1
ЛЕКЦИЯ 10
Тема 7. Теория сравнений (3 лекции 8, 9 и 10)
Содержание лекции 10:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Общие сведения о многочленах.
Деление многочленов.
Делители многочленов. НОД и НОК двух многочленов.
Алгоритм Евклида для многочленов.
Корни многочленов. Теорема Безу.
Формулы Виета.
Применение отношений сравнимости для многочленов.
1. Общие сведения о многочленах
Эвристические соображения.
По́ле в общей алгебре – множество, для элементов которого
определены операции сложения, взятия противоположного значения,
умножения и деления (кроме деления на ноль), причём свойства этих
операций близки к свойствам обычных числовых операций. Простейшим
полем является поле рациональных чисел (дробей). Хотя названия операций
поля взяты из арифметики, следует иметь в виду, что элементы поля не
обязательно являются числами, и определения операций могут быть далеки
от арифметических.
Поле – основной предмет изучения теории полей. Рациональные,
вещественные, комплексные числа, вычеты по модулю заданного простого
числа образуют поля.
Пусть 𝑃 – поле. Тогда многочленом (полиномом) от одной переменной
𝑥с коэффициентами из 𝑃 называется выражение вида
𝑎(𝑥) = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 , 𝑎𝑖 ∈ 𝑃.
Здесь под 𝑥 понимается некоторый символ, который может принимать
любые значения из 𝑃.
Многочлен можно понимать как:
1)
формальное выражение;
2)
как функцию 𝑥, если 𝑥 ∈ 𝑃.
Ключевой вопрос: что значит, что два многочлена равны?
Если следовать первому пункту, то
𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + ⋯ + 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 = 𝑏0 + 𝑏1 𝑥 + ⋯ 𝑏𝑛 𝑥 𝑛
равносильно выполнению равенств
𝑎0 = 𝑏0 , 𝑎1 = 𝑏1 , … , 𝑎𝑛 = 𝑏𝑛 .
Если второму, то ∀ 𝑥 ∈ 𝑃 должно выполняться равенство 𝑎(𝑥) = 𝑏(𝑥). Легко
видеть, что если многочлены равны как формальные выражения, то они
равны как функции. Обратно неверно.
Пример. Если 𝑃 = {0,1} (х=0 или х=1), то многочлены 𝑎(𝑥) = 𝑥 и
𝑏(𝑥) = 𝑥 2 совпадают как функции, но различны как формальные выражения.
В дальнейшем будем рассматривать многочлены как формальные
выражения. Более того, для удобства формальной записи алгебраических
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
2
операций многочлены желательно рассматривать как сумму бесконечного
числа слагаемых вида 𝑎𝑖 𝑥 𝑖 с конечным числом отличных от нуля слагаемых:
1 + 𝑥 2 = 1 + 0 ⋅ 𝑥 + 1 ⋅ 𝑥 2 + 0 ⋅ 𝑥 3 + … . Тогда формулы для суммы и
произведения многочленов примут вид:
∑𝜅≥0 𝑎𝑘 𝑥 𝑘 + ∑𝑘≥0 𝑏𝑘 𝑥 𝑘 = ∑𝑘≥0(𝑎𝑘 + 𝑏𝑘 )𝑥 𝑘 ;
∑𝑖≥0 𝑎𝑖 𝑥 𝑖 ⋅ ∑𝑗≥0 𝑏𝑗 𝑥 𝑗 = ∑𝑖≥0 ∑𝑗≥0 𝑎𝑖 𝑥 𝑖 𝑏𝑗 𝑥 𝑗 = ∑𝑖≥0 ⥂ ∑𝑗≥0 𝑎𝑖 𝑏𝑗 𝑥 𝑖+𝑗 =
∑𝑘≥0 𝑐𝑘 𝑥 𝑘 ,
где 𝑐𝑘 = 𝑎0 𝑏𝑘 + 𝑎1 𝑏𝑘−1 + … + 𝑎𝑘 𝑏0 ≡ ∑𝑖+𝑗=𝑘 𝑎𝑖 𝑏𝑗 .
Точные определения.
Пусть 𝑃 – поле.
Определение. Многочленом одной переменной с коэффициентами из 𝑃
называется бесконечная последовательность (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … ) ∈ 𝑃∞ , в которой
лишь конечное число элементов не равно нулю.
Множество многочленов с коэффициентами из поля 𝑃 обознается 𝑃[𝑥].
Введем операции сложения и умножения многочленов. Пусть
𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], 𝑓 = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 … ), 𝑔 = (𝑏0 , 𝑏1 , 𝑏2 … ). Тогда
𝑓 + 𝑔 ≝ (𝑎0 + 𝑏0 , 𝑎1 + 𝑏1 , … ), 𝑓𝑔 ≝ (𝑐0 , 𝑐1 , … ), где 𝑐𝑛 = ∑𝑘+𝑙=𝑛 𝑎𝑘 𝑏𝑙 .
Очевидно, что 𝑓 + 𝑔 и 𝑓 ⋅ 𝑔 имеют лишь конечное число ненулевых
членов, т.е. являются многочленами. При этом, если 𝑓 имеет 𝑟 членов, а 𝑔 −
𝑠 ненулевых членов, то 𝑓 + 𝑔 – не более чем 𝑟 + 𝑠, а 𝑓 ⋅ 𝑔 – не более чем 𝑟 ⋅ 𝑠
ненулевых членов.
2. Деление многочленов.
Теорема 1. Пусть 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑃[𝑥], 𝑔 ≠ 0. Тогда ∃! 𝑞, 𝑟 ∈ 𝑃[𝑥]:
𝑓 = 𝑞 ⋅ 𝑔 + 𝑟 и 𝑑𝑒𝑔 𝑟 < 𝑑𝑒𝑔 𝑔.
Доказательство. Пусть 𝑑𝑒𝑔 𝑓 = 𝑛, 𝑑𝑒𝑔 𝑔 = 𝑚. Если 𝑛 < 𝑚, то можно
положить 𝑞(𝑥) = 0, 𝑟(𝑥) = 𝑓(𝑥). Если 𝑛 ≥ 𝑚, то будем использовать тот же
метод деления, что и для чисел. Пусть
𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ + 𝑎0 , 𝑔(𝑥) = 𝑏𝑚 𝑥 𝑚 + ⋯ + 𝑏0 , 𝑎𝑛 ≠ 0 и 𝑏𝑚 ≠ 0.
𝑎
Положим 𝑓1 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 𝑔(𝑥). Тогда 𝑑𝑒𝑔 𝑓1 < 𝑛.
𝑏𝑚
Пусть 𝑑𝑒𝑔 𝑓1 = 𝑛1 и 𝑓1 (𝑥) = 𝑎𝑛1 𝑥 𝑛1 + ⋯ + 𝑎01 .
Если 𝑛1 < 𝑚, то остановим процесс вычисления; если 𝑛1 ≥ 𝑚, то
𝑎𝑛
положим 𝑓2 (𝑥) = 𝑓1 (𝑥) − 1 𝑥 𝑛1−𝑚 𝑔(𝑥).
𝑏𝑚
Пусть 𝑛2 = 𝑑𝑒𝑔 𝑓2 , 𝑎𝑛2 – старший коэффициент 𝑓2 , и т.д. … Так как
степени многочленов 𝑓1 , 𝑓2 , … убывают, то получим
𝑎𝑛
𝑓𝑘 : 𝑓𝑘 (𝑥) = 𝑓𝑘−1 (𝑥) − 𝑘−1 𝑥 𝑛𝑘−1−𝑚 𝑔(𝑥) и 𝑛𝑘 < 𝑚.
𝑏𝑚
Процесс останавливается. Суммируя полученные ранее выражения,
получаем: 32
𝑎𝑛
𝑎𝑛
𝑎
𝑓(𝑥) − ( 𝑛 𝑥 𝑛−𝑚 + 1 𝑥 𝑛1−𝑚 + ⋯ + 𝑘−1 𝑥 𝑛𝑘−1−𝑚 ) 𝑔(𝑥) = 𝑓𝑘 (𝑥).
𝑏𝑚
Тогда 𝑞(𝑥) =
𝑎𝑛
𝑏𝑚
𝑏𝑚
𝑥 𝑛−𝑚 +
𝑎𝑛1
𝑏𝑚
𝑏𝑚
𝑎𝑛𝑘−1
𝑥 𝑛1−𝑚 + ⋯ +
т.е. получено требуемое представление (1).
Вовк Леонид Петрович
𝑏𝑚
𝑥 𝑛𝑘−1−𝑚 , 𝑟(𝑥) = 𝑓𝑘 (𝑥),
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
3
Определение. Если 𝑓 = 𝑔𝑞 + 𝑟 и 𝑑𝑒𝑔 𝑟 < 𝑑𝑒𝑔 𝑔, то 𝑟 называется
остатком при делении 𝑓(𝑥) на 𝑔(𝑥).
Пример. 𝑥 3 + 𝑥 + 1 = (𝑥
⏟ − 1) (𝑥
⏟ 2 + 𝑥 + 2) + 3.
𝑔(𝑥)
𝑞(𝑥)
Замечание. Из указанного в теореме 1 алгоритма деления с остатком
следует, что если 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) – многочлены с действительными
коэффициентами, то коэффициенты всех многочленов 𝑓1 (𝑥), 𝑓2 (𝑥), …, а
значит и коэффициенты 𝑞(𝑥) и 𝑟(𝑥) – действительные. Для целых
коэффициентов это утверждение, очевидно, неверно.
3. Делители многочленов. НОД и НОК двух многочленов.
Определение. Пусть 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥]. Если ∃ ℎ(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥]:
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⋅ ℎ(𝑥),
то говорят, что 𝑓(𝑥) делится на 𝑔(𝑥) или 𝑔(𝑥) делит 𝑓(𝑥), и пишут
𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥). Если 𝑔(𝑥) ≠ 0 , то 𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥) означает, что остаток от деления
равен 0. В этом случае многочлен 𝑔(𝑥) называется делителем многочлена
𝑓(𝑥).
Свойства (делимости многочленов). Пусть 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥), 𝜙(𝑥), 𝜓(𝑥),
ℎ(𝑥), 𝑓1 (𝑥), … , 𝑓𝑘 (𝑥) ∈ 𝑃[𝑥]. Тогда справедливы свойства:
1) Если 𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥), 𝑓(𝑥) ≠ 0 ⇒ 𝑑𝑒𝑔 𝑔 (𝑥) ≤ 𝑑𝑒𝑔 𝑓 (𝑥).
Доказательство следует из равенства 𝑑𝑒𝑔( 𝑓 ⋅ 𝑔) = 𝑑𝑒𝑔 𝑓 + 𝑑𝑒𝑔 𝑔.
2) ℎ(𝑥)|𝑔(𝑥), 𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥).
Доказательство. Так как ℎ(𝑥)|𝑔(𝑥) ⇒ ∃𝜙(𝑥): 𝑔(𝑥) = 𝜙(𝑥) ⋅ ℎ(𝑥);
так как
𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ∃ 𝜓(𝑥): 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⋅ 𝜓(𝑥). Тогда имеем
𝑓(𝑥) = 𝜙(𝑥) ⋅ 𝜓(𝑥) ⋅ ℎ(𝑥) ⇒ ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) .
3) ℎ(𝑥)|𝑔(𝑥), ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ℎ(𝑥)|[𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥)].
4) ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ∀𝑔(𝑥) выполняется ℎ(𝑥)|[𝑓(𝑥) ⋅ 𝑔(𝑥)].
Доказательство. ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ∃ 𝜙(𝑥): 𝑓(𝑥) = 𝜙(𝑥) ⋅ ℎ(𝑥). Тогда
𝑓 ⋅ 𝑔 = 𝜙 ⋅ ℎ ⋅ 𝑔; следовательно, ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) ⋅ 𝑔(𝑥).
5) Если ℎ(𝑥)|𝑓1 (𝑥), … , ℎ(𝑥)|𝑓𝑘 (𝑥) ⇒ ∀𝜙𝑖 (𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], 𝑖 = 1, … , 𝑘, то
справедливо
ℎ(𝑥)|(𝑓1 (𝑥) ⋅ 𝜙1 (𝑥) + ⋯ + 𝑓𝑘 (𝑥) ⋅ 𝜙𝑘 (𝑥)).
6) ∀𝑐 ∈ 𝑃: 𝑐 ≠ 0, 𝑐|𝑓(𝑥).
𝑎
𝑎
Доказательство следует из равенства 𝑓(𝑥) = 𝑐 ⋅ ( 𝑛 𝑥 𝑛 + ⋯ + 0).
𝑐
𝑐
7) ℎ(𝑥)|𝑓(𝑥) ⇒ ∀𝑐 ∈ 𝑃: 𝑐 ≠ 0 имеем (𝑐 ⋅ ℎ(𝑥))|𝑓(𝑥).
8) 𝑓(𝑥)|0.
Действительно, 0 = 𝑓(𝑥) ⋅ 0.
9) 𝑔(𝑥)|𝑓(𝑥) ∧ 𝑑𝑒𝑔 𝑔 (𝑥) = 𝑑𝑒𝑔 𝑓 (𝑥) ⇔
↔ ∃ 𝑐 ∈ 𝑃, 𝑐 ≠ 0: 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) ⋅ 𝑐.
10) 𝑔|𝑓 ∧ 𝑓|𝑔 ⇔ ∃ 𝑐 ∈ 𝑃, 𝑐 ≠ 0: 𝑓 = 𝑐 ⋅ 𝑔.
11) Если 𝑔|𝑓, то ∀𝑐 ≠ 0 имеем 𝑔|(𝑐 ⋅ 𝑓).
Определение. Многочлен 𝑢(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥] называется общим делителем
𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], если 𝑢(𝑥)|𝑓(𝑥) и 𝑢(𝑥)|𝑔(𝑥). Наибольшим общим
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
4
делителем (НОД) двух многочленов 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) называется их делитель
𝑑(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], который делится на любой другой их общий делитель.
Замечание. Ненулевая постоянная является общим делителем любых
двух многочленов.
Теорема 2. Если НОД двух многочленов 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) существует, то он
определен с точностью до множителя 𝛼 ∈ 𝑃, 𝛼 ≠ 0.
Доказательство. Пусть 𝑑1 (𝑥) и 𝑑2 (𝑥) – два НОД для 𝑓 и 𝑔 ⇒ 𝑑1 |𝑑2 и
𝑑2 |𝑑1 ⇒ (по свойству 10) ⇒ 𝑑2 (𝑥) = 𝛼𝑑1 (𝑥), для 𝛼 ≠ 0 и 𝛼 ∈ 𝑃.
Пусть 𝛽 ≠ 0, 𝛽 ∈ 𝑃. Если 𝑑1 (𝑥) – общий делитель для 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥), то
𝛽𝑑1 (𝑥) – тоже общий делитель. Если 𝑑1 – НОД, т.е. любой другой делитель
делит 𝑑1 , то 𝛽𝑑1 − тоже НОД.■
Теорема 3. Если 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑞(𝑥) + 𝑟(𝑥), 𝑑𝑒𝑔 𝑟 < 𝑑𝑒𝑔 𝑔, то пары
многочленов 𝑓, 𝑔 и 𝑔, 𝑟 имеют одинаковые общие делители.
Доказательство. Пусть 𝑢(𝑥) – общий делитель 𝑓 и 𝑔 ⇒ (из 𝑟(𝑥) = 𝑓 −
𝑔 ⋅ 𝑞) ⇒ (по свойству 5) ⇒ 𝑢(𝑥)|𝑟(𝑥). Аналогично, из делимости 𝑔 и 𝑟 на
𝑢(𝑥) ⇒ 𝑓 и 𝑔 делятся на 𝑢(𝑥).■
Теорема 4. Если 𝑔|𝑓, то 𝑔 – НОД для 𝑓 и 𝑔, т.е. 𝑔 = НОД(𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)).
Доказательство следует из того, что 𝑔(𝑥) – делитель 𝑓 и 𝑔 и любой
делитель 𝑓 и 𝑔 делит 𝑔.
Теорема 5. Для ∀𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥] ∃ НОД(𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥))∈ 𝑃.
Пример. Разделить с остатком многочлен 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 2𝑥 3 + 𝑥 − 1
многочлен 𝑔(𝑥) = 𝑥 2 − 2.
Решение.
Делим в столбик многочлен 𝑓(𝑥) на 𝑔(𝑥). Имеем:
(−3𝑥 + 3)
𝑓(𝑥)
= (𝑥 2 − 2𝑥 + 2) +
;
𝑔(𝑥)
𝑔(𝑥)
𝑓(𝑥) = (𝑥 2 − 2𝑥 + 2) ∙ 𝑔(𝑥) + (−3𝑥 + 3).
Таким образом, 𝑞(𝑥) = (𝑥 2 − 2𝑥 + 2), 𝑟(𝑥) = −3𝑥 + 3.
Пример. Найти НОД двух многочленов
𝑝(𝑥) = 𝑥 3 − 4𝑥 2 − 5𝑥 и 𝑞(𝑥) = 2𝑥 4 − 𝑥 3 − 3𝑥 2 .
Решение.
Разложив данные многочлены на сомножители, получим
𝑝(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 1)(𝑥 − 5); 𝑞(𝑥) = 𝑥 2 (𝑥 + 1)(2𝑥 − 3).
Из этого разложения видно, что одним из наибольших общих
делителей многочленов 𝑝(𝑥) и 𝑞(𝑥) служит многочлен
𝐷(𝑥) = 𝑥(𝑥 + 1),
так как он является общим делителем данных многочленов, имеющим
наибольшую степень.
Определение.
Наименьшим общим кратным двух многочленов p(x) и q(x) называется
многочлен L(x) наименьшей степени, делящийся на каждый из многочленов
p(x) и q(x). При этом используется обозначение L(x)=[p(x);q(x)].
Пример. Найти НОК многочленов
𝑝(𝑥) = 𝑥 4 − 2𝑥 3 + 𝑥 и 𝑞(𝑥) = (𝑥 2 − 3𝑥 + 2)(𝑥 2 − 𝑥 − 2).
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
5
Решение.
Разложим данные многочлены на сомножители:
𝑝(𝑥) = 𝑥 2 (𝑥 − 1)2 ,
𝑞(𝑥) = (𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)(𝑥 − 2) = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)2 .
Возьмём любое из найденных разложений, например,
𝑝(𝑥) = 𝑥 2 (𝑥 − 1)2 .
Умножим его на те множители многочлена q(х), которых в разложении
для р(х) не содержится. Такими сомножителями в данном случае являются
(х+1) и (х–2)2. В результате получим НОК данных многочленов:
НОК[𝑝(𝑥); 𝑞(𝑥)] = 𝑥 2 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)2 .
Ответ. 𝑥 2 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)2 .
Если разложение на множители получить не удаётся, то для нахждения
НОК используют формулу
𝑝(𝑥)𝑞(𝑥)
НОК[𝑝(𝑥); 𝑞(𝑥)] =
,
𝐷(𝑥)
где D(x) – НОД(p(x);q(x)).
Если многочлены разложить на множители не удаётся, то их НОД
можно найти с помощью алгоритма Евклида для многочленов.
4. Алгоритм Евклида для многочленов.
Пусть 𝑟1 (𝑥) ≠ 0. Тогда делим 𝑔(𝑥) на 𝑟1 (𝑥). Если остаток 𝑟2 (𝑥) = 0, то
доказательство завершаем, если 𝑟2 (𝑥) ≠ 0, то делим 𝑟1 на 𝑟2 и т.д. Так как
степени остатков все время уменьшаются, то процесс конечен. Таким
образом, имеем следующую последовательность равенств:
𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)𝑞1 (𝑥) + 𝑟1 , 𝑟1 ≠ 0
𝑔(𝑥) = 𝑟1 (𝑥)𝑞2 (𝑥) + 𝑟2 , 𝑟2 ≠ 0
𝑟1 (𝑥) = 𝑟2 (𝑥)𝑞3 (𝑥) + 𝑟3 , 𝑟3 ≠ 0
(
………………………………
𝑟𝑘−3 (𝑥) = 𝑟𝑘−2 (𝑥)𝑞𝑘−1 (𝑥) + 𝑟𝑘−1 , 𝑟𝑘−1 ≠ 0
𝑟𝑘−2 (𝑥) = 𝑟𝑘−1 (𝑥)𝑞𝑘 (𝑥) + 𝑟𝑘 , 𝑟𝑘 ≠ 0
𝑟𝑘−1 (𝑥) = 𝑟𝑘 (𝑥)𝑞𝑘+1 (𝑥)
Здесь 𝑑𝑒𝑔 𝑔 > 𝑑𝑒𝑔 𝑟1 > ⋯ > 𝑑𝑒𝑔 𝑟𝑘 > −∞.
Из предыдущих утверждений ⇒что пары многочленов 𝑓, 𝑔; 𝑔, 𝑟1 ;
𝑟1 , 𝑟2 ; … ; 𝑟𝑘−2 , 𝑟𝑘−1 ; 𝑟𝑘−1 , 𝑟𝑘 ; 𝑟𝑘 , 0 имеют общие делители ⇒делители 𝑓 и
𝑔 совпадают с делителями многочлена 𝑟𝑘 ⇒ 𝑟𝑘 – делитель 𝑓 и 𝑔.
Если 𝑢(𝑥) – любой другой делитель 𝑓 и 𝑔 ⇒он делитель и 𝑟𝑘 (𝑥) ⇒
𝑟𝑘 (𝑥) – НОД.■
Замечание 1. Алгоритм построения НОД, использованный в теореме 3,
называется алгоритмом Евклида или алгоритмом последовательного
деления.
Замечание 2. Если 𝑓(𝑥) = 0, 𝑔(𝑥) = 0 ⇒ НОД(𝑓, 𝑔) = 0.
Замечание 3. Так как НОД определен с точностью до множителя, то
будем считать, что коэффициенты при старшей степени равны 1.
Пример. Найти НОД многочленов
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
6
𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 3𝑥 3 − 𝑥 2 − 4𝑥 − 3, 𝑔(𝑥) = 3𝑥 3 + 10𝑥 2 + 2𝑥 − 3.
Решение.
Делим 𝑓(𝑥) на 𝑔(𝑥):
x4+ 3x3– x2–
4x– 3 │3x3+10x2+2x–3
x4+10x3/3+ 2x2/3– x
│ x/3–(1/9)
3
2
–x /3– 5x /3– 3x– 3
–x3/3– 10x2/9–2x/9+ 1/3
–5x2/9–25x/9–10/3
f(x)=g(x)⸱q1(x)+r1(x), где
q1(x)=x/3–(1/9), r1(x)=–5x2/9–25x/9–10/3
Так как НОД определен с точностью до множителя, то в качестве r1(x)
можно взять полином с целыми коэффициентами:
r1(x)=(–5x2/9–25x/9–10/3)⸱(–9/5)=x2+5x+6.
В соответствии с алгоритмом Евклида, делим g(x) на r1(x):
3x3+10x2+ 2x –3 │x2+5x+6
3x3+15x2+18x
│3x–5
2
–5x – 16x –3
–5x2– 25x –30
9x+27
g(x)=r1(x)⸱q2(x)+r2(x), где
q2(x)=3x–5, r2(x)=(9x+27)/9=x+3.
В дальнейшем делении нет необходимости, поскольку r1(x) нацело
делится на r2(x), что следует из разложения квадратного трехчлена на
сомножители:
x2+5x+6=(x+3)⸱(x+2)=r2(x)q3(x)+0/
Здесь q3(x)=x+2, r3(x)=0.
НОД(f,g)=x+3.
Ответ. x+3.
Пример(самостоятельная работа). Показать, что если
𝑓(𝑥) = 𝑥 4 + 𝑥 3 − 3𝑥 2 − 4𝑥 − 1, 𝑔(𝑥) = 𝑥 4 + 𝑥 3 − 𝑥 − 1, то
НОД(𝑓, 𝑔) = 𝑥 + 1.
Замечание 4. При вычислении НОД результаты вычисления можно
умножать и делить на элементы из 𝑃, что влияет лишь на множители.
Теорема 6. (теорема о разложении НОД). Пусть 𝑓 и 𝑔 ∈ 𝑃[𝑥], 𝑑(𝑥) =
НОД(𝑓, 𝑔). Тогда ∃ 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑃[𝑥]:
(
𝑑(𝑥) = 𝑓 ⋅ 𝑢 + 𝑔 ⋅ 𝑣.
При этом, если 𝑑𝑒𝑔 𝑓 > 0, 𝑑𝑒𝑔 𝑔 > 0, то 𝑢 и 𝑣 можно подобрать так,
что 𝑑𝑒𝑔 𝑣 < 𝑑𝑒𝑔 𝑓 и 𝑑𝑒𝑔 𝑢 < 𝑑𝑒𝑔 𝑔.
Определение. Многочлены 𝑓, 𝑔 ∈ 𝑃[𝑥] называют взаимно простыми,
если их общими делителями являются только многочлены нулевой степени
(если их НОД равен 1).
Это значит, что если для нахождения НОД двух многочленов p(x) и q(x)
был использован алгоритм Евклида и последний ненулевой остаток,
полученный в результате применения алгоритма, равен числу (многочлену
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
7
нулевой степени), отличному от нуля, то многочлены p(x) и q(x) взаимно
просты.
Если многочлены p(x) и q(x) разложены на множители, то убедиться во
взаимной простоте многочленов очень просто, а именно: в случае, когда в
разложенных многочленах p(x) и q(x) нет совпадающих множителей,
многочлены p(x) и q(x) взаимно просты.
Примеры взаимно простых многочленов:
1) любая пара многочленов нулевой степени, например, p(x)=11 и
q(x)=0,2;
2) х и 2х–1;
3) 5х-1и x2+4x+5;
4) (x–4)(x2+2x+10) и (x+1)(x2–2x+2).
Понятие НОД(p(x);q(x)) используется при сокращении дробей.
Сократить дробь – это значит разделить её числитель и знаменатель на их
НОД.
𝑥 2 +4𝑥−5
Пример. Сократите дробь 3
.
5𝑥 +6𝑥−11
Решение.
Найдем
НОД(𝑥 2 + 4𝑥 − 5; 5𝑥 3 + 6𝑥 − 11),
воспользовавшись
алгоритмом Евклида. Имеем (делим многочлены уголком):
5𝑥 3 + 6𝑥 + 11
111𝑥 − 111
=
5𝑥
−
20
+
,
𝑥 2 + 4𝑥 − 5
𝑥 2 + 4𝑥 − 5
5𝑥 3 + 6𝑥 + 11 = (5𝑥 − 20)( 𝑥 2 + 4𝑥 − 5) + (111𝑥 − 111).
Получили первый остаток 111𝑥 − 111. Разделим его на 111 и
продолжим алгоритм.
𝑥 2 + 4𝑥 − 5
= (𝑥 + 5) + 0 → 𝑥 2 + 4𝑥 − 5 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 5) + 0.
𝑥−1
Получен остаток, равный нулю. Деление завершено. Следовательно,
НОД(𝑥 2 + 4𝑥 − 5; 5𝑥 3 + 6𝑥 − 11) = 𝑥 − 1.
Разделим числитель и знаменатель на х–1 или уголком или схемой
Горнера или группировкой. Имеем:
5𝑥 3 + 6𝑥 − 11 = (𝑥 − 1)(5𝑥 2 + 5𝑥 + 11),
𝑥 2 + 4𝑥 − 5 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 5).
Теперь получаем
𝑥 2 + 4𝑥 − 5
(𝑥 − 1)(𝑥 + 5).
𝑥+5
=
=
.
5𝑥 3 + 6𝑥 − 11 (𝑥 − 1)(5𝑥 2 + 5𝑥 + 11) 5𝑥 2 + 5𝑥 + 11
𝑥+5
Ответ. 2
.
5𝑥 +5𝑥+11
5. Корни многочленов. Теорема Безу.
Определение. Число 𝑐 ∈ 𝑃 называется корнем многочлена 𝑓(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥],
если 𝑓(𝑐) = 0.
Теорема 7 (теорема Безу). Пусть 𝑓(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥]. Тогда
𝑓(𝑐) = 0 ⇔ (𝑥 − 𝑐)|𝑓(𝑥).
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
8
Доказательство. Разделим 𝑓(𝑥) на (𝑥 − 𝑐): 𝑓 = 𝑞(𝑥) ⋅ (𝑥 − 𝑐) + 𝑟, где
𝑑𝑒𝑔 𝑟 < 1 ⇒ 𝑟 =const. Тогда 𝑓(𝑐) = 𝑞(𝑐)(𝑐 − 𝑐) + 𝑟 ⇒
𝑓(𝑐) = 0 ⇔ 𝑟 = 0 ⇔ (𝑥 − 𝑐)|𝑓. ■
Перефразировка. Остаток от деления 𝑓(𝑥) на (𝑥 − 𝑐) равен 𝑓(𝑐).
Следствие 1. Если число с является корнем многочлена 𝑓(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], то
этот многочлен делится на (x–с) без остатка.
Следствие 2. Если многочлен 𝑓(𝑥) имеет попарно различные корни α1,
α2,…,αп, то он делится на произведение двучленов (x-α1) … (x-αп) без
остатка.
Следствие 3. Многочлен степени n имеет не более n различных корней .
Следствие 4. Для любого многочлена 𝑓(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥] и числа α разность
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝛼) делится без остатка на двучлен (x-α).
Следствие 5. Многочлен, не имеющий действительных корней, в
разложении на множители линейных множителей не содержит.
Следствие
6.
Если
коэффициенты
приведенного
целого
алгебраического уравнения
𝑥 𝑛 + 𝑎1 𝑥 𝑛−1 + 𝑎2 𝑥 𝑛−2 +⋅⋅⋅ +𝑎𝑛−1 𝑥 + 𝑎𝑛 = 0
являются целыми числами, то целые корни следует искать среди делителей
свободного члена 𝑎𝑛 .
Следствие 7. Число корней нулевого многочлена не превосходит его
степени.
Многочлен 𝑓(𝑥) можно разделить на (𝑥 − 𝑐) с остатком либо делением
в столбик, либо используя так называемую схему Горнера.
Определение. Наибольшее 𝑘 ∈ 𝑁: (𝑥 − 𝑐)𝑘 |𝑓, называется кратностью
корня 𝑐 многочлена 𝑓(𝑥). Такой корень 𝑐 называется 𝑘 -кратным корнем
𝑓(𝑥). Если 𝑘 = 1, то корень называется простым.
Замечание. Если 𝑐 – корень кратности 𝑘 для многочлена 𝑓(𝑥), то
̶̸
𝑓(𝑥) = (𝑥 − 𝑐)𝑘 𝑔(𝑥) и 𝑔(𝑐) ≠ 0, т.е. (𝑥 − 𝑐)|𝑔(𝑥).
Наоборот, если 𝑓(𝑥) =
𝑘
(𝑥 − 𝑐) 𝑔(𝑥), и 𝑔(𝑐) ≠ 0, то 𝑐 – корень кратности 𝑘 многочлена 𝑓(𝑥).
Теорема 8. Если число 𝑐 ∈ 𝑃 является 𝑘-кратным корнем
многочлена𝑓(𝑥) ∈ 𝑃[𝑥], то при 𝑘>1 число 𝑐 будет (𝑘–1)-кратным корнем
производной 𝑓 ′ (𝑥). Если 𝑘 =1, то 𝑐 не является корнем 𝑓 ′ (𝑥).
Теорема 8 (основная теорема алгебры (ОТА)). Всякий многочлен
𝑓(𝑥) ∈ 𝐶[𝑥], 𝑑𝑒𝑔 𝑓 (𝑥) ≥ 1, имеет хотя бы один комплексный корень.
Следствие. ∀𝑓(𝑥) ∈ 𝐶[𝑥], 𝑑𝑒𝑔 𝑓 (𝑥) > 0, ∃ числа
𝑎𝑛 , 𝛼1 , . . . 𝛼𝑛 ∈ 𝐶:
справедливо разложение
𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝛼1 ). . . (𝑥 − 𝛼𝑛 ),
где 𝑎𝑛 − старший коэффициент, 𝛼1 , . . . , 𝛼𝑛 − корни многочлена 𝑓(𝑥).
Объединяя одинаковые множители, разложение для 𝑓(𝑥) перепишем в
виде:
𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 (𝑥 − 𝛼1 )𝑘1 . . . (𝑥 − 𝛼𝑛 )𝑘𝑟 ,
где 𝑘1 +. . . +𝑘𝑟 = 𝑛, 𝛼1 , . . . , 𝛼𝑟 − попарно различные корни.
Пример. Найдите остаток от деления многочлена x3−5 на многочлен
x−5.
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
9
Решение.
По теореме Безу остаток от деления многочлена P(x) на x−x0 равен
P(x0), следовательно, остаток от деления многочлена x3−5 на x−5 равен
53−5=120.
Ответ. 120.
Пример. Найдите остаток от деления многочлена x216+x36+x6−6 на
многочлен x+1.
Решение.
По теореме Безу остаток от деления многочлена P(x) на x−x0 равен
P(x0), следовательно, остаток от деления многочлена x216+x36+x6−6 на x+1
равен
(–1)216+(–1)36+(–1)6–6=1+1+1–6=–3.
Ответ. –3.
Пример. Известно, что P(x) – многочлен.
а) Верно ли, что при любом a∈R многочлен P(x)−P(a) делится без
остатка на (x−a)?
б) Может ли быть так, что при любом a∈R многочлен P(x)−P(a)
делится без остатка на (x+a)?
Решение.
а) Зафиксируем произвольное a∈R. По теореме Безу остаток от деления
многочлена P(x) на x−a равен P(a), следовательно, существует многочлен
Q(x) такой, что
P(x)=(x−a)Q(x)+P(a)⇔P(x)−P(a)=(x−a)Q(x) – делится на (x−a).
б) Достаточно рассмотреть P(x)=x2, тогда
P(x)−P(a)=x2−a2=(x−a)(x+a) – делится на (x+a).
Ответ. а) Да б) Да.
Пример. Многочлен Р(х) даёт остаток 2 при делении на х–1 и
остаток 1 при делении на х–2. Какой остаток даёт Р(х) при делении на
многочлен (х–1)(х–2)?
Решение.
Запишем остаток r(x) от деления Р(х) на (х–1)(х–2) в виде
r(x)=ах+b.
По теореме Безу Р(1)=2, Р(2)=1. Отсюда
а+b=2, а⸱2+b=1.
Решая эту простую систему, получим а=–1, b=3.
Ответ. r(x)=3–х.
Пример. Найти корни уравнений
𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 − 𝟏𝟎𝒙 + 𝟖 = 𝟎
Отв.: –4; 1; 2.
𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟓𝒙 + 𝟏𝟐 = 𝟎
Отв.: –1; 3;4.
𝒙𝟑 − 𝟑𝒙 + 𝟐 = 𝟎
Отв.: –2; 1.
𝟓𝒙𝟑 − 𝟔𝒙𝟐 + 𝟏𝟏𝒙 − 𝟐 = 𝟎
Отв.: .
Вовк Леонид Петрович
𝟏
𝟓
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
10
𝟐𝟏𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 − 𝟓𝒙 − 𝟏 = 𝟎
𝟏
𝟏
𝟑
−𝟏±𝟐√𝟐
Отв.: − ;
.
𝟏
Указание. Разделить уравнение на 𝒙𝟑 , ввести новую переменную 𝒚 = .
𝒙
𝟏
𝟖𝒙𝟒 + 𝒙𝟑 + 𝟔𝟒𝒙 + 𝟖 = 𝟎 (Метод группировки)
𝟐𝒙𝟒 + 𝒙𝟑 − 𝟒𝒙𝟐 + 𝟏 = 𝟎
Отв.: −𝟐; − .
𝟖
𝟏
−𝟏±√𝟓
𝟐
𝟐
Отв.: 𝟏; − ;
.
Указание. Провести следующие преобразования:
𝟐(𝒙𝟒 − 𝟐𝒙𝟐 + 𝟏) + (𝒙𝟑 − 𝟏) = 𝟎 ⇒
(𝒙 − 𝟏)(𝟐(𝒙 − 𝟏)(𝒙 + 𝟏)𝟐 + 𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟏) = 𝟎 ⇒
(𝒙 − 𝟏)(𝟐(𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 − 𝒙 − 𝟏) + 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏) = 𝟎 ⇒
(𝒙 − 𝟏) (𝟐(𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟏)𝒙 + (𝒙𝟐 + 𝒙 − 𝟏)) = 𝟎.
6. Формулы Виета.
Пусть 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 +. . . +𝑎1 𝑥 + 𝑎0 , и 𝛼1 , . . . , 𝛼𝑛 − корни
𝑓(𝑥), причем каждый корень выписан столько раз, какова его кратность ⇒
𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 +. . . +𝑎1 𝑥 + 𝑎0 = (𝑥 − 𝛼1 ) ⋅. . .⋅ (𝑥 − 𝛼𝑛 ) ⇒
𝑎𝑛−1 = −(𝛼1 + 𝛼2 + ⋯ + 𝛼𝑛 ),
𝑎𝑛−2 = 𝛼1 𝛼2 + 𝛼1 𝛼3 + ⋯ + 𝛼1 𝛼𝑛 + 𝛼2 𝛼3 + ⋯ + 𝛼𝑛−1 𝛼𝑛 ,
𝑎𝑛−3 = −(𝛼1 𝛼2 𝛼3 + 𝛼1 𝛼2 𝛼𝑛 + ⋯ + 𝛼𝑛−2 𝛼𝑛−1 𝛼𝑛 ), …
𝑎1 = (−1)𝑛−1 (𝛼1 𝛼2 … 𝛼𝑛−1 + 𝛼1 𝛼2 … 𝛼𝑛−2 𝛼𝑛 + ⋯ + 𝛼2 𝛼3 . . 𝛼𝑛 ),
𝑎0 = (−1)𝑛 𝛼1 . . . 𝛼𝑛 .
При 𝑛 = 2, 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 ⇒
𝑎1 = −(𝛼1 + 𝛼2 ), 𝑎0 = 𝛼1 𝛼2
При 𝑛 = 3, 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0
𝑎2 = −(𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 ),
𝑎1 = 𝛼1 𝛼2 + 𝛼1 𝛼3 + 𝛼2 𝛼3 ,
𝑎0 = −𝛼1 𝛼2 𝛼3 .
Пример. При каких значениях m оба корня уравнения
2
3x +(m−1)x+1−m2=0 равны нулю?
Ответ. т=1.
Пример. Не вычисляя корней уравнения 3x2+8x−1=0, найдите
𝑥1 ⋅ 𝑥24 + 𝑥2 ⋅ 𝑥14 .
Решение.
𝑥1 ⋅ 𝑥24 + 𝑥2 ⋅ 𝑥14 = 𝑥1 ∙ 𝑥2 ∙ (𝑥1 + 𝑥2 )((𝑥1 + 𝑥2 )2 − 3𝑥1 ∙ 𝑥2 ).
Ответ. 584/81.
Пример. Пусть x1 и x2 – корни уравнения 2x2−7x−3=0. Составьте
квадратное уравнение, корнями которого являются числа x1+х2 и х1∙х2.
Решение.
Уравнение имеет вид:
𝑛
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
11
7
3
(𝑥 − ) ∙ (𝑥 + ) = 0 → (2𝑥 − 7) ∙ (2𝑥 + 3) = 0.
2
2
Ответ. 4x2–8x–21=0.
Пример. При каких значениях k произведение корней уравнения
2
x +3x+k2−7k+12=0 равно нулю?
Ответ. 3;4.
Пример.
При
каких
значениях
a
уравнение
2
2
2
2
(a −6a+8)x +(a −4)x+10−3a−a =0 имеет более двух корней?
Ответ. а=2.
Пример. Докажите, что уравнение ax2+bx−a=0 при a≠0 и любом b
имеет два различных корня.
Пример. Корни квадратного уравнения x2+px+q=0 – взаимно
обратные положительные числа. Найдите q.
Решение.
По тереме Виета х⸱(1/х)=q=1.
Ответ. 1.
Пример. Сумма квадратов корней уравнения x2+px−3=0 равна 10.
Найдите p.
Решение. По теореме Виета: 𝑥1 ∙ 𝑥2 = −3.
𝑥12 + 𝑥22 + 2𝑥1 ∙ 𝑥2 = (𝑥1 + 𝑥2 )2 = 10 + 2 ∙ (−3) = 4.
Таким образом, (−𝑝)2 = 4 → 𝑝 = ±2.
Проверкой убеждаемся, что оба значения подходят.
Ответ. ±2.
Пример. На рисунке изображен график
приведённого квадратного трёхчлена (ось ординат
стёрлась,
расстояние
между
соседними
отмеченными точками равно 1). Чему равен
дискриминант этого трёхчлена?
Решение.
Первый способ. Пусть x1 и x2 – корни данного трёхчлена (x1<x2). Из
условия следует, что x2–x1=2. Поэтому D=(x2–x1)²=4.
Второй способ. Дискриминант не зависит от положения оси ординат.
Поэтому совместим её с осью параболы. Тогда уравнение параболы:
y=(x+1)(x–1). Теперь дискриминант легко вычисляется.
Ответ 4.
Пример. При каком значении параметра а уравнение
(а–2)х2+(4–2а)х+3=0
имеет единственный корень?
Решение. Если а = 2, то уравнение превращается в линейное (4 – 4)∙х +
3 = 0; которое не имеет корней. Если а ≠ 2, то уравнение – квадратное и
имеет единственный корень при нулевом дискриминанте D.
D
(2 a) 2 (a 2) 3 a 2 7a 10 . D=0 при а1=2 и a2=5.
4
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
12
Значение а=2 исключается, так как противоречит условию, что
исходное уравнение – квадратное.
Ответ: а=5.
7. Применение отношений сравнимости для многочленов.
Определение.
Пусть т(х) – не равный тождественно нулю многочлен. Два
многочлена a(x) и b(x) называются сравнимыми по модулю т(х), если их
разность делится на т(х). Как и для чисел, соотношение сравнимости для
двух многочленов записывается в виде
a(x)≡b(x)(mod т(х)).
В этом разделе речь пойдет о следующем свойстве отношений
сравнения.
Пусть f(x)=сnxn+сn−1xn−1+…+с1x+с0 – произвольный многочлен с целыми
коэффициентами. Если а≡b(mod m), то f(а)≡f(b)(mod m).
Пример. Найти остаток от деления f(86) на 11, если
f(x)=15x3–33x2+7.
Решение.
Заменим все числа на «первом» этаже сравнения (все константы)
остатками от деления на 11 или, что ещё удобнее, наименьшими по
абсолютной величине числами, сравнимыми с ними по модулю 11:
86≡–2(mod 11),
15≡4(mod 11),
15≡4(mod 11),
33≡0(mod 11),
7≡–4(mod 11).
Тогда по сформулированному свойству отношений сравнимости для
многочленов имеем:
f(86)≡f(–2)(mod 11).
Теперь имеем следующую цепочку сравнений:
f(–2)≡4⸱(–2)3–0⸱(–2)2–4=–32–4=–36≡–3(mod 11)≡8(mod 11)/
Остаток от деления f(86) на 11 равен 8.
Ответ. 8.
Рекомендуемая литература
1.
Основы комбинаторики и теории чисел. Сборник задач : учебное
пособие / А. А. Глибичук, Д. Г. Ильинский, Д. В. Мусатов [и др.]. — 2-е изд.
— Долгопрудный : Издательский Дом «Интеллект», 2019. — 103 c. — ISBN
978-5-91559-259-8. — Текст : электронный // Электронно-библиотечная
система IPR BOOKS : [сайт]. – URL: https://www.iprbookshop.ru/103378.html –
Режим доступа: для авторизир. пользователей.
2.
Веретенников, Б. М. Алгебра и теория чисел. Часть 1 : учебное
пособие / Б. М. Веретенников, М. М. Михалева ; под редакцией Н. В.
Чуксина. – Екатеринбург : Уральский федеральный университет, ЭБС АСВ,
2014. – 52 c. — ISBN 978-5-7996-1193-4. – Текст : электронный //
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
13
Электронно-библиотечная система IPR BOOKS : [сайт]. — URL:
https://www.iprbookshop.ru/66141.html – Режим доступа: для авторизир.
пользователей
3.
Сикорская, Г. А. Алгебра и теория чисел : учебное пособие / Г. А.
Сикорская. – Оренбург : Оренбургский государственный университет, ЭБС
АСВ, 2017. – 304 c. — ISBN 978-5-7410-1943-6. — Текст : электронный //
Электронно-библиотечная система IPR BOOKS : [сайт]. — URL:
https://www.iprbookshop.ru/78763.html – Режим доступа: для авторизир.
пользователей.
4. Математика. Решение задач по теории чисел профильного уровня
ЕГЭ : учебное пособие / Г. А. Кузин. — Новосибирск : Новосибирский
государственный технический университет, 2020. — 120 c. — ISBN 978-57782-4097-1. – Текст : электронный // Электронно-библиотечная система IPR
BOOKS : [сайт]. – URL: https://www.iprbookshop.ru/98714.html – Режим
доступа: для авторизир. пользователей.
Вовк Леонид Петрович
АДИ ГОУ ВПО «ДОННТУ»
