Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

algebra1

.pdf
Скачиваний:
22
Добавлен:
21.03.2016
Размер:
1.92 Mб
Скачать
g0(an)

4 Интерполяционная формула Лагранжа

Пусть k поле, и пусть a1; : : : ; ai; : : : ; an различные элементы из k. Обозначим через g(t) произведение

(t a1) (t ai) (t an)

всех двучленов (t aj), 1 j n, а через gi(t) произведение всех этих двучленов, кроме (t ai). Обычно многочлен gi(t) çàïè-

g(t)

сывается в форме gi(t) = t ai . ßñíî, ÷òî gi(aj) = 0 при j 6= i; найдем теперь, чему равняется gi(ai). Для этого заметим, что, оче-

видно, g(t) = (t ai)gi(t), а потому g0(t) = (t ai)gi0(t) + 1 gi(t), откуда следует, что g0(ai) = (ai ai)gi0(ai) + 1 gi(ai). Таким образом, gi(ai) = g0(ai). Заметим, что ai простой корень многочлена g(t), и

потому g0(ai) 6= 0.

Пусть теперь b1; : : : ; bi; : : : ; bn какие-то элементы из k; положим

f(t) = b1g1(t) + : : : + bigi(t) + : : : + bngn(t): g0(a1) g0(ai)

Ясно, что степень многочлена f(t) не превосходит n 1; кроме того, для любого i, 1 i n мы имеем:

f(ai) =

b1g1(ai)

+ : : : +

bigi(ai)

+ : : : +

bngn(ai)

=

big0(ai)

= bi:

g0(a1)

 

g0(ai)

g0(an)

 

 

g0(ai)

Итак, мы доказали следующее утверждение.

Теорема 18. Пусть k поле, и пусть a1; a2; : : : ; an; b1; b2; : : : ; bn два набора элементов из k, причем элементы a1; a2; : : : ; an попарно

различны. Обозначим через g(t) многочлен (t a1)(t a2) : : : (t an).

Тогда многочлен

n

 

 

 

big(t)

 

Xi

 

 

 

 

f(t) =

 

 

=1 g0(ai)(t ai)

является единственным многочленом, таким что deg f(t) < n и f(ai) = bi äëÿ âñåõ i, 1 i n.

Полученная формула для интерполяционного многочлена называется интерполяционной формулой Лагранжа.

5 Характеристика поля

До сих пор все наши рассуждения были справедливы для произвольных полей; однако, в следующих пунктах нам придется накладывать на поля некоторые ограничения, о которых мы сейчас и будем говорить.

111

Пусть k поле; рассмотрим в нем элементы

1; 1+1; 1+1+1; : : : ; 1+1+: : :+1 ; : : : :

| {z }

n

Если все эти элементы не равны 0, то говорят, что характеристика поля k равна 0; если же среди них есть нули, то характеристикой

поля k называется наименьшее число p > 0, такое что сумма p слагаемых, каждое из которых равно единице 1 поля k, равна 0. Для характеристики поля используется обозначение char k. Поскольку в любом поле 0 6= 1, характеристика поля не может быть равна 1.

Предложение 21. Характеристика любого поля или равна 0, или является простым числом.

Доказательство. Пусть k поле, и пусть n = char k 6= 0 не простое число. Тогда n раскладывается в произведение натуральных чи- сел q > 1 и r > 1. Обозначим через a; b 2 k суммы соответственно q и r слагаемых, каждое из которых равно единице 1 поля k. Поскольку q; r < n = char k, оба элемента a; b отличны от 0, но

ab = (1+1+: : :+1)(1+1+: : :+1) = 1+1+: : :+1

= 0:

|

 

{zq

 

} |

 

{zr

 

} |

 

{z

 

}

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=qr

 

Это невозможно, потому что поле является областью целостности, и в нем нет делителей 0.

Условимся еще об одном обозначении. Хотя множество натуральных чисел содержится не во всех полях, мы, тем не менее, будем для n 2 N обозначать через n элемент поля k, равный 1+1+: : :+1 . Åñëè

| {z }

n

характеристика поля k равна 0 или не является делителем n, то элемент n 2 k обратим в k, и поэтому элементы поля k можно делить на n. В частности, n! обратимый элемент поля k, если char k = 0 или char k > n.

6 Производные высших порядков

Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1, и пусть f(t) многочлен с коэффициентами из A. Мы уже определили производную f0(t) многочлена f(t). Второй производной f00(t) многочлена f(t) называется производная (f0(t))0 его производной f0(t). Продолжая этот процесс, определим по индукции n-ю производную многочлена f(t) как производную его (n 1)-й производной. n-ю производную многочлена f(t), особенно при больших n, обозначают через f(n)(t); таким образом, f(1)(t) = f0(t), f(2)(t) = f00(t), . . . , f(n)(t) = (f(n 1)(t))0.

112

Поскольку степень производной меньше степени многочлена, для многочлена степени n все его производные порядков больше n явля-

ются нулевыми многочленами.

Индукцией по m легко доказывается следующее утверждение.

Лемма 3. Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1, n; m > 0 целые числа. Тогда

(tn)(m)

=

8 n!(;

 

1) (

 

+ 1)

 

m;

åñëè n = m;

 

 

 

 

 

<

n n

n

m

 

 

tn

åñëè n > m;

 

 

 

 

 

0;

 

 

 

 

 

 

 

åñëè n < m.

 

 

 

Поэтому при

 

:

 

значение при

t = 0

многочлена

n

(m)

равно

0

,

 

n 6= m

 

 

 

 

 

 

(t )

 

 

 

а при n = m оно равно n!.

7 Формула Тейлора

Пусть k поле, и пусть f(t) 2 k[t]. Многочлен f(t + u) от двух переменных t; u можно представить как многочлен от t с коэффициентами из k[u]:

f(t + u) = g0(u) + g1(u)t + g2(u)t2 + : : : + gn(u)tn: ( )

Сравнивая значения левой и правой частей этого равенства при t = 0, найдем, что g0(u) = f(u). Для того, чтобы выяснить, чему равны остальные коэффициенты g1(u), . . . , gn(u), возьмем i-е производные от обеих частей этого равенства, рассматриваемых как многочлены от t над k[u], и сосчитаем их значения при t = 0; по лемме 3 получим:

f(i)(u) = f(i)(t + u)jt=0 =

= g1(u)t(jti=0) + : : : + gi(u)(ti)(jti=0) + : : : + gn(u)(tn)(jti=0) = gi(u) i!:

Åñëè char k = 0 èëè char k > i, òî i! = 1k + 1k + + 1k ненулевой

| {z }

i!

элемент поля k, и на него можно делить; поэтому в этом случае мы находим искомое выражение для коэффициента gi(u):

gi(u) = f(i)(u): i!

Подставив найденные значения коэффициентов g0(u); g1(u); : : : ; gn(u) в разложение ( ) многочлена f(t + u) по степеням t, мы получим следующий результат.

Теорема 19 (формула Тейлора). Пусть k поле, и пусть f(t)

многочлен с коэффициентами из k. Если характеристика поля k

113

равна 0 или больше степени n многочлена f(t), то в кольце k[t; u] выполняется равенство

 

f0(u)

 

f(i)(u) i

f(n)(u) n

f(t + u) = f(u) +

 

 

t + : : : +

 

t + : : : +

 

t :

1!

 

i!

n!

Пусть теперь a 2 k; взяв значения обеих частей формулы Тейлора при u = a, t = t a, мы получим вариант формулы из теоремы 19, который обычно и называется формулой Тейлора:

f(t) = f(a) +

f0(a)

(t a) + : : : +

f(i)(a)

(t a)i + : : : +

f(n)(a)

(t a)n:

1!

i!

n!

 

8 Еще о кратных корнях

Воспользуемся формулой Тейлора, чтобы уточнить наши результаты о кратных корнях. Сначала докажем простой, но удобный критерий того, что кратность корня равна числу s.

Лемма 4. Пусть k поле, a 2 k, f(t) 2 k[t]. Если f(t) = (t a)sg(t);

где s 0, g(t) 2 k[t], причем g(a) 6= 0, то кратность корня a много- члена f(t) равна s.

Доказательство. Если s = 0, то f(a) = g(a) 6= 0, то есть a корень многочлена f(t) кратности 0. Пусть s 1; многочлен f(t) делится на (t a)s, и надо показать только, что он не делится на (t a)s+1. Åñëè бы это было не так, то существовал бы многочлен h(t) 2 k[t], такой

÷òî

f(t) = (t a)s+1h(t);

и тогда получилось бы, что (t a)sg(t) = (t a)s((t a)h(t)). Но k[t]область целостности, поэтому отсюда следовало бы, что

g(t) = (t a)h(t); g(a) = (a a)h(a) = 0;

что противоречит предположению леммы.

Теорема 20. Пусть k поле, 0 6= f(t) 2 k[t], причем характеристика поля k равна 0 или больше степени многочлена f(t). Элемент a 2 k тогда и только тогда является корнем кратности s 1 многочлена f(t), когда

f(a) = f0(a) = : : : = f(s 1)(a) = 0; f(s)(a) 6= 0:

114

Доказательство. Пусть a 2 k. Если n = deg f(t) и an 6= 0 старший коэффициент f(t), то f(n)(a) = n!an, а этот элемент при наших

предположениях о характеристике поля k отличен от 0. Однако, быть может, несколько первых производных функции f(t) обращаются в 0, но всегда найдется наименьший номер r, такой что f(r)(a) 6= 0. Åñ-

ли f(a) = 0, то этот наименьший номер обозначим через rf (a); если f(a) 6= 0, положим rf (a) = 0.

Утверждение теоремы, очевидно, равносильно тому, что для любого a 2 k число rf (a) совпадает с кратностью корня a многочлена

f(t) (напомним, что не являющийся корнем элемент является корнем

кратности 0). Но это сразу следует из леммы 4 и формулы Тейлора. Действительно, пусть r = rf (a). Случай, когда r = 0, тривиален: тогда f(a) 6= 0 и a не корень f(t), то есть корень кратности 0. Пусть

r

 

1; тогда f(a) = f0(a) = : : : = f(r 1)(a) = 0, f(r)(a) = 0, è ïî

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

формуле Тейлора имеем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f0(a)

 

 

 

 

f(r 1)(a)

 

 

 

f(t) = f(a) +

 

 

 

 

 

(t a) + : : : +

 

 

 

 

(t a)r 1+

 

 

 

1!

 

(r

 

1)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

f(r)(a)

(t a)r + : : : +

 

f(n)(a)

(t a)n = (t a)rg(t);

 

 

 

 

 

r!

 

 

 

n!

 

 

 

 

f(r)(a)

 

f(r+1)(a)

 

 

 

f(n)(a)

ãäå g(t) =

 

+

 

 

(t a)+: : :+

 

 

(t a)n r. Совершенно

r!

(r + 1)!

n!

 

ÿñíî, ÷òî g(a) =

f(r)(a)

6= 0, и потому по лемме 4 число r является

 

 

r!

 

 

кратностью корня a многочлена f(t).

Из этой теоремы очевидным образом вытекает

Следствие. В предположениях теоремы 20 корень кратности s 1 многочлена f(t) является корнем кратности (s 1) его производной f0(t).

9 Отделение кратных корней

При численном нахождении корней многочлена наличие кратных корней часто осложняет работу. Поэтому было бы полезно освободится от кратных корней, не потеряв при этом ни одного корня исходного многочлена. Предыдущие результаты показывают, как это сделать.

Предложение 22. Пусть k поле, f(t) ненулевой многочлен над k, причем характеристика поля k равна 0 или больше степени многочлена. Пусть, далее, d(t) 2 k[t] унитарный наибольший общий делитель многочлена f(t) и его производной f0(t), и пусть

115

f1(t) 2 k[t] такой многочлен, что f(t) = d(t)f1(t). Тогда в любом поле, содержащем k, множества корней многочленов f(t) и f1(t) совпадают, но у многочлена f1(t) нет кратных корней.

Доказательство. Пусть K k такое поле, в котором многочлен f(t) раскладывается в произведение f(t) = c(t 1)s1 (t r)sr , ãäå s1; : : : ; sr 1, c 2 k, 1; : : : ; r попарно различные элементы поля K (оно существует по теореме 15). Поскольку f(t) = d(t)f1(t), а разложение многочлена в произведение унитарных неприводимых многочленов единственно, канонические разложения многочленов d(t) и

f1(t) над полем K имеют аналогичный вид; в частности

d(t) = (t 1)p1 (t r)pr ;

где некоторые (или все) из показателей p1; : : : ; pr могут быть и равны- ми 0 (тогда сответствующий множитель (t i)pi просто отсутствует

в разложении). По следствию из теоремы 20 i является корнем крат- ности si 1 производной f0(t), òî åñòü f0(t) делится на (t i)si 1, но не делится на (t i)si . Поскольку многочлен f(t) тоже делится на (t i)si 1, на эту же степень (t i) делится и наибольший общий делитель d(t) многочленов f(t) и f0(t). При этом d(t) не делится

íà (t i)si , потому что иначе на (t i)si делился бы и многочлен f0(t) d(t). Èòàê, i корень d(t) кратности si 1, и потому pi = si 1.

Таким образом, d(t) = (t 1)s1 1 (t r)sr 1, и потому

f1(t) = f(t)=d(t) = c(t 1) (t r);

то есть многочлен f1(t) 2 k[t] имеет в любом поле, содержащем k, те же корни, что и f(t), но все они являются простыми корнями f1(t).

116

тогда и только тогда, когда
эквивалентности, считая, что

Глава IV

Дробно-рациональные функции

x 1: Поле отношений области целостности

1 Дроби и действия над ними

Пусть область целостности, то есть коммутативное ассоциативное кольцо с 1. Поле K называется полем отношений области целостности , если подкольцо K, и любой элемент 2 K представляется в виде = ab 1, где a; b 2 K, b 6= 0. Например, поле рациональных чисел Q является полем отношений кольца це-

лых чисел Z, потому что всякое рациональное число представимо в виде a=b = ab 1, где a; b целые числа, причем b 6= 0. Это не

только самый общеизвестный пример поля отношений; классическое построение рациональных чисел, исходя из целых чисел, как это по- чти строго делалось в школьных курсах арифметики, подсказывает, как погрузить в поле отношений произвольную область целостности.

Теорема 1. Всякая область целостности, в которой 0 6= 1, может быть вложена в поле, которое является ее полем отношений.

Доказательство. Пусть область целостности, в которой 0 6= 1. Дробью над назовем любую пару ab , где a; b 2 , b 6= 0. Здесь го-

ризонтальная черта " " не несет никакого содержательного смысла,

а служит лишь "знаком препинания", разделяющим первую и вто-

рую компоненту дроби. Введем на множестве всех дробей отношение ab dc

ad = bc. Кроме того, определим сложение и умножение дробей, поло-

æèâ

a

 

c

 

ad + bc

,

a

 

c

ac

. Заметим, что мы снова получим

 

+

 

=

 

 

 

 

=

 

b

d

bd

b

d

bd

дроби: произведение bd, являющееся второй компонентой суммы и

117

произведения, не равно 0, потому что b 6= 0, d 6= 0, а кольцо область целостности.

Лемма 1. Пусть a; b; c; d; e; f; g; h 2 , причем b; d; f; h 6= 0. Тогда:

aa

(1)b b (рефлексивность);

(2)åñëè ab dc , òî dc ab (симметричность);

(3)åñëè ab dc , dc e , òî ab fe (транзитивность);f

 

a

 

e c

 

g

 

a

 

c

 

e

 

g

 

a c

 

e g

(4) åñëè

 

 

 

,

 

 

 

 

, òî

 

 

 

+

 

 

 

+

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

b

f

d

h

 

b

d

f

h

b

d

f

h

Доказательство. (1) ab = ba, так как коммутативное кольцо.

(2)Если ad = bc, то cb = da, опять из-за коммутативности .

(3)Åñëè ab dc , dc fe , то ad = bc, cf = de. Тогда adf = bcf = bde.

Поскольку область целостности, левую и правую части этого

равенстваa e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d 6= 0

 

 

 

 

 

 

 

af = be

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

можно сократить на

 

; мы получим, что

 

 

 

 

 

, òî

åñòü ÷òî

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

f

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4) Åñëè

a

 

 

e

,

 

c

 

g

, то af = be, ch = dg. Пользуясь этими

 

 

b

f

d

h

равенствами, получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(ad + bc)fh = afdh + bfch = bedh + bfdg = bd(eh + fg);

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(ac)(fh) = (af)(ch) = (be)(dg) = (bd)(eg);

 

 

 

 

 

 

 

 

а это как раз и значит, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

c

ad + bc

 

 

 

eh + fg

 

e

 

g

a c

 

ac

 

eg

 

e g

 

 

 

+

 

=

 

 

 

 

 

 

 

=

 

+

 

;

 

 

 

=

 

 

 

 

=

 

 

 

:

 

b

d

 

bd

 

 

 

fh

f

h

b

d

bd

fh

f

h

Первые три утверждения доказанной леммы означают, что дей-

ствительно является отношением эквивалентности на множестве дробей, а последнее что эта эквивалентность устойчива относительно действий сложения и умножения; поэтому мы можем действовать далее так же, как в главе I при построении кольца вычетов. Поскольку мы еще не раз будем использовать подобные рассуждения, мы повторим формулировки и доказательства нескольких простых фактов из главы I в более общей ситуации, чем это было там и чем это надо сейчас.

2 Об отношении эквивалентности

Пусть X множество, на котором задано отношение эквивалентности , то есть отношение x y между элементами x; y 2 X, обладающее свойствами:

рефлексивность: x x для всякого x 2 X;

118

симметричность: если x; y 2 X и x y, то y x; транзитивность: если x; y; z 2 X и x y, y z, то x z.

Для элемента x 2 X будем обозначать через [x] подмножество множества X, состоящее из всех таких элементов y 2 X, что x y.

Это множество называется классом эквивалентности, определенным элементом x.

Лемма 2. (1) Элемент z 2 X принадлежит классу эквивалентности [x] тогда и только тогда, когда [x] = [z].

(2) Любые два класса эквивалентности или не пересекаются, или совпадают.

Доказательство. (1). Пусть [x] = [z]. Поскольку z z, элемент z принадлежит классу [z] = [x].

Обратно, пусть z 2 [x]; тогда, по определению, x z. Если y 2 [z], то z y, и по транзитивности x y, то есть y 2 [x]; таким образом, [z] [x]. Если, наоборот, y 2 [x], то x y; кроме того, из соотношения x z следует из-за симметричности эквивалентности, что z x. Снова пользуясь транзитивностью, получаем: z y, то есть y 2 [z], и доказано включение [x] [z]. Сопоставляя полученные включения [z] [x], [x] [z], находим, что [x] = [z].

(2). Если пересечение классов вычетов [x] и [y] непусто, то существует элемент z 2 X, такой что z 2 [x] и z 2 [y]. Но тогда по (1)

[x] = [z] è [y] = [z], òî åñòü [x] = [y].

Пусть теперь на множестве X задана алгебраическая операция, которая каждой паре элементов x; y 2 X ставит в соответствие элемент x y 2 X (обычно это сложение или умножение); предположим, что эквивалентность устойчива относительно этой операции, то есть что выполняется условие

åñëè x; x1; y; y1 2 X è x x1, y y1, òî x y x1 y1.

В этом случае мы можем корректно определить операцию над классами эквивалентности, положив [x] [y] = [x y]. Это определение не зависит от того, какие именно элементы x; y мы выбираем в классах: если [x] = [x1], [y] = [y1], òî x x1, y y1, и потому x y x1 y1, à это значит, что [x y] = [x1 y1].

3 Завершение построения поля отношений

Применим соображения, изложенные в предыдущем пункте, к множеству дробей. Для дроби ab обозначим через hab i множество всех

дробей, эквивалентных этой дроби. Пусть K множество всех таких

119

подмножеств множества всех дробей, которые являются класса-

ми эквивалентности дробей, то есть таких, для которых найдется дробь ab , такая что = hab i. Как мы отметили в предыдущем пункте, устойчивость эквивалентности относительно сложения и умноже-

ния дробей позволяет определить сложение и умножение для классов эквивалентности:

a

 

c

 

a

 

c

 

a

 

c

 

a

 

c

h

 

i

+ h

 

i

= h

 

+

 

i;

h

 

i

h

 

i

= h

 

 

 

i:

b

d

b

d

b

d

b

d

Лемма 3. Относительно введенных действий множество классов эквивалентности дробей K является полем.

Доказательство. Надо проверить, что выполняются аксиомы поля:

(1) +( + ) = ( + )+ для любых ; ; 2 K (ассоциативность

сложения);

(2) + = + для любых ; 2 K (коммутативность сложения);

(3)

существует такой элемент

2 K

, ÷òî

 

для любого

0

 

0 + =

 

2 K;

для любого 2K существует такой элемент 2K, что +

(4)

 

;

 

 

 

 

 

( ) = 0

 

 

 

 

 

(5)

( ) = ( ) для любых ; ; 2 K (ассоциативность умно-

жения);

 

 

 

 

 

(6)

= для любых ; 2 K (коммутативность умножения);

(7)

существует такой элемент

2 K

, ÷òî

=

для любого

1

1

 

2 K;

(8)( + ) = + для любых ; ; 2 K (дистрибутивность

умножения относительно сложения);

(9)

для любого

2 K

, не равного , существует такой элемент

 

0

12 1

K, ÷òî = 1;

6

(10)0 = 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

Пусть = h

 

 

i, = h

 

 

 

i, = h

 

 

i; в качестве 0, 1, возьмем

b

d

f

классы

 

0

,

 

 

1

,

h

a

 

. Тогда соотношения (1) - (8) примут следую-

1

1

 

 

b

ùèé

 

h

i h

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

âèä.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

c

 

e

 

(1)

h

 

 

i

+ h

 

 

i

+ h

 

 

 

 

i = h

 

i

+ h

 

i

+ h

 

i;

 

b

d

f

b

d

f

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

c

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2)

h

 

 

i

+ h

 

 

i = h

 

 

i + h

 

i;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

d

d

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

a

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(3)

h

 

i

+ h

 

i = h

 

i;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

b

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4)

 

a

 

+

 

 

 

 

 

a

 

 

=

 

 

 

 

 

0

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1i

a c

 

e

 

 

 

 

 

 

 

hai hc ei h

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5)

h

 

i h

 

ih

 

i = h

 

ih

 

i h

 

i;

 

 

 

 

b

d

f

b

d

f

 

 

 

120

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]