|
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. отвечен 8 Май '14 18:57 
cartesius |
|
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 $%7z+7$%. отвечен 8 Май '14 19:10 
falcao |