Підручник Алгебра і початки аналізу 10 клас (профільний рівень) - Є. П. Нелін - Ранок 2018 рік

Розділ 1 ФУНКЦІЇ, МНОГОЧЛЕНИ, РІВНЯННЯ І НЕРІВНОСТІ

§7 МНОГОЧЛЕНИ ВІД ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ТА ДІЇ НАД НИМИ

7.1. Означення многочленів від однієї змінної та їх тотожна рівність

Розглянемо одночлен і многочлен, які залежать тільки від однієї змінної, наприклад від змінної x.

За означенням одночлена числа і букви (у нашому випадку одна буква — х) у ньому пов’язані тільки двома діями — множенням і піднесенням до натурального степеня. Якщо в цьому одночлені добуток усіх чисел записати перед буквою, а добуток усіх степенів букви записати як цілий невід’ємний степінь цієї букви (тобто записати одночлен у стандартному вигляді), то одержимо вираз виду ахn, де а — деяке число.

Означення. Одночленом від однієї змінної х називається вираз виду ахn , де а — деяке число, n — ціле невід’ємне число.

Якщо а ≠ 0, то показник степеня n змінної х називається степенем одночлена. Наприклад, 25х6 — одночлен шостого степеня, х2 — одночлен другого степеня. Якщо одночлен є числом (яке не дорівнює нулю), то його степінь вважають рівним нулю. Для одночлена, який заданий числом 0, поняття степеня не означають (оскільки 0 = 0 ∙ х = 0 х2 = 0 ∙ х3…).

Підготуйте міні-доповідь за темою «Дивовижне число 0. Історія та використання в різних галузях знань».

За означенням многочлен від однієї змінної х — це сума одночленів від однієї змінною x.

Означення. Многочленом від однієї змінної х називається вираз виду

де коефіцієнти аn, аn-1, …, a0 — деякі числа.

Якщо аn ≠ 0 , то цей многочлен називають многочленом n-го степеня від змінної х. При цьому член аnхn називають старшим членом многочлена f(x) , число аn — коефіцієнтом при старшому члені, а член а0 — вільним членом. Наприклад, 5х3 - 2х + 1 — многочлен третього степеня, у якого вільний член дорівнює 1, а коефіцієнт при старшому члені дорівнює 5.

Означення. Два многочлени називаються тотожно рівними, якщо вони набувають рівних значень при всіх значеннях змінної.

Теорема 1. Одночлени ахn, де а ≠ 0, та bхm , де b ≠ 0 , є тотожно рівними тоді і тільки тоді, коли а = b і n = m.

Одночлен ахn тотожно дорівнює нулю тоді і тільки тоді, коли а = 0 .

• Доведення. Оскільки рівність одночленів

ахn - bxm (1)

виконується при всіх значеннях х (за умовою ці одночлени є тотожно рівними), то, підставляючи в цю рівність х = 1, отримуємо а = b. Скорочуючи обидві частини рівності (1) на а (де а ≠ 0 за умовою), одержуємо хn - хm. При х = 2 з цієї рівності маємо: 2n = 2m. Оскільки то рівність 2n = 2m можлива лише тоді, коли n = m. Отже, з тотожної рівності ахn - bхm (а ≠ 0 , b ≠ 0) отримуємо, що а = b і n = m.

Якщо відомо, що ахn =0 для всіх х, то при х = 1 одержуємо а = 0. Тому одночлен ахn тотожно дорівнює нулю при а = 0 (тоді ахn = 0 ∙ хn =0*).

* Знаком = позначено тотожну рівність многочленів.

Надалі будь-який одночлен виду 0 ∙ xn замінюватимемо на 0.

Теорема 2. Якщо многочлен f(x) тотожно дорівнює нулю (тобто набуває нульових значень при всіх значеннях x), то всі його коефіцієнти дорівнюють нулю.

• Доведення. Для доведення використовуємо метод математичної індукції. Нехай f(x) = anxnn-1хn-1 +… + a2x + а0 = 0.

При n = 0 маємо f(x) = a0 = 0, тому а0 = 0. Тобто в цьому випадку твердження теореми виконується.

Припустимо, що при n — k це твердження також виконується: якщо многочлен akxkk-1хk-1 +… + а1х: + а0 =0, то ak = ak-1= … = а1 = а0 = 0.

Доведемо, що задане твердження виконується й при n = k + 1. Нехай

f (х) - ak+1xk+1 + akxk +… + a1x + а0 =0. (2)

Оскільки рівність (2) виконується при всіх значеннях х, то, підставляючи в цю рівність х = 0, одержуємо, що а0 = 0. Тоді рівність (2) перетворюється на таку рівність: ak+1xk+1+akxk + … + а1х = 0. Винесемо х у лівій частині цієї рівності за дужки та одержимо

x(ak+1xk + akxk-1 + …+a1) = 0. (3)

Рівність (3) має виконуватися при всіх значеннях х. Для того щоб вона виконувалася при х ≠ 0, повинна виконуватися тотожність ak+1xk +akxk-1 + … + а1 =0.

У лівій частині цієї тотожності стоїть многочлен зі степенями змінної від x до хk. Тоді за припущенням індукції всі його коефіцієнти дорівнюють нулю: ak+1 = аk =… = a1 = 0. Але ми довели також, що а0 = 0, тому наше твердження виконується і при n = k + l. Отже, твердження теореми справедливе для будь-якого цілого невід’ємного n, тобто для всіх многочленів.

Означення. Многочлен, у якого всі коефіцієнти дорівнюють нулю, називається нульовим многочленом, або нуль-многочленом, і його позначають 0(х) або просто 0 (оскільки 0(х) = 0).

Теорема 3. Якщо два многочлени f(x) і g(x) тотожно рівні, то вони збігаються (тобто їхні степені однакові й коефіцієнти при однакових степенях рівні).

• Доведення. Нехай многочлен f(x) = аnхnn-1хn-1 +… +а2х2 + а1х + а0 , а многочлен g(x) = bmxm + bm-1хm-1 + …+ b2х + b1х + b0 . Розглянемо многочлен f(x) - g(x). Оскільки многочлени f(x) і g(x) за умовою є тотожно рівними, то многочлен f(x) - g(x) тотожно дорівнює 0. Отже, усі його коефіцієнти дорівнюють нулю.

Але f(x) - g(x) - (a0 - b0) + (a 1b1)x + (a2 - b2)x2 + … .

Тоді а0 - b0 = 0 , a1- b1 = 0, а2 - b2 = 0, … .

Звідси а0 - b0, а1 - b1, а2 - b2, … . Як бачимо, якщо припустити, що в якогось із двох заданих многочленів степінь вищий, ніж у другого многочлена (наприклад, n більше за m), то коефіцієнти різниці дорівнюватимуть нулю. Тому, починаючи з номера (m +1) , усі коефіцієнти а; також дорівнюватимуть нулю. Отже, многочлени f(x) і g(x) дійсно мають однаковий степінь і відповідно рівні коефіцієнти при однакових степенях.

Теорема 3 є основою так званого методу невизначених коефіцієнтів. Покажемо його застосування на прикладі.

Приклад

Доведіть, що вираз (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 є повним квадратом.

Заданий многочлен є многочленом четвертого степеня, тому він може бути повним квадратом тільки многочлена другого степеня. Многочлен другого степеня має вигляд

ах2 + bх + с (а ≠ 0) . Одержуємо тотожність:

(х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 = (ах2 + bх + с)2. (4)

Розкриваючи дужки в лівій і правій частинах цієї тотожності та прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, одержуємо систему рівностей. Цей етап зручно оформляти в такому вигляді:

x4

1 = а2

x3

2 + 4 + 6 + 8 = 2аb

x2

2 ∙ 4 + 2 ∙ 6 + 2 ∙ 8 + 4 ∙ 6 + 4 ∙ 8 + 6 ∙ 8 = b2 + 2ас

x1

2 ∙ 4 ∙ 6 + 2 ∙ 4 ∙ 8 + 2 ∙ 6 ∙ 8 + 4 ∙ 6 ∙ 8 = 2bс

х0

2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ 8 + 16 = с2

Із першої рівності одержуємо: а = 1 або а = - 1.

Якщо а = 1, із другої рівності маємо b = 10, а з третьої — с = 20. Як бачимо, при цих значеннях а, b і с останні дві рівності також виконуються. Отже, тотожність (5) виконується при а = 1, b = 10, с = 20 (аналогічно можна також одержати а = - 1, 6 = -10, с = - 20).

Таким чином, (х + 2)(х + 4)(х + 6)(х + 8) + 16 = (х2 + 10х + 20).

Bправи

7.1.1. Знаючи, що многочлени fix) і g(x) тотожно рівні, знайдіть значення коефіцієнтів а, b, с, d:

1) f(х) = 2х2 - (3 - а)х + b, g(x) = cx3 +2dx2 + х + 5;

2) f(x) = (a + 1)x3 + 2, g(x) = 3x3+ bх2 + (c - 1)x + d.

7.1.2. Знайдіть такі числа а, b, с, щоб задана рівність (х2 - 1) а + b(х - 2) + с(х + 2) = 2 виконувалася при будь-яких значеннях х.

7.1.3. Доведіть тотожність:

7.1.4. Доведіть, що заданий вираз сповним квадратом:

1) (х - 1)(х - 2)(х - 3)(х - 4) + 1;

2) (х + а)(х + 2а)(х + 3а)(х + 4а) + а4.

7.1.5. Знайдіть такі а і b, щоб при будь-яких значеннях х виконувалася рівність 3х4 + 4х3 + 8х2 + 3х + 2 = (3х2 + ах + 1)(х2 + х + b).

7.1.6. Запишіть алгебраїчний дріб як суму двох алгебраїчних дробів виду

7.2. Дії над многочленами. Ділення многочлена на многочлен з остачею

Додавання і множення многочленів від однієї змінної виконують за допомогою відомих правил додавання і множення многочленів. У результаті виконання дій додавання або множення над многочленами від однієї змінної завжди одержують многочлен від тієї самої змінної.

Із означення добутку двох многочленів випливає, що старший член добутку двох многочленів дорівнює добутку старших членів множників, а вільний член добутку дорівнює добутку вільних членів множників. Звідси одержуємо, що степінь добутку двох многочленів дорівнює сумі степенів множників.

При додаванні многочленів одного степеня одержують многочлен того самого степеня, хоча іноді можна одержати многочлен меншого степеня.

Наприклад, 2х3 - 5х2 + 3х + 1 + (-2х3 + 5х2 + х + 5) = 4х + 6.

При додаванні многочленів різних степенів завжди одержуємо многочлен, степінь якого дорівнює більшому степеню доданку.

Наприклад, (3х3 - 5х + 7) + (х2 + 2х + 1) = 3х3 + х2 - 3х + 8.

Ділення многочлена на многочлен означається аналогічно діленню цілих чисел. Нагадаємо, що ціле число а ділиться на ціле число b (b ≠ 0), якщо існує таке ціле число q, що a= b ∙ q.

Означення. Многочлен А(х) ділиться на многочлен В(х) (де В(х) — ненульовий многочлен), якщо існує такий многочлен Q(x), що А(х) = В(х) ∙ Q(x).

Як і для цілих чисел, операція ділення многочлена на многочлен виконується не завжди, тому в множині многочленів уводять операцію ділення з остачею.

Означення. Многочлен А(х) ділиться на многочлен В(х) (де В (x) — ненульовий многочлен) з остачею, якщо існує така пара многочленів Q(x) І R(X), що А(х) = В(х) ∙ Q(X) + R(X), причому степінь остачі R(x) менший від степеня дільника В(х).

Зазначимо, що в цьому випадку многочлен Q(x) називається неповною часткою.

Наприклад, оскільки х3 - 5х + 2 = (х2 - 5)х + 2, то при діленні многочлена x3 - 5х + 2 на многочлен х2 - 5 одержуємо неповну частку х і остачу 2.

Іноді ділення многочлена на многочлен, як і ділення багатоцифрових чисел, зручно виконувати «куточком», користуючись алгоритмом, який проілюстровано нижче.

Приклад

Розділимо многочлен А(х) = х4 - 5Х3 + Х2 + 8Х - 20 на многочлен В(х) - х2 - 2х + 3.

За використаним алгоритмом: спочатку потрібно старший член діленого поділити на старший член дільника результат (х2) помножити на дільник і одержаний добуток (х4 - 3 + 3Х2) відняти від діленого. До одержаної різниці знову застосовуємо вказані дії доти, поки степінь отриманої різниці не буде меншим від степеня дільника. Доведемо, що одержаний результат дійсно є результатом ділення А(х) на В(х) з остачею.

• Доведення. Якщо позначити результат виконання першого кроку алгоритму через f1 (х), другого кроку — через f2(х),

третього — через f3(х), то операцію ділення, яку виконали вище, можна записати у вигляді системи рівностей:

f1(х) = А(х) - х2∙ В(х); (1)

f2(х) = f1(х) - (-3х) ∙ В(х); (2)

f3(x) - f2(x) - (-8) ∙ В(х). (3)

Додамо почленно рівності (1), (2), (3) та отримаємо

A(х) = (х2 - 3х - 8) B(х) + f3 (х). (4)

Ураховуючи, що степінь f3(х) = х + 4 менший від степеня дільника В(х) = х2 - 2х + 3, позначимо f3(x) = R(x) (остача), а х2 - 3х - 8 = Q(x) (неповна частка). Тоді з рівності (4)

маємо: А(х) = В(х) ∙ Q(x) + R(x) , тобто х4 - 5х3 + х2 + 8х - 20 = (х2 - 2х + 3)(х2 - 3х- 8) + х + 4, а це й означає, що ми розділили А(х) на В(х) з остачею.

Очевидно, що наведене обґрунтування можна провести для будь-якої пари многочленів А(х) і В(х) у випадку їх ділення стовпчиком. Тому описаний вище алгоритм дозволяє для довільних діленого А(х) і дільника В(х) (де В(х) — ненульовий многочлен) знайти неповну частку Q(x) та остачу R(x). Зазначимо, що у випадку, коли степінь діленого А(х) менший від степеня дільника В(х), вважають, що неповна частка Q(x) = 0 , а остача R(x) = А(х).

Вправи

7.2.1. Виконайте ділення многочлена на многочлен:

1) 3х3 - 5х2 + 2х - 8 на х - 2;

2) х10 + 1 на х2 +1;

3) х5 + 3х3 + 8х - 6 на Х2 + 2Х + 3.

7.2.2. Виконайте ділення многочлена на многочлен з остачею:

1) 4х4 - 2х3 + х2 - х + 1 на х2 + х + 2;

2) х5 + х4 + х3 + х2 + 1 на Х2 - Х - 2.

7.2.3. При яких значеннях а і b многочлен А(х) ділиться без остачі на многочлен В(х)?

1) А(х) - х3 + ах + b, В(Х) = Х2+ 5Х + 7;

2) А(х) = 2х3 - 5Х2 +ах + b, В(х) - х2 - 4;

3) А(х) - х4 - х3 + х2 - ах + b, В(х) - х2 - х + 2.

7.2.4. Знайдіть неповну частку й остачу при діленні многочлена А(х) на многочлен В(х) методом невизначених коефіцієнтів:

1) А(х) - х3 + 6х2 + 11x + 6, В(х) - х2 - 1;

2) А(х) - х3 - 19х - 30, В(х) - х2 +1.

7.3. Теорема Безу. Корені многочлена. Формули Вієта

Розглянемо ділення многочлена f(x) на двочлен (х - а). Оскільки степінь дільника дорівнює 1, то степінь остачі, яку ми одержимо, повинен бути меншим від 1, тобто в цьому випадку остачею буде деяке число R. Отже, якщо розділити многочлен f(x) на двочлен (х - а), то одержимо f(x) = (x - a) ∙ Q(x) + R.

Ця рівність виконується тотожно, тобто при будь-якому значенні х. При х = а маємо: f(a) = R. Одержаний результат називають теоремою Безу.

Теорема 1 (теорема Безу). Остача від ділення многочлена f(x) на двочлен (х - а) дорівнює f(a) (тобто значенню многочлена при х = а ).

Приклад 1

Доведіть, що значення виразу х5 - 3х4 + 2х3 + 4х - 4 ділиться без остачі на х - 1.

Підставивши в f(x) = х5 - 3х4 + 2х3 + 4х - 4 замість х значення 1, одержуємо: f(1) = 0. Отже, остача від ділення f(x) на (х - 1) дорівнює 0, тобто f(x) ділиться на (х - 1) без остачі.

* Безу Етьєн (1730-1783) — французький математик, який зробив значний внесок у розвиток теорії алгебраїчних рівнянь.

Означення. Число а називається коренем многочлена f(x), якщо f(а) = 0.

Якщо многочлен f(x) ділиться на (х - а), то а — корінь цього многочлена.

• Дійсно, якщо f(x) ділиться на (х - а), то f(x) = (x - a) ∙ Q(x) і тому f(a) = (a - a) ∙ Q(a) = 0. Отже, а — корінь многочлена (x).

Справедливе і зворотне твердження. Воно є наслідком із теореми Безу.

Теорема 2. Якщо число а є коренем многочлена f(x), то цей многочлен ділиться на двочлен (х - a) без остачі.

• Доведення. За теоремою Безу остача від ділення f(x) на (х - a) дорівнює f(а). Але за умовою a — корінь f(x), отже, f(a) = 0.

Узагальненням теореми 2 є таке твердження.

Теорема 3. Якщо многочлен f(x) має попарно різні корені а1; а2, …, аn, то він ділиться без остачі на добуток

(x - a1)(x - a2)∙…∙(x - an).

• Доведення. Для доведення використовуємо метод математичної індукції.

При n = 1 твердження доведено в теоремі 2.

Припустимо, що твердження справедливе при n = k. Тобто, якщо а1, а2, …, ak — попарно різні корені многочлена f(x), то він ділиться на добуток (x - a1)(x - a2)∙…∙(x - ak). Тоді

f(x) = (x - a1)(x - a2)∙…∙(x - ak) ∙ Q(x). (1)

Доведемо, що твердження теореми справедливе й при n = k + 1. Нехай а1, а2, …, ak, аk+1 — попарно різні корені многочлена f(x) . Оскільки аk+1 — корінь f(x), то f(аk+1) = 0. Беручи до уваги рівність (1), яка виконується згідно з припущенням індукції, одержуємо:

f(ak+1) = (ak+1 - a1)(ak+1- а2)∙…∙ (ak+1 - ak) ∙ Q(ak+1) = 0.

За умовою всі корені а1, а2 , …, ak , аk+1 різні, тому жодне з чисел аk+1 - а1, аk+1 - а2 , …, ak+1 - ak не дорівнює нулю.

Тоді Q(ak+1) = 0 . Отже, аk+1 — корінь многочлена Q(x). За теоремою 2 многочлен Q(x) ділиться на (x - ak+1) , тобто Q(x) = (x - ak+1) ∙ Q1(x) і з рівності (1) маємо

f(х) = (х - а1)(х - а2)∙…∙(х - аk)(х - ak+1) ∙ Q1 (х),

Це означає, що f(x) ділиться на добуток (x - a1)(x - a2)∙…∙(x - ak)(x - ak+ 1), тобто теорема доведена й при n = k + 1 .

Отже, теорема справедлива для будь-якого натурального n.

Наслідок. Многочлен степеня n має не більше n різних коренів.

• Доведення. Припустимо, що многочлен n-го степеня має (n + 1) різних коренів: а1; а2, …, аn, аn+1. Тоді f(x) ділиться на добуток (x - a1)(x - a2)∙…∙(x - an+1) — многочлен степеня (n + 1), але це неможливо. Тому многочлен n-го степеня не може мати більше ніж n коренів.

Нехай тепер многочлен n-го степеня f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a2x2 + -a1x + a0n ≠ 0) має n різних коренів а1, а2, …, аn. Тоді цей многочлен ділиться без остачі на добуток (x - a1)(x - a2)∙…∙(x - an ). Цей добуток є многочленом того самого n-го степеня. Отже, у результаті ділення можна одержати тільки многочлен нульового степеня, тобто число. Таким чином,

аnхn + аn-1хn-1 + … + а2х21х + а0 = b(х - а1)(х - а2)∙…∙(х - аn). (2)

Якщо розкрити дужки в правій частині рівності (2) і прирівняти коефіцієнти при старших степенях, то одержимо, що b - аn, тобто

аnхnn-1хn-1 +… + а2х2 + a1x + a0 = an(x - a1)(x - a2)∙…∙(x - an)

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х, що стоять у лівій і правій частинах тотожності (3), одержуємо співвідношення між коефіцієнтами рівняння та його коренями, які називають формулами Вієта:

(4)

Наприклад, при n = 2 маємо:

а при n = 3 :

(5)

Виконання таких рівностей є необхідною і достатньою умовою того, щоб числа а1, а2, …, аn були коренями многочлена f(x) = anxn + an-1хn-1 + … + а2х21х + а0 (а ≠ 0).

Формули (3) і (4) справедливі не тільки для випадку, коли всі корені многочлена f(x) різні. Введемо поняття кратного кореня многочлена.

Якщо многочлен f(x) ділиться без остачі на (х - а)k, але не ділиться без остачі (x - a)k+1 на (х - а)k+1, то кажуть, що число а є коренем кратності k многочлена f(x).

Так, якщо добуток (х + 2)3 (х - 1)2(х + 3) записати у вигляді многочлена, то для цього многочлена число -2 є коренем кратності 3, число 1 є коренем кратності 2, а число -3 є коренем кратності 1.

Використовуючи формули Вієта у випадку кратних коренів, необхідно кожен корінь записати таке число разів, яке дорівнює його кратності.

Приклад 2

Перевірте справедливість формул Вієта для многочлена f(x) - x3 + 2х2 - 4х - 8.

f(х) = х3 + 2х2 - 4Х - 8 = Х2(Х + 2) - 4(Х + 2) =(х + 2)(х2 - 4) = (х - 2)(х + 2)2.

Тому f(x) має корені: a1 = 2, а2 = -2, a3 = -2 (оскільки -2 — корінь кратності 2).

Перевіримо справедливість формул (5).

У нашому випадку: а3 = 1, а2 = 2, а1 = - 4, a0 = -8 .

Тоді 2 + (-2) + (-2) = - ; 2 - (-2) + 2 - (-2) + (-2) - (-2) = ; 2 - (-2) ∙ (-2) = -.

Як бачимо, усі рівності виконуються, тому формули Вієта є справедливими для даного многочлена.

Приклад 3

Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати коренів рівняння х2 - 8х + 4 = 0.

Позначимо корені рівняння х2 - 8х + 4 = 0 через х1 і х2. Тоді коренями шуканого рівняння повинні бути числа

Отже, це рівняння має вигляд

За формулами Вієта маємо: х1 + х2 = 8 і х1х2 = 4 . Звідси знаходимо, що

Отже, шукане рівняння має вигляд х2 - 56х + 16 = 0.

Bправи

7.3.1. Знайдіть остачу від ділення многочлена х5 - 4х4 + 2х3 - 5х + 1 на х + 2 .

7.3.2. Знайдіть коефіцієнт а, знаючи, що остача від ділення многочлена х3 - ах2 + 5х - 3 на х - 1 дорівнює 6.

7.3.3. Многочлен f(x) при діленні на х - 1 має остачу 4, а при діленні на х - 3 — остачу 6. Знайдіть остачу від ділення многочлена f(x) на Х2 - 4Х + 3.

7.3.4. При яких значеннях а і b многочлен х4 + 2х3 + ах2 - bх + 2 ділиться без остачі на х + 2, а при діленні на х - 1 має остачу, яка дорівнює 3?

7.3.5. Остача від ділення многочлена f(x) на 3х2 - 5х + 2 дорівнює 7х + 1. Знайдіть остачу від ділення цього многочлена на двочлени х - 1 і 3х - 2.

7.3.6. Запишіть формули Вієта при n = 4.

7.3.7. Складіть кубічний многочлен, який має корені 5, -2, 1 і коефіцієнт при старшому члені -2. Розв’яжіть задачу двома способами.

7.3.8. При яких значеннях а сума квадратів коренів тричлена х2 - (а + 2)х + 3а дорівнює 12?

7.3.9. Яку кратність має корінь 2 для многочлена f(х) = х5 - 5х4 + 7х3 - 2х2 + 4х - 8?

7.3.10. Складіть кубічний многочлен, який має корінь 3 кратності 2 і корінь - 1, а коефіцієнт при старшому члені 2.

7.3.11. Знайдіть такі а і b, щоб число 3 було коренем не менш ніж другої кратності для многочлена f(x) = x3 - 5х2 + ах + b.

7.3.12. Складіть квадратне рівняння, корені якого протилежні кореням рівняння х - 5х + 1 = 0.

7.3.13. Складіть квадратне рівняння, корені якого обернені до коренів рівняння 2х - 5х + 1 = 0.

7.3.14. Складіть квадратне рівняння, коренями якого є квадрати коренів рівняння x2 +6х + 3 = 0.

Виявіть свою компетентність

7.3.15. Підготуйте повідомлення про внесок Е. Везу і Ф. Вієта установлення математичної науки.





Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити