Теорема Виета Секция «Созидательная сила великих открытий в математике»

Городская научно-практическая конференция
«Старт в науку»
Теорема Виета
Секция «Созидательная сила великих открытий в математике»
Автор:
Плющев Иван Олегович
9 а класс
МБОУ СОШ №12
Руководитель:
Прокофьева Тамара Александровна
учитель математики
1 квалификационной категории
МБОУ СОШ №12
г Дзержинск
2012 г.
Содержание
Введение
3
1. Франсуа Виет – отец алгебры.
4
2. Теорема Виета. Теория.
8
3. Использование теоремы Виета для решения задач.
11
1) Решение задач с помощью теоремы Виета для квадратного уравнения. 11
2) Решение задач с помощью теоремы Виета для кубического уравнения.16
3) Задачи с параметрами.
18
4) Задания международных математических олимпиад школьников.
20
Заключение
24
Список использованной литературы
25
2
Введение.
Любому завороженному математическими тайнами человеку интересно знать
историю математических открытий, разные способы решения задач, уметь использовать
математические теоремы для решения сложных задач, научиться проводить исследование
в задачах с параметрами, развить свои умственные способности, пытаясь решить задачи
повышенного уровня сложности.
Мне всегда было любопытно решать сложные задания по темам, отгадывать
хитрости в соревновании «Кенгуру», пытаться понять идею рассуждения в олимпиадных
задачах.
Сейчас я ученик 9 класса, после окончания которого я буду учиться в профильном
естественно- математическом классе нашей школы и готовиться к поступлению на
факультет ВМК Нижегородского государственного университета им. Н.И. Лобачевского.
Я хочу серьезно заниматься любимой наукой – математикой. Уже сейчас я понимаю
важность систематизировать свои знания по предмету и углубить их.
Попытка хорошо выполнить мою первую научную работу и участвовать в научной
конференции старшеклассников – это мое первое испытание на определение
возможностей, первый опыт на большом пути.
Изучая тему «Квадратные уравнения» в 8 классе, я научился использовать разные
способы и приемы для его решения. Изучил «Десять способов решения квадратных
уравнений» и был поражен лаконичностью и красотой теоремы Виета, решил узнать
больше об использовании теоремы Виета при решении более сложных задач. Имея
возможность работать с литературой, которой пользуются ученики профильных классов
нашей школы и абитуриенты я поставил перед собой задачи:







изучить биографию Франсуа Виета;
изучить подробности его великого открытия в области математики;
разобраться с формулировками теоремы Виета;
сделать подборку задач, в которых используется теорема Виета;
найти задачи с параметрами, в которых удобно использовать теорему Виета;
посмотреть задачи ЕГЭ, в которых может быть использована теорема;
попробовать весь найденный материал привести в определенную систему.
3
1. Франсуа Виет – отец алгебры.
Франсуа Виет
родился в 1540 году на юге Франции в небольшом городке
Фантене-ле-Конт. Отец Виета был прокурором. По традиции сын выбрал профессию отца
и стал юристом, окончив университет в Пуату. В 1560 году двадцатилетний адвокат начал
свою карьеру в родном городе, но через три года перешел на службу в знатную
гугенотскую семью де Партене. Он стал секретарем хозяина дома и учителем его дочери
двенадцатилетней Екатерины. Именно преподавание пробудило в молодом юристе
интерес к математике. Когда ученица выросла и вышла замуж, Виет не расстался с её
семьей, и переехал с ней в Париж, где ему было легче узнать о достижениях ведущих
математиков Европы. С некоторыми учеными Виет познакомился лично. Так он общался
с видным профессором Сорбонны Рамусом, с крупнейшим математиком Италии Рафаэлем
Бомбелли вел дружескую переписку.
В 1571 году Виет перешел на государственную службу, став советником
парламента, а затем советником короля Франции Генриха III. В ночь на 24 августа 1572
году в Париже произошла массовая резня гугенотов католиками, так называемая
Варфоломеева ночь. В ту ночь вместе со многими гугенотами погибли муж Екатерины и
математик Рамус. Во Франции началась гражданская война. Через несколько лет
Екатерина де Партене снова вышла замуж. Её избранником стал один из видных
руководителей гугенотов – принц де Роган. По его ходатайству в 1580 году Генрих III
назначил Виета на важный государственный пост рекетмейстера, который давал право
4
контролировать от имени короля выполнение распоряжений в стране и приостанавливать
приказы крупных феодалов.
Находясь на государственной службе, Виет оставался ученым. Он прославился тем,
что сумел расшифровать код перехваченной переписки короля Испании с его
представителями в Нидерландах. Рассказывают, что Виет две недели подряд дни и ночи
просидев за работой, все же нашел ключ к испанскому шифру, благодаря чему король
Франции был полностью в курсе действий своих противников. Франция стала выигрывать
одно сражение за другим. Испанцы долго недоумевали. Код был сложным, содержал до
600 различных знаков, которые периодически менялись. Испанцы не могли поверить, что
его расшифровали. Наконец им стало известно, что шифр для французов не секрет и что
виновник его расшифровки – Виет. Будучи уверенными в невозможности разгадать их
способ тайнописи людьми, они обвинили Францию перед папой римским и инквизицией в
кознях дьявола. Виет был обвинен в союзе с дьяволом и приговорен к сожжению на
костре. К счастью для науки, он не был выдан инквизиции.
К этому времени относятся свидетельства современников Виета о его огромной
трудоспособности. Будучи чем-то увлечен, ученый мог работать по трое суток без сна. В
1584 году по настоянию Гизов Виета отстранили от должности и выслали из Парижа.
Именно на этот период приходится пик его математического творчества. Обретя
неожиданный покой и отдых, ученый поставил своей целью создание всеобъемлющей
математики, позволяющей решать любые задачи. У него сложилось убеждение в том, «что
должна существовать общая, неизвестная еще наука, обнимающая и остроумные
измышления новейших алгебраистов, и глубокие геометрические изыскания древних».
Виет изложил программу своих исследований и перечислил трактаты,
объединенные общим замыслом и написанные на математическом языке новой буквенной
алгебры, в изданном в 1591 году знаменитом «Введение в аналитическое искусство».
Перечисление шло в том порядке, в каком эти труды должны были издаваться, чтобы
составить единое целое- новое направление в науке. К сожалению единого целого не
получилось. Трактаты публиковались в совершенно случайном порядке, и многие увидели
свет только после смерти Виета. Один из трактатов вообще не найден. Однако главный
замысел ученого замечательно удался, началось преобразование алгебры в мощное
математическое исчисление.
Само название «алгебра» Виет в своих трудах заменил словами «аналитическое
искусство». Он писал в письме де Партене «Все математики знали, что под алгеброй …
скрыты несравненные сокровища, но не умели их найти. Задачи, которые они считали
наиболее трудными, совершенно легко решаются десятками с помощью нашего
искусства…»
Основу своего подхода Виет называл видовой логистикой. Следуя примеру
древних, он четко разграничивал числа, величины и отношения, собрав их в некую
систему «видов». В эту систему входили, например, переменные, их корни, квадраты,
кубы, квадрато-квадраты. и т.д., а также множество скаляров, которым соответствовали
реальные размеры – длина, площадь или объем. Для этих видов Виет дал специальную
символику, обозначив их прописными буквами латинского алфавита. Для неизвестных
величин применялись гласные буквы, для переменных – согласные.
Виет показал, что, оперируя с символами, можно получить результат, который
применим к любым соответствующим величинам, т.е. решить задачу в общем виде. Это
положило начало коренному перелому в развитии алгебры, стало возможным буквенное
исчисление.
Знаменитая теорема, устанавливающая связь коэффициентов многочлена с его
корнями, была обнародована в 1591 году. Теперь она носит имя Виета. Сам автор
формулировал её так: «Если B+D, умноженное на А, минус А в квадрате равно BD, то
А равно В и рано D».
5
Теорема Виета стала ныне самым знаменитым утверждением школьной алгебры.
Теорема Виета достойна восхищения, тем более, что её можно обобщить на многочлены
любой степени.
Больших успехов достиг ученый и в области геометрии. Применительно к ней он
сумел разработать интересные методы. В трактате «Дополнения к геометрии» он
стремился создать по примеру древних некую геометрическую алгебру, используя
геометрические методы для решения уравнений третьей и четвертой степеней. Любое
уравнение третьей и четвертой степени, утверждал Виет, можно решить геометрическим
методом трисекции угла или построением двух средних пропорциональных.
Математиков в течение столетий интересовал вопрос решения треугольников, так
как он диктовался нуждами астрономии, архитектуры, геодезии. У Виета применявшиеся
ранее методы решения треугольников приобрели более законченный вид. Так он первым
явно сформулировал в словесной форме теорему косинусов. Известный ранее своей
трудностью случай решения треугольника по двум данным сторонам и одному из
противолежащих им углов получил у Виета исчерпывающий разбор. Было ясно доказано,
что в этом случае решение не всегда возможно. Если же решение есть, то может быть
одно или два.
Глубокое знание алгебры давало Виету большие преимущества. Причем интерес
его к алгебре первоначально был вызван приложениями к тригонометрии и астрономии.
«И тригонометрия, - как замечает Г.Г. Цейтен, - щедро отблагодарила алгебру за
оказанную ей помощь». Не только каждое новое применение алгебры давало импульс
новым исследованиям по тригонометрии, но и полученные тригонометрические
результаты являлись источником важных успехов алгебры.
В 1589 году, после убийства Генриха Гиза по приказу короля Виет вернулся в
Париж. Но в том же году король Генрих III был убит и к власти пришел Генрих IV. Виет
опять поступил на службу уже в новому королю, находился при дворе, был
ответственным правительственным чиновником и пользовался огромным уважением как
математик.
Голландский математик Андриан Ван-Роумен в конце 16 столетия решил бросить
вызов всем математикам мира. Он разослал во все европейские страны уравнение 45–й
степени: õ45  45õ43  945 õ41  12300 õ39  ...  95634 õ5  3795 õ5  45õ  à . Французским
математикам он решил это уравнение не посылать, считая, что там нет способных
справиться с задачей: Декарт в то время ещё не родился, Пьера Рамуса убили в
Варфоломеевскую ночь, о других математиках не было слышно. Так французские
математики не смогли принять вызов. Больше всего было ущемлено самолюбие Генриха
IV (это дедушка Людовика XIV). «И все же у меня есть математик!»- воскликнул король.
«Позовите Виета!» В приемную короля вошел пятидесятитрехлетний седоволосый
советник короля Франсуа Виет. Он тут же, в присутствие короля, министров и гостей,
нашел один корень предложенного уравнения. Король ликовал, все поздравляли
придворного советника. На следующий день Виет нашел ещё 22 корня уравнения. Этим
он ограничился, так как остальные 22 корня отрицательные, а Виет не признавал ни
отрицательных, ни мнимых корней. Знание синусов и косинусов кратных дуг дало
возможность Виету решить уравнение 45-й степени, предложенное нидерландским
ученым.
В последние годы жизни Виет ушел с государственной службы, но продолжал
интересоваться наукой. Известно, что он вступил в полемику по поводу введения нового,
григорианского календаря в Европе. И даже хотел создать свой календарь.
В придворных новостях маркиз Летуаль писал «…14 февраля 1603 г. господин
Виет, рекетмейстер, человек большого ума и рассуждения и один из самых ученых
математиков века умер в Париже. Ему было более 60 лет».
Непосредственно применение трудов Виета очень затруднялось тяжелым и
громоздким изложением. Из-за этого они полностью не изданы до сих пор. Более или
6
менее полное собрание трудов Виета было издано в 1646 году нидерландским
математиком Ван Скоотеном под названием «Математические сочинения Виета». Г.Г.
Цейтен отмечал, что чтение работ Виета затрудняется несколько изысканной формой, в
которой повсюду сквозит его большая эрудиция, и большим количеством изобретенных
им и не привившихся греческих терминов. Поэтому влияние его, столь значительное по
отношению ко всей последующей математике, распространялось сравнительно медленно
Франсуа Виет по существу создал новую алгебру. Он ввел в неё буквенную
символику. До Виета решение каждого квадратного уравнения выполнялось по своим
правилам в виде очень длинных словесных рассуждений и описаний, довольно
громоздких действий. Даже само уравнение в современном виде не могли записать. Для
этого тоже требовалось длинное и сложное словесное описание. На овладение приемами
решений уравнений требовались годы. Общих правил, подобных современным, а тем
более формул решения уравнений не было. Постоянные коэффициенты буквами не
обозначались. Рассматривались выражения только с конкретными числовыми
коэффициентами.
Виет ввел в алгебру буквенную символику. После открытия Виета стало
возможным записывать правила в виде формул. Правда у Виета показатели степеней ещё
обозначались словами, и это создавало определенные трудности в решении некоторых
задач. Во времена Виета был ещё ограничен запас чисел. Так, ещё не нашли своего
признания отрицательные числа. Франсуа Виет очень подробно изложил в своих трудах
теорию решения уравнений с первой по четвертую степень. Виета называют «отцом»
алгебры, основоположником буквенной символики.
Слово «коэффициент» введено Виетом. Из знаков Виет употреблял +, - и дробную
черту. Современные скобки у него заменяла общая черта над всем выражением.
Символика Виета страдала недостатками. Вот как выглядит в записи Виета уравнение
х 3  3В х  2 z 3 « А cubus +B plano 3 in A aequari Z solido 2».
Символики Виета придерживался впоследствии П. Ферма. Может показаться, что
Виет ввел в символику алгебры немного. Буквами для обозначения отрезков пользовались
еще Евклид и Архимед, их успешно применяли Леонардо Пизанский, Лука Пачоли,
Кардано, Бомбелли и многие другие математики. Но сделал существенный шаг вперед
именно Виет. Его символика позволила не только решать конкретные задачи, но и
находить общие закономерности и полностью обосновывать их. Это в свою очередь,
способствовало выделению алгебры в самостоятельную ветвь математики, не зависящую
от геометрии. «Это нововведение (обозначение буквами данных и искомых) и особенно
применение буквенных коэффициентов положило начало коренному перелому в развитии
алгебры: только теперь стало возможным алгебраическое исчисление как система
формул, как оперативный алгоритм». Франсуа Виет – отец алгебры!
Большой заслугой Виета было открытие зависимости между корнями и
коэффициентами уравнений приведенного вида произвольной натуральной степени. Нам
хорошо известна знаменитая теорема Виета для приведенного квадратного уравнения,
эта теорема позволяет устно проверять правильность решения квадратных уравнений, а в
простейших случаях устно находить и корни уравнений.
7
2. Теорема Виета. Теория.
По праву достойна в стихах быть воспета
О свойствах корней теорема Виета.
Что лучше, скажи, постоянства такого:
Умножишь ты корни – и дробь уж готова:
В числителе «с », в знаменателе «а»,
А сумма корней тоже дроби равна.
Хоть с минусом дробь эта, что за беда –
В числителе «в», в знаменателе «а».
Я. Герцейштейн.
Теорема Виета. Если числа х1 и х 2 - есть корни квадратного уравнения
ах2  вх  с  0 , то для них выполнены равенства х1  х 2  
в
с
и х1  х2  .
а
а
Доказательство. Пусть х1 и х 2 являются корнями квадратного уравнения, т. е.
в D
, тогда вычислим сумму и произведение корней:
2а
в D в D в D в D
в
х1  х2 


 ,
2а
2а
2а
а
2
 в  D  в  D в2  D
в 2  D в 2  в 2  4ас 4ас с
х1  х2 




 2 .
2а
2а
4а 2
4a 2
4а 2
4а
а
х1, 2 
 
Теорема доказана.
Теорема (обратная теореме Виета). Если данные числа х1 и х 2 таковы, что
в
с
2
и х1  х2  , то х1 и х 2 являются корнями уравнения ах  вх  с  0 .
а
а
в
Доказательство. Имея равенство х1  х 2   , получаем в  а х1  х2  .
а
с
Из равенства х1  х2 
выразим с  ах1 х2 . Подставим полученные выражения в
а
2
уравнение ах  вх  с  0 .
ах2  ах1  х2 х  ах1 х2  0 , разделим уравнение на а  0
х 2  х1 х  х2 х  х1 х2  0 ,
х х  х1   х2  х  х1   0 ,
х  х1 х  х2   0 . Полученное уравнение имеет корни х1 и х 2 и никаких других.
2
Поэтому и уравнение ах  вх  с  0 также имеет корни х1 и х 2 .
х1  х 2  
Теорема доказана.
Можно обобщить эти две теоремы в виде одного утверждения.
8
Обобщенная теорема Виета. Для того чтобы х1 и х 2 были корнями уравнения
ах2  вх  с  0 необходимо и достаточно выполнения равенств
в
с
х1  х 2   и х1  х2  .
а
а
Из теоремы Виета при а  1 следует утверждение для корней приведенного
квадратного уравнения. В этом случае обратная теорема часто используется для устного
подбора корней уравнения.
Теорема Виета для приведенного квадратного уравнения. Если числа х1 и х 2
являются корнями уравнения x  px  q  0 , то для них выполняются равенства
2
x1  x2   p и
x1  x2  q .
Из теоремы Виета следует формула разложения квадратного трехчлена на множители
ах2  вх  с  ах  х1 х  х2 , х 2  px  q  х  х1 х  х2 
Следствия из теоремы Виета.
Теорема Виета применяется для исследования знаков корней квадратного трехчлена.
Теорема 1. Для того чтобы корни квадратного трехчлена имели одинаковые знаки,
необходимо и достаточно выполнения соотношений: D  в  4ас  0 ; х1 х2 
2
с
0,
а
при этом оба корня будут положительны, если дополнительно выполняются условие
в
в
х1  х2    0 , и оба корня отрицательны, если х1  х2    0 .
а
а
Теорема 2. Для того чтобы корни квадратного трехчлена имели различные знаки,
необходимо и достаточно выполнения соотношения х1 х2 
с
0.
а
Для исследования суммы степеней корней квадратного уравнения удобно использовать
следующее утверждение.
Теорема 3. Пусть х1 и х2 корни квадратного трехчлена х  px  q , тогда
2
х12  х22  х1  х2   2 х1 х2  p 2  2q ,
х13  х23  х1  х2 х12  х22  х1 х2    p p 2  3q    p 3  3 pq ,
2
x14  x24  x12  x22  2 x1 x2    p 2  2q   2q 2  p 4  3 p 2 q  2q 2 .
2
Для быстрого решения квадратных уравнений удобно использовать свойства
коэффициентов уравнения.
2
Теорема 4. Пусть дано квадратное уравнение ах  вх  с  0 , где а  0 .
1.Если а  в  с  0 (т.е. сумма коэффициентов уравнения равна нулю),
то х1  1 , х2 
с
.
а
2. Если а  в  с  0 , или в  а  с , то х1  1 , х2  
с
.
а
9
Доказательство. 1. Разделим обе части уравнения ах  вх  с  0 на а  0 ,
2
получим приведенное квадратное уравнение х 
2
в
с
х   0.
а
а
в

х

х


,
2
 1
а
Согласно теореме Виета 
х  х  с .
 1 2 а
По условию а  в  с  0 , тогда в  а  с . Значит
ас
с

х

х



1

,
1
2

а
а

х  х  1  с .
 1 2
а
с
Получаем корни уравнения х1  1 и х2  .
а
2. По условию а  в  с  0 , тогда в  а  с . Используем теорему Виета:
ас

 с
 х1  х2   а  1    а ,




 х  х  1    с .
 1 2
 а
с
Тогда х1  1 и х2   , что и требовалось доказать.
а
Теорема Виета для кубического уравнения. Пусть х1 , х 2 , х3 - корни уравнения
ах3  вх 2  сх  d  0 ( а  0 ), тогда
в

х

х

х


,
1
2
3

а

с

 х1 х2  х1 х3  х2 х3  ,
а

d

 х1 х2 х3   а .

Теорема Виета для уравнения четвертой степени. Пусть х1 , х2 , х3 , х4 - корни
4
3
2
уравнения ах  вх  сх  dх  т  0 ( а  0 ), тогда
в

 х1  х2  х3  х4   а ,

х х  х х  х х  х х  х х  х х  с ,
1 3
1 4
2 3
2 4
3 4
 1 2
а

х х х  х х х  х х х  х х х   d ,
1 2 4
1 3 4
2 3 4
 1 2 3
а

т
 х1 х2 х3 х4  .
а

10
Теорема Виета для алгебраического уравнения п степени. Пусть х1 , х 2 ,..., х n корни уравнения аn x  an1 x
n
n 1
 ...  a1 x  a0  0 ( а  0 ), тогда
an 1

x

x

...

x


?
1
2
n

an

an2

x
x

x
x

...

x
x

,
1
2
1
3
n

1
n

an


a n 3
,
 x1 x2 x3  x1 x2 x4  ...  xn 2 xn 1 xn  
a
n

......................................................

 x x x ...x x   1n a0 .
 1 2 3 n 1 n
an


3. Использование теоремы Виета для решения задач.
1) Решение задач с помощью теоремы Виета для квадратного
уравнения.
1) Решить уравнение 132 х  247 х  115  0
Решение. Выполняется зависимость коэффициентов а  в  с  0 , тогда х1  1 и
2
х2 
115
.
132
115
.
132
2
2) Решить уравнение 345 х  137 х  208  0 .
Ответ . х1  1 , х2 
Решение. Выполняется зависимость коэффициентов а  в  с  0 , тогда х1  1 и
х2 
208
.
345
Ответ. х1  1 , х2 
208
.
345
3) Найти сумму кубов корней уравнения 3х  5х  1  0 .
Решение.
2
5

х

х

,
1
2

3
Пусть х1 и х2 – корни квадратного уравнения. По формулам Виета 
х  х  1 .
 1 2 3
Найдем сумму кубов корней


х13  х23  х1  х2   х12  х1 х2  х22   х1  х2   х1  х2   3х1 х2 ,
2
11
2
5   5 
1  80
х  х      3    .
3  3 
3  27
3
1
3
2
Ответ.
80
.
27
4) х1 и х2 – корни квадратного трехчлена х  6 х  q удовлетворяют условию х 2  2х1 .
2
Найдите q, х1 , х2 .
Решение. Из теоремы Виета следует, что х1  х2  6 , тогда 3 х1  6 , т.е.
х1  2 и х2  2 х1  4 . Тогда q  х1 х2  2   4  8 .
Ответ. q  8 , x1  2 , x 2  4 .
х2
х
5) Найдите
 1 , где х1 и х2 – корни квадратного трехчлена 2 х 2  3х  9 .
1  х1 1  х2
х  х22  х1  х12
х2
х
Решение. Преобразуем выражение
=
 1 = 2
1  х1 1  х2 1  х1  х2  х1 х2
3

х

х

,
1
2


х1  х2   х1  х2   2 х1 х2
2
=
. По теореме Виета 
1  х1  х2   х1 х2
х х   9 .
 1 2
2
2
3 3
 9
    2   3  9  9
51
2 2
 2  2 4
 .
Имеем
3 9
2
8
1 
2 2
51
Ответ. 
.
8
2
6) Пусть х1 и х2 – корни квадратного уравнения 2 х  7 х  1  0 . Составить квадратное
х
х
уравнение, корнями которого являются числа 12 и 22 .
х2
х1
 х1  х2  3,5,
Решение. По теореме Виета 
 х1  х2  0,5.
х
х
Для составления квадратного уравнения с заданными корнями 12 и 22 можно
х2
х1
2
воспользоваться теоремой, обратной теореме Виета, для чего необходимо найти их сумму
и произведение:


х1
х2 х13  х23 х1  х2 х12  х1 х2  х22  х1  х2  х1  х2   3х1 х2
+ 2 =
.


х22
х1 х1 х2 2
х1 х2 2
х1 х2 2
х1
х2 3,5  3,5 2  3  0,5
 150,5 ;
+ 2 =
х22
х1
0,52
х1
х
1
1

 2.
· 22 =
2
х2
х1 х1 х2 0,5
2
12
Искомое уравнение имеет вид х  150,5 х  2  0 , или 2 х  301х  4  0 .
2
2
Ответ. 2 х  301х  4  0 .
2
7) Составить приведенное квадратное уравнение по его корням 4  3 и 4 
Решение. Так как х1  4  3 и х 2  4 
3.
3 - корни квадратного уравнения
х  px  q  0 , то по теореме, обратной теореме Виета, составим уравнение :
2


p   x1  x2    4  3  4  3  8 ,



q  x1  x2  4  3 4  3  16  3  13 .
2
Искомое уравнение x  8x  13  0 .
2
Ответ. x  8x  13  0 .

8) Решить уравнение 4 х  9 х  11  4

2


2  3  9 2  3  11.
9
Решение. Очевидно, х1  2  3 .По формуле Виета х1  х2  , тогда
4
9
х2   2  3 .
4
9
Ответ. х1  2  3 , х2   2  3 .
4
2
9) Дано квадратное уравнение x  px  q  0 . Составить квадратное уравнение, корни
2
которого втрое больше корней данного уравнения.
Решение. Пусть х1 и х2 – корни данного уравнения.
По теореме Виета x1  x2   p и x1  x2  q .
По условию корни искомого уравнения равны y1  3x1
и y 2  3x2 . Отсюда
y1  y 2  3 x1  x2   3 p и y1  y 2  9 x1 x2  9q .
2
По теореме, обратной теореме Виета получаем x  3 px  9q  0 .
2
Ответ. x  3 px  9q  0 .
2
10) Дано квадратное уравнение x  px  q  0 . Составить квадратное уравнение, корни
которого обратны корням данного уравнения.
Решение. Пусть х1 и х2 – корни данного уравнения, а у1 и у2 – корни искомого
1
1
и у2 
.
х1
х2
По теореме Виета x1  x2   p и x1  x2  q .
1 1 x1  x2
p
 
 ,
Вычислим y1  y 2 
x1 x2
x1 x2
q
1 1
1
1
y1 y 2   
 .
x1 x2 x1 x2 q
уравнения. Тогда по условию у1 
По теореме, обратной теореме Виета, получаем ответ y 
2
p
1
y   0 (при q  0
q
q
задача решения не имеет).
Ответ. y 
2
p
1
y   0.
q
q
13
11) Найти значение выражения х1  х2  х2  х1 , где числа х1 и х 2 есть корни квадратного
3
3
уравнения 2 х  6 х  1  0 .
Решение. Убедимся, что данное квадратное уравнение имеет корни. Для этого
2
вычислим его дискриминант. D  6  8  28 . Это означает, что у уравнения имеется два
2
различных корня, для которых х1  х2  
6
1
 3 и х1  х2  .
2
2
Вычислим значение выражения, используя формулу сокращенного умножения и
теорему Виета:


2
1
1
1
х1  х23  х2  х13 = х1 х2 х22  х12   х1 х2 х2  х1   2 х1 х2 =   32  2     8  4 .
2
2
2
Ответ. 4.
12) При каких значениях коэффициента в сумма квадратов корней уравнения
х 2  вх  1  0 принимает наименьшее значение?
2
Решение. Вычислим дискриминант данного уравнения D  в  4 . Чтобы уравнение
в  2,
в  2.
имело корни, необходимо выполнение условия в  4  0 , т.е. 
2
По теореме Виета х1  х2  в и х1  х 2  1.
Сумма квадратов корней х1  х2   х1  х2   2 х1 х2   в   2  1  в  2 .
2
2
2
2
2
в  2,
2
полученное выражение в  2 принимает наименьшее
в  2
значение при в  2.
Ответ в  2.
 х 2  4 ху  у 2  12,
13) Решить систему уравнений 
 ху  8.
С учетом условия 
Решение. Преобразуем первое уравнение системы так, чтобы в него входили только сумма
и произведение неизвестных х и у, получим
х 2  4 ху  у 2  х 2  2 ху  у 2  2 ху  х  у   2 ху .
2
Значение произведения подставим из второго уравнения. Система примет вид
 х  у 2  4,

 ху  8;
Если избавиться от квадрата в первом уравнении, возникнут два случая, поэтому система
 х  у  2,

 ху  8;
равносильна совокупности двух систем 
 х  у  2,

 ху  8;
По теореме Виета решением каждой системы являются такие пары чисел ( х; у ) , суммы и
произведения которых определены. По теореме Виета составим два квадратных уравнения
z 2  2 z  8  0 и z 2  2 z  8  0 . Их дискриминанты одинаковы и равны 36. Корни
равны соответственно (-2) и 4 для первого уравнения и (-4) и 2 для второго. Нетрудно
записать с учетом симметричности систем все четыре решения исходной системы.
14
 2;4 , 4;2 ,  4;2 , 2;4 .
Ответ.  2;4 , 4;2 ,  4;2 , 2;4 .
14) Найти наименьшее значение квадратного трехчлена, первый коэффициент которого
равен 1, а второй на 44 меньше свободного члена, если известно, что корни этого
трехчлена положительны и один корень в 2 раза больше второго.
2
Решение. По условию, квадратный трехчлен имеет вид f x   x  c  44  c .
Пусть х1 и х2 – его корни. Тогда по условию и по теореме Виета получаем
 x2  2 x1 ,

 x1  x2  c  44 , причем 0  c  44 (по условию).
 x  x  c.
 1 2
2
Функция f x   x  c  44  c наименьшее значение принимает в вершине параболы
( x0 ; f  x0 ) .
x  x2 44  c
.
x0  1

2
2
44  c
3c
3c
244  c 
Из системы условий находим x1 
, x2 
, причем
,

44  c
44  c
3
3
1
2c 2  185c  2  44 2  0 . Корни c1  32 , c2  60  44 , поэтому не подходит.
2
44  c 44  32
Получаем x0 

 6 , f x0   62  12  6  32  4 .
2
2
Ответ. -4.
15) Найти наименьшее значение квадратного трехчлена, у которого первый коэффициент
1, свободный член на 15 больше второго коэффициента, а корни отрицательны, причем
отношение корней равно трем.
2
Решение. Пусть трехчлен имеет вид x  px  q и х1 и х2 – его корни.
q  p  15
x  0
 1
 x2  0
По условию и по теореме Виета получаем 
 x1  3 x2
 x1  x2   p

 x1  x2  q
1
2
3
4
5
6
Из (5), (6) и (1) имеем x1  x2  x1 x2  15 . Учитывая (4) , получаем 3x2  4 x2  15  0 .
2
5
и x 2  3 . В силу (2), (3) и (4) x 2  3 , x1  9 .
3
2
Тогда искомый трехчлен x  12 x  27 .
x  x2
Он имеет минимум в точке x0  1
 6 и этот минимум равен
2
 62  12   6  27  9 .
Тогда x 2 
Ответ. -9.
15
2) Решение задач с помощью теоремы Виета для кубического уравнения
 x  y  z  1,

1) Решить систему уравнений:  xy  yz  zx  4,
 x 3  y 3  z 3  1.

Решение.
Обозначим x  y  z  u , xy  yz  zx  v , xyz  m .
 x  y  z  1,

3
3
3
3
Так как x  y  z  u  3uv  3m , то получим систему:  xy  yz  zx  4, (*)
 xyz  4.

Решение полученной системы находим с помощью теоремы Виета для кубического
уравнения.
3
2
Корни t1 , t 2 , t 3 кубического уравнения t  at  bt  c  0 связаны равенствами
t1  t 2  t3  a,
t1t 2  t 2 t3  t3t1  b,
t1t 2 t3  c.
3
2
При a  1, b  4 , c  4 корни кубического уравнения t  at  bt  c  0
связаны теми же равенствами, что и неизвестные x, y, z системы (*). Следовательно,
тройка значений неизвестных x  t1 , y  t 2 , z  t 3 , т.е. t1 ; t 2 ; t 3  .
В силу симметричности исходной системы решениями её будут тройки чисел:
t 2 ; t1 ; t3  , t3 ; t 2 ; t1  , t1 ; t3 ; t 2  , t 2 ; t3 ; t1  , t3 ; t1 ; t 2  .
Таким образом решение данной системы свелось к нахождению корней уравнения
t 3  t 2  4t  4  0 . Решим уравнение разложением на множители.
t 2 t  1  4t  1  0 ,
t  1t
2
 4  0 . Корни уравнения t1  1 , t 2  2 , t 3  2 .
Получим ответ для исходной системы:
1;2;2 , 2;1;2 ,  2;2;1 , 1;2;2 , 2;2;1 ,  2;1;2 .
Ответ. 1;2;2 , 2;1;2 ,  2;2;1 , 1;2;2 , 2;2;1 ,  2;1;2 .
2) Найти сумму всех корней уравнения  х  1 х  2  х  4  х  8  4 х .
Решение. После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых, получаем
х 4  15 х 3  66 х 2  120 х  64  0 . Тогда сумма всех корней уравнения по теореме
Виета равна второму коэффициенту с противоположным знаком   15  15 .
Ответ. 15.
3
2
3) Найти число а и решить уравнение х  3х  ах  2  0 при условии, что сумма
квадратов корней уравнения равна 1.
Решение.
2
 2   2   2  1,

По условию и по теореме Виета       3,
      а.

Используя то, что
       
2
2
  2   2  2      , получаем
16
9  1  2а , а  4 .
Составим уравнение х  3х  4 х  2  0 корнем которого является х  1 , по схеме
3
2
2
Горнера получаем х  3 х  4 х  2   х  1 х  2 х  2 ,
3
2


квадратное уравнение х  2 х  2  0 не имеет действительных корней.
Ответ. а  4 , х  1 .
4) При каком значении параметра т три действительных корня уравнения
х 3  9х 2  25х  т  0 образуют возрастающую арифметическую прогрессию?
Решение. Пусть а – первый член арифметической прогрессии, с– разность
арифметической прогрессии, с  0 .
2
а  а  с   а  2с   9,

По формулам Виета аа  с   а  с а  2с   а  2с   25,
аа  с а  2с   т;

а  с  3,
а  с  3,
2
отсюда с  2 .
 2

2
2
2
3а  6ас  2с  25; 3а  с   с  25;
По условию с  0 , тогда с  2 , а  3  2 .
m  aa  c a  2c   21 .
Ответ. 21.
5) Найти стороны треугольника, если периметр треугольника равен 20, радиус вписанной
в треугольник окружности r = 1, радиус описанной окружности R = 5.
Решение. Периметр треугольника Р  20 , тогда а  в  с  20 .
1
1
Pr =  20  1  10 .
2
2
aвc
Площадь того же треугольника через радиус описанной окружности S 
,
4R
aвc  4RS , aвc  4  5  10  200 .
По формуле Герона площадь S  p p  a  p  в  p  c  .
1
1
Возведем равенство в квадрат и подставим значение p  P   20  10 , S  10 :
2
2
100  10  10  a 10  в 10  c  , или 10  10  a 10  в 10  c ,
(100  10 a  10в  aв )10  c   10 ,
1000  100 a  100в  10aв  100c  10ac  10вc  aвc  10 ,
1000  100a  в  c   10aв  ас  вс   авс  10 , подставим полученные значения,
1000  100  20  10ав  ас  вс   200  10 ,
10ав  ас  вс   1210 , тогда ав  ас  вс  121 .
Со сторонами а, в, с выполняются условия
а  в  с  20,

ав  ас  вс  121,
авс  200 .

Площадь треугольника через радиус вписанной окружности S 
тогда эти три числа по формулам Виета являются корнями уравнения
х 3  20 х 2  121х  200  0 , где 0  x  10
2
По схеме Горнера получаем  x  8 x  12 x  25  0 ,


17
корни уравнения x  8 , x  6  11 являются сторонами треугольника.
Ответ. 8, 6  11 , 6  11 .
6) Найти а и в, чтобы два действительных корня уравнений
х 3  3х 2  х  а и х 3  2х  в совпадали.
3
2
Решение. Пусть х1 , х 2 , х3 - корни уравнения х  3х  х  а ,
х1 , х2 , х4 - корни уравнения х 3  2х  в .
По теореме Виета
(1)
 х1  х2  х3  3,
 х  х  х  0,
( 2)
 1
2
4

 х1 х2  х1 х3  х2 х3  1, (3)
 х1 х2  х1 х4  х2 х4  2. ( 4)
(1) – (2) х3  х 4  3 ,
(3) – (4) х1  х3  х4   х2  х3  х4   3 ,
3 х1  3 х2  3 , тогда х1  х2  1.
Из (1) х3  2 , из (2) х4  1 .
Из (3) х1 х2  2 х1  х2   1, тогда х1 х2  1 .
 х1  х2  1,
Получили условия 
 х1 х2  1;
1 5
х1 1  х1   1 , х12  х1  1  0 , х1 
.
2
а  8  12  2  2 , в  1  2  1 .
Ответ. а  2 , в  1 .
3) Задачи с параметрами.
1) При каких значениях а разность корней уравнения ах  х  2  0 равна 3?
Решение. Обозначим корни уравнения х1 и х2, по теореме Виета получаем
2
1
2
х1  х2   , х1  х2   , х1  х2  3 , где а  0 .
а
а
Выражая х1 и х2 из первого и третьего уравнений и подставляя их во второе уравнение
1
2
системы, получим уравнение 9а  8а  1  0 , его корни а  1 и а   .
9
1
Ответ. а  1 , а   .
9
2
2)В уравнении ах  7 х  а  1  0 один из корней равен 3. Найдите а и второй
корень уравнения.
Решение. Так как по условию имеет два корня, то оно квадратное, а значит а  0 .
Подставим корень х  3 в уравнение, получим верное равенство:
9а  7  3  а  1  0 , тогда 10а  20 , т.е. а  2 .
2
При а  2 уравнение примет вид: 2 х  7 х  3  0 .
18
По теореме Виета х1  х2 
Ответ. а  2 , х2 
3
1
. Так как х1  3 , то х2  .
2
2
1
.
2
3) В уравнении х  5х  q  0 разность квадратов корней равна 15. Найти число q.
Решение. Пусть х1 и х2 – корни уравнения.
2
 х1  х2  5,
 х1  х2  q.
По теореме Виета получаем 
По условию х1  х2  15 , откуда  х1  х2  х1  х2   15 ,
2
2
 5 х1  х2   15 , или х1  х2  3.
 х1  х2  5,
Получим систему уравнений 
 х1  х2  3.
Решив систему способом сложения, получим х1  4, х2  1.
Тогда q  4   1  4 .
Ответ. q  4 .
4) Найти все действительные значения а, при которых уравнение х  ах  1  0 имеет
ровно четыре действительных корня, образующих арифметическую прогрессию.
4
2
Решение. Сделаем замену х  t . Рассмотрим квадратное уравнение t  at  1  0 .
Чтобы исходное уравнение имело ровно четыре действительных корня, квадратное
уравнение должно иметь два различных положительных корня t1 и t 2 .
8
4
 D  а 2  4  0,

Записывая условие про дискриминант и по теореме Виета, получаем: t1  t 2  a,
t  t  1  0.
1 2
Тогда а  2 .
Пусть t1  t 2 . Тогда числа  4 t 2 ,4 t1 , 4 t1 , 4 t 2 составляют арифметическую
прогрессию, а это значит, что разность прогрессии
4
4


t 2  4 t1  4 t1   4 t1 , т.е.
t 2  34 t1 , или t 2  81t1 .
82t1   a,
2
81t1  1.
По теореме Виета получаем систему 
Решением этой системы, удовлетворяющим условию a  2 , будет пара t1 
a
1
и
9
82
.
9
Ответ. a  
82
.
9
19
4) Задания международных математических олимпиад школьников.
1) (Народная республика Болгария, 1968 г)
Найти все значения n  N , для которых существует набор положительных чисел
 x1  x2  ...  xn  9,

x1 ,..., xn , удовлетворяющий системе  1
1
1


...

 1.
x x
x
 1
2
n
Указать все такие наборы при каждом из найденных значений п.
Решение. Пусть  x1 ;...; xn  - решение системы.
Обозначим A  n x1 ...xn - среднее геометрическое. По теореме о средних величинах
1 1
1 n
  ...   , 9  x1  x2  ...  xn  nA .
x1 x2
xn A
9
2
Отсюда A  n и A  . Поэтому n  9 и n  3 .
n
Если n  3 , то все записанные неравенства обращаются в равенства, а это возможно
только при x1  x2  x3  A  3 . Тогда значение n  3 удовлетворяет условию задачи и
1
при этом значении п система имеет единственное решение в положительных числах
3;3;3 .
 х  9,

Если n  1 , то система  1
не имеет решений.

1
 х
 x1  x2  9,

Если n  2 , то получаем систему  1
которая в силу равенства
1


1
;
x x
 1
2
 x1  x2  9,
1 1 x1  x2
равносильна системе 
 
x1 x2
x1 x2
 x1 x2  9.
По теореме, обратной теореме Виета, значения x1 , x 2 образуют пару корней многочлена
93 5
. Тогда имеем два решения t1 ;t 2  и t 2 ;t1  .
2
Так как t1  0 и t 2  0 , то значение n  2 удовлетворяет условию задачи.
Ответ. n  2 , n  3 .
t 2  9t  9 , имеющих вид t1, 2 
2) (Народная республика Болгария, 1980 г)
Доказать, что для корней х1, х2 многочлена х  px 
2
1
, где p  R , p  0 ,
2 p2
выполнено неравенство x1  x2  2 
4
4
2.
 x1  x2   p,

Решение. По теореме Виета 
1
x
x


.
1
2
2

2
p

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим.
20


x14  x24  x1  x2   2 x1 x2 2x1  x2   x1 x2  p 4 
4
2
1  2
1 

=
2
p

p 2 
2 p 2 
1
1
 2  2 p 4  4  2  2 , что и требовалось доказать.
4
2p
2p
2
3) (Англия, 1967 год) Доказать, что если корнями многочлена x  px  1 являются числа
2
α и β, а корнями многочлена x  qx  1 являются числа γ и δ, то справедливо
2
2
равенство               q  p .
= p 2
4
Решение.
     p,
  1,

По теореме Виета 
    q,
  1.
2
2
Получаем                              =
2
2
2
2
=                   1  p   1  p    =
2
2 2
2
2
2
2
=   1        p         p  =
2
2
2
2
=      p   1     p  q  p , что и требовалось доказать.
4) (ГДР, 1970 год) Доказать, что для любых ненулевых значений α и β
3
2
корни х1, х2, х3 многочлена х  х   х   удовлетворяют равенству
1 1
1
 х2  х3      1.
 х1 х2 х3 
3
2
Решение. Для многочлена х  х   х   с корнями х1, х2, х3

 х1  х2  х3  1,



по теореме Виета  х1 х2  х2 х3  х1 х3  ,




х
х
х


.
 1 2 3

х
1
Тогда
1


х1  х2  х3  1  1  1   х1  х2  х3  х2 х3  х1 х3  х1 х2  1         1.
х1 х2 х3
  
 х1 х2 х3 
Утверждение доказано.
5) (Австрия, 1983 год) Найти все значения а, при которых корни х1, х2, х3 многочлена
х 3  6х 2  ах  а удовлетворяют равенству х1  3  х2  3  х3  3  0 .
Решение. Сделаем замену у  х  3 , тогда числа
у1  х1  3 , у 2  х2  3 и у3  х3  3 являются корнями многочлена
 у  33  6 у  32  а у  3  а  у 3  3 у 2  а  9у  4а  27 .
3
3
3
21
По теореме Виета
 у1  у2  у3  3,

3
3
3
 у1 у 2  у1 у3  у 2 у3  а  9, кроме того у1  у2  у3  0 .
 у у у  27  4а.
 1 2 3
Непосредственной проверкой убеждаемся в справедливости равенства
у13  у23  у33   у1  у2  у3   3 у1 у2  у1 у3  у2 у3  у1  у2  у3   3 у1 у2 у3 ,
3
 3
 3а  9   3  327  4а   0 ,
 27  3а  0 , тогда а  9 .
Ответ. а  9 .
3
6) (Канада, 1982 год) Пусть один из корней многочлена Р( х)  х  ах  вх  с ,
где а, в, с  Z , равен произведению двух других. Доказать, что число 2 Р(1) делится на
3
2
число Р(1)  Р(1)  2(1  Р(0)) .
Решение. Пусть u, v
и uv - корни многочлена Р(х).
u  v  uv  a,

По теореме Виета uv1  u  v   b,
u 2 v 2  c.

При a  1 получаем b  c  uv1  u  v   uv1  a  ,
bc
2 2
рациональное число. Число u v  c целое, тогда и число uv тоже целое.
uv 
1 a
Поэтому из равенств
Р(1)  Р(1)  2(1  Р(0))  1  a  b  c    1  a  b  c   21  c =
= 2a  1  2u  v  uv  1  21  u 1  v   0 ,
2 P(1)  2 1  u  1  v  1  uv   21  uv 1  u 1  v 
2 P(1)
следует, что число
 1  uv является целым.
P(1)  P(1)  2(1  P(0))
При a  1 получаем равенство 0  u  v  uv  1  u  1v  1 , тогда один из корней
равен -1, тогда число 2 Р(1)  0 делится на любое целое число.
Утверждение доказано.
7) (США, 1977 год) Пусть а и b – два из четырех корней многочлена
х 4  х3  1.
Доказать, что ab – корень многочлена х  х  х  х  1.
4
3
Решение. Пусть a, b, c, d - корни многочлена Р(х)  х  х  1 , тогда
6
4
3
2
P( x)   x  a  x  b  x  c  x  d  .
1
1
3
P(a)  P(b)  0 , а 3 
, b 
.
а 1
b 1
По теореме Виета a  b  c  d  1 и abcd  1.
1  c 1  d   1  c 1  d  , аналогично получаем
1
ab3 

1  a 1  b
P(1)
3
cd   1  a1  b .
С учетом формулы Виета a  b  c  d  1,
22
ab  cd 
3
3
 ab  cd  1  1  c1  d   1  a 1  b  ab  cd  1  1  a  b  c  d  0
Из формулы Виета abcd  1
cd  
1
, подставляем в полученное равенство:
ab
3
ab   1   ab  1  1  0 , умножаем равенство на ab3  0 , получаем
ab
 ab 
3

1
3
3


ab  ab     ab  1  1  0 , преобразуем равенство
ab 
 ab 

ab6  ab4  ab3  ab2  1  0 . Это означает, что ab – корень многочлена
х 6  х 4  х 3  х 2  1. Утверждение доказано.
3
23
Заключение.
Удивительна жизнь Франсуа Виета, его преданность науке, его желание навести
порядок в математических записях решений и правил. Жизнь Виета – пример для всех
людей, желающих посвятить себя науке и не боящихся сложной умственной работы.
Работая с учебной литературой и решая подобранные моим учителем задачи, я был
удивлен результатом своего исследования, большим количеством заданий, которые
решаются с помощью теоремы Виета.
Выполняя работу, я узнал о выполнимости теорема Виета для кубических
уравнений и алгебраических уравнений степени п. Нашел и разобрал доказательства
теоремы Виета для квадратных уравнений, не являющихся приведенными. Найдя задачи и
решив их, я попытался их распределить на группы.
С помощью теоремы Виета можно решать задачи следующего содержания:
 подбирать устно целые корни приведенного квадратного уравнения;
 проверять с помощью обобщенной теоремы Виета полученные корни
квадратных уравнений при а  1, не подставляя их в исходное уравнение;
 используя зависимости между коэффициентами, подбирать устно корни
уравнений с большими коэффициентами, дающими громоздкие вычисления
с помощью дискриминанта;
 различные задачи на зависимость между коэффициентами и корнями
уравнений;
 исследовательские задачи с параметрами;
 задания из разных разделов алгебры и геометрии, первоначально не
связанных с решением уравнений;
 задания из математических олимпиад по теме «Многочлены» и
«Алгебраические уравнения»;
Франсуа Виет очень гордился своей знаменитой теоремой.
Теорема Виета – азбука в решении квадратных уравнений и очень красивая азбука.
Спасибо тебе, Виет, за твою теорему!
24
Список использованной литературы
1. Власова Т.Г. Предметная неделя математики в школе. Ростов-на-Дону, 2006.–176 с.
2. Воронина О.А. Алгебра. ГИА. Тематические задания с образцами решений.
Саратов, 2011. – 240 с.
3. Галицкий М.Л. Сборник задач по алгебре: Учеб. пособие для 8-9 кл. с углубл.
изучением математики. М.: Просвещение, 2001. – 271 с.
4. Глазков Ю.А. ЕГЭ: сборник заданий: методическое пособие для подготовки к
экзамену. М.: Экзамен,2010. – 287с.
5. Глейзер Г.И. История математики в школе. VII– VIII кл. М.: Просвещение, 1982. –
240 с.
6. Зарубежные математические олимпиады. /Конягин С.В. М.: Наука, 1987. –416 с.
7. Крамор В.С. Повторяем и систематизируем школьный курс алгебры и начал
анализа – М.: Просвещение, 1993.- 415 с.
8. Математика. 8-9 классы: сборник элективных курсов. Вып. 1/ авт.-сост.
В.Н.Студенецкая. Волгоград: Учитель, 2007. – 205 с.
9. Практическая часть к элективному курсу «Мир, математика, математики»
(историческая реконструкция элементарной алгебры и математического анализа).
Дзержинск, 2011. – 79 с.
10. Садовничий Ю.В. Алгебра. Конкурсные задачи с решениями: учебное пособие. М.:
«Экзамен», 2007. – 445 с.
11. Сканави М.И. Сборник задач по математике для поступающих в вузы. М.: Оникс,
2008. – 608с.
12. Фарков А.В. Математические олимпиады в школе. 5 – 11 класс. М.: Айрис-пресс,
2005.- 176 с.
13. Черкасов О.Ю., Якушев А.Г. Математика: Справочник для старшеклассников и
поступающих в вузы. М.:АСТ - ПРЕСС ШКОЛА, 2005. – 640 с.
14. Шарыгин И.Ф. Математика для школьников старших классов. – М.: Дрофа, 1995. –
496 с.
15. Энциклопедия для детей. Математика. Ред. Аксеновой М. М.: Мир энциклопедий
Аванта+, Астрель, 2007. – 621 с.
25