Ne kemi mësuar tashmë se si të zgjidhim ekuacionet kuadratike. Tani le t'i zgjerojmë metodat e studiuara në ekuacione racionale.
Çfarë ka ndodhur shprehje racionale? Ne e kemi hasur tashmë këtë koncept. Shprehje racionale janë shprehje të përbëra nga numra, ndryshore, fuqitë e tyre dhe simbole të veprimeve matematikore.
Prandaj, ekuacionet racionale janë ekuacione të formës: , ku 
- shprehje racionale.
Më parë, ne konsideruam vetëm ato ekuacione racionale që mund të reduktohen në ato lineare. Tani le të shohim ato ekuacione racionale që mund të reduktohen në ekuacione kuadratike.
Shembulli 1
Zgjidheni ekuacionin: .
Zgjidhja:
Një thyesë është e barabartë me 0 nëse dhe vetëm nëse numëruesi i saj është i barabartë me 0 dhe emëruesi i tij nuk është i barabartë me 0.
Ne marrim sistemin e mëposhtëm:
Ekuacioni i parë i sistemit është një ekuacion kuadratik. Para se ta zgjidhim, le t'i ndajmë të gjithë koeficientët e tij me 3. Marrim:
Marrim dy rrënjë: ; .
Meqenëse 2 nuk është kurrë e barabartë me 0, duhet të plotësohen dy kushte: 
. Meqenëse asnjë nga rrënjët e ekuacionit të marrë më sipër nuk përkon me vlera të pavlefshme variablat që janë marrë duke zgjidhur pabarazinë e dytë, të dyja janë zgjidhje të këtij ekuacioni.
Përgjigje:.
Pra, le të formulojmë një algoritëm për zgjidhjen e ekuacioneve racionale:
1. Zhvendoseni të gjithë termat në anën e majtë në mënyrë që ana e djathtë të përfundojë me 0.
2. Transformoni dhe thjeshtoni anën e majtë, zvogëloni të gjitha fraksionet në emërues i përbashkët.
3. Barazoni thyesën që rezulton me 0 duke përdorur algoritmin e mëposhtëm: 
.
4. Shkruani ato rrënjë që janë marrë në ekuacionin e parë dhe plotësoni mosbarazimin e dytë në përgjigje.
Le të shohim një shembull tjetër.
Shembulli 2
Zgjidhe ekuacionin: 
.
Zgjidhje
Në fillim, le t'i kalojmë të gjitha kushtet anën e majtë, në mënyrë që 0 të mbetet në të djathtë Ne marrim:
Tani le të sjellim anën e majtë të ekuacionit në një emërues të përbashkët:
Ky ekuacion është i barabartë me sistemin:
Ekuacioni i parë i sistemit është një ekuacion kuadratik.
Koeficientët e këtij ekuacioni: . Ne llogarisim diskriminuesin:
Marrim dy rrënjë: ; .
Tani le të zgjidhim pabarazinë e dytë: produkti i faktorëve nuk është i barabartë me 0 nëse dhe vetëm nëse asnjë nga faktorët nuk është i barabartë me 0.
Duhet të plotësohen dy kushte: 
. Ne gjejmë se nga dy rrënjët e ekuacionit të parë, vetëm një është e përshtatshme - 3.
Përgjigje:.
Në këtë mësim, ne kujtuam se çfarë është një shprehje racionale, dhe gjithashtu mësuam se si të zgjidhim ekuacionet racionale, të cilat reduktohen në ekuacione kuadratike.
Në mësimin e ardhshëm do të shikojmë ekuacionet racionale si modele situata reale, dhe gjithashtu merrni parasysh detyrat e lëvizjes.
Referencat
- Bashmakov M.I. Algjebra, klasa e 8-të. - M.: Arsimi, 2004.
- Dorofeev G.V., Suvorova S.B., Bunimovich E.A. dhe të tjerët Algjebra, 8. 5th ed. - M.: Arsimi, 2010.
- Nikolsky S.M., Potapov M.A., Reshetnikov N.N., Shevkin A.V. Algjebra, klasa e 8-të. Tutorial për institucionet arsimore. - M.: Arsimi, 2006.
- Festivali ide pedagogjike "Mësim i hapur" ().
- School.xvatit.com ().
- Rudocs.exdat.com ().
Ne kemi mësuar tashmë se si të zgjidhim ekuacionet kuadratike. Tani le t'i zgjerojmë metodat e studiuara në ekuacione racionale.
Çfarë është një shprehje racionale? Ne e kemi hasur tashmë këtë koncept. Shprehje racionale janë shprehje të përbëra nga numra, ndryshore, fuqitë e tyre dhe simbole të veprimeve matematikore.
Prandaj, ekuacionet racionale janë ekuacione të formës: , ku - shprehje racionale.
Më parë, ne konsideruam vetëm ato ekuacione racionale që mund të reduktohen në ato lineare. Tani le të shohim ato ekuacione racionale që mund të reduktohen në ekuacione kuadratike.
Shembulli 1
Zgjidheni ekuacionin: .
Zgjidhja:
Një thyesë është e barabartë me 0 nëse dhe vetëm nëse numëruesi i saj është i barabartë me 0 dhe emëruesi i tij nuk është i barabartë me 0.
Ne marrim sistemin e mëposhtëm:
Ekuacioni i parë i sistemit është një ekuacion kuadratik. Para se ta zgjidhim, le t'i ndajmë të gjithë koeficientët e tij me 3. Marrim:
Marrim dy rrënjë: ; .
Meqenëse 2 nuk është kurrë e barabartë me 0, duhet të plotësohen dy kushte: . Meqenëse asnjë nga rrënjët e ekuacionit të marrë më sipër nuk përkon me vlerat e pavlefshme të ndryshores që janë marrë gjatë zgjidhjes së pabarazisë së dytë, ato janë të dyja zgjidhje për këtë ekuacion.
Përgjigje:.
Pra, le të formulojmë një algoritëm për zgjidhjen e ekuacioneve racionale:
1. Zhvendoseni të gjithë termat në anën e majtë në mënyrë që ana e djathtë të përfundojë me 0.
2. Transformoni dhe thjeshtoni anën e majtë, sillni të gjitha thyesat në një emërues të përbashkët.
3. Barazoni thyesën që rezulton me 0 duke përdorur algoritmin e mëposhtëm: .
4. Shkruani ato rrënjë që janë marrë në ekuacionin e parë dhe plotësoni mosbarazimin e dytë në përgjigje.
Le të shohim një shembull tjetër.
Shembulli 2
Zgjidhe ekuacionin: .
Zgjidhje
Në fillim, ne i lëvizim të gjitha termat në të majtë në mënyrë që 0 të mbetet në të djathtë.
Tani le të sjellim anën e majtë të ekuacionit në një emërues të përbashkët:
Ky ekuacion është i barabartë me sistemin:
Ekuacioni i parë i sistemit është një ekuacion kuadratik.
Koeficientët e këtij ekuacioni: . Ne llogarisim diskriminuesin:
Marrim dy rrënjë: ; .
Tani le të zgjidhim pabarazinë e dytë: produkti i faktorëve nuk është i barabartë me 0 nëse dhe vetëm nëse asnjë nga faktorët nuk është i barabartë me 0.
Duhet të plotësohen dy kushte: . Ne gjejmë se nga dy rrënjët e ekuacionit të parë, vetëm një është e përshtatshme - 3.
Përgjigje:.
Në këtë mësim, ne kujtuam se çfarë është një shprehje racionale, dhe gjithashtu mësuam se si të zgjidhim ekuacionet racionale, të cilat reduktohen në ekuacione kuadratike.
Në mësimin tjetër do të shikojmë ekuacionet racionale si modele të situatave reale, dhe gjithashtu do të shohim problemet e lëvizjes.
Referencat
- Bashmakov M.I. Algjebra, klasa e 8-të. - M.: Arsimi, 2004.
- Dorofeev G.V., Suvorova S.B., Bunimovich E.A. dhe të tjerët Algjebra, 8. 5th ed. - M.: Arsimi, 2010.
- Nikolsky S.M., Potapov M.A., Reshetnikov N.N., Shevkin A.V. Algjebra, klasa e 8-të. Libër mësuesi për institucionet e arsimit të përgjithshëm. - M.: Arsimi, 2006.
- Festivali i ideve pedagogjike "Mësim i Hapur" ().
- School.xvatit.com ().
- Rudocs.exdat.com ().
Detyrë shtëpie
Ne prezantuam ekuacionin e mësipërm në § 7. Së pari, le të kujtojmë se çfarë është një shprehje racionale. kjo - shprehje algjebrike, i përbërë nga numrat dhe ndryshorja x duke përdorur veprimet e mbledhjes, zbritjes, shumëzimit, pjesëtimit dhe fuqizimit me një eksponent natyror.
Nëse r(x) është një shprehje racionale, atëherë ekuacioni r(x) = 0 quhet ekuacion racional.
Sidoqoftë, në praktikë është më i përshtatshëm të përdoret një interpretim pak më i gjerë i termit "ekuacion racional": ky është një ekuacion i formës h(x) = q(x), ku h(x) dhe q(x) janë shprehjet racionale.
Deri më tani, ne nuk mund të zgjidhnim asnjë ekuacion racional, por vetëm një ekuacion që, si rezultat i transformimeve dhe arsyetimit të ndryshëm, u reduktua në ekuacioni linear. Tani aftësitë tona janë shumë më të mëdha: do të jemi në gjendje të zgjidhim një ekuacion racional që reduktohet jo vetëm në linear
mu, por edhe te ekuacioni kuadratik.
Le të kujtojmë se si kemi zgjidhur ekuacionet racionale më parë dhe të përpiqemi të formulojmë një algoritëm zgjidhjeje.
Shembulli 1. Zgjidhe ekuacionin
Zgjidhje. Le ta rishkruajmë ekuacionin në formë
Në këtë rast, si zakonisht, përfitojmë nga fakti se barazitë A = B dhe A - B = 0 shprehin të njëjtën marrëdhënie midis A dhe B. Kjo na lejoi të zhvendosim termin në anën e majtë të ekuacionit me shenjë e kundërt.
Le të transformojmë anën e majtë të ekuacionit. ne kemi
Le të kujtojmë kushtet e barazisë thyesat zero: nëse dhe vetëm nëse dy marrëdhënie janë të kënaqura njëkohësisht:
1) numëruesi i thyesës e barabartë me zero(a = 0); 2) emëruesi i thyesës është i ndryshëm nga zero).
Duke barazuar numëruesin e thyesës në anën e majtë të ekuacionit (1) me zero, marrim
Mbetet për të kontrolluar përmbushjen e kushtit të dytë të treguar më lart. Lidhja do të thotë për ekuacionin (1) që . Vlerat x 1 = 2 dhe x 2 = 0,6 plotësojnë marrëdhëniet e treguara dhe për këtë arsye shërbejnë si rrënjët e ekuacionit (1), dhe në të njëjtën kohë rrënjët e ekuacionit të dhënë.
1) Le ta shndërrojmë ekuacionin në formë
2) Le të transformojmë anën e majtë të këtij ekuacioni:
(ndryshuan njëkohësisht shenjat në numërues dhe
thyesat).
Kështu, për ekuacioni i dhënë merr formën
3) Zgjidhe ekuacionin x 2 - 6x + 8 = 0. Gjeni
4) Për vlerat e gjetura, kontrolloni përmbushjen e kushtit 
. Numri 4 e plotëson këtë kusht, por numri 2 jo. Kjo do të thotë se 4 është rrënja e ekuacionit të dhënë, dhe 2 është një rrënjë e jashtme.
PËRGJIGJE: 4.
2. Zgjidhja e ekuacioneve racionale duke futur një ndryshore të re
Metoda e prezantimit të një ndryshoreje të re është e njohur për ju, ne e kemi përdorur atë më shumë se një herë. Le të tregojmë me shembuj se si përdoret në zgjidhjen e ekuacioneve racionale.
Shembulli 3. Zgjidheni ekuacionin x 4 + x 2 - 20 = 0.
Zgjidhje. Le të prezantojmë një ndryshore të re y = x 2 . Meqenëse x 4 = (x 2) 2 = y 2, atëherë ekuacioni i dhënë mund të rishkruhet në formë
y 2 + y - 20 = 0.
Ky është një ekuacion kuadratik, rrënjët e të cilit mund të gjenden duke përdorur të njohura formulat; marrim y 1 = 4, y 2 = - 5.
Por y = x 2, që do të thotë se problemi është reduktuar në zgjidhjen e dy ekuacioneve:
x 2 =4; x 2 = -5.
Nga ekuacioni i parë konstatojmë se ekuacioni i dytë nuk ka rrënjë.
Përgjigje:.
Një ekuacion i formës ax 4 + bx 2 + c = 0 quhet ekuacion bikuadratik ("bi" është dy, d.m.th., një lloj ekuacioni "të dyfishtë kuadratik"). Ekuacioni i sapozgjidhur ishte pikërisht bikuadratik. Çdo ekuacioni bikuadratik zgjidhet në të njëjtën mënyrë si ekuacioni nga shembulli 3: prezantoni një ndryshore të re y = x 2, zgjidhni ekuacionin kuadratik që rezulton në lidhje me ndryshoren y dhe pastaj kthehuni te ndryshorja x.
Shembulli 4. Zgjidhe ekuacionin
Zgjidhje. Vini re se e njëjta shprehje x 2 + 3x shfaqet dy herë këtu. Kjo do të thotë se ka kuptim të prezantohet një ndryshore e re y = x 2 + 3x. Kjo do të na lejojë të rishkruajmë ekuacionin në një formë më të thjeshtë dhe më të këndshme (që, në fakt, është qëllimi i prezantimit të një e ndryshueshme- dhe thjeshtimi i regjistrimit
bëhet më e qartë dhe struktura e ekuacionit bëhet më e qartë):
Tani le të përdorim algoritmin për zgjidhjen e një ekuacioni racional.
1) Le t'i zhvendosim të gjitha termat e ekuacionit në një pjesë:
= 0
2) Transformoni anën e majtë të ekuacionit
Pra, ekuacionin e dhënë e kemi shndërruar në formë
3) Nga ekuacioni - 7y 2 + 29y -4 = 0 gjejmë (ju dhe unë kemi zgjidhur tashmë mjaft ekuacione kuadratike, kështu që ndoshta nuk ia vlen të jepni gjithmonë llogaritjet e detajuara në tekstin shkollor).
4) Le të kontrollojmë rrënjët e gjetura duke përdorur kushtin 5 (y - 3) (y + 1). Të dy rrënjët e plotësojnë këtë kusht.
Pra, ekuacioni kuadratik për ndryshoren e re y është zgjidhur: 
Meqenëse y = x 2 + 3x, dhe y, siç kemi përcaktuar, merr dy vlera: 4 dhe , ne ende duhet të zgjidhim dy ekuacione: x 2 + 3x = 4; x 2 + Zx = . Rrënjët e ekuacionit të parë janë numrat 1 dhe - 4, rrënjët e ekuacionit të dytë janë numrat
Në shembujt e shqyrtuar, metoda e prezantimit të një ndryshoreje të re ishte, siç duan të thonë matematikanët, adekuate për situatën, domethënë, ajo korrespondonte mirë me të. Pse? Po, sepse e njëjta shprehje u shfaq qartë në ekuacion disa herë dhe kishte një arsye për të përcaktuar këtë shprehje letër e re. Por kjo nuk ndodh gjithmonë një variabël i ri "shfaqet" vetëm gjatë procesit të transformimit. Kjo është pikërisht ajo që do të ndodhë në shembullin tjetër.
Shembulli 5. Zgjidhe ekuacionin
x(x-1)(x-2)(x-3) = 24.
Zgjidhje. ne kemi
x(x - 3) = x 2 - 3x;
(x - 1) (x - 2) = x 2 -Зx+2.
Kjo do të thotë se ekuacioni i dhënë mund të rishkruhet në formë
(x 2 - 3x) (x 2 + 3x + 2) = 24
Tani një ndryshore e re është "shfaqur": y = x 2 - 3x.
Me ndihmën e tij, ekuacioni mund të rishkruhet në formën y (y + 2) = 24 dhe pastaj y 2 + 2y - 24 = 0. Rrënjët e këtij ekuacioni janë numrat 4 dhe -6.
Duke u rikthyer te ndryshorja origjinale x, marrim dy ekuacione x 2 - 3x = 4 dhe x 2 - 3x = - 6. Nga ekuacioni i parë gjejmë x 1 = 4, x 2 = - 1; ekuacioni i dytë nuk ka rrënjë.
PËRGJIGJE: 4, - 1.
E thënë thjesht, këto janë ekuacione në të cilat ka të paktën një ndryshore në emërues.
Për shembull:
\(\frac(9x^2-1)(3x)\) \(=0\)
\(\frac(1)(2x)+\frac(x)(x+1)=\frac(1)(2)\)
\(\frac(6)(x+1)=\frac(x^2-5x)(x+1)\)
Shembull Jo ekuacionet racionale të pjesshme:
\(\frac(9x^2-1)(3)\) \(=0\)
\(\frac(x)(2)\) \(+8x^2=6\)
Si zgjidhen ekuacionet racionale thyesore?
Gjëja kryesore që duhet mbajtur mend për ekuacionet racionale të pjesshme është se duhet të shkruani në to. Dhe pasi të keni gjetur rrënjët, sigurohuni që t'i kontrolloni ato për pranueshmëri. Përndryshe, rrënjët e jashtme mund të shfaqen dhe i gjithë vendimi do të konsiderohet i pasaktë.
Algoritmi për zgjidhjen e një ekuacioni racional thyesor:
Shkruani dhe "zgjidhni" ODZ.
Shumëzoni çdo term në ekuacion me emëruesin e përbashkët dhe anuloni thyesat që rezultojnë. Emëruesit do të zhduken.
Shkruani ekuacionin pa hapur kllapat.
Zgjidheni ekuacionin që rezulton.
Kontrolloni rrënjët e gjetura me ODZ.
Shkruani në përgjigjen tuaj rrënjët që kaluan testin në hapin 7.
Mos e mbani mend algoritmin, 3-5 ekuacione të zgjidhura dhe ai do të mbahet mend vetvetiu.
Shembull . Vendosni ekuacioni racional thyesor \(\frac(x)(x-2) - \frac(7)(x+2)=\frac(8)(x^2-4)\)
Zgjidhja:
Përgjigje: \(3\).
Shembull . Gjeni rrënjët e ekuacionit racional thyesor \(=0\)
Zgjidhja:
|
\(\frac(x)(x+2) + \frac(x+1)(x+5)-\frac(7-x)(x^2+7x+10)\)\(=0\) ODZ: \(x+2≠0⇔x≠-2\) |
Ne shkruajmë dhe "zgjidhim" ODZ-në. Zgjerojmë \(x^2+7x+10\) në sipas formulës: \(ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)\). |
|
|
\(\frac(x)(x+2) + \frac(x+1)(x+5)-\frac(7-x)((x+2)(x+5))\)\(=0\) |
Natyrisht, emëruesi i përbashkët i thyesave është \((x+2)(x+5)\). Ne e shumëzojmë të gjithë ekuacionin me të. |
|
|
\(\frac(x(x+2)(x+5))(x+2) + \frac((x+1)(x+2)(x+5))(x+5)-\) |
Reduktimi i thyesave |
|
|
\(x(x+5)+(x+1)(x+2)-7+x=0\) |
Hapja e kllapave |
|
|
\(x^2+5x+x^2+3x+2-7+x=0\) |
|
Ne prezantojmë terma të ngjashëm |
|
\(2x^2+9x-5=0\) |
|
Gjetja e rrënjëve të ekuacionit |
|
\(x_1=-5;\) \(x_2=\frac(1)(2).\) |
|
Njëra prej rrënjëve nuk i përshtatet ODZ, kështu që ne shkruajmë vetëm rrënjën e dytë në përgjigje. |
Përgjigje: \(\frac(1)(2)\).
Le të vazhdojmë të flasim për zgjidhjen e ekuacioneve. Në këtë artikull ne do të hyjmë në detaje rreth ekuacionet racionale dhe parimet e zgjidhjes së ekuacioneve racionale me një ndryshore. Së pari, le të kuptojmë se çfarë lloj ekuacionesh quhen racionale, të japim një përkufizim të ekuacioneve të plota racionale dhe të pjesshme dhe të japim shembuj. Më pas do të marrim algoritme për zgjidhjen e ekuacioneve racionale dhe, natyrisht, do të shqyrtojmë zgjidhjet shembuj tipikë me të gjitha shpjegimet e nevojshme.
Navigimi i faqes.
Bazuar në përkufizimet e dhëna, ne japim disa shembuj të ekuacioneve racionale. Për shembull, x=1, 2·x−12·x 2 ·y·z 3 =0, , janë të gjitha ekuacione racionale.
Nga shembujt e treguar, shihet qartë se ekuacionet racionale, si dhe ekuacionet e llojeve të tjera, mund të jenë me një ndryshore, ose me dy, tre, etj. variablave. Në paragrafët e mëposhtëm do të flasim për zgjidhjen e ekuacioneve racionale me një ndryshore. Zgjidhja e ekuacioneve në dy ndryshore dhe ata një numër i madh meritojnë vëmendje të veçantë.
Përveç pjesëtimit të ekuacioneve racionale me numrin e ndryshoreve të panjohura, ato ndahen edhe në numër të plotë dhe të pjesshëm. Le të japim përkufizimet përkatëse.
Përkufizimi.
Ekuacioni racional quhet e tërë, nëse të dyja anët e majta dhe të djathta të saj janë shprehje racionale me numër të plotë.
Përkufizimi.
Nëse të paktën një nga pjesët e një ekuacioni racional është shprehje thyesore, atëherë quhet ky ekuacion fraksionalisht racionale(ose racionale thyesore).
Është e qartë se ekuacionet e plota nuk përmbajnë pjesëtim me një ndryshore, përkundrazi, ekuacionet racionale të pjesshme përmbajnë domosdoshmërisht pjesëtimin me një ndryshore (ose një ndryshore në emërues). Pra 3 x+2=0 dhe (x+y)·(3·x 2 −1)+x=−y+0,5– këto janë ekuacione të tëra racionale, të dyja pjesët e tyre janë shprehje të tëra. A dhe x:(5 x 3 +y 2)=3:(x−1):5 janë shembuj të ekuacioneve racionale thyesore.
Duke përfunduar këtë pikë, le t'i kushtojmë vëmendje faktit se ekuacionet lineare dhe ekuacionet kuadratike të njohura në këtë pikë janë ekuacione të tëra racionale.
Zgjidhja e ekuacioneve të tëra
Një nga qasjet kryesore për zgjidhjen e ekuacioneve të tëra është reduktimi i tyre në ekuivalente ekuacionet algjebrike. Kjo mund të bëhet gjithmonë duke kryer transformimet ekuivalente të mëposhtme të ekuacionit:
- së pari, shprehja nga ana e djathtë e ekuacionit të numrit të plotë origjinal transferohet në anën e majtë me shenjën e kundërt për të marrë zero në anën e djathtë;
- pas kësaj, në anën e majtë të ekuacionit rezulton pamje standarde.
Rezultati është ekuacioni algjebrik, e cila është ekuivalente me ekuacionin e numrit të plotë origjinal. Pra në shumicën raste të thjeshta zgjidhja e ekuacioneve të tëra reduktohet në zgjidhjen e ekuacioneve lineare ose kuadratike, dhe në rast i përgjithshëm– për të zgjidhur një ekuacion algjebrik të shkallës n. Për qartësi, le të shohim zgjidhjen e shembullit.
Shembull.
Gjeni rrënjët e të gjithë ekuacionit 3·(x+1)·(x−3)=x·(2·x−1)-3.
Zgjidhje.
Le ta zvogëlojmë zgjidhjen e gjithë këtij ekuacioni në zgjidhjen e një ekuacioni algjebrik ekuivalent. Për ta bërë këtë, së pari, ne transferojmë shprehjen nga ana e djathtë në të majtë, si rezultat arrijmë në ekuacionin 3·(x+1)·(x−3)−x·(2·x−1)+3=0. Dhe, së dyti, ne e transformojmë shprehjen e formuar në anën e majtë në një polinom të formës standarde duke plotësuar të nevojshmen: 3·(x+1)·(x−3)−x·(2·x−1)+3= (3 x+3) (x−3)−2 x 2 +x+3= 3 x 2 −9 x+3 x−9−2 x 2 +x+3=x 2 −5 x−6. Kështu, zgjidhja e ekuacionit të numrit të plotë origjinal reduktohet në zgjidhjen e ekuacionit kuadratik x 2 −5·x−6=0.
Ne llogarisim diskriminuesin e tij D=(−5) 2 −4·1·(−6)=25+24=49, është pozitiv, që do të thotë se ekuacioni ka dy rrënjë reale, të cilat i gjejmë duke përdorur formulën për rrënjët e një ekuacioni kuadratik:
Për të qenë plotësisht të sigurt, le ta bëjmë duke kontrolluar rrënjët e gjetura të ekuacionit. Së pari kontrollojmë rrënjën 6, e zëvendësojmë atë në vend të ndryshores x në ekuacionin e numrit të plotë origjinal: 3·(6+1)·(6−3)=6·(2·6−1)-3, e cila është e njëjtë, 63=63. Ky është një ekuacion numerik i vlefshëm, prandaj x=6 është me të vërtetë rrënja e ekuacionit. Tani kontrollojmë rrënjën −1, kemi 3·(−1+1)·(−1−3)=(−1)·(2·(−1)−1)−3, nga ku, 0=0 . Në x=−1 ekuacioni origjinal shndërrohet gjithashtu në një barazi të vërtetë numerike, prandaj x=−1 është gjithashtu një rrënjë e ekuacionit.
Përgjigje:
6 , −1 .
Këtu duhet theksuar gjithashtu se termi "shkalla e të gjithë ekuacionit" shoqërohet me paraqitjen e një ekuacioni të tërë në formën e një ekuacioni algjebrik. Le të japim përkufizimin përkatës:
Përkufizimi.
Fuqia e të gjithë ekuacionit quhet shkalla e një ekuacioni algjebrik ekuivalent.
Sipas këtij përkufizimi, i gjithë ekuacioni nga shembulli i mëparshëm ka shkallën e dytë.
Ky mund të kishte qenë fundi i zgjidhjes së të gjithë ekuacioneve racionale, nëse jo për një gjë…. Siç dihet, zgjidhja e ekuacioneve algjebrike të shkallës më të lartë se e dyta shoqërohet me vështirësi të konsiderueshme, dhe për ekuacionet e shkallës më të lartë se e katërta nuk ka formulat e përgjithshme rrënjët. Prandaj, për të zgjidhur ekuacionet e tëra të tretë, të katërt dhe më shumë shkallë të lartë Shpesh ju duhet të drejtoheni në metoda të tjera zgjidhjeje.
Në raste të tilla, një qasje për zgjidhjen e të gjitha ekuacioneve racionale bazuar në metoda e faktorizimit. Në këtë rast, zbatohet algoritmi i mëposhtëm:
- Së pari, ata sigurojnë që ka një zero në anën e djathtë të ekuacionit për ta bërë këtë, ata transferojnë shprehjen nga ana e djathtë e të gjithë ekuacionit në të majtë;
- më pas, shprehja që rezulton në anën e majtë paraqitet si produkt i disa faktorëve, gjë që na lejon të kalojmë në një grup ekuacionesh më të thjeshta.
Algoritmi i dhënë për zgjidhjen e një ekuacioni të tërë përmes faktorizimit kërkon një shpjegim të detajuar duke përdorur një shembull.
Shembull.
Zgjidh të gjithë ekuacionin (x 2 −1)·(x 2 −10·x+13)= 2 x (x 2 −10 x+13) .
Zgjidhje.
Së pari, si zakonisht, ne transferojmë shprehjen nga ana e djathtë në anën e majtë të ekuacionit, duke mos harruar të ndryshojmë shenjën, marrim (x 2 -1)·(x 2 -10·x+13)- 2 x (x 2 −10 x+13)=0 . Këtu është mjaft e qartë se nuk këshillohet të shndërrohet ana e majtë e ekuacionit që rezulton në një polinom të formës standarde, pasi kjo do të japë një ekuacion algjebrik të shkallës së katërt të formës. x 4 −12 x 3 +32 x 2 −16 x−13=0 zgjidhja e të cilave është e vështirë.
Nga ana tjetër, është e qartë se në anën e majtë të ekuacionit që rezulton mund të x 2 −10 x+13, duke e paraqitur atë si produkt. ne kemi (x 2 −10 x+13) (x 2 −2 x−1)=0. Ekuacioni që rezulton është ekuivalent me ekuacionin e plotë origjinal, dhe ai, nga ana tjetër, mund të zëvendësohet me një grup prej dy ekuacionesh kuadratike x 2 −10·x+13=0 dhe x 2 −2·x−1=0. Gjetja e rrënjëve të tyre nga formulat e njohura rrënjët nëpër diskriminues nuk është e vështirë, rrënjët janë të barabarta. Ato janë rrënjët e dëshiruara të ekuacionit origjinal.
Përgjigje:
Gjithashtu i dobishëm për zgjidhjen e ekuacioneve të tëra racionale Metoda për futjen e një ndryshoreje të re. Në disa raste, ju lejon të kaloni në ekuacione, shkalla e të cilave është më e ulët se shkalla e ekuacionit të tërë origjinal.
Shembull.
Gjeni rrënjët reale të një ekuacioni racional (x 2 +3 x+1) 2 +10=−2 (x 2 +3 x−4).
Zgjidhje.
Reduktimi i gjithë këtij ekuacioni racional në një ekuacion algjebrik, për ta thënë më butë, nuk është një ide shumë e mirë, pasi në këtë rast do të vijmë te nevoja për të zgjidhur një ekuacion të shkallës së katërt që nuk ka rrënjët racionale. Prandaj, do të duhet të kërkoni një zgjidhje tjetër.
Këtu është e lehtë të shihet se mund të prezantoni një ndryshore të re y dhe të zëvendësoni shprehjen x 2 +3·x me të. Ky zëvendësim na çon në të gjithë ekuacionin (y+1) 2 +10=−2·(y−4) , i cili, pas zhvendosjes së shprehjes −2·(y−4) në anën e majtë dhe transformimit të mëvonshëm të shprehjes. e formuar aty, reduktohet në një ekuacion kuadratik y 2 +4·y+3=0. Rrënjët e këtij ekuacioni y=−1 dhe y=−3 janë të lehta për t'u gjetur, për shembull, ato mund të zgjidhen në bazë të teoremës së kundërt me teoremën e Vietës.
Tani kalojmë në pjesën e dytë të metodës së prezantimit të një ndryshoreje të re, domethënë në kryerjen e një zëvendësimi të kundërt. Pas kryerjes së zëvendësimit të kundërt, fitojmë dy ekuacione x 2 +3 x=−1 dhe x 2 +3 x=−3, të cilat mund të rishkruhen si x 2 +3 x+1=0 dhe x 2 +3 x+3. =0. Duke përdorur formulën për rrënjët e një ekuacioni kuadratik, gjejmë rrënjët e ekuacionit të parë. Dhe ekuacioni i dytë kuadratik nuk ka rrënjë reale, pasi diskriminuesi i tij është negativ (D=3 2 −4·3=9−12=−3 ).
Përgjigje:
Në përgjithësi, kur kemi të bëjmë me ekuacione të tëra të shkallëve të larta, duhet të jemi gjithmonë të përgatitur për të kërkuar metodë jo standarde ose një metodë artificiale për zgjidhjen e tyre.
Zgjidhja e ekuacioneve racionale thyesore
Së pari, do të jetë e dobishme të kuptojmë se si të zgjidhen ekuacionet racionale thyesore të formës , ku p(x) dhe q(x) janë shprehje racionale me numër të plotë. Dhe më pas do të tregojmë se si të zvogëlojmë zgjidhjen e ekuacioneve të tjera racionale të pjesshme në zgjidhjen e ekuacioneve të llojit të treguar.
Një nga qasjet për zgjidhjen e ekuacionit bazohet në deklaratën e radhës: thyesa numerike u/v , ku v është një numër jozero (përndryshe do të hasim , i cili është i papërcaktuar), është i barabartë me zero nëse dhe vetëm nëse numëruesi i tij është zero, pra nëse dhe vetëm nëse u=0 . Në bazë të këtij pohimi, zgjidhja e ekuacionit reduktohet në plotësimin e dy kushteve p(x)=0 dhe q(x)≠0.
Ky përfundim korrespondon me sa vijon algoritmi për zgjidhjen e një ekuacioni racional thyesor. Për të zgjidhur një ekuacion racional thyesor të formës , ju duhet
- zgjidh të gjithë ekuacionin racional p(x)=0 ;
- dhe kontrolloni nëse kushti q(x)≠0 plotësohet për secilën rrënjë të gjetur, ndërsa
- nëse është e vërtetë, atëherë kjo rrënjë është rrënja e ekuacionit origjinal;
- nëse nuk kënaqet, atëherë kjo rrënjë është e jashtme, domethënë nuk është rrënja e ekuacionit origjinal.
Le të shohim një shembull të përdorimit të algoritmit të shpallur kur zgjidhim një ekuacion racional thyesor.
Shembull.
Gjeni rrënjët e ekuacionit.
Zgjidhje.
Ky është një ekuacion racional thyesor, dhe i formës , ku p(x)=3·x−2, q(x)=5·x 2 −2=0.
Sipas algoritmit për zgjidhjen e ekuacioneve racionale thyesore të këtij lloji, fillimisht duhet të zgjidhim ekuacionin 3 x−2=0. Kjo ekuacioni linear, rrënja e të cilit është x=2/3.
Mbetet të kontrollohet për këtë rrënjë, domethënë të kontrollohet nëse plotëson kushtin 5 x 2 −2≠0. Ne e zëvendësojmë numrin 2/3 në shprehjen 5 x 2 −2 në vend të x, dhe marrim . Kushti plotësohet, pra x=2/3 është rrënja e ekuacionit origjinal.
Përgjigje:
2/3 .
Ju mund t'i qaseni zgjidhjes së një ekuacioni racional thyesor nga një pozicion paksa i ndryshëm. Ky ekuacion është ekuivalent me ekuacionin e plotë p(x)=0 në ndryshoren x të ekuacionit origjinal. Kjo do të thotë, ju mund t'i përmbaheni kësaj algoritmi për zgjidhjen e një ekuacioni racional thyesor :
- të zgjidhë ekuacionin p(x)=0 ;
- gjeni ODZ të ndryshores x;
- zënë rrënjë që i përkasin zonës vlerat e pranueshme, - janë rrënjët e dëshiruara të ekuacionit racional thyesor origjinal.
Për shembull, le të zgjidhim një ekuacion racional thyesor duke përdorur këtë algoritëm.
Shembull.
Zgjidhe ekuacionin.
Zgjidhje.
Së pari zgjidhim ekuacionin kuadratik x 2 −2·x−11=0. Rrënjët e tij mund të llogariten duke përdorur formulën rrënjësore për koeficientin edhe të dytë, ne kemi D 1 =(−1) 2 −1·(−11)=12, Dhe .
Së dyti, gjejmë ODZ të ndryshores x për ekuacionin origjinal. Ai përbëhet nga të gjithë numrat për të cilët x 2 +3·x≠0, që është i njëjtë me x·(x+3)≠0, prej nga x≠0, x≠−3.
Mbetet për të kontrolluar nëse rrënjët e gjetura në hapin e parë janë përfshirë në ODZ. Është e qartë se po. Prandaj, ekuacioni racional thyesor origjinal ka dy rrënjë.
Përgjigje:
Vini re se kjo qasje është më fitimprurëse se e para nëse ODZ është e lehtë për t'u gjetur, dhe është veçanërisht e dobishme nëse rrënjët e ekuacionit p(x) = 0 janë iracionale, për shembull, ose racionale, por me një numërues mjaft të madh dhe / ose emërues, për shembull, 127/1101 dhe -31/59. Kjo për faktin se në raste të tilla, kontrollimi i kushtit q(x)≠0 do të kërkojë përpjekje të konsiderueshme llogaritëse dhe është më e lehtë të përjashtohen rrënjët e jashtme duke përdorur ODZ.
Në raste të tjera, kur zgjidhet ekuacioni, veçanërisht kur rrënjët e ekuacionit p(x) = 0 janë numra të plotë, është më fitimprurëse të përdoret i pari nga algoritmet e dhëna. Kjo do të thotë, këshillohet që menjëherë të gjenden rrënjët e të gjithë ekuacionit p(x)=0, dhe më pas të kontrollohet nëse kushti q(x)≠0 është i kënaqur për to, në vend që të gjendet ODZ dhe më pas të zgjidhet ekuacioni. p(x)=0 në këtë ODZ. Kjo për faktin se në raste të tilla zakonisht është më e lehtë të kontrollosh sesa të gjesh DZ.
Le të shqyrtojmë zgjidhjen e dy shembujve për të ilustruar nuancat e specifikuara.
Shembull.
Gjeni rrënjët e ekuacionit.
Zgjidhje.
Së pari, le të gjejmë rrënjët e të gjithë ekuacionit (2 x−1) (x−6) (x 2 −5 x+14) (x+1)=0, i përbërë duke përdorur numëruesin e thyesës. Ana e majtë i këtij ekuacioni është një produkt, dhe dora e djathtë është zero, prandaj, sipas metodës së zgjidhjes së ekuacioneve përmes faktorizimit, ky ekuacion është i barabartë me një grup prej katër ekuacionesh 2 x−1=0 , x−6=0 , x 2 −5 x+14= 0 , x+1=0 . Tre nga këto ekuacione janë lineare dhe njëra është kuadratike; Nga ekuacioni i parë gjejmë x=1/2, nga i dyti - x=6, nga i treti - x=7, x=−2, nga i katërti - x=−1.
Me rrënjët e gjetura, është mjaft e lehtë të kontrollohet nëse emëruesi i fraksionit në anën e majtë të ekuacionit origjinal zhduket, por përcaktimi i ODZ, përkundrazi, nuk është aq i lehtë, pasi për këtë do të duhet të zgjidhni një ekuacioni algjebrik i shkallës së pestë. Prandaj, ne do të braktisim gjetjen e ODZ në favor të kontrollit të rrënjëve. Për ta bërë këtë, ne i zëvendësojmë ato një nga një në vend të ndryshores x në shprehje x 5 −15 x 4 +57 x 3 −13 x 2 +26 x+112, të marra pas zëvendësimit dhe krahasojini ato me zero: (1/2) 5 −15·(1/2) 4 + 57·(1/2) 3 −13·(1/2) 2 +26·(1/2)+112= 1/32−15/16+57/8−13/4+13+112=
122+1/32≠0
;
6 5 −15·6 4 +57·6 3 −13·6 2 +26·6+112= 448≠0
;
7 5 −15·7 4 +57·7 3 −13·7 2 +26·7+112=0;
(−2) 5 −15·(−2) 4 +57·(−2) 3 −13·(−2) 2 + 26·(−2)+112=−720≠0 ;
(−1) 5 −15·(−1) 4 +57·(−1) 3 −13·(−1) 2 + 26·(−1)+112=0 .
Kështu, 1/2, 6 dhe -2 janë rrënjët e dëshiruara të ekuacionit racional thyesor origjinal, dhe 7 dhe -1 janë rrënjë të jashtme.
Përgjigje:
1/2 , 6 , −2 .
Shembull.
Gjeni rrënjët e një ekuacioni racional thyesor.
Zgjidhje.
Së pari, le të gjejmë rrënjët e ekuacionit (5 x 2 −7 x−1) (x−2)=0. Ky ekuacion është i barabartë me një grup prej dy ekuacionesh: katror 5·x 2 −7·x−1=0 dhe linear x−2=0. Duke përdorur formulën për rrënjët e një ekuacioni kuadratik, gjejmë dy rrënjë dhe nga ekuacioni i dytë kemi x=2.
Kontrollimi nëse emëruesi shkon në zero në vlerat e gjetura të x është mjaft e pakëndshme. Dhe përcaktimi i gamës së vlerave të lejueshme të ndryshores x në ekuacionin origjinal është mjaft i thjeshtë. Prandaj, ne do të veprojmë përmes ODZ.
Në rastin tonë, ODZ e ndryshores x të ekuacionit racional thyesor origjinal përbëhet nga të gjithë numrat përveç atyre për të cilët plotësohet kushti x 2 +5·x−14=0. Rrënjët e këtij ekuacioni kuadratik janë x=−7 dhe x=2, nga të cilat nxjerrim një përfundim për ODZ: ai përbëhet nga të gjitha x të tilla që .
Mbetet të kontrollohet nëse rrënjët e gjetura dhe x=2 i përkasin diapazonit të vlerave të pranueshme. Rrënjët i përkasin, pra janë rrënjë të ekuacionit fillestar dhe x=2 nuk i përket, pra është rrënjë e jashtme.
Përgjigje:
Do të jetë gjithashtu e dobishme të ndalemi veçmas në rastet kur në një ekuacion racional thyesor të formës ka një numër në numërues, domethënë kur p(x) përfaqësohet nga një numër. Në të njëjtën kohë
- nëse ky numër është jo zero, atëherë ekuacioni nuk ka rrënjë, pasi një thyesë është e barabartë me zero nëse dhe vetëm nëse numëruesi i saj është i barabartë me zero;
- nëse ky numër është zero, atëherë rrënja e ekuacionit është çdo numër nga ODZ.
Shembull.
Zgjidhje.
Meqenëse numëruesi i thyesës në anën e majtë të ekuacionit përmban një numër jo zero, atëherë për çdo x vlera e kësaj thyese nuk mund të jetë e barabartë me zero. Prandaj, ky ekuacion nuk ka rrënjë.
Përgjigje:
pa rrënjë.
Shembull.
Zgjidhe ekuacionin.
Zgjidhje.
Numëruesi i thyesës në anën e majtë të këtij ekuacioni racional thyesor përmban zero, kështu që vlera e kësaj thyese është zero për çdo x për të cilin ka kuptim. Me fjalë të tjera, zgjidhja e këtij ekuacioni është çdo vlerë e x nga ODZ e kësaj ndryshoreje.
Mbetet për të përcaktuar këtë varg vlerash të pranueshme. Ai përfshin të gjitha vlerat e x për të cilat x 4 +5 x 3 ≠0. Zgjidhjet e ekuacionit x 4 +5 x 3 =0 janë 0 dhe −5, pasi ky ekuacion është ekuivalent me ekuacionin x 3 (x+5)=0, dhe ai nga ana tjetër është i barabartë me kombinimin e dy ekuacioneve x 3 =0 dhe x +5=0, nga ku duken këto rrënjë. Prandaj, diapazoni i dëshiruar i vlerave të pranueshme është çdo x përveç x=0 dhe x=−5.
Kështu, një ekuacion racional thyesor ka pafundësisht shumë zgjidhje, të cilat janë çdo numër përveç zeros dhe minus pesë.
Përgjigje:
Më në fund, është koha të flasim për zgjidhjen e ekuacioneve racionale thyesore lloj arbitrar. Ato mund të shkruhen si r(x)=s(x), ku r(x) dhe s(x) janë shprehje racionale dhe të paktën njëra prej tyre është thyesore. Duke parë përpara, le të themi se zgjidhja e tyre zbret në zgjidhjen e ekuacioneve të formës tashmë të njohur për ne.
Dihet se transferimi i një termi nga një pjesë e ekuacionit në tjetrin me shenjën e kundërt çon në një ekuacion ekuivalent, prandaj ekuacioni r(x)=s(x) është ekuivalent me ekuacionin r(x)−s(x )=0.
Ne gjithashtu e dimë se çdo , identikisht e barabartë me këtë shprehje, është e mundur. Kështu, ne gjithmonë mund ta transformojmë shprehjen racionale në anën e majtë të ekuacionit r(x)−s(x)=0 në një fraksion racional identikisht të barabartë të formës .
Pra, kalojmë nga ekuacioni racional thyesor origjinal r(x)=s(x) në ekuacion, dhe zgjidhja e tij, siç kuptuam më lart, zvogëlohet në zgjidhjen e ekuacionit p(x)=0.
Por këtu është e nevojshme të merret parasysh fakti që kur zëvendësoni r(x)−s(x)=0 me , dhe më pas me p(x)=0, diapazoni i vlerave të lejuara të ndryshores x mund të zgjerohet. .
Rrjedhimisht, ekuacioni origjinal r(x)=s(x) dhe ekuacioni p(x)=0 në të cilin arritëm mund të rezultojnë të pabarabartë dhe duke zgjidhur ekuacionin p(x)=0, mund të marrim rrënjë që do të jenë rrënjë të jashtme të ekuacionit origjinal r(x)=s(x) . Ju mund të identifikoni dhe të mos përfshini rrënjë të jashtme në përgjigje ose duke kryer një kontroll ose duke kontrolluar që ato i përkasin ODZ-së së ekuacionit origjinal.
Le ta përmbledhim këtë informacion në algoritmi për zgjidhjen e ekuacionit racional thyesor r(x)=s(x). Për të zgjidhur ekuacionin racional thyesor r(x)=s(x) , ju duhet
- Merrni zero në të djathtë duke lëvizur shprehjen nga ana e djathtë me shenjën e kundërt.
- Kryeni veprime me thyesa dhe polinome në anën e majtë të ekuacionit, duke e shndërruar atë në një pjesë racionale të formës.
- Zgjidhet ekuacioni p(x)=0.
- Identifikoni dhe eliminoni rrënjët e jashtme, gjë që bëhet duke i zëvendësuar ato në ekuacionin origjinal ose duke kontrolluar përkatësinë e tyre në ODZ të ekuacionit origjinal.
Për qartësi më të madhe, ne do të tregojmë të gjithë zinxhirin e zgjidhjes së ekuacioneve racionale të pjesshme:
.
Le të shohim zgjidhjet e disa shembujve me një shpjegim të detajuar të procesit të zgjidhjes për të sqaruar bllokun e dhënë të informacionit.
Shembull.
Zgjidh një ekuacion racional thyesor.
Zgjidhje.
Ne do të veprojmë në përputhje me algoritmin e zgjidhjes së sapo marrë. Dhe së pari i lëvizim termat nga ana e djathtë e ekuacionit në të majtë, si rezultat kalojmë në ekuacion.
Në hapin e dytë, duhet të konvertojmë shprehjen racionale thyesore në anën e majtë të ekuacionit që rezulton në formën e një fraksioni. Për ta bërë këtë, ne kryejmë një gips thyesat racionale në një emërues të përbashkët dhe thjeshtoni shprehjen që rezulton: . Kështu vijmë te ekuacioni.
Në hapin tjetër, duhet të zgjidhim ekuacionin −2·x−1=0. Gjejmë x=−1/2.
Mbetet për të kontrolluar nëse numri i gjetur është -1/2 rrënjë e jashtme ekuacioni origjinal. Për ta bërë këtë, mund të kontrolloni ose gjeni VA të ndryshores x të ekuacionit origjinal. Le të demonstrojmë të dyja qasjet.
Le të fillojmë me kontrollin. Zëvendësojmë numrin −1/2 në ekuacionin origjinal në vend të ndryshores x, dhe marrim të njëjtën gjë, −1=−1. Zëvendësimi jep barazinë numerike të saktë, kështu që x=−1/2 është rrënja e ekuacionit origjinal.
Tani do të tregojmë se si kryhet pika e fundit e algoritmit përmes ODZ. Gama e vlerave të lejuara të ekuacionit origjinal është bashkësia e të gjithë numrave përveç −1 dhe 0 (në x=−1 dhe x=0, emëruesit e thyesave zhduken). Rrënja x=−1/2 e gjetur në hapin e mëparshëm i përket ODZ, prandaj, x=−1/2 është rrënja e ekuacionit origjinal.
Përgjigje:
−1/2 .
Le të shohim një shembull tjetër.
Shembull.
Gjeni rrënjët e ekuacionit.
Zgjidhje.
Duhet të zgjidhim një ekuacion racional thyesor, le të kalojmë nëpër të gjitha hapat e algoritmit.
Së pari, ne e lëvizim termin nga ana e djathtë në të majtë, marrim .
Së dyti, transformojmë shprehjen e formuar në anën e majtë: . Si rezultat, arrijmë në ekuacionin x=0.
Rrënja e saj është e qartë - është zero.
Në hapin e katërt, mbetet për të gjetur nëse rrënja e gjetur është e jashtme për ekuacionin racional thyesor origjinal. Kur zëvendësohet në ekuacionin origjinal, fitohet shprehja. Natyrisht, nuk ka kuptim sepse përmban pjesëtim me zero. Prej nga arrijmë në përfundimin se 0 është një rrënjë e jashtme. Prandaj, ekuacioni origjinal nuk ka rrënjë.
7, që çon në barazimin. Nga kjo mund të konkludojmë se shprehja në emëruesin e anës së majtë duhet të jetë e barabartë me atë të anës së djathtë, domethënë . Tani ne zbresim nga të dy anët e treshes: . Për analogji, nga ku dhe më tej.
Kontrolli tregon se të dyja rrënjët e gjetura janë rrënjë të ekuacionit racional thyesor origjinal.
Përgjigje:
Referencat.
- Algjebra: teksti shkollor për klasën e 8-të. arsimi i përgjithshëm institucionet / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; redaktuar nga S. A. Telyakovsky. - botimi i 16-të. - M.: Arsimi, 2008. - 271 f. : i sëmurë. - ISBN 978-5-09-019243-9.
- Mordkovich A.G. Algjebër. klasën e 8-të. Në 2 orë Pjesa 1. Libër shkollor për studentët e institucioneve të arsimit të përgjithshëm / A. G. Mordkovich. - Botimi i 11-të, i fshirë. - M.: Mnemosyne, 2009. - 215 f.: ill. ISBN 978-5-346-01155-2.
- Algjebra: Klasa e 9-të: arsimore. për arsimin e përgjithshëm institucionet / [Yu. N. Makarychev, N. G. Mindyuk, K. I. Neshkov, S. B. Suvorova]; redaktuar nga S. A. Telyakovsky. - botimi i 16-të. - M.: Arsimi, 2009. - 271 f. : i sëmurë. - ISBN 978-5-09-021134-5.
