Уравнения третьей степени с параметром

Видео:Что такое параметр? Уравнения и неравенства с параметром. 7-11 класс. Вебинар | МатематикаСкачать

Алгебраические уравнения высших степеней с параметрами

Разделы: Математика

1.1. Общая методическая концепция решения уравнений с параметрами

Пусть дано уравнение F(x, a) = 0, (1)

если ставится задача для каждого значения а А решить уравнение (1) относительно х, т.е. получить уравнение

то уравнение (1) называется уравнением с неизвестным х и параметром а. А – область изменения параметра. Принято считать, что А – множество действительных чисел. Решить уравнение (1) – значит решить множество уравнений, которые получаются из уравнения (1) при а R. Сделать это можно, если по некоторому признаку разбить множество А на подмножества и решить заданное уравнение на каждом из них. Значения а называются контрольными.

1.2. Использование параметра как равноправной переменной

Некоторые уравнения бывает целесообразно решать, рассматривая их как уравнение именно относительно параметра, который фигурирует в условии, а не относительно искомой переменной. Этот путь эффективен, в частности, в тех случаях, когда степень переменной относительно высока, а степень параметра равна двум.

Пример 1. Решить уравнение с параметром.

2x 3 – (а+2)х 2 – ах + а 2 = 0 (1)

Решение: Данное уравнение можно рассматривать как квадратное относительно параметра а, переписав его в виде:

а 2 – х(х+1)а – 2х 2 + 2х 3 = 0 (2)

Найдем дискриминант D.

D = х 2 (х+1) 2 – 8(х 3 – х 2 ) = х 4 — 6х 3 + 9х 2 = х 2 (х 2 — 6х + 9) = х 2 (х — 3) 2 .

Найдем корни уравнения (2).

; а₂ = 2х.

Получим уравнение (а – х 2 + х)(а – 2х) = 0 равносильное исходному уравнению, которое ещё в свою очередь равносильно совокупности

Рассмотрим уравнение х 2 – х – а = 0, D = 1 – 4а.

D = 0 при а = -1/4 один корень х = 1/2

D 0 при а > -1/4 два корня

Рассмотрим уравнение х = а/2, при а = -1/4, х = -1/8.

Ответ: при а > -1/4 три корня: х1 = а/2,

при а = -1/4 два корня: х1 = -1/8; х 2 = ½

при а 4 – (а+2)х 3 – (а – 1)х 2 + (а 2 – 1) = 0;

1.3. Графический способ решения уравнений с параметрами

Взгляд на параметр как на равноправную переменную находит свое отражение в графических методах. В самом деле, поскольку параметр «равен в правах» с переменной, то ему, естественно можно выделить и свою координатную ось. Таким образом, возникает координатная плоскость (х; а). Рассмотрим примеры.

Пример 1. В зависимости от параметра а определить число корней уравнения.

x 4 – 10х 3 – 2(а — 11)х 2 + 2(5а + 6)х + 2а + а 2 = 0;

Решение. Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно а.

а 2 + 2а(1 + 5х – х 2 ) + (х 4 – 10х 3 + 22х 2 + 12х) = 0;

D/4 = 1 + 25х 2 + х 4 + 10х – 10х 3 – 2х 2 – х 4 + 10х 3 – 22х 2 – 12х = х 2 – 2х +1 = = (х – 1) 2

Найдем а₁ и а₂ ; а₁ = х 2 -5х – 1 + х – 1 = х 2 — 4х – 2;

а₂ = х 2 -5х – 1 — х + 1 = = х 2 – 6х.

Теперь обращаемся к координатной плоскости (х; а).

х 2 — 4х – 2 = х 2 – 6х, 2х = 2, х = 1, а(1) = -5.

Ответ: если а -5, то четыре решения.

Упражнения

Найти все значения параметра а, при каждом из которых уравнение имеет три решения.

1. (х 2 – 12а) 2 – 24х 2 + 32х + 96а = 0;
2. (2х 2 – а) 2 – 24х 2 + 16х + 4а = 0;
3. (2х 2 – а) 2 = 13х 2 + 6х – 2а = 0.

1.4. Использование свойств функций для решения алгебраических уравнений

На выпускных экзаменах за курс средней школы встречаются уравнения с параметром, решение которых связано с использованием четности функций. Напомним определение четности функции.

Определение. Функция f(x) называется четной, если f(-x) = f(x) для любого х из области определения этой функции. График четной функции симметричен относительно оси ординат. У четной функции область определения симметрична относительно начала координат.

Пример 1. Может ли при каком-нибудь значении а уравнение

2х 8 – 3ах 6 + 4х 4 – ах 2 = 5 иметь 5 корней?

Решение. Обозначим f(x) = 2х 8 – 3ах 6 + 4х 4 – ах 2 . f(x) – функция четная, поэтому, если х0 – корень данного уравнения, то – х₀ – тоже, х = 0 не является корнем данного уравнения (0 ≠ 5). Следовательно, число корней у этого уравнения при любом действительном а четно, поэтому 5 корней оно иметь не может.

Пример 2. При каком значении а уравнение х 10 – а|х| + a 2 – а = 0 имеет единственное решение?

Решение. Обозначим f(x) = х 10 – а|х| + a 2 – а, f(x) – функция четная, поэтому, если х0 – корень данного уравнения, то – х₀ – тоже. Значит для единственности решения необходимо, чтобы х₀ = 0. В этом случае из уравнения получим: a 2 – а = 0, а = 0 или а = 1. Проверим достаточность каждого из полученных значений параметра а,

при а = 0, х 10 = 0, т.е. х = 0 единственное решение.

при а = 1, х 10 — |x| = 0. Корнями являются числа ± 1, 0.

Ответ: при а = 0 уравнение имеет единственное решение.

Упражнения

1. Может ли при каком-нибудь а уравнение 2х 6 – х 4 – ах 2 = 1 иметь три корня?
2. Может ли при каком-нибудь а уравнение 2х 6 – 2ах 4 + 3х 2 = 4 иметь пять корней?
3. При каком значении а уравнение имеет единственное решение?

1.5. Метод замены

Как мы уже знаем, что рациональное и быстрое решение уравнения зависит от замены переменной. Рассмотрим примеры, для решения которых нужны специальные замены, которые приводят как раз к быстрому решению уравнений.

Пример 1. Решить уравнение (х + 2а)(х +3а)(х + 8а)(х + 12а) = 4а 2 х 2 ,

где а – параметр.

Решение. Данное уравнение относится к уравнению вида

(х + а)(х +b)(х + c)(х + d) = Eх 2 (см. п. 2.5 (3))

Используя специфику решения такого уравнения, будем иметь:

(х 2 + 14ах +24а 2 )( х 2 + 11ах +24а 2 ) = 4а 2 х 2

Если а = 0, то х = 0.

Обратно, если а ≠ 0, то х ≠ 0.

Разделим обе части этого уравнения на а 2 х 2 , будем иметь

В полученном уравнении сделаем подстановку и получим уравнение (у + 14)(у + 11) = 4, у 2 + 25у + 150 = 0, у₁ = — 15, у₂ = — 10.

Таким образом, получим два уравнения

и

Решим первое уравнение х 2 + 15ах + 24а 2 = 0, D = 129a 2 , х_1,2

Решим второе уравнение х 2 + 10ах + 24а 2 = 0, D = 4a 2

х 3 = -6а, х 4 = -4а

Ответ: если а = 0, то х = 0
если а ≠ 0, то х_1,2, х 3 = -6а, х 4 = -4а

Упражнения

1. Найдите все действительные значения величины а, при которых уравнение х(х +1)(х + а)(х + 1 + а) = а 2 имеет четыре действительных корня.
2. Решить уравнение х 4 + а 4 – 3ах 3 + 3а 2 х = 0.
3. При каких значениях а уравнение (х 2 – 2х) 2 — (а + 2)(х 2 – 2х) + 3а – 3 = 0 имеет четыре корня?
4. Решить уравнение (х + а)(х + 2а)(х + 3а)(х + 4а) = 3а 4

Видео:КАК РЕШАТЬ КУБИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ | Разбираем на конкретном примереСкачать

Ведь к ним сводятся очень многие и очень разнообразные вопросы практики и естествознания конечно, здесь можно сразу предполагать, что

Главная > Документ

Питкевич Сергей Викторович 10 кл.

Ядринская национальная гимназия

Видео:Сможешь решить уравнение четвертой степени с параметром?Скачать

Руководитель: Казанбаева Зоя Захаровна

РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

История рациональных уравнений.

Уже в древности люди осознали, как важно научиться решать алгебраические уравнения вида

а 0 х n +а 1 х n -1 +…+а n =0

—ведь к ним сводятся очень многие и очень разнообразные вопросы практики и естествознания (конечно, здесь можно сразу предполагать, что а 0  0, так как иначе степень уравнения на самом деле не n, а меньше). Уместно напомнить, что сам термин «алгебра» происходит от названия сочинения Мухаммеда аль-Хорезми, (то есть Мухаммеда из Хорезма) «Аль-джебр аль-мукабала», в котором излагались решения такого уравнения при n=1 и n=2.

Уравнения первой степени с одним неизвестным решали уже в Древнем Египте и в Древнем Вавилоне. Вавилонские писцы умели решать и уравнения второй степени. Евклид решал уравнения второй степени геометрически. Для математиков, уже умевших решать уравнения первой и второй степени, самым желанным было научиться решать уравнения третьей степени. Одним из первых этим вопросом заинтересовался таджикский ученый Омар Хоийен (1048-1122). Омар Хоийен придумал очень сложные и красивые способы геометрических построений для отыскания неизвестного. Но для практического использования они неудобны.

Многим, разумеется, приходила в голову заманчивая мысль найти и для любой другой степени n>2 формулы, которые выражали бы корни уравнения через его коэффициенты с помощью четырех арифметических действий – сложения, вычитания, умножения, деления – и извлечения корней или радикалов, то есть, говоря более кратко, решали бы уравнение в радикалах.

Однако «мрачное средневековье» оказалось как нельзя более мрачным и в отношении обсуждаемой задачи – в течение целых семи столетий требуемых формул никто не нашел. Только в 16 веке итальянским математикам удалось продвинуться дальше – найти формулы для n=3 и n=4.

Были периоды, когда начинало казаться, что сил человеческого ума недостаточно для решения этой задачи. Томас Торквемада–глава инквизиции в Испании, монах-доминиканец – считал, что решение таких уравнений волей бога изъято из возможностей человеческого разума. И когда один из его друзей, математик по имени Паоло Вальмес, неосторожно сказал Торквемаде, что он, Вальмес, умеет решать уравнения даже четвертой степени, Торквемада бросил его в тюрьму, а затем отправил на костер за «борьбу с божественной волей». Вальмес никому не успел сообщить о своем открытии. Это было в конце 15 века.

Сегодня ученый, сделав какое-либо открытие, стремится поскорее рассказать о нем на научной конференции, опубликовать статью в научном журнале. Совсем не так было в 16 веке. Сделав открытие, средневековый мыслитель скрывал его как можно дольше, оставаясь, так сказать, единственным владельцем того, чего нет ни у кого другого. Так было и в этом случае.

Для математиков того времени существовало не одно уравнение третьей степени

а несколько, из которых главнейшими были три:

А почему же не одно? Потому что в те времена рассматривались лишь уравнения с положительными коэффициентами. Первыми из них было решено уравнение х 3 +рх=q. Это удалось сделать итальянскому математику Сципиону Даль Ферро (1465-1526).

Даль Ферро не опубликовал найденного им способа, но некоторые из его учеников знали об этом открытии, и вскоре один из них, Антонио Фиор, решил им воспользоваться.

В те годы были распространены публичные диспуты по разного рода научным или считавшимися научным вопросам. Победители таких диспутов обычно получали неплохое вознаграждение, их часто приглашали на высокие посты, от исхода научного поединка нередко зависела судьба ученого. Фиор рассчитывал на победу в любом диспуте, ведь он знал то, чего не знали другие (правда, он не знал много, что знали другие).

В это время в итальянском городе Верна жил небогатый учитель математики Никколо Тарталья (1499-1557). Тарталья был очень талантливым человеком и сумел в 1535 году заново открыть прием, изобретенный Сципионом Даль Ферро.

Состоялся поединок между Фиором и Тартальей. По условию, соперники обменялись тридцатью задачами, на решение которых отводилось шестьдесят дней. Но так как Фиор знал по существу только одну задачу и был уверен, что какой-то учитель решить ее не сможет, то все его тридцать задач оказались однотипными. Тарталья был хорошо подготовлен к их решению и справился со всеми тридцатью задачами за два часа. Фиор же не смог решить ни одной из задач, предложенных его противником. Победа прославила Никколо Тарталью на всю Италию, но вопрос о решении уравнений третьей степени еще не был решен до конца, кроме того, надо было привести в систему все, что было известно о решении разных видов кубических уравнений.

Вывод формулы кубического уравнения.

Это удалось сделать итальянскому математику Джироламо Кардано (24.9.1501 – 21.9.1576). Он вывел формулу для решения любого кубического уравнения. Кардано родился в Павии. Учился в университетах Павии и Падуи. В молодости занимался медициной. В 1534 году стал профессором математики в Милане и Болонье. Эту формулу Кардано позаимствовал у Никколо Тартальи. Она (формула Кардано) была опубликована в книге Кардано «Великое искусство, или О правилах алгебры» в 1545году. Попробуем воспроизвести общий ход рассуждений Кардано.

Вывод формулы корней уравнения третьей степени:

Пусть дано общее уравнение третей степени

а 0 х 3 +а 1 х 2 +а 2 х+а 3 =0

Легко проверить, что если мы положим, что х=у- , где у – новое неизвестное, то дело сводится к решению уравнения (1).

а 0 (у- ) 3 + а 1 (у- ) 2 + а 2 (у- )+ а 3 =0

а 0 у 3 — а 0 3у 2 + а 0 3у — а 0 +а 1 у 2 -2у а 1 +а 1 + а 2 у-а 2 + а 3 =0

а 0 у 3 +( —+ а 2 )у+ ——+ а 3 =0, то

где p и q – новые коэффициенты, выраженные через коэффициенты исходного уравнения. Догадка итальянцев состояла в том, чтобы искать неизвестное у в виде суммы у=u+v, где u и v – два новых неизвестных. То уравнение (1) перепишется так:

u 3 +3u 2 v+3uv 2 +v 3 +py+pv=q=0

Перегруппируем слагаемые следующим образом:

u 3 +v 3 +(3uv+p)(u+v)+q=0 (2)

Так как неизвестных теперь два, на них можно наложить какое-нибудь условие – лучше всего

тогда уравнение (2) примет совсем простой вид

Получим, что сумма кубов u 3 , v 3 должна равняться –q, а их произведение –p 3 /27/. Следовательно, по теореме Виета, сами u 3 и v 3 должны быть корнями квадратного уравнения

t 2 +qt-=0, (5)

а для него уже известна формула. Решая уравнение (5), получим

t 1,2 =-q/2,

то есть u=, v=(*)

Безразлично, какой из корней уравнения (5) принять за u 3 и какой за – v 3 , так как u и v в равенства (4) и(5) входят симметричным образом.

В итоге получается формула Кардано:

у=+

Если введем обозначение (дискриминант), то формула Кардано примет вид у=+

Так как кубический радикал имеет в поле комплексных чисел три значения, то формулы (*) дают три значения для u и три значения для v. Нельзя, однако, применяя формулу Кардано, комбинировать любое значение u с любым значением v. Надо брать только те пары, которые дают в произведении-p/3, как вытекает из нашего рассуждения.

Исследование решений кубического уравнения.

Если >0 получим один действительный и два комплексных сопряженных корня; например уравнение х 3 +15х+124=0, для которого >0 имеет корни: х 1 =-4, х 2,3 =23ί

При =0, p≠0, q≠0 уравнение имеет три действительных корня, два из которых совпадают; например корнями уравнения х 3 -12х+16=0 будут: х 1 =-4, х 2,3 =2.

При 3 -21х+20=0 имеет действительные корни х 1 =1,х 2 =4 и х 3 =-5.

Этот факт математикам 16 века казался парадоксальным. Как же так? Все коэффициенты действительные, все корни действительные, а промежуточные вычисления приводят к несуществующим числам. Были предприняты отчаянные попытки освободить формулу Кардано от «несуществующих» чисел. Но это никому не удалось. Этот случай заинтересовал многих математиков и привел к необходимости расширения множества действительных чисел, присоединив к нему новое число ί, такое, что ί 2 =-1. поскольку действительных чисел с таким свойством не существует, новое число назвали «мнимой единицей» — оно не выражало ни результатов измерения величин, ни измерения этих величин. Но включение числа ί потребовало дальнейшего расширения множества чисел — пришлось ввести произведения этого числа на все действительные числа, то есть числа вида bί, где bR, а также суммы действительных чисел и таких произведений, то есть числа вида +bί, где , bR. Получившиеся при этом числа были названы комплексными, так как они содержали как действительную часть , так и чисто мнимую часть bί.

Формула Кардано для корней кубического уравнения во множестве комплексных чисел.

Формула Кардано для кубического уравнения у 3 +py+q=0 у=+,

где у=u+v, но u= во множестве комплексных чисел имеет три значения. Но по основной теореме алгебры уравнение третьей степени имеет три корня. Значит у=u+v получаются три пары равных значений.

Возник вопрос, как сложить, чтобы не выполнить лишней работы, то для этого докажем:

Теорема1: Если Uk= и Ek=, то

Доказательство: Для этого найдем значения Ek===cos+ίsin

k=0, то E 0 =cos0+ίsin0=1

k=1, то E 1= cos+ίsin=-1/2+ί

k=2, то E 2 = cos+ίsin=-1/2-ί

Найдем значения Uk==(cos+ίsin)

k=0, то U 0 =(cos+ίsin)

k=1, то U 1 =(cos+ίsin)

k=2, то U 2 =(cos+ίsin)

Подставим в (1) и проверим

(cos+ίsin)=(cos+ίsin), верно

(cos+ίsin)=(cos+ίsin)(cos+ίsin)

Преобразуем правую часть

(coscos+ί 2 sinsin)+(sincos+cossin)= ( cos+ίsin)

Примеры на применение формулы Кардано.

х 3 +9х 2 +18х+28=0

Это уравнение не приведенное. Чтобы получить приведенное уравнение введем подстановку х=у-, то есть х=у-3

Подставим и преобразуем

(у-3) 3 +9(у-3) 2 +18(у-3)+28=0

у 3 -9у+28=0 Значит p=-9 q=28, то D==

у=+=+=-1-3=-4

Так как уравнение третьей степени может иметь не более трех корней, то проверим, имеет ли это уравнение другие корни. Для этого разложим у 3 -9у+28=0 на множители. Один из множителей у+4. Найдем по схеме Горнера коэффициенты второго множителя

Видео:✓ Параметры с нуля и до ЕГЭ | Задание 17. Профильный уровень | #ТрушинLive​​ #041 | Борис ТрушинСкачать

«Формулы Виета как один из способов решения кубических уравнений » (стр. 6 )

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах: 1 2 3 4 5 6

из (1): ; (7)

из (6) и (7) получим: ,

,

.

Если подставить найденные корни в (2) , то получится условие, которому должны удовлетворять коэффициенты для того, чтобы кубическое уравнение имело корни, представляющие арифметическую прогрессию:

.

Обратно, если имеется указанная связь между коэффициентами кубического уравнения, то его корни будут членами геометрической прогрессии.

Ответ: а) ; б) .

Решение кубических уравнений и некоторые выводы о рациональности способов решения.

Пример 1.

Рассмотрим два способа решения:

Вывод: Теорема Виета позволяет рациональнее решить это уравнение.

П р и м е р 2 . Решить уравнение: x 3 – 3x 2 – 13x + 15 = 0 .

1 способ. Ищем первый корень перебором чисел: 0, 1, 2, 3

и подстановкой в уравнение. В результате находим, что 1 является корнем. Тогда делим левую часть этого уравнения на двучлен x – 1, и получаем:

Теперь, решая квадратное уравнение: x 2 – 2x – 15 = 0, находим оставшиеся два корня: x1 = – 3 и x2 = 5 . Ответ : 1; -3; 5.

Вывод: Теорема Виета позволяет рациональнее решить это уравнение.

Формулы Виета и кубические уравнения с параметром.

Пример 3. Определить все значения параметра a, при каждом из которых три различных корня уравнения
x3 + (a2 – 9 a) x 2 + 8ax – 64 = 0 образуют геометрическую прогрессию. Найти эти корни.

Шаг 1: Составление соотношений Виета.

Обозначим символами x1, x2 и x3 три различных корня уравнения и выпишем соотношения Виета для кубического уравнения:

Шаг 2: Использование характеристического свойства геометрической прогрессии.

Из характеристического свойства геометрической прогрессии вытекает, что (x2)2 = x1x3, и тогда последнее из соотношений Виета дает: (x2)3 = 64, то есть

x2 = 4. Подставляя полученный корень в исходное уравнение, найдем все возможные значения a:
43 + 16(a2 – 9 a) + 32a – 64 = 0a(a – 7) = 0.

Осталось проверить найденные a (все остальные значения a заведомо не удовлетворяют условию): 1) При a = 0 уравнение принимает вид x3 = 64 и не имеет трех различных корней.

2) При a = 7 уравнение принимает вид x3 – 14 x 2 + 56x – 64 = 0(x – 4)( x 2 –10x + 16) = 0
(x – 4)(x – 2)(x – 8) = 0 (эти разложения на множители получены делением исходного кубического четырехчлена x3 – 14 x 2 + 56x – 64 на двучлен (x – 4) и разложением частного от деления (x 2 – 10x + 16) на линейные множители). Три его различных корня x1 = 2, x2 = 4 и x3 = 8 образуют геометрическую прогрессию.

Пример 4. Найти все значения параметров a и b, при которых найдутся два различных корня уравнения
x3 – 5 x 2 + 7x = a, которые будут также корнями уравнения x3 – 8x + b = 0.

Шаг 1: Составление соотношений Виета.

Обозначим символами x1, x2 и u корни первого уравнения и символами x1, x2 и v корни второго уравнения. Существование третьего корня u для первого уравнения и третьего корня v для второго уравнения доказывается делением соответственно многочлена x3 – 5 x 2 + 7x – a и многочлена
x3 – 8x + b на квадратный трехчлен (x – x1)(x – x2).
Выпишем формулы Виета для корней первого и второго уравнений:

Шаг 2: Составление квадратного уравнения на общие корни и его решение. Вычтем из второго уравнения первое, получим:
.
Числа x1, x2 также являются корнями последнего уравнения, поскольку их подстановка в исходные уравнения приводит к верным числовым равенствам, а тогда верным будет и разность этих числовых равенств. По теореме Виета для квадратного уравнения имеем:

Сопоставляя эти соотношения с соотношениями Виета для кубических уравнений получим: u = 2, v = –3. Подставляя x1 + x2 = 3 и u = 2 в полученное на первом шаге соотношение x1x2 + (x1 + x2)u = 7, получим, что x1x2 = 1. Теперь находим значения параметров из соотношений Виета для кубических уравнений: a = x1x2u = 2, b = –x1x2v = 3, а для корней x1, x2 получаем систему уравнений:

Решив эту систему, получим

и .

При подстановке a = 2, b = 3 заданные уравнения принимают вид:

x3 – 5 x 2 + 7x = 2 и x3 – 8x + 3 = 0. Вспоминая шаг 2, можно предположить, что общими корнями этих уравнений являются числа

и .

Их подстановка в уравнения подтверждает предположение.

Материал, представленный в работе, расширяет кругозор учащихся, пополняет теоретические знания и практические навыки по решению уравнений высших степеней.

В процессе работы над темой «Формулы Виета как один из способов решения кубических уравнений » я

Изучила литературу по данному вопросу; Познакомилась с понятиями кубический и квадратный трехчлен; Исследовала решения кубических уравнений; Изучила историю поиска корней кубического и квадратного уравнения; Исследовала теорему Виета на применение для решения уравнений высших степеней.

и пришла к выводу:

Остаётся ещё много интересных и важных задач, имеющих не только теоретическое, но и сугубо практическое значение. В перспективе я хочу исследовать на применение теоремы Виета в других уравнениях с высшими степенями и изучить историю их открытия.

1. черки по истории математики. – М.: Мир, 1963.

2. стория математики от Декарта до середины XIX столетия. – М.: Наука, 1966.

3. Гариг Тарталья и Кардано о кубических уравнениях и его общественные основы. – М.: Архив истории науки и техники, 1935.

4. Гордиенко алгебры в Европе в XV–XIX столетиях. Учебное пособие для студентов дневного отделения физико-математического факультета / – Воронежский госпедуниверситет, 2007.

5. История математики с древнейших времен до начала XIX столетия / Под ред. и . Т.1. – М.: Наука, 1970.

6. стория математики в древности. – М.: Наука, 1961.

7. Из истории алгебры XVI – XVII веков. – М.: Наука, 1979.

8. Пачоли Лука. Трактат о счетах и записях. – М.: Финансы и статистика, 1983.

9. Попов задачи. М.: Наука, 1968.

10. Пресман квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки. — М., Квант, № 4/72. С. 34.

11. Родионов по математике для поступающих в вузы: Решение задач с параметрами. – М.: МЦ «Аспект», 1992.

12. Рыбников математики. – М.: Изд-во МГУ, 1960.

13. Табачников : Методические разработки для учащихся ОЛ «ВЗМШ» Российской академии образования при МГУ. – М.: Фазис, 1996.

14. Чистяков о математиках. – Минск: Выш. шк., 1963.

15. Чистяков задачи по элементарной математике. – Минск: Выш. шк., 1978.

📽️ Видео

Все уравнения с параметром на РешуЕГЭ. Тотальный разбор 17 номера ЕГЭ по математикеСкачать

Задание С5. Показательное уравнение с параметром - bezbotvyСкачать

Самая сложная тема из ЕГЭ. Задание с ПАРАМЕТРОМ | Математика TutorOnlineСкачать

8 класс, 39 урок, Задачи с параметрамиСкачать

Формула Кардано. Решение уравнений третьей степени.Скачать

9 класс. Алгебра. Уравнение с параметрами.Скачать

9 класс. Алгебра. Уравнения с параметрами.Скачать

Решение уравнения третьей степени x³-9x-12=0Скачать

Профильный ЕГЭ 2023 математика. Задача 17. Параметр. Аналитический методСкачать

Математика | Кубические уравнения по методу СталлонеСкачать

9 класс. Алгебра. Уравнения с параметромСкачать

Логарифм с нуля до уровня про. Уравнения, неравенства и параметр. Профильный ЕГЭСкачать

Система уравнений четвёртой степени с параметром (Вузовские олимпиады, ДВИ)Скачать

Математика, 10-й класс, Уравнения II-ой степени с параметромСкачать

Простейшие уравнения с параметром #1Скачать

№18 Показательные уравнения с параметром. Подготовка к ЕГЭ по математике.Скачать