alt text

задан 8 Май '14 18:19

10|600 символов нужно символов осталось
1

Я бы сделала так: $%F(z)=Q(z)(z^2+z+1)+Az+B$%. Здесь $%Az+B$% - искомый остаток. Пусть $%z_1$% и $%z_2$% - корни многочлена $%z^2+z+1$%. Тогда $$\begin{cases}F(z_1)=Az_1+B,\\F(z_2)=Az_2+B,\end{cases}$$ откуда находятся коэффициенты $%A$% и $%B$%. Значения $%F(z_i)$% несложно найти по формуле Муавра.

ссылка

отвечен 8 Май '14 18:57

10|600 символов нужно символов осталось
2

Здесь надо воспользоваться тем, что $%z^3-1=(z-1)(z^2+z+1)$%. Это значит, что при замене $%z^3$% на $%1$% не меняется остаток от деления на $%z^2+z+1$%. При такой процедуре $%z^{2014}$% превратится в $%z$%, а $%z^{503}$% в $%z^2$%. Получится $%2z-5z^2+2=-5(z^2+z+1)+7z+7$%. Остаток равен $%7z+7$%.

ссылка

отвечен 8 Май '14 19:10

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×499

задан
8 Май '14 18:19

показан
867 раз

обновлен
8 Май '14 19:10

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru