть q1 = x ¡ 1 и r1 = 4x ¡ 4. Выполняем второе деление:

x2 +x¡2 4x ¡ 4

x2 ¡x 1=4 x + 1=2 2x¡2

2x¡2

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.20251.26 Mб0akhd_konspekt.doc
#
01.07.2025190.98 Кб0AKhD_voprosy.doc
#
01.04.202553.77 Кб0akhd_zadachi_Sposoby_modelirovania_faktornykh_s...docx
#
20.09.20194.54 Mб49Alg.doc
#
15.04.2019872.96 Кб33Alg.Shpory.doc
#
01.03.2016710.69 Кб6algebra.1semestr.lectures1-16..pdf
#
01.03.2025270.85 Кб0Algologia_i_mikologia_Metodicheskie_ukazania_k.doc
#
02.05.2019299.01 Кб6alkany.docx
#
02.05.2019245.33 Кб5alkeny.docx
#
20.12.2018349.7 Кб7All.doc
#
16.04.20191.82 Mб77ALL.DOC