გადადით ჩვენი ვებსაიტის youtube არხზე, რათა იყოთ განახლებული ყველა ახალი ვიდეო გაკვეთილის შესახებ.

პირველ რიგში, გავიხსენოთ ძალაუფლების ძირითადი ფორმულები და მათი თვისებები.

რიცხვის პროდუქტი ახდება თავისთავად n-ჯერ, ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ ეს გამოთქმა a … a=a n

1. a 0 = 1 (a ≠ 0)

3. a n a m = a n + m

4. (a n) m = a nm

5. a n b n = (ab) n

7. a n / a m = a n - m

სიმძლავრე ან ექსპონენციალური განტოლებები- ეს არის განტოლებები, რომლებშიც ცვლადები არიან ხარისხებში (ან ექსპონენტებში), ხოლო ფუძე არის რიცხვი.

ექსპონენციალური განტოლებების მაგალითები:

ამ მაგალითში, რიცხვი 6 არის საფუძველი; ის ყოველთვის არის ბოლოში და ცვლადი xხარისხი ან მაჩვენებელი.

მოდით მოვიყვანოთ ექსპონენციალური განტოლებების მეტი მაგალითი.
2 x *5=10
16 x - 4 x - 6=0

ახლა ვნახოთ, როგორ იხსნება ექსპონენციალური განტოლებები?

ავიღოთ მარტივი განტოლება:

2 x = 2 3

ეს მაგალითი შეიძლება გადაწყდეს თუნდაც თქვენს თავში. ჩანს, რომ x=3. ყოველივე ამის შემდეგ, იმისათვის, რომ მარცხენა და მარჯვენა მხარეები ტოლი იყოს, x-ის ნაცვლად უნდა დააყენოთ რიცხვი 3.
ახლა ვნახოთ, როგორ გავაფორმოთ ეს გადაწყვეტილება:

2 x = 2 3
x = 3

ასეთი განტოლების ამოსახსნელად ჩვენ ამოვიღეთ იდენტური საფუძველი(ანუ ორები) და დაწერე რაც დარჩა, ეს არის გრადუსები. ჩვენ მივიღეთ პასუხი, რასაც ვეძებდით.

ახლა შევაჯამოთ ჩვენი გადაწყვეტილება.

ექსპონენციალური განტოლების ამოხსნის ალგორითმი:
1. საჭიროა შემოწმება იგივეაქვს თუ არა განტოლებას საფუძვლები მარჯვნივ და მარცხნივ. თუ მიზეზები არ არის იგივე, ჩვენ ვეძებთ ვარიანტებს ამ მაგალითის გადასაჭრელად.
2. მას შემდეგ, რაც ბაზები ერთნაირი გახდება, გათანაბრებაგრადუსი და ამოხსენით მიღებული ახალი განტოლება.

ახლა მოდით შევხედოთ რამდენიმე მაგალითს:

დავიწყოთ რაღაც მარტივით.

მარცხენა და მარჯვენა გვერდების ფუძეები უდრის რიცხვს 2-ს, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენ შეგვიძლია გადავაგდოთ ფუძე და გავაიგივოთ მათი ძალები.

x+2=4 მიღებულია უმარტივესი განტოლება.
x=4 – 2
x=2
პასუხი: x=2

შემდეგ მაგალითში ხედავთ, რომ ბაზები განსხვავებულია: 3 და 9.

3 3x - 9 x+8 = 0

ჯერ ცხრა გადაიტანეთ მარჯვენა მხარეს, მივიღებთ:

ახლა თქვენ უნდა გააკეთოთ იგივე ბაზები. ჩვენ ვიცით, რომ 9=3 2. გამოვიყენოთ სიმძლავრის ფორმულა (a n) m = a nm.

3 3x = (3 2) x+8

ვიღებთ 9 x+8 =(3 2) x+8 =3 2x+16

3 3x = 3 2x+16 ახლა ცხადია, რომ მარცხენა და მარჯვენა მხარეს ფუძეები ერთნაირია და სამის ტოლია, რაც ნიშნავს, რომ შეგვიძლია გავაგდოთ ისინი და გავაიგივოთ გრადუსები.

3x=2x+16 მივიღებთ უმარტივეს განტოლებას
3x - 2x=16
x=16
პასუხი: x=16.

მოდით შევხედოთ შემდეგ მაგალითს:

2 2x+4 - 10 4 x = 2 4

უპირველეს ყოვლისა, ჩვენ ვუყურებთ ბაზებს, ბაზებს ორი და ოთხი. და ჩვენ გვჭირდება, რომ ისინი ერთნაირები იყვნენ. ჩვენ გარდაქმნით ოთხს ფორმულის გამოყენებით (a n) m = a nm.

4 x = (2 2) x = 2 2x

ჩვენ ასევე ვიყენებთ ერთ ფორმულას a n a m = a n + m:

2 2x+4 = 2 2x 2 4

დაამატეთ განტოლებას:

2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24

იგივე მიზეზების გამო მოვიყვანეთ მაგალითი. მაგრამ სხვა რიცხვები 10 და 24 გვაწუხებს, რა ვუყოთ მათ? თუ კარგად დააკვირდებით, ხედავთ, რომ მარცხენა მხარეს გვაქვს 2 2x გამეორებული, აქ არის პასუხი - შეგვიძლია 2 2x ჩავდოთ ფრჩხილებიდან:

2 2x (2 4 - 10) = 24

გამოვთვალოთ გამოხატულება ფრჩხილებში:

2 4 — 10 = 16 — 10 = 6

ჩვენ მთელ განტოლებას ვყოფთ 6-ზე:

წარმოვიდგინოთ 4=2 2:

2 2x = 2 2 ფუძეები იგივეა, ჩვენ მათ ვუგდებთ და ვატოლებთ გრადუსებს.
2x = 2 არის უმარტივესი განტოლება. გავყოთ 2-ზე და მივიღებთ
x = 1
პასუხი: x = 1.

მოდით ამოხსნათ განტოლება:

9 x – 12*3 x +27= 0

მოდით გარდავქმნათ:
9 x = (3 2) x = 3 2x

ჩვენ ვიღებთ განტოლებას:
3 2x - 12 3 x +27 = 0

ჩვენი ფუძეები იგივეა, უდრის სამს.ამ მაგალითში ხედავთ, რომ პირველ სამს აქვს ხარისხი ორჯერ (2x), ვიდრე მეორეს (მხოლოდ x). ამ შემთხვევაში, თქვენ შეგიძლიათ გადაჭრათ ჩანაცვლების მეთოდი. ჩვენ ვცვლით რიცხვს უმცირესი ხარისხით:

შემდეგ 3 2x = (3 x) 2 = t 2

განტოლებაში ყველა x ძალას ვცვლით t:

t 2 - 12t+27 = 0
ვიღებთ კვადრატულ განტოლებას. დისკრიმინანტის ამოხსნისას მივიღებთ:
D=144-108=36
t 1 = 9
t2 = 3

ცვლადზე დაბრუნება x.

მიიღეთ t 1:
t 1 = 9 = 3 x

ანუ

3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2

ნაპოვნია ერთი ფესვი. ჩვენ ვეძებთ მეორეს t 2-დან:
t 2 = 3 = 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
პასუხი: x 1 = 2; x 2 = 1.

ვებგვერდზე შეგიძლიათ დასვათ ნებისმიერი შეკითხვა, რომელიც შეიძლება გქონდეთ HELP DECIDE განყოფილებაში, ჩვენ აუცილებლად გიპასუხებთ.

შეუერთდი ჯგუფს

ზოგადად, 4-ზე მეტი ხარისხის განტოლება არ შეიძლება ამოხსნას რადიკალებში. მაგრამ ზოგჯერ მაინც შეგვიძლია ვიპოვოთ მარცხნივ მრავალწევრის ფესვები უმაღლესი ხარისხის განტოლებაში, თუ მას წარმოვადგენთ მრავალწევრების ნამრავლად არაუმეტეს 4 ხარისხით. ასეთი განტოლებების ამოხსნა ეფუძნება მრავალწევრის ფაქტორინგს, ამიტომ გირჩევთ ამ სტატიის შესწავლამდე გადახედოთ ამ თემას.

ყველაზე ხშირად თქვენ უნდა გაუმკლავდეთ უფრო მაღალი ხარისხის განტოლებებს მთელი რიცხვების კოეფიციენტებით. ამ შემთხვევებში, ჩვენ შეგვიძლია ვცადოთ რაციონალური ფესვების პოვნა და შემდეგ პოლინომიის ფაქტორირება, რათა შემდეგ შევძლოთ მისი გარდაქმნა უფრო დაბალი ხარისხის განტოლებად, რომელიც ადვილად ამოსახსნელია. ამ მასალაში სწორედ ასეთ მაგალითებს განვიხილავთ.

უმაღლესი ხარისხის განტოლებები მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით

a n x n + a n - 1 x n - 1 + ფორმის ყველა განტოლება. . . + a 1 x + a 0 = 0, ჩვენ შეგვიძლია შევქმნათ იგივე ხარისხის განტოლება ორივე მხარის n n - 1-ზე გამრავლებით და y = a n x ფორმის ცვლადი ცვლილების შეტანით:

a n x n + a n - 1 x n - 1 + . . . + a 1 x + a 0 = 0 a n n · x n + a n - 1 · a n n - 1 · x n - 1 + … + a 1 · (a n) n - 1 · x + a 0 · (a n) n - 1 = 0 y = a n x ⇒ y n + b n - 1 y n - 1 + … + b 1 y + b 0 = 0

შედეგად მიღებული კოეფიციენტები ასევე იქნება მთელი რიცხვი. ამრიგად, ჩვენ დაგვჭირდება n-ე ხარისხის შემცირებული განტოლების ამოხსნა მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით, რომელსაც აქვს ფორმა x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 = 0.

ჩვენ ვიანგარიშებთ განტოლების მთელ ფესვებს. თუ განტოლებას აქვს მთელი რიცხვი ფესვები, თქვენ უნდა მოძებნოთ ისინი a 0-ის თავისუფალი წევრის გამყოფებს შორის. მოდით ჩამოვწეროთ ისინი და ჩავანაცვლოთ სათითაოდ თავდაპირველ ტოლობაში, შევამოწმოთ შედეგი. მას შემდეგ რაც მივიღებთ იდენტურობას და ვიპოვით განტოლების ერთ-ერთ ფესვს, შეგვიძლია დავწეროთ ის x - x 1 სახით · P n - 1 (x) = 0. აქ x 1 არის განტოლების ფესვი და P n - 1 (x) არის x n + a n x n - 1 + ... + a 1 x + a 0 გაყოფილი x - x 1-ზე.

ჩვენ ვცვლით დარჩენილ გამყოფებს, რომლებიც ჩაწერილია P n - 1 (x) = 0, დაწყებული x 1-ით, რადგან ფესვები შეიძლება განმეორდეს. იდენტურობის მიღების შემდეგ ფესვი x 2 ითვლება ნაპოვნი და განტოლება შეიძლება დაიწეროს ფორმით (x - x 1) (x - x 2) · P n - 2 (x) = 0. აქ P n - 2 (x) იქნება P n - 1 (x) x - x 2-ზე გაყოფის კოეფიციენტი.

ჩვენ ვაგრძელებთ გამყოფების დახარისხებას. ვიპოვოთ ყველა მთელი ძირი და აღვნიშნოთ მათი რიცხვი m-ად. ამის შემდეგ, თავდაპირველი განტოლება შეიძლება წარმოდგენილი იყოს x - x 1 x - x 2 · … · x - x m · P n - m (x) = 0. აქ P n - m (x) არის n - m ხარისხის მრავალწევრი. გაანგარიშებისთვის მოსახერხებელია ჰორნერის სქემის გამოყენება.

თუ ჩვენს თავდაპირველ განტოლებას აქვს მთელი რიცხვების კოეფიციენტები, საბოლოოდ ვერ მივიღებთ წილადის ფესვებს.

ჩვენ დავასრულეთ განტოლება P n - m (x) = 0, რომლის ფესვები შეგიძლიათ იპოვოთ ნებისმიერი მოსახერხებელი გზით. ისინი შეიძლება იყოს ირაციონალური ან რთული.

მოდით დავანახოთ კონკრეტული მაგალითით, თუ როგორ გამოიყენება ამ გადაწყვეტის სქემა.

მაგალითი 1

მდგომარეობა:იპოვეთ x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = 0 განტოლების ამონახსნი.

გამოსავალი

დავიწყოთ მთლიანი ფესვების მოძიებით.

გვაქვს მინუს სამის ტოლი თავისუფალი წევრი. მას აქვს გამყოფები ტოლი 1, - 1, 3 და - 3. მოდით ჩავანაცვლოთ ისინი თავდაპირველ განტოლებაში და ვნახოთ, რომელი მათგანი იძლევა მიღებულ იდენტობებს.

თუ x უდრის ერთს, მივიღებთ 1 4 + 1 3 + 2 · 1 2 - 1 - 3 = 0, რაც ნიშნავს, რომ ერთი იქნება ამ განტოლების ფესვი.

ახლა მოდით გავყოთ მრავალწევრი x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 (x - 1) სვეტში:

ასე რომ, x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3.

1 3 + 2 1 2 + 4 1 + 3 = 10 ≠ 0 (- 1) 3 + 2 (- 1) 2 + 4 - 1 + 3 = 0

ჩვენ მივიღეთ იდენტობა, რაც ნიშნავს, რომ ვიპოვეთ განტოლების სხვა ფესვი, ტოლი - 1-ის.

გაყავით მრავალწევრი x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3 (x + 1) სვეტში:

ჩვენ ამას მივიღებთ

x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = (x - 1) (x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3) = = (x - 1) (x + 1) (x 2 + x + 3)

ჩვენ ვცვლით შემდეგ გამყოფს ტოლობაში x 2 + x + 3 = 0, დაწყებული - 1-დან:

1 2 + (- 1) + 3 = 3 ≠ 0 3 2 + 3 + 3 = 15 ≠ 0 (- 3) 2 + (- 3) + 3 = 9 ≠ 0

შედეგად მიღებული ტოლობები არასწორი იქნება, რაც ნიშნავს, რომ განტოლებას აღარ აქვს მთელი რიცხვი ფესვები.

დარჩენილი ფესვები იქნება x 2 + x + 3 გამოხატვის ფესვები.

D = 1 2 - 4 1 3 = - 11< 0

აქედან გამომდინარეობს, რომ ამ კვადრატულ ტრინომს არ აქვს ნამდვილი ფესვები, მაგრამ არის რთული კონიუგატები: x = - 1 2 ± i 11 2.

განვმარტოთ, რომ სვეტად დაყოფის ნაცვლად, შეიძლება გამოყენებულ იქნას ჰორნერის სქემა. ეს კეთდება ასე: მას შემდეგ, რაც განტოლების პირველი ფესვი დავადგინეთ, ვავსებთ ცხრილს.

კოეფიციენტების ცხრილში ჩვენ დაუყოვნებლივ შეგვიძლია დავინახოთ მრავალწევრების გაყოფის კოეფიციენტები, რაც ნიშნავს x 4 + x 3 + 2 x 2 - x - 3 = x - 1 x 3 + 2 x 2 + 4 x + 3. .

შემდეგი ფესვის პოვნის შემდეგ, რომელიც არის - 1, მივიღებთ შემდეგს:

პასუხი: x = - 1, x = 1, x = - 1 2 ± i 11 2.

მაგალითი 2

მდგომარეობა:ამოხსენით განტოლება x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 = 0.

გამოსავალი

თავისუფალ წევრს აქვს გამყოფები 1, - 1, 2, - 2, 3, - 3, 4, - 4, 6, - 6, 12, - 12.

მოდით შევამოწმოთ ისინი თანმიმდევრობით:

1 4 - 1 3 - 5 1 2 + 12 = 7 ≠ 0 (- 1) 4 - (- 1) 3 - 5 (- 1) 2 + 12 = 9 ≠ 0 2 4 2 3 - 5 2 2 + 12 = 0

ეს ნიშნავს, რომ x = 2 იქნება განტოლების ფესვი. გაყავით x 4 - x 3 - 5 x 2 + 12 x - 2-ზე ჰორნერის სქემის გამოყენებით:

შედეგად, ვიღებთ x - 2 (x 3 + x 2 - 3 x - 6) = 0.

2 3 + 2 2 - 3 2 - 6 = 0

ეს ნიშნავს, რომ 2 კვლავ იქნება ფესვი. გაყავით x 3 + x 2 - 3 x - 6 = 0 x - 2-ზე:

შედეგად, ვიღებთ (x - 2) 2 · (x 2 + 3 x + 3) = 0.

დარჩენილი გამყოფების შემოწმებას აზრი არ აქვს, რადგან ტოლობა x 2 + 3 x + 3 = 0 უფრო სწრაფი და მოსახერხებელია დისკრიმინანტის გამოყენებით ამოსახსნელად.

მოდით ამოხსნათ კვადრატული განტოლება:

x 2 + 3 x + 3 = 0 D = 3 2 - 4 1 3 = - 3< 0

ვიღებთ ფესვების რთულ კონიუგატ წყვილს: x = - 3 2 ± i 3 2 .

უპასუხე: x = - 3 2 ± i 3 2 .

მაგალითი 3

მდგომარეობა:იპოვეთ რეალური ფესვები განტოლებისთვის x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0.

გამოსავალი

x 4 + 1 2 x 3 - 5 2 x - 3 = 0 2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0

ჩვენ გავამრავლებთ 2 3 განტოლების ორივე მხარეს:

2 x 4 + x 3 - 5 x - 6 = 0 2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0

შეცვალეთ ცვლადები y = 2 x:

2 4 x 4 + 2 3 x 3 - 20 2 x - 48 = 0 y 4 + y 3 - 20 y - 48 = 0

შედეგად მივიღეთ მე-4 ხარისხის სტანდარტული განტოლება, რომლის ამოხსნაც შესაძლებელია სტანდარტული სქემის მიხედვით. მოდით შევამოწმოთ გამყოფები, გავყოთ და საბოლოოდ მივიღოთ, რომ მას აქვს 2 ნამდვილი ფესვი y = - 2, y = 3 და ორი რთული. ჩვენ აქ არ წარმოგიდგენთ სრულ გადაწყვეტას. ჩანაცვლების გამო, ამ განტოლების რეალური ფესვები იქნება x = y 2 = - 2 2 = - 1 და x = y 2 = 3 2.

პასუხი: x 1 = - 1, x 2 = 3 2

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter

განვიხილოთ განტოლებების ამოხსნა მეორეზე მაღალი ხარისხის ერთი ცვლადით.

P(x) = 0 განტოლების ხარისხი არის P(x) მრავალწევრის ხარისხი, ე.ი. მისი წევრების ხარისხებიდან ყველაზე დიდი კოეფიციენტით, რომელიც არ არის ნულის ტოლი.

ასე, მაგალითად, განტოლებას (x 3 – 1) 2 + x 5 = x 6 – 2 აქვს მეხუთე ხარისხი, რადგან ფრჩხილების გახსნისა და მსგავსის მოტანის ოპერაციების შემდეგ ვიღებთ მეხუთე ხარისხის x 5 – 2x 3 + 3 = 0 ეკვივალენტურ განტოლებას.

გავიხსენოთ წესები, რომლებიც საჭირო იქნება ორზე მაღალი ხარისხის განტოლებების ამოსახსნელად.

განცხადებები მრავალწევრის ფესვებისა და მისი გამყოფების შესახებ:

1. n-ე ხარისხის მრავალწევრს აქვს ფესვების რაოდენობა, რომელიც არ აღემატება n-ს, ხოლო m სიმრავლის ფესვები ჩნდება ზუსტად m-ჯერ.

2. უცნაური ხარისხის მრავალწევრს აქვს მინიმუმ ერთი რეალური ფესვი.

3. თუ α არის P(x)-ის ფესვი, მაშინ P n (x) = (x – α) · Q n – 1 (x), სადაც Q n – 1 (x) არის (n – 1) ხარისხის მრავალწევრი. .

4.

5. შემცირებულ მრავალწევრს მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით არ შეიძლება ჰქონდეს წილადი რაციონალური ფესვები.

6. მესამე ხარისხის მრავალწევრისთვის

P 3 (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d ორიდან ერთი შესაძლებელია: ან დაიშალოს სამი ორომალის ნამრავლად

Р 3 (x) = а(х – α)(х – β)(х – γ), ან იშლება ბინომისა და კვადრატული ტრინომის ნამრავლად Р 3 (x) = а(х – α)(х 2). + βх + γ).

7. მეოთხე ხარისხის ნებისმიერი მრავალწევრი შეიძლება გაფართოვდეს ორი კვადრატული ტრინომის ნამრავლად.

8. მრავალწევრი f(x) იყოფა მრავალწევრზე g(x) ნაშთების გარეშე, თუ არსებობს პოლინომი q(x) ისეთი, რომ f(x) = g(x) · q(x). მრავალწევრების გასაყოფად გამოიყენება "კუთხის გაყოფის" წესი.

9. იმისათვის, რომ P(x) მრავალწევრი გაიყოს ბინომად (x – c), აუცილებელია და საკმარისია, რომ რიცხვი c იყოს P(x)-ის ფესვი (ბეზუტის თეორემის დასკვნა).

10. ვიეტას თეორემა: თუ x 1, x 2, ..., x n არის მრავალწევრის ნამდვილი ფესვები

P(x) = a 0 x n + a 1 x n - 1 + ... + a n, მაშინ მოქმედებს შემდეგი ტოლობები:

x 1 + x 2 + … + x n = -a 1 /a 0,

x 1 x 2 + x 1 x 3 + … + x n – 1 x n = a 2 /a 0,

x 1 x 2 x 3 + … + x n – 2 x n – 1 x n = -a 3 / a 0,

x 1 · x 2 · x 3 · x n = (-1) n a n / a 0 .

მაგალითების ამოხსნა

მაგალითი 1.

იპოვეთ P(x) = x 3 + 2/3 x 2 – 1/9 გაყოფის ნაშთი (x – 1/3).

გამოსავალი.

ბეზოუთის თეორემის დასკვნის მიხედვით: „მრავალწევის ნარჩენი გაყოფილი ორწევრზე (x – c) უდრის c-ის მრავალწევრის მნიშვნელობას“. ვიპოვოთ P(1/3) = 0. მაშასადამე, ნაშთი არის 0 და რიცხვი 1/3 არის მრავალწევრის ფესვი.

პასუხი: R = 0.

მაგალითი 2.

"კუთხით" გაყავით 2x 3 + 3x 2 – 2x + 3 (x + 2-ზე). იპოვეთ დარჩენილი და არასრული კოეფიციენტი.

გამოსავალი:

2x 3 + 3x 2 – 2x + 3| x + 2

2x 3 + 4 x 2 2x 2 - x

X 2 – 2 x

პასუხი: R = 3; კოეფიციენტი: 2x2 – x.

უმაღლესი ხარისხის განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდები

1. ახალი ცვლადის დანერგვა

ახალი ცვლადის შემოღების მეთოდი უკვე ნაცნობია ბიკვადრატული განტოლებების მაგალითიდან. ის მდგომარეობს იმაში, რომ f(x) = 0 განტოლების ამოსახსნელად შემოტანილია ახალი ცვლადი (ჩანაცვლება) t = x n ან t = g(x) და f(x) გამოიხატება t-ით, მიიღება ახალი განტოლება r. (ტ). შემდეგ r(t) განტოლების ამოხსნის შემდეგ ფესვები აღმოჩნდება:

(t 1, t 2, ..., t n). ამის შემდეგ მიიღება n განტოლებათა სიმრავლე q(x) = t 1 , q(x) = t 2 , … , q(x) = t n, საიდანაც გვხვდება თავდაპირველი განტოლების ფესვები.

მაგალითი 1.

(x 2 + x + 1) 2 – 3x 2 – 3x – 1 = 0.

გამოსავალი:

(x 2 + x + 1) 2 - 3 (x 2 + x) - 1 = 0.

(x 2 + x + 1) 2 – 3 (x 2 + x + 1) + 3 – 1 = 0.

ჩანაცვლება (x 2 + x + 1) = t.

t 2 – 3t + 2 = 0.

t 1 = 2, t 2 = 1. საპირისპირო ჩანაცვლება:

x 2 + x + 1 = 2 ან x 2 + x + 1 = 1;

x 2 + x - 1 = 0 ან x 2 + x = 0;

პასუხი: პირველი განტოლებიდან: x 1, 2 = (-1 ± √5)/2, მეორედან: 0 და -1.

2. ფაქტორიზაცია დაჯგუფებისა და შემოკლებული გამრავლების ფორმულებით

ამ მეთოდის საფუძველი ასევე არ არის ახალი და მოიცავს ტერმინების დაჯგუფებას ისე, რომ თითოეული ჯგუფი შეიცავს საერთო ფაქტორს. ამისათვის ზოგჯერ საჭიროა ხელოვნური ტექნიკის გამოყენება.

მაგალითი 1.

x 4 – 3x 2 + 4x – 3 = 0.

გამოსავალი.

წარმოვიდგინოთ - 3x 2 = -2x 2 – x 2 და ჯგუფი:

(x 4 – 2x 2) – (x 2 – 4x + 3) = 0.

(x 4 – 2x 2 +1 – 1) – (x 2 – 4x + 3 + 1 – 1) = 0.

(x 2 – 1) 2 – 1 – (x – 2) 2 + 1 = 0.

(x 2 – 1) 2 – (x – 2) 2 = 0.

(x 2 – 1 – x + 2) (x 2 – 1 + x - 2) = 0.

(x 2 - x + 1) (x 2 + x - 3) = 0.

x 2 – x + 1 = 0 ან x 2 + x – 3 = 0.

პასუხი: პირველ განტოლებაში ფესვები არ არის, მეორედან: x 1, 2 = (-1 ± √13)/2.

3. ფაქტორიზაცია განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდით

მეთოდის არსი მდგომარეობს იმაში, რომ თავდაპირველი პოლინომი ფაქტორიზაცია ხდება უცნობი კოეფიციენტებით. იმ თვისების გამოყენებით, რომ მრავალწევრები ტოლია, თუ მათი კოეფიციენტები ტოლია იმავე სიმძლავრეებით, აღმოჩენილია უცნობი გაფართოების კოეფიციენტები.

მაგალითი 1.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0.

გამოსავალი.

მე-3 ხარისხის პოლინომი შეიძლება გაფართოვდეს წრფივი და კვადრატული ფაქტორების ნამრავლად.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x – a)(x 2 + bx + c),

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 +bx 2 + cx – ax 2 – abx – ac,

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = x 3 + (b – a)x 2 + (cx – ab)x – ac.

სისტემის გადაჭრის შემდეგ:

(b – a = 4,
(c – ab = 5,
(-ac = 2,

(a = -1,
(b = 3,
(c = 2, ე.ი.

x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = (x + 1) (x 2 + 3x + 2).

განტოლების ფესვები (x + 1) (x 2 + 3x + 2) = 0 ადვილი მოსაძებნია.

პასუხი: -1; -2.

4. ძირის შერჩევის მეთოდი უმაღლესი და თავისუფალი კოეფიციენტის გამოყენებით

მეთოდი ემყარება თეორემების გამოყენებას:

1) მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით მრავალწევრის ყოველი მთელი ფესვი არის თავისუფალი წევრის გამყოფი.

2) იმისათვის, რომ შეუქცევადი წილადი p/q (p არის მთელი რიცხვი, q არის ნატურალური რიცხვი) იყოს მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით განტოლების ფესვი, აუცილებელია, რომ რიცხვი p იყოს a 0-ის თავისუფალი წევრის მთელი რიცხვი. და q იყოს წამყვანი კოეფიციენტის ბუნებრივი გამყოფი.

მაგალითი 1.

6x 3 + 7x 2 – 9x + 2 = 0.

გამოსავალი:

6: q = 1, 2, 3, 6.

აქედან გამომდინარე, p/q = ±1, ±2, ±1/2, ±1/3, ±2/3, ±1/6.

ვიპოვეთ ერთი ფესვი, მაგალითად - 2, ჩვენ ვიპოვით სხვა ფესვებს კუთხის გაყოფის, განუსაზღვრელი კოეფიციენტების მეთოდის ან ჰორნერის სქემის გამოყენებით.

პასუხი: -2; 1/2; 1/3.

ჯერ კიდევ გაქვთ შეკითხვები? არ იცით განტოლებების ამოხსნა?
დამრიგებლისგან დახმარების მისაღებად დარეგისტრირდით.
პირველი გაკვეთილი უფასოა!

ვებსაიტზე, მასალის სრულად ან ნაწილობრივ კოპირებისას საჭიროა წყაროს ბმული.

Კლასი: 9

ძირითადი მიზნები:

1. განამტკიცეთ მე-ე ხარისხის მთელი რაციონალური განტოლების კონცეფცია.
2. ჩამოაყალიბეთ უმაღლესი ხარისხის განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდები (n > 3).
3. ასწავლეთ უმაღლესი რიგის განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდები.
4. ისწავლეთ განტოლების ტიპის გამოყენება მისი ამოხსნის ყველაზე ეფექტური ხერხის დასადგენად.

მასწავლებლის მიერ კლასში გამოყენებული ფორმები, მეთოდები და პედაგოგიური ხერხები:

• ლექცია-სემინარული სწავლების სისტემა (ლექციები - ახალი მასალის ახსნა, სემინარები - პრობლემის გადაჭრა).
• საინფორმაციო და საკომუნიკაციო ტექნოლოგიები (ფრონტალური გამოკითხვა, ზეპირი მუშაობა კლასთან).
• დიფერენცირებული სწავლება, ჯგუფური და ინდივიდუალური ფორმები.
• სწავლებისას კვლევის მეთოდის გამოყენება, რომელიც მიზნად ისახავს თითოეული ცალკეული მოსწავლის მათემატიკური აპარატისა და სააზროვნო უნარების განვითარებას.
• ნაბეჭდი მასალა – გაკვეთილის ინდივიდუალური მოკლე რეზიუმე (ძირითადი ცნებები, ფორმულები, განცხადებები, სალექციო მასალა შედედებული დიაგრამების ან ცხრილების სახით).

Გაკვეთილის გეგმა:

1. ორგანიზების დრო.
   ეტაპის მიზანი: მოსწავლეთა ჩართვა სასწავლო აქტივობებში, გაკვეთილის შინაარსის განსაზღვრა.
2. მოსწავლეთა ცოდნის განახლება.
   ეტაპის მიზანი: მოსწავლეთა ცოდნის განახლება ადრე შესწავლილ დაკავშირებულ თემებზე
3. ახალი თემის შესწავლა (ლექცია). ეტაპის მიზანი: ჩამოაყალიბეთ უმაღლესი ხარისხის განტოლებების ამოხსნის ძირითადი მეთოდები (n > 3)
4. შეჯამება.
   ეტაპის მიზანი: კიდევ ერთხელ გამოვყოთ გაკვეთილზე შესწავლილ მასალაში ძირითადი პუნქტები.
5. Საშინაო დავალება.
   ეტაპის მიზანი: მოსწავლეებისთვის საშინაო დავალების ჩამოყალიბება.

გაკვეთილის შეჯამება

1. საორგანიზაციო მომენტი.

გაკვეთილის თემის ფორმულირება: „უმაღლესი ძალების განტოლებები. მათი გადაჭრის მეთოდები“.

2. მოსწავლეთა ცოდნის განახლება.

თეორიული გამოკითხვა - საუბარი. ზოგიერთი ადრე შესწავლილი ინფორმაციის გამეორება თეორიიდან. მოსწავლეები აყალიბებენ ძირითად განმარტებებს და აყალიბებენ აუცილებელ თეორემებს. მოიყვანეთ მაგალითები ადრე შეძენილი ცოდნის დონის საჩვენებლად.

• განტოლების კონცეფცია ერთი ცვლადით.
• განტოლების ფესვის ცნება, განტოლების ამოხსნა.
• წრფივი განტოლების კონცეფცია ერთი ცვლადით, კვადრატული განტოლების კონცეფცია ერთი ცვლადით.
• განტოლებათა ეკვივალენტობის ცნება, განტოლება-შედეგები (გარე ფესვების ცნება), გარდამავალი არა შედეგით (ფესვების დაკარგვის შემთხვევა).
• მთელი რაციონალური გამოხატვის ცნება ერთი ცვლადით.
• მთელი რაციონალური განტოლების ცნება ნე ხარისხი. მთელი რაციონალური განტოლების სტანდარტული ფორმა. შემცირდა მთელი რაციონალური განტოლება.
• გადასვლა უფრო დაბალი ხარისხის განტოლებათა სიმრავლეზე თავდაპირველი განტოლების ფაქტორირებით.
• მრავალწევრის ცნება ნე ხარისხიდან x. ბეზუტის თეორემა. დასკვნა ბეზუტის თეორემიდან. ძირეული თეორემები ( ზ-ფესვები და ქ-ძირები) მთელი რაციონალური განტოლების მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით (შესაბამისად შემცირებული და შეუმცირებელი).
• ჰორნერის სქემა.

3. ახალი თემის შესწავლა.

განვიხილავთ მთელ რაციონალურ განტოლებას ნ- სტანდარტული ფორმის მერვე ხარისხი ერთი უცნობი ცვლადით x:Pn(x)= 0, სადაც P n (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + a 1 x + a 0- მრავალწევრი ნე ხარისხიდან x, ა n ≠ 0. თუ ა n = 1 მაშინ ასეთ განტოლებას ეწოდება შემცირებული მთელი რაციონალური განტოლება ნე ხარისხი. განვიხილოთ ასეთი განტოლებები სხვადასხვა მნიშვნელობებისთვის ნდა ჩამოთვალეთ მათი გადაჭრის ძირითადი მეთოდები.

ნ= 1 – წრფივი განტოლება.

ნ= 2 – კვადრატული განტოლება.დისკრიმინაციული ფორმულა. ფესვების გამოთვლის ფორმულა. ვიეტას თეორემა. სრული კვადრატის შერჩევა.

ნ= 3 - კუბური განტოლება.

დაჯგუფების მეთოდი.

მაგალითი: x 3 – 4x 2 – x+ 4 = 0 (x – 4) (x 2– 1) = 0 x 1 = 4 , x 2 = 1,x 3 = -1.

ფორმის ორმხრივი კუბური განტოლება ნაჯახი 3 + bx 2 + bx + ა= 0. ჩვენ ვხსნით ერთიდაიგივე კოეფიციენტების ტერმინების გაერთიანებით.

მაგალითი: x 3 – 5x 2 – 5x + 1 = 0 (x + 1)(x 2 – 6x + 1) = 0 x 1 = -1, x 2 = 3 + 2, x 3 = 3 – 2.

Z- ფესვების შერჩევა თეორემაზე დაყრდნობით. ჰორნერის სქემა. ამ მეთოდის გამოყენებისას აუცილებელია ხაზგასმით აღვნიშნოთ, რომ ძიება ამ შემთხვევაში სასრულია და ჩვენ ვირჩევთ ფესვებს გარკვეული ალგორითმის გამოყენებით თეორემის შესაბამისად. ზ- მოცემული მთელი რაციონალური განტოლების ფესვები მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით.

მაგალითი: x 3 – 9x 2 + 23x– 15 = 0. განტოლება მოცემულია. მოდით ჩამოვწეროთ თავისუფალი წევრის გამყოფები ( + 1; + 3; + 5; + 15). მოდით გამოვიყენოთ ჰორნერის სქემა:

	x 3	x 2	x 1	x 0	დასკვნა
	1	-9	23	-15
1	1	1 x 1 – 9 = -8	1 x (-8) + 23 = 15	1 x 15 - 15 = 0	1 - ფესვი
	x 2	x 1	x 0

ვიღებთ ( x – 1)(x 2 – 8x + 15) = 0 x 1 = 1, x 2 = 3, x 3 = 5.

განტოლება მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. Q- ფესვების შერჩევა თეორემაზე დაყრდნობით. ჰორნერის სქემა. ამ მეთოდის გამოყენებისას აუცილებელია ხაზგასმით აღვნიშნოთ, რომ ძიება ამ შემთხვევაში სასრულია და ჩვენ ვირჩევთ ფესვებს გარკვეული ალგორითმის გამოყენებით თეორემის შესაბამისად. ქ-შეუმცირებელი მთელი რაციონალური განტოლების ფესვები მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით.

მაგალითი: 9 x 3 + 27x 2 – x– 3 = 0. განტოლება შეუმცირებელია. მოდით ჩამოვწეროთ თავისუფალი წევრის გამყოფები ( + 1; + 3). მოდით ჩამოვწეროთ კოეფიციენტის გამყოფები უცნობის უმაღლეს ხარისხზე. ( + 1; + 3; + 9) შესაბამისად, ჩვენ ვეძებთ ფესვებს მნიშვნელობებს შორის ( + 1; + ; + ; + 3). მოდით გამოვიყენოთ ჰორნერის სქემა:

	x 3	x 2	x 1	x 0	დასკვნა
	9	27	-1	-3
1	9	1 x 9 + 27 = 36	1 x 36 - 1 = 35	1 x 35 - 3 = 32 ≠ 0	1 - არა ფესვი
-1	9	-1 x 9 + 27 = 18	-1 x 18 – 1 = -19	-1 x (-19) - 3 = 16 ≠ 0	-1 - არა ფესვი
	9	x 9 + 27 = 30	x 30 - 1 = 9	x 9 – 3 = 0	ფესვი
	x 2	x 1	x 0

ვიღებთ ( x – )(9x 2 + 30x + 9) = 0 x 1 = , x 2 = - , x 3 = -3.

Q-ის არჩევისას გაანგარიშების სიმარტივისთვის -ფესვებიშეიძლება მოსახერხებელი იყოს ცვლადის შეცვლა, გადადით მოცემულ განტოლებაზე და აირჩიეთ Z -ფესვები.

• თუ მოტყუებული ვადა არის 1

.

• თუ შეგიძლიათ გამოიყენოთ ფორმის შეცვლა y = kx

.

კარდანოს ფორმულა. არსებობს კუბური განტოლებების ამოხსნის უნივერსალური მეთოდი - ეს არის კარდანოს ფორმულა. ეს ფორმულა ასოცირდება იტალიელი მათემატიკოსების გეროლამო კარდანოს (1501–1576), ნიკოლო ტარტალლიას (1500–1557) და სციპიონე დელ ფეროს (1465–1526) სახელებთან. ეს ფორმულა სცილდება ჩვენი კურსის ფარგლებს.

ნ= 4 – მეოთხე ხარისხის განტოლება.

დაჯგუფების მეთოდი.

მაგალითი: x 4 + 2x 3 + 5x 2 + 4x – 12 = 0 (x 4 + 2x 3) + (5x 2 + 10x) – (6x + 12) = 0 (x + 2)(x 3 + 5x - 6) = 0 (x + 2)(x– 1)(x 2 + x + 6) = 0 x 1 = -2, x 2 = 1.

ცვლადი ჩანაცვლების მეთოდი.

• ფორმის ბიკვადრატული განტოლება ნაჯახი 4 + bx 2 + წმ = 0 .

მაგალითი: x 4 + 5x 2 – 36 = 0. ჩანაცვლება წ = x 2. აქედან წ 1 = 4, წ 2 = -9. Ამიტომაც x 1,2 = + 2 .

• ფორმის მეოთხე ხარისხის საპასუხო განტოლება ნაჯახი 4 + bx 3+c x 2 + bx + ა = 0.

ჩვენ ვხსნით იმავე კოეფიციენტებთან ტერმინების გაერთიანებით, ფორმის შეცვლით

• ნაჯახი 4 + bx 3 + cx 2 – bx + ა = 0.

• ფორმის მეოთხე ხარისხის განზოგადებული განმეორებითი განტოლება ნაჯახი 4 + bx 3 + cx 2 + kbx + k 2 a = 0.

• ზოგადი ჩანაცვლება. რამდენიმე სტანდარტული ჩანაცვლება.

მაგალითი 3 . ზოგადი ხედის შეცვლა(გამოდის კონკრეტული განტოლების ტიპიდან).

ნ = 3.

განტოლება მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. Q- ფესვების შერჩევა ნ = 3.

ზოგადი ფორმულა. არსებობს მეოთხე ხარისხის განტოლებების ამოხსნის უნივერსალური მეთოდი. ეს ფორმულა ასოცირდება ლუდოვიკო ფერარის (1522–1565) სახელთან. ეს ფორმულა სცილდება ჩვენი კურსის ფარგლებს.

ნ > 5 – მეხუთე და უმაღლესი ხარისხის განტოლებები.

განტოლება მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. Z- ფესვების შერჩევა თეორემაზე დაყრდნობით. ჰორნერის სქემა. ალგორითმი მსგავსია ზემოთ განხილულისთვის ნ = 3.

განტოლება მთელი რიცხვითი კოეფიციენტებით. Q- ფესვების შერჩევათეორემაზე დაყრდნობით. ჰორნერის სქემა. ალგორითმი მსგავსია ზემოთ განხილულისთვის ნ = 3.

სიმეტრიული განტოლებები. კენტი ხარისხის ნებისმიერ საპასუხო განტოლებას აქვს ფესვი x= -1 და ფაქტორებად გამრავლების შემდეგ აღმოვაჩენთ, რომ ერთ ფაქტორს აქვს ფორმა ( x+ 1), ხოლო მეორე ფაქტორი არის ლუწი ხარისხის ორმხრივი განტოლება (მისი ხარისხი ერთით ნაკლებია საწყისი განტოლების ხარისხზე). ლუწი ხარისხის ნებისმიერი საპასუხო განტოლება ფორმის ფესვთან ერთად x = φასევე შეიცავს სახეობის ფესვს. ამ განცხადებების გამოყენებით, ჩვენ ვხსნით პრობლემას შესასწავლი განტოლების ხარისხის შემცირებით.

ცვლადი ჩანაცვლების მეთოდი. ჰომოგენურობის გამოყენება.

არ არსებობს მეხუთე ხარისხის მთელი განტოლებების ამოხსნის ზოგადი ფორმულა (ეს აჩვენა იტალიელმა მათემატიკოსმა პაოლო რუფინმა (1765–1822) და ნორვეგიელმა მათემატიკოსმა ნილს ჰენრიკ აბელმა (1802–1829)) და უფრო მაღალი ხარისხის (ეს აჩვენა ფრანგი მათემატიკოსი ევარისტ გალუა (1811–1832)).

• კიდევ ერთხელ გავიხსენოთ, რომ პრაქტიკაში მისი გამოყენება შესაძლებელია კომბინაციებიზემოთ ჩამოთვლილი მეთოდები. მოსახერხებელია გადავიდეს უფრო დაბალი ხარისხის განტოლებათა სიმრავლეზე ორიგინალური განტოლების ფაქტორინგი.
• ჩვენი დღევანდელი დისკუსიის ფარგლებს გარეთ არის ის, რაც ფართოდ გამოიყენება პრაქტიკაში. გრაფიკული მეთოდებიგანტოლებების ამოხსნა და გადაწყვეტის სავარაუდო მეთოდებიუმაღლესი ხარისხის განტოლებები.
• არის სიტუაციები, როდესაც განტოლებას არ აქვს R- ფესვები.
შემდეგ გამოსავალი ჩნდება იმის ჩვენებაზე, რომ განტოლებას არ აქვს ფესვები. ამის დასამტკიცებლად ვაანალიზებთ განსახილველი ფუნქციების ქცევას მონოტონურობის ინტერვალებზე. მაგალითი: განტოლება x 8 – x 3 + 1 = 0 არ აქვს ფესვები.
• ფუნქციების ერთფეროვნების თვისების გამოყენება
. არის სიტუაციები, როდესაც ფუნქციების სხვადასხვა თვისებების გამოყენება საშუალებას გაძლევთ გაამარტივოთ დავალება.
მაგალითი 1: განტოლება x 5 + 3x– 4 = 0 აქვს ერთი ფესვი x= 1. გაანალიზებული ფუნქციების ერთფეროვნების თვისების გამო სხვა ფესვები არ არსებობს.
მაგალითი 2: განტოლება x 4 + (x– 1) 4 = 97-ს აქვს ფესვები x 1 = -2 და x 2 = 3. გავაანალიზეთ შესაბამისი ფუნქციების ქცევა ერთფეროვნების ინტერვალებზე, დავასკვნით, რომ სხვა ფესვები არ არსებობს.

4. შეჯამება.

რეზიუმე: ახლა ჩვენ ავითვისეთ ძირითადი მეთოდები უმაღლესი ხარისხის სხვადასხვა განტოლების ამოხსნისთვის (n-ისთვის > 3). ჩვენი ამოცანაა ვისწავლოთ ზემოთ ჩამოთვლილი ალგორითმების ეფექტურად გამოყენება. განტოლების ტიპებიდან გამომდინარე, მოგვიწევს ვისწავლოთ იმის განსაზღვრა, თუ რომელი ამოხსნის მეთოდია მოცემულ შემთხვევაში ყველაზე ეფექტური, ასევე სწორად გამოვიყენოთ არჩეული მეთოდი.

5. საშინაო დავალება.

: პუნქტი 7, გვ.164–174, №33–36, 39–44, 46.47.

: №№ 9.1–9.4, 9.6–9.8, 9.12, 9.14–9.16, 9.24–9.27.

ამ თემაზე მოხსენებების ან რეფერატების შესაძლო თემები:

• კარდანოს ფორმულა
• განტოლებების ამოხსნის გრაფიკული მეთოდი. გადაწყვეტილებების მაგალითები.
• განტოლებათა სავარაუდო ამოხსნის მეთოდები.

მოსწავლეთა სწავლის ანალიზი და თემისადმი ინტერესი:

გამოცდილება გვიჩვენებს, რომ სტუდენტების ინტერესს, უპირველეს ყოვლისა, იწვევს შერჩევის შესაძლებლობა ზ-ფესვები და ქ- განტოლებების ფესვები საკმაოდ მარტივი ალგორითმის გამოყენებით ჰორნერის სქემის გამოყენებით. მოსწავლეებს ასევე აინტერესებთ ცვლადების ჩანაცვლების სხვადასხვა სტანდარტული ტიპები, რამაც შეიძლება მნიშვნელოვნად გაამარტივოს პრობლემის ტიპი. გრაფიკული გადაწყვეტის მეთოდები, როგორც წესი, განსაკუთრებულ ინტერესს იწვევს. ამ შემთხვევაში, თქვენ შეგიძლიათ დამატებით გაანალიზოთ პრობლემები განტოლებების ამოხსნის გრაფიკული მეთოდის გამოყენებით; განიხილეთ გრაფიკის ზოგადი ფორმა 3, 4, 5 ხარისხის მრავალწევრისთვის; გააანალიზეთ, თუ როგორ არის დაკავშირებული 3, 4, 5 ხარისხის განტოლებათა ფესვების რაოდენობა შესაბამისი გრაფიკის გარეგნობასთან. ქვემოთ მოცემულია წიგნების სია, სადაც შეგიძლიათ იპოვოთ დამატებითი ინფორმაცია ამ თემაზე.

ბიბლიოგრაფია:

1. ვილენკინი ნ.ია.და სხვა.“ალგებრა. სახელმძღვანელო მე-9 კლასის მოსწავლეებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით“ - მ., პროსვეშჩენიე, 2007 - 367 გვ.
2. Vilenkin N.Ya., Shibasov L.P., Shibasova Z.F.„მათემატიკის სახელმძღვანელოს გვერდების მიღმა. არითმეტიკა. Ალგებრა. 10-11 კლასები“ – მ., განათლება, 2008 – 192გვ.
3. ვიგოდსკი M.Ya.„მათემატიკის სახელმძღვანელო“ – მ., AST, 2010 – 1055 გვ.
4. გალიცკი მ.ლ.„პრობლემების კრებული ალგებრაში. სახელმძღვანელო 8-9 კლასებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით“ - მ., პროსვეშჩენიე, 2008 - 301 გვ.
5. ზვავიჩ ლ.ი.და სხვა.„ალგებრა და ანალიზის დასაწყისი. 8-11 კლასები სახელმძღვანელო სკოლებისთვის და კლასებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით“ - მ., დროფა, 1999 - 352 გვ.
6. ზვავიჩ ლ.ი., ავერიანოვი დ.ი., პიგარევი ბ.პ., ტრუშანინა ტ.ნ.„მათემატიკის დავალებები მე-9 კლასში წერითი გამოცდისთვის მოსამზადებლად“ - მ., პროსვეშჩენიე, 2007 - 112 გვ.
7. ივანოვი A.A., Ivanov A.P.„თემატური ტესტები მათემატიკაში ცოდნის სისტემატიზაციისთვის“ ნაწილი 1 – მ., ფიზმათნიკა, 2006 – 176 გვ.
8. ივანოვი A.A., Ivanov A.P.„თემატური ტესტები მათემატიკაში ცოდნის სისტემატიზაციისთვის“ ნაწილი 2 – მ., ფიზმათნიკა, 2006 – 176 გვ.
9. ივანოვი A.P.„ტესტები და ტესტები მათემატიკაში. სახელმძღვანელო". – მ., ფიზმათკნიგა, 2008 – 304გვ.
10. ლეიბსონი კ.ლ.„პრაქტიკული ამოცანების კრებული მათემატიკაში. ნაწილი 2–9 კლასები“ – მ., MTSNM, 2009 – 184გვ.
11. მაკარიჩევი იუ.ნ., მინდიუკ ნ.გ."Ალგებრა. მე-9 კლასის სასკოლო სახელმძღვანელოს დამატებითი თავები. სახელმძღვანელო სკოლებისა და კლასების მოსწავლეებისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით“. – მ., განათლება, 2006 – 224გვ.
12. მორდკოვიჩი ა.გ."Ალგებრა. სიღრმისეული შესწავლა. მე-8 კლასი. სახელმძღვანელო“ – მ., მნემოსინე, 2006 – 296 გვ.
13. Savin A.P.„ახალგაზრდა მათემატიკოსის ენციკლოპედიური ლექსიკონი“ - მ., პედაგოგიკა, 1985 - 352 გვ.
14. Survillo G.S., Simonov A.S.”დიდაქტიკური მასალები ალგებრაზე მე-9 კლასისთვის მათემატიკის სიღრმისეული შესწავლით” - მ., პროსვეშჩენიე, 2006 - 95 გვ.
15. ჩულკოვი P.V.„განტოლებები და უტოლობა სასკოლო მათემატიკის კურსში. ლექციები 1–4” – მ., 1 სექტემბერი, 2006 – 88 გვ.
16. ჩულკოვი P.V.„განტოლებები და უტოლობა სასკოლო მათემატიკის კურსში. ლექციები 5–8” – მ., 1 სექტემბერი, 2009 – 84 გვ.