1. Οι εξισώσεις καλούνται συμμετρικές εξισώσεις 3ου βαθμού, αν έχουν τη μορφή
ax 3 + bx 2 + bx + a = 0.

Για την επιτυχή επίλυση εξισώσεων αυτού του τύπου, είναι χρήσιμο να γνωρίζουμε και να μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις ακόλουθες απλές ιδιότητες των αμοιβαίων εξισώσεων:

ΕΝΑ)Οποιαδήποτε αμοιβαία εξίσωση περιττού βαθμού έχει πάντα ρίζα ίση με -1.

Πράγματι, αν ομαδοποιήσουμε τους όρους στην αριστερή πλευρά ως εξής: a(x 3 + 1) + bx(x + 1) = 0, τότε είναι δυνατό να αφαιρέσουμε τον κοινό παράγοντα, δηλ. (x + 1)(ax 2 + (b – a)x + a) = 0, επομένως,
x + 1 = 0 ή ax 2 + (b – a)x + a = 0, η πρώτη εξίσωση αποδεικνύει τη δήλωση που μας ενδιαφέρει.

σι)Η αμοιβαία εξίσωση δεν έχει ρίζες ίσες με μηδέν.

V)Κατά τη διαίρεση ενός πολυωνύμου περιττού βαθμού με το (x + 1), το πηλίκο είναι πάλι ένα επαναλαμβανόμενο πολυώνυμο και αυτό αποδεικνύεται με επαγωγή.

Παράδειγμα.

x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = 0.

Λύση.

Η αρχική εξίσωση έχει απαραίτητα ρίζα x = -1, οπότε διαιρούμε το x 3 + 2x 2 + 2x + 1 με (x + 1) σύμφωνα με το σχήμα του Horner:

.	1	2	2	1
-1	1	2 – 1 = 1	2 – 1 = 1	1 – 1 = 0

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

Η τετραγωνική εξίσωση x 2 + x + 1 = 0 δεν έχει ρίζες.

Απάντηση: -1.

2. Οι εξισώσεις καλούνται συμμετρικές εξισώσεις 4ου βαθμού, αν έχουν τη μορφή
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0.

Αλγόριθμος λύσηςπαρόμοιες εξισώσεις είναι:

ΕΝΑ)Διαιρέστε και τις δύο πλευρές της αρχικής εξίσωσης με x 2. Αυτή η ενέργεια δεν θα οδηγήσει σε απώλεια της ρίζας, επειδή το x = 0 δεν είναι λύση στη δεδομένη εξίσωση.

σι)Χρησιμοποιώντας την ομαδοποίηση, φέρτε την εξίσωση στη μορφή:

a(x 2 + 1/x 2) + b(x + 1/x) + c = 0.

V)Εισαγάγετε έναν νέο άγνωστο: t = (x + 1/x).

Ας κάνουμε τον μετασχηματισμό: t 2 = x 2 +2 + 1/x 2 . Αν τώρα εκφράσουμε x 2 + 1/x 2, τότε t 2 – 2 = x 2 + 1/x 2.

ΣΟΛ)Λύστε την προκύπτουσα τετραγωνική εξίσωση σε νέες μεταβλητές:

σε 2 + bt + c – 2a = 0.

ρε)Εκτελέστε αντίστροφη αντικατάσταση.

Παράδειγμα.

6x 4 – 5x 3 – 38x 2 – 5x + 6 = 0.

Λύση.

6x 2 – 5x – 38 – 5/x + 6/x 2 = 0.

6(x 2 + 1/x 2) – 5(x + 1/x) – 38 = 0.

Εισαγάγετε t: αντικατάσταση (x + 1/x) = t. Αλλαγή: (x 2 + 1/x 2) = t 2 – 2, έχουμε:

6t 2 – 5t – 50 = 0.

t = -5/2 ή t = 10/3.

Ας επιστρέψουμε στη μεταβλητή x. Μετά την αντίστροφη αντικατάσταση, λύνουμε τις δύο εξισώσεις που προκύπτουν:

1) x + 1/x = -5/2;

x 2 + 5/2 x +1 = 0;

x = -2 ή x = -1/2.

2) x + 1/x = 10/3;

x 2 – 10/3 x + 1 = 0;

x = 3 ή x = 1/3.

Απάντηση: -2; -1/2; 1/3; 3.

Μέθοδοι επίλυσης ορισμένων τύπων εξισώσεων υψηλότερων βαθμών

1. Εξισώσεις που έχουν τη μορφή (x + a) n + (x + β) n = c,λύνονται αντικαθιστώντας t = x + (a + b)/2. Αυτή η μέθοδος ονομάζεται μέθοδος συμμετρίας.

Ένα παράδειγμα μιας τέτοιας εξίσωσης θα ήταν μια εξίσωση της μορφής (x + a) 4 + (x + b) 4 = c.

Παράδειγμα.

(x + 3) 4 + (x + 1) 4 = 272.

Λύση.

Κάνουμε την αντικατάσταση που αναφέρθηκε παραπάνω:

t = x + (3 + 1)/2 = x + 2, μετά από απλοποίηση: x = t – 2.

(t – 2 + 3) 4 + (t – 2 + 1) 4 = 272.

(t + 1) 4 + (t – 1) 4 = 272.

Αφαιρώντας τις αγκύλες χρησιμοποιώντας τύπους, παίρνουμε:

t 4 + 4t 3 + 6t 2 + 4t + 1 + t 4 – 4t 3 + 6t 2 – 4t + 1 = 272.

2t 4 + 12t 2 – 270 = 0.

t 4 + 6t 2 – 135 = 0.

t 2 = 9 ή t 2 = -15.

Η δεύτερη εξίσωση δεν δίνει ρίζες, αλλά από την πρώτη έχουμε t = ±3.

Μετά από αντίστροφη αντικατάσταση παίρνουμε ότι x = -5 ή x = 1.

Απάντηση: -5; 1.

Για την επίλυση τέτοιων εξισώσεων είναι συχνά αποτελεσματικό να μέθοδος παραγοντοποίησης της αριστερής πλευράς της εξίσωσης.

2. Εξισώσεις της φόρμας (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = A, όπου a + d = c + b.

Η τεχνική για την επίλυση τέτοιων εξισώσεων είναι να ανοίξετε μερικώς τις αγκύλες και στη συνέχεια να εισαγάγετε μια νέα μεταβλητή.

Παράδειγμα.

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24.

Λύση.

Υπολογίζουμε: 1 + 4 = 2 + 3. Ομαδοποιήστε τις αγκύλες σε ζευγάρια:

((x + 1)(x + 4))((x + 2)(x + 3)) = 24,

(x 2 + 5x + 4) (x 2 + 5x + 6) = 24.

Κάνοντας την αντικατάσταση x 2 + 5x + 4 = t, έχουμε την εξίσωση

t(t + 2) = 24, είναι τετράγωνο:

t 2 + 2t – 24 = 0.

t = -6 ή t = 4.

Αφού εκτελέσουμε την αντίστροφη αντικατάσταση, βρίσκουμε εύκολα τις ρίζες της αρχικής εξίσωσης.

Απάντηση: -5; 0.

3. Εξισώσεις της φόρμας (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = Ax 2, όπου ad = cb.

Η μέθοδος επίλυσης είναι να ανοίξετε μερικώς τις αγκύλες, να διαιρέσετε και τις δύο πλευρές με x 2 και να λύσετε ένα σύνολο τετραγωνικών εξισώσεων.

Παράδειγμα.

(x + 12)(x + 2)(x + 3)(x + 8) = 4x 2.

Λύση.

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο πρώτες και τις δύο τελευταίες αγκύλες στην αριστερή πλευρά παίρνουμε:

(x 2 + 14x + 24)(x 2 + 11x + 24) = 4x 2. Διαιρέστε με x 2 ≠ 0.

(x + 14 + 24/x)(x + 11 + 24/x) = 4. Αντικαθιστώντας (x + 24/x) = t καταλήγουμε στην τετραγωνική εξίσωση:

(t + 14)(t + 11) = 4;

t 2 + 25x + 150 = 0.

t = 10 ή t = 15.

Κάνοντας την αντίστροφη αντικατάσταση x + 24/x = 10 ή x + 24/x = 15, βρίσκουμε τις ρίζες.

Απάντηση: (-15 ± √129)/2; -4; -6.

4. Λύστε την εξίσωση (3x + 5) 4 + (x + 6) 3 = 4x 2 + 1.

Λύση.

Είναι δύσκολο να ταξινομήσετε αμέσως αυτή την εξίσωση και να επιλέξετε μια μέθοδο επίλυσης. Επομένως, πρώτα μετασχηματίζουμε χρησιμοποιώντας τη διαφορά των τετραγώνων και τη διαφορά των κύβων:

((3x + 5) 2 – 4x 2) + ((x + 6) 3 – 1) = 0. Στη συνέχεια, αφού αφαιρέσουμε τον κοινό παράγοντα, καταλήγουμε σε μια απλή εξίσωση:

(x + 5) (x 2 + 18x + 48) = 0.

Απάντηση: -5; -9 ± √33.

Εργο.

Κατασκευάστε ένα πολυώνυμο τρίτου βαθμού στο οποίο μια ρίζα ίση με 4 έχει πολλαπλότητα 2 και μια ρίζα ίση με -2.

Λύση.

f(x)/((x – 4) 2 (x + 2)) = q(x) ή f(x) = (x – 4) 2 (x + 2)q(x).

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο πρώτες αγκύλες και φέρνοντας παρόμοιους όρους, παίρνουμε: f(x) = (x 3 – 6x 2 + 32)q(x).

x 3 – 6x 2 + 32 είναι ένα πολυώνυμο τρίτου βαθμού, επομένως, το q(x) είναι κάποιος αριθμός από R(δηλαδή πραγματικό). Έστω q(x) ένα, τότε f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Απάντηση: f(x) = x 3 – 6x 2 + 32.

Έχετε ακόμα ερωτήσεις; Δεν ξέρετε πώς να λύσετε εξισώσεις;
Για να λάβετε βοήθεια από έναν δάσκαλο, εγγραφείτε.
Το πρώτο μάθημα είναι δωρεάν!

ιστοσελίδα, κατά την πλήρη ή μερική αντιγραφή υλικού, απαιτείται σύνδεσμος προς την πηγή.

Έτσι, για το u παίρνουμε την εξίσωση Ας θυμηθούμε το θεώρημα για τις ορθολογικές ρίζες των πολυωνύμων (§ 2.1.5). Οι ορθολογικές ρίζες της εξίσωσής μας πρέπει να αναζητηθούν μεταξύ των διαιρετών του αριθμού –4. Διαβάζοντας όλους τους διαιρέτες, είμαστε πεπεισμένοι ότι η εξίσωση δεν έχει ορθολογικές ρίζες. Ωστόσο, αυτό το θεώρημα δεν ήταν θεώρημα της ύπαρξης ριζών. Αυτό το θεώρημα δήλωνε μόνο το εξής: εάν ένα πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές έχει ορθολογικές ρίζες (αλλά είναι ακόμα πιθανό να ΜΗΝ υπάρχουν), τότε αυτές οι ρίζες θα έχουν κάποια ειδική μορφή. Αυτό το θεώρημα δεν περιέγραψε την περίπτωση που δεν υπάρχουν ορθολογικές ρίζες.

Ας προσπαθήσουμε να βρούμε τις ρίζες της εξίσωσης του αρχικού συστήματος ανάμεσα στους παράλογους αριθμούς. Ωστόσο, αυτό θα απαιτήσει κάποια δημιουργικότητα: η τυπική αντικατάσταση για συμμετρικά συστήματα προφανώς δεν λειτουργεί εδώ.

Ανεβάζοντας τη δεύτερη εξίσωση σε κύβο, παίρνουμε: Έτσι, με το θεώρημα του Βιέτα, και είναι οι ρίζες της τετραγωνικής εξίσωσης Εξού και Εξού,

Στόχοι μαθήματος:

• εκπαιδευτικός:εκπαίδευση στην επίλυση συστημάτων εξισώσεων που περιέχουν ομοιογενή εξίσωση, συμμετρικά συστήματα εξισώσεων.
• ανάπτυξη: ανάπτυξη σκέψης, προσοχής, μνήμης, ικανότητας ανάδειξης του κύριου πράγματος.
• εκπαιδευτικός:ανάπτυξη δεξιοτήτων επικοινωνίας.

Τύπος μαθήματος:μάθημα εκμάθησης νέου υλικού.

Χρησιμοποιούμενες τεχνολογίες διδασκαλίας:

• εργασία σε ομάδες;
• μέθοδος σχεδιασμού.

Εξοπλισμός:υπολογιστής, προβολέας πολυμέσων.

Μια εβδομάδα πριν από το μάθημα, οι μαθητές λαμβάνουν θέματα για δημιουργικές εργασίες (ανάλογα με τις επιλογές).
I επιλογή. Συμμετρικά συστήματα εξισώσεων. Λύσεις.
Επιλογή II. Συστήματα που περιέχουν ομοιογενή εξίσωση. Λύσεις.

Κάθε μαθητής, χρησιμοποιώντας επιπλέον εκπαιδευτική βιβλιογραφία, πρέπει να βρει το κατάλληλο εκπαιδευτικό υλικό, να επιλέξει ένα σύστημα εξισώσεων και να το λύσει.
Ένας μαθητής από κάθε επιλογή δημιουργεί παρουσιάσεις πολυμέσων σχετικά με το θέμα της δημιουργικής εργασίας. Ο δάσκαλος παρέχει διαβουλεύσεις στους μαθητές εάν είναι απαραίτητο.

I. Κίνητρα για μαθησιακές δραστηριότητες των μαθητών

Εναρκτήρια ομιλία δασκάλου
Στο προηγούμενο μάθημα, εξετάσαμε την επίλυση συστημάτων εξισώσεων με αντικατάσταση αγνώστων. Δεν υπάρχει γενικός κανόνας για την επιλογή νέων μεταβλητών. Ωστόσο, δύο τύποι συστημάτων εξισώσεων μπορούν να διακριθούν όταν υπάρχει μια λογική επιλογή μεταβλητών:

• συμμετρικά συστήματα εξισώσεων.
• συστήματα εξισώσεων, ένα από τα οποία είναι ομοιογενές.

II. Εκμάθηση νέου υλικού

Οι μαθητές στην επιλογή 2 αναφέρουν την εργασία τους.

1. Επίδειξη διαφανειών της παρουσίασης πολυμέσων «Συστήματα που περιέχουν ομοιογενή εξίσωση» (παρουσίαση 1).

2. Εργαστείτε σε ζευγάρια μαθητών που κάθονται στο ίδιο θρανίο: ένας μαθητής στην επιλογή 2 εξηγεί στον γείτονά του στο γραφείο τη λύση ενός συστήματος που περιέχει μια ομοιογενή εξίσωση.

Έκθεση μαθητή της επιλογής 1.

1. Επίδειξη διαφανειών της παρουσίασης πολυμέσων «Συμμετρικά συστήματα εξισώσεων» (παρουσίαση 2).

Οι μαθητές γράφουν στο τετράδιό τους:

2. Εργαστείτε σε ζευγάρια μαθητών που κάθονται στο ίδιο θρανίο: ένας μαθητής στην επιλογή 1 εξηγεί στον γείτονα του γραφείου τη λύση ενός συμμετρικού συστήματος εξισώσεων.

III. Ενίσχυση της ύλης που έμαθε

Εργαστείτε σε ομάδες (οι μαθητές που κάθονται σε διπλανά θρανία ενώνονται σε μια ομάδα 4 μαθητών).
Κάθε μία από τις 6 ομάδες ολοκληρώνει την παρακάτω εργασία.

Προσδιορίστε τον τύπο του συστήματος και λύστε το:

Οι μαθητές σε ομάδες αναλύουν συστήματα, καθορίζουν τον τύπο τους και, στη συνέχεια, κατά τη μετωπική εργασία, συζητούν λύσεις στα συστήματα.

ένα σύστημα

συμμετρική, ας εισάγουμε νέες μεταβλητές x+y=u, xy=v

β) σύστημα

περιέχει μια ομοιογενή εξίσωση.

Το ζεύγος αριθμών (0;0) δεν είναι λύση στο σύστημα.

IV. Παρακολούθηση της γνώσης των μαθητών

Ανεξάρτητη εργασία σε επιλογές.

Λύστε το σύστημα των εξισώσεων:

Οι μαθητές παραδίδουν τα τετράδιά τους στον δάσκαλο για έλεγχο.

V. Εργασία για το σπίτι

1. Συμπληρώνεται από όλους τους μαθητές.

Λύστε το σύστημα των εξισώσεων:

2. Εκτελείται από «δυνατούς» μαθητές.

Λύστε το σύστημα των εξισώσεων:

VI. Περίληψη Μαθήματος

Ερωτήσεις:
Για ποιους τύπους συστημάτων εξισώσεων μάθατε στην τάξη;
Ποια μέθοδος επίλυσης συστημάτων εξισώσεων χρησιμοποιείται για την επίλυσή τους;

Αναφορά των βαθμών που έλαβαν οι μαθητές κατά τη διάρκεια του μαθήματος.

− 4 1 + 4

−6

27 ≡ 0,

−4 x + 4 y + 27

+(y +6 )

x = 1, x

(x−1)

= −6.

y = −6

Σημειώστε ότι η λύση της δεύτερης εξίσωσης δεν είναι ακόμη λύση του συστήματος. Οι αριθμοί που προκύπτουν πρέπει να αντικατασταθούν στην υπόλοιπη πρώτη εξίσωση του συστήματος. Σε αυτή την περίπτωση, μετά την αντικατάσταση αποκτάμε ταυτότητα.

Απάντηση: (1, – 6).♦

§5. Ομογενείς εξισώσεις και συστήματα
Συνάρτηση f(x, y)	που ονομάζεται	ομοιογενής		κ αν
f (tx, ty) = tk f (x, y) .	Για παράδειγμα, συνάρτηση f (x, y) = 4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2
είναι ομοιογενές του βαθμού 4, επειδή		f (tx, ty) = 4	(tx )3 (ty )− 5 (tx )(ty )3 +
+ (tx) 2 (ty) 2 = t 4 (4x 3 y − 5xy 3 + x 2 y 2). Εξίσωση f(x, y) = 0, όπου				f (x, y) -

ομοιογενής συνάρτηση ονομάζεται ομοιογενής. Καταλήγει στην εξίσωση

με έναν άγνωστο, εάν εισάγετε μια νέα μεταβλητή t = x y.

f (x, y) = a,

Σύστημα με δύο μεταβλητές g (x, y) = b, όπου f (x, y), g (x, y) –

ομοιογενείς συναρτήσεις του ίδιου βαθμού ονομάζονται ομοιογενείς. Αν ab ≠ 0, πολλαπλασιάστε την πρώτη εξίσωση με b, τη δεύτερη με a και

Παίρνουμε το ένα από το άλλο και παίρνουμε ένα ισοδύναμο σύστημα

bf (x, y) − ag(x, y) = 0, g(x, y) = β.

Η πρώτη εξίσωση αλλάζοντας τις μεταβλητές t =

(ή t =

) θα μειωθεί σε

εξίσωση με έναν άγνωστο.

Αν a = 0

(b = 0), τότε η εξίσωση f (x, y) = 0 (g (x, y) = 0) αντικαθιστώντας

μεταβλητές t =

(ή t =

) θα αναχθεί σε εξίσωση με έναν άγνωστο

− xy + y

21 ,

Παράδειγμα 20. (MSU, 2001, Faculty of Chemistry) Λύστε το σύστημα

− 2xy + 15 = 0.

ακαδημαϊκό έτος 2012-2013 έτος, Νο 1, 11η τάξη. Μαθηματικά. Αλγεβρικές εξισώσεις, ανισώσεις, συστήματα

− xy + y 2 = 21,

− xy + y 2

y2 − 2 xy

−2 xy = −15

2xy = − 15

x ≠ 0, y ≠ 0;

19 ± 11

5x 2 − 19xy + 12y 2 = 0 5

− 19

12 = 0

−2 xy = −15

x = 3 y,

y = ±5.

3 ) ,

(− 3 3; −

3 ) , (4; 5) ,

(− 4; − 5) . ♦

§6. Συμμετρικά συστήματα

f(x,y)

που ονομάζεται

συμμετρικός,

f (x, y) = f (y, x) .

f(x, y) = α

Σύστημα εξισώσεων της μορφής

όπου f (x, y), g (x, y) – συμμετρικό

g(x, y) = b,

ric, ονομάζεται συμμετρικό σύστημα. Τέτοια συστήματα λύνουν

εμφανίζονται πιο συχνά	απλά με την εισαγωγή νέων	μεταβλητές
x + y = u, xy

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = 17,

Παράδειγμα 21. Λύστε το σύστημα των εξισώσεων

x + xy + y = 5 .

♦ Πρόκειται για αλγεβρικό (συμμετρικό) σύστημα, συνήθως λύνεται αντικαθιστώντας x + y = u, xy = v. Παρατηρώντας αυτό

x 3 + x 3 y 3 + y 3 = (x + y) (x 2 − xy + y 2) + x 3 y 3 =

= (x + y) ((x + y) 2 − 3 xy) + x3 y3 = u (u2 − 3 v) + v3,

ξαναγράφουμε το σύστημα στη φόρμα

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

ακαδημαϊκό έτος 2012-2013 έτος, Νο 1, 11η τάξη. Μαθηματικά. Αλγεβρικές εξισώσεις, ανισώσεις, συστήματα

− 3 uv + v

u = 5 − v,

6 = 0

V = 5

−5v

v = 3, u = 2

(σε παλιές μεταβλητές)

x + y = 2,

x = 2 − y,

xy = 3,

y 2 − 2 y + 3 = 0

x + y = 3,

x = 3 − y,

x = 2, y = 1,

y −3 y + 2 = 0

x = 1, y = 2.

xy = 2,

Απάντηση: (2;1),

(1; 2) . ♦

Βιβλιογραφία

1. S. I. Kolesnikova «Εντατικό μάθημα προετοιμασίας για την Ενιαία Κρατική Εξέταση». Μόσχα, Ίρις – Τύπος;

2. «Επίλυση σύνθετων προβλημάτων της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης» Μόσχα, Ίρις – Τύπος ή «Waco», 2011;

3. Περιοδικό «Δυνατότητα» Νο 1–2 για το 2005 – άρθρα της S.I. Kolesnikova “Irrational equations” and “Irrational inequalities”;

4. S. I. Kolesnikova "Irrational equations", Μόσχα, 2010,

Azbuka LLC;

5. S. I. Kolesnikova "Irrational inequalities", Μόσχα, 2010, LLC "Azbuka";

6. S.I. Kolesnikova "Εξισώσεις και ανισότητες που περιέχουν ενότητες", Μόσχα, 2010, Azbuka LLC.

Ερωτήσεις ελέγχου

1(2). Να βρείτε το μικρότερο μήκος του διαστήματος που περιέχει όλες τις λύσεις της ανίσωσης 5x + 1 ≥ 2(x − 1) .

2(2). Λύστε την ανίσωση x 3 + 8x 2 − 20x ≤ 2x − 4 (δεν χρειάζεται να λύσετε την κυβική εξίσωση, αφού δεξιά και αριστερά υπάρχει συντελεστής x − 2).

3(2). Να λύσετε την ανίσωση 2 − x ≥ x − 3.

4(2). Βρείτε το μικρότερο μήκος του διαστήματος στο οποίο η

καρπωθούν όλες οι λύσεις για την ανισότητα	x2 + 5 x − 84	≤ 0 .
	(x + 13 )(x + 14 )

5(3). Να βρείτε το άθροισμα των τετραγώνων των ακέραιων λύσεων της ανίσωσης

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

ακαδημαϊκό έτος 2012-2013 έτος, Νο 1, 11η τάξη. Μαθηματικά. Αλγεβρικές εξισώσεις, ανισώσεις, συστήματα

4 − x − 8 + x ≤ x +6 .

6(3). Να λύσετε την ανίσωση 5 + x − 8 − x ≤ 3 − x.

7(3). Λύστε την ανισότητα		− x 3 − x −1			≤x.
						9 − 4x − (x + 3) )
8(3). Λύστε την ανισότητα		4 − x −(x + 2 ) )(					≤ 0.
			(x + 1 )(x − 2 )(x − 3 )

9(4). Βρείτε το μικρότερο μήκος του διαστήματος στο οποίο η

καρπωθούν όλες οι λύσεις για την ανισότητα
			x+5				x+2				144 − x< 0.
			X−2				4 x −5		6x − 6

10(2). Να βρείτε το μικρότερο μήκος του διαστήματος που περιέχει όλες τις λύσεις της ανίσωσης 8 x − 8 ≤ 32 + 4x − x 2 .

11(4). Να βρείτε το άθροισμα των τετραγώνων όλων των ακέραιων λύσεων των ανισώσεων

2(2). Βρείτε το μικρότερο μήκος του διαστήματος που περιέχει
			(x − 1 )3 (x + 3 )
όλες οι λύσεις στην ανισότητα										≤ 0 .
			2x − 1				x − 2		) (x − 1 )

3(2). Λύστε την ανισότητα

4 (x − 3 ) 4 ≥ 4 (x − 7 ,5 ) 4 .

4(4). Λύστε την ανισότητα

x2 + 3 x − 4

x 2 − 16

2x 2 + 3x − 20

5(3). Λύστε την ανίσωση (x 2	X +1 ) 2 −2 x 3 + x 2 + x −3 x 2		≥ 0 .
ιδιότητες 4 − 2x − 1 ≤ 3.	Καθήκοντα
	− 5x + 6 + 9 − 2x − 5	≤ 0 .
1(3). Λύστε την ανισότητα
19x 2 − 4x 3 − 4x + 19

10x 2 − 17x − 6

6(4). Βρείτε όλα τα a για τα οποία η εξίσωση

4 x −

συνάρτηση f (x) = x 2 + 4x +

x 2 −

x − 1

− a δέχεται μόνο

μη άρνηση-

τελικές έννοιες.

8(4). Λύστε την εξίσωση 4 x − 3

x − 1

5x + 14 − 3

5x + 14 − 1

9(4). Λύστε την εξίσωση

x 2 − 5 +

x 2 −3 = x +1 +

x + 3 .

24 − x 2

9 2 x

10(3). Λύστε την ανισότητα

≥ 0 .

x2 − 4 7 x − 10

11(3). Τρεις δρομείς ξεκινούν ταυτόχρονα από ένα σημείο σε μια κυκλική πίστα και οδηγούν με σταθερές ταχύτητες προς την ίδια κατεύθυνση. Ο πρώτος αναβάτης πρόλαβε τον δεύτερο για πρώτη φορά, κάνοντας τον πέμπτο του γύρο, σε ένα σημείο διαμετρικά αντίθετο από την εκκίνηση, και μισή ώρα μετά πρόλαβε τον τρίτο αναβάτη για δεύτερη φορά, χωρίς να υπολογίζεται η εκκίνηση. Ο δεύτερος αναβάτης πρόλαβε τον τρίτο για πρώτη φορά 3 ώρες μετά την εκκίνηση. Πόσους γύρους την ώρα κάνει ο πρώτος οδηγός αν ο δεύτερος ολοκληρώσει τον γύρο σε τουλάχιστον είκοσι λεπτά;

© 2012, ZFTSH MIPT. Kolesnikova Sofia Ilyinichna

Αρχική > Λύση

Ορθολογικές εξισώσεις και ανισότητες

I. Ορθολογικές εξισώσεις.

Γραμμικές εξισώσεις.

Συστήματα γραμμικών εξισώσεων.

Αμοιβαίες εξισώσεις.

Ο τύπος του Vieta για πολυώνυμα υψηλότερων βαθμών.

Συστήματα εξισώσεων δευτέρου βαθμού.

Μια μέθοδος για την εισαγωγή νέων αγνώστων κατά την επίλυση εξισώσεων και συστημάτων εξισώσεων.

Ομογενείς εξισώσεις.

Επίλυση συμμετρικών συστημάτων εξισώσεων.

Εξισώσεις και συστήματα εξισώσεων με παραμέτρους.

Γραφική μέθοδος επίλυσης συστημάτων μη γραμμικών εξισώσεων.

Εξισώσεις που περιέχουν πρόσημο συντελεστή.

Βασικές μέθοδοι επίλυσης ορθολογικών εξισώσεων

II. Ορθολογικές ανισότητες.

Ιδιότητες ισοδύναμων ανισώσεων.

Αλγεβρικές ανισότητες.

Μέθοδος διαστήματος.

Κλασματικές ορθολογικές ανισότητες.

Ανισώσεις που περιέχουν ένα άγνωστο κάτω από το πρόσημο απόλυτης τιμής.

Ανισότητες με παραμέτρους.

Συστήματα ορθολογικών ανισοτήτων.

Γραφική λύση ανισώσεων.

III. Προληπτικό τεστ.

Ορθολογικές εξισώσεις

Λειτουργία της φόρμας

P(x) = a 0 x n + a 1 x n – 1 + a 2 x n – 2 + … + a n – 1 x + a n,

όπου n είναι ένας φυσικός αριθμός, a 0, a 1,…, a n είναι μερικοί πραγματικοί αριθμοί, που ονομάζονται ολόκληρη ρητή συνάρτηση.

Μια εξίσωση της μορφής P(x) = 0, όπου η P(x) είναι μια ολόκληρη ορθολογική συνάρτηση, ονομάζεται ολόκληρη ορθολογική εξίσωση.

Εξίσωση της φόρμας

P 1 (x) / Q 1 (x) + P 2 (x) / Q 2 (x) + … + P m (x) / Q m (x) = 0,

όπου P 1 (x), P 2 (x), ..., P m (x), Q 1 (x), Q 2 (x), ..., Q m (x) είναι ολόκληρες ορθολογικές συναρτήσεις, που ονομάζονται μια ορθολογική εξίσωση.

Η επίλυση της ορθολογικής εξίσωσης P (x) / Q (x) = 0, όπου τα P (x) και Q (x) είναι πολυώνυμα (Q (x)  0), καταλήγουμε στην επίλυση της εξίσωσης P (x) = 0 και ελέγχοντας ότι οι ρίζες ικανοποιούν τη συνθήκη Q (x)  0.

Γραμμικές εξισώσεις.

Μια εξίσωση της μορφής ax+b=0, όπου a και b είναι κάποιες σταθερές, ονομάζεται γραμμική εξίσωση.

Αν a0, τότε η γραμμική εξίσωση έχει μία ρίζα: x = -b /a.

Αν a=0; b0, τότε η γραμμική εξίσωση δεν έχει λύσεις.

Αν a=0; b=0, λοιπόν, ξαναγράφοντας την αρχική εξίσωση με τη μορφή ax = -b, είναι εύκολο να δούμε ότι οποιοδήποτε x είναι λύση της γραμμικής εξίσωσης.

Η εξίσωση της ευθείας είναι: y = ax + b.

Αν μια ευθεία διέρχεται από ένα σημείο με συντεταγμένες X 0 και Y 0, τότε αυτές οι συντεταγμένες ικανοποιούν την εξίσωση της ευθείας, δηλαδή Y 0 = aX 0 + b.

Παράδειγμα 1.1. Λύστε την εξίσωση

2x – 3 + 4 (x – 1) = 5.

Λύση. Ανοίξτε διαδοχικά τις αγκύλες, προσθέστε παρόμοιους όρους και βρείτε x: 2x – 3 + 4x – 4 = 5, 2x + 4x = 5 + 4 + 3,

Παράδειγμα 1.2.Λύστε την εξίσωση

2x – 3 + 2(x – 1) = 4(x – 1) – 7.

Λύση. 2x + 2x – 4x = 3 +2 – 4 – 7, 0x = – 6.

Απάντηση: .

Παράδειγμα 1.3. Λύστε την εξίσωση.

2x + 3 – 6(x – 1) = 4(x – 1) + 5.

Λύση. 2x – 6x + 3 + 6 = 4 – 4x + 5,

– 4x + 9 = 9 – 4x,

4x + 4x = 9 – 9,

Απάντηση: Οποιοσδήποτε αριθμός.

Συστήματα γραμμικών εξισώσεων.

Εξίσωση της φόρμας

a 1 x 1 + a 2 x 2 + … + a n x n = b,

όπου a 1, b 1, …, a n, b είναι μερικές σταθερές, που ονομάζονται γραμμική εξίσωση με n αγνώστους x 1, x 2, …, x n.

Ένα σύστημα εξισώσεων ονομάζεται γραμμικό εάν όλες οι εξισώσεις που περιλαμβάνονται στο σύστημα είναι γραμμικές. Εάν το σύστημα αποτελείται από n άγνωστους, τότε είναι δυνατές οι ακόλουθες τρεις περιπτώσεις:

το σύστημα δεν έχει λύσεις.

το σύστημα έχει ακριβώς μια λύση?

το σύστημα έχει άπειρες λύσεις.

Παράδειγμα 2.4.επίλυση συστήματος εξισώσεων

Λύση. Μπορείτε να λύσετε ένα σύστημα γραμμικών εξισώσεων χρησιμοποιώντας τη μέθοδο αντικατάστασης, η οποία συνίσταται στην έκφραση ενός αγνώστου με όρους άλλων αγνώστων για οποιαδήποτε εξίσωση του συστήματος και στη συνέχεια στην αντικατάσταση της τιμής αυτού του αγνώστου στις υπόλοιπες εξισώσεις.

Από την πρώτη εξίσωση εκφράζουμε: x= (8 – 3y) / 2. Αντικαθιστούμε αυτή την έκφραση στη δεύτερη εξίσωση και παίρνουμε ένα σύστημα εξισώσεων

X = (8 – 3y) / 2, 3(8 – 3y) / 2 + 2y = 7. Από τη δεύτερη εξίσωση παίρνουμε y = 2. Λαμβάνοντας αυτό υπόψη, από την πρώτη εξίσωση x = 1. Απάντηση: (1 Παράδειγμα 2.5. Επίλυση συστήματος εξισώσεων

Λύση. Το σύστημα δεν έχει λύσεις, αφού δύο εξισώσεις του συστήματος δεν μπορούν να ικανοποιηθούν ταυτόχρονα (από την πρώτη εξίσωση x + y = 3, και από τη δεύτερη x + y = 3,5).

Απάντηση: Δεν υπάρχουν λύσεις.

Παράδειγμα 2.6. επίλυση συστήματος εξισώσεων

Λύση. Το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, αφού η δεύτερη εξίσωση προκύπτει από την πρώτη πολλαπλασιάζοντας με το 2 (δηλαδή, στην πραγματικότητα, υπάρχει μόνο μία εξίσωση με δύο άγνωστους).

Απάντηση: Υπάρχουν άπειρες λύσεις.

Παράδειγμα 2.7. επίλυση συστήματος εξισώσεων

x + y – z = 2,

2x – y + 4z = 1,

Λύση. Κατά την επίλυση συστημάτων γραμμικών εξισώσεων, είναι βολικό να χρησιμοποιείται η μέθοδος Gauss, η οποία συνίσταται στη μετατροπή του συστήματος σε τριγωνική μορφή.

Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη εξίσωση του συστήματος με – 2 και, προσθέτοντας το αποτέλεσμα που προκύπτει με τη δεύτερη εξίσωση, παίρνουμε – 3y + 6z = – 3. Αυτή η εξίσωση μπορεί να ξαναγραφτεί ως y – 2z = 1. Προσθέτοντας την πρώτη εξίσωση με το Τρίτον, παίρνουμε 7y = 7 ή y = 1.

Έτσι, το σύστημα απέκτησε τριγωνικό σχήμα

x + y – z = 2,

Αντικαθιστώντας το y = 1 στη δεύτερη εξίσωση, βρίσκουμε z = 0. Αντικαθιστώντας το y = 1 και z = 0 στην πρώτη εξίσωση, βρίσκουμε x = 1. Απάντηση: (1; 1; 0). σε ποιες τιμές της παραμέτρου α βρίσκεται το σύστημα εξισώσεων

2x + ay = a + 2,

(a + 1)x + 2ay = 2a + 4

έχει άπειρες λύσεις; Λύση. Από την πρώτη εξίσωση εκφράζουμε x:

x = – (a / 2)y + a / 2 +1.

Αντικαθιστώντας αυτήν την έκφραση στη δεύτερη εξίσωση, παίρνουμε

(a + 1)(– (a / 2)y + a / 2 +1) + 2ay = 2a + 4.

(a + 1)(a + 2 – ay) + 4ay = 4a + 8,

4ay – a(a + 1)y = 4(a + 2) – (a + 1)(a + 2),

ya(4 – a – 1) = (a + 2)(4 – a – 1),

ya(3 – a) = (a + 2)(3 – a).

Αναλύοντας την τελευταία εξίσωση, σημειώνουμε ότι για a = 3 έχει τη μορφή 0y = 0, δηλ. ικανοποιείται για οποιεσδήποτε τιμές του y. Απάντηση: 3.

Τετραγωνικές εξισώσεις και εξισώσεις που μπορούν να αναχθούν σε αυτές.

Μια εξίσωση της μορφής ax 2 + bx + c = 0, όπου a, b και c είναι κάποιοι αριθμοί (a0).

Το x είναι μια μεταβλητή που ονομάζεται τετραγωνική εξίσωση.

Τύπος επίλυσης τετραγωνικής εξίσωσης.

Αρχικά, ας διαιρέσουμε και τις δύο πλευρές της εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0 με το a - αυτό δεν θα αλλάξει τις ρίζες της. Για να λύσετε την εξίσωση που προκύπτει

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0

επιλέξτε ένα πλήρες τετράγωνο στην αριστερή πλευρά

x 2 + (b / a) + (c / a) = (x 2 + 2(b / 2a)x + (b / 2a) 2) – (b / 2a) 2 + (c / a) =

= (x + (b / 2a)) 2 – (b 2) / (4a 2) + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – ((b 2 – 4ac) / (4a 2 )).

Για συντομία, συμβολίζουμε την έκφραση (b 2 – 4ac) με D. Τότε η ταυτότητα που προκύπτει παίρνει τη μορφή

Τρεις περιπτώσεις είναι δυνατές:

αν ο αριθμός D είναι θετικός (D > 0), τότε σε αυτή την περίπτωση μπορείτε να πάρετε την τετραγωνική ρίζα του D και να γράψετε D με τη μορφή D = (D) 2. Επειτα

D / (4a 2) = (D) 2 / (2a) 2 = (D / 2a) 2, επομένως η ταυτότητα παίρνει τη μορφή

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / 2a) 2 .

Χρησιμοποιώντας τον τύπο διαφοράς τετραγώνων, αντλούμε από εδώ:

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a) – (D / 2a))(x + (b / 2a) + (D / 2a)) =

= (x – ((-b + D) / 2a)) (x – ((– b – D) / 2a)).

Θεώρημα:Αν ισχύει η ταυτότητα

ax 2 + bx + c = a(x – x 1)(x – x 2),

τότε η τετραγωνική εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 για το X 1  X 2 έχει δύο ρίζες X 1 και X 2, και για το X 1 = X 2 - μόνο μία ρίζα X 1.

Δυνάμει αυτού του θεωρήματος, από την ταυτότητα που προκύπτει παραπάνω προκύπτει ότι η εξίσωση

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0,

και έτσι η εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 έχει δύο ρίζες:

X 1 =(-b +  D) / 2a; X 2 = (-b -  D) / 2a.

Έτσι x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2).

Συνήθως αυτές οι ρίζες γράφονται με έναν τύπο:

όπου b 2 – 4ac = D.

αν ο αριθμός D είναι μηδέν (D = 0), τότε η ταυτότητα

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

παίρνει τη μορφή x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2.

Συνεπάγεται ότι για D = 0 η εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 έχει μία ρίζα πολλαπλότητας 2: X 1 = – b / 2a

3) Εάν ο αριθμός D είναι αρνητικός (D< 0), то – D >0, και επομένως η έκφραση

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x + (b / 2a)) 2 – (D / (4a 2))

είναι το άθροισμα δύο όρων, εκ των οποίων ο ένας είναι μη αρνητικός και ο άλλος θετικός. Ένα τέτοιο άθροισμα δεν μπορεί να ισούται με μηδέν, άρα η εξίσωση

x 2 + (b / a)x + (c / a) = 0

δεν έχει πραγματικές ρίζες. Δεν τα έχει ούτε η εξίσωση ax 2 + bx + c = 0.

Έτσι, για να λυθεί μια δευτεροβάθμια εξίσωση, θα πρέπει να υπολογιστεί η διάκριση

D = b 2 – 4ac.

Αν D = 0, τότε η τετραγωνική εξίσωση έχει μια μοναδική λύση:

Αν D > 0, τότε η τετραγωνική εξίσωση έχει δύο ρίζες:

X 1 =(-b + D) / (2a); X 2 = (-b - D) / (2a).

Αν ο Δ< 0, то квадратное уравнение не имеет корней.

Εάν ένας από τους συντελεστές b ή c είναι μηδέν, τότε η δευτεροβάθμια εξίσωση μπορεί να λυθεί χωρίς να υπολογιστεί η διάκριση:

b = 0; c  0; γ/α<0; X1,2 = (-c / a)

b  0; c = 0; X1 = 0, X2= -b / a.

Οι ρίζες μιας γενικής τετραγωνικής εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0 βρίσκονται με τον τύπο

Μια τετραγωνική εξίσωση στην οποία ο συντελεστής x 2 είναι ίσος με 1 ονομάζεται ανηγμένη. Συνήθως η δεδομένη τετραγωνική εξίσωση συμβολίζεται ως εξής:

x 2 + px + q = 0.

Το θεώρημα του Βιέτα.

Εμείς αντλήσαμε την ταυτότητα

x 2 + (b / a)x + (c / a) = (x – x1)(x – x2),

όπου X 1 και X 2 είναι οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης ax 2 + bx + c =0. Ας ανοίξουμε τις αγκύλες στη δεξιά πλευρά αυτής της ταυτότητας.

x 2 + (b / a)x + (c / a) = x 2 – x 1 x – x 2 x + x 1 x 2 = x 2 – (x 1 + x 2)x +x 1 x 2.

Από αυτό προκύπτει ότι X 1 + X 2 = – b / a και X 1 X 2 = c / a. Αποδείξαμε το ακόλουθο θεώρημα, που καθιερώθηκε για πρώτη φορά από τον Γάλλο μαθηματικό F. Viète (1540 – 1603):

Θεώρημα 1 (Vieta). Το άθροισμα των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι ίσο με τον συντελεστή X, λαμβάνεται με το αντίθετο πρόσημο και διαιρούμενο με τον συντελεστή X 2 . το γινόμενο των ριζών αυτής της εξίσωσης είναι ίσο με τον ελεύθερο όρο διαιρούμενο με τον συντελεστή X 2 .

Θεώρημα 2 (αντίστροφη). Αν ικανοποιηθούν οι ισότητες

X 1 + X 2 = – b / a και X 1 X 2 = c / a,

τότε οι αριθμοί X 1 και X 2 είναι οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης ax 2 + bx + c = 0.

Σχόλιο. Οι τύποι X 1 + X 2 = – b / a και X 1 X 2 = c / a παραμένουν αληθινοί στην περίπτωση που η εξίσωση ax 2 + bx + c = 0 έχει μία ρίζα X 1 πολλαπλάσιο 2, αν βάλουμε Χ στους αναφερόμενους τύπους 2 = X 1. Επομένως, είναι γενικά αποδεκτό ότι στο D = 0 η εξίσωση ax 2 + bx +c = 0 έχει δύο ρίζες που συμπίπτουν μεταξύ τους.

Κατά την επίλυση προβλημάτων που σχετίζονται με το θεώρημα του Vieta, είναι χρήσιμο να χρησιμοποιούνται οι σχέσεις

(1 / X 1) + (1/ X 2)= (X 1 + X 2)/ X 1 X 2 ;

X 1 2 + X 2 2 = (X 1 + X 2) 2 – 2 X 1 X 2 ;

X 1 / X 2 + X 2 / X 1 = (X 1 2 + X 2 2) / X 1 X 2 = ((X 1 + X 2) 2 – 2X 1 X 2) / X 1 X 2 ;

X 1 3 + X 2 3 = (X 1 + X 2) (X 1 2 – X 1 X 2 + X 2 2) =

= (X 1 + X 2) ((X 1 + X 2) 2 – 3X 1 X 2).

Παράδειγμα 3.9.Λύστε την εξίσωση 2x 2 + 5x – 1 = 0.

Λύση. D = 25 – 42(– 1) = 33 >0;

X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Απάντηση: X 1 = (- 5 + 33) / 4; X 2 = (- 5 -33) / 4.

Παράδειγμα 3.10.Λύστε την εξίσωση x 3 – 5x 2 + 6x = 0

Λύση. Ας παραγοντοποιήσουμε την αριστερή πλευρά της εξίσωσης x(x 2 – 5x + 6) = 0,

επομένως x = 0 ή x 2 – 5x + 6 = 0.

Λύνοντας την τετραγωνική εξίσωση, παίρνουμε Χ 1 = 2, Χ 2 = 3.

Απάντηση: 0; 2; 3.

Παράδειγμα 3.11.

x 3 – 3x + 2 = 0. Λύση. Ας ξαναγράψουμε την εξίσωση γράφοντας –3x = – x – 2x, x 3 – x – 2x + 2 = 0, και τώρα ομάδα x(x 2 – 1) – 2(x – 1) = 0,(x – 1) (x( x + 1) – 2) = 0,x – 1 = 0, x 1 = 1,x 2 + x – 2 = 0, x 2 = – 2, x 3 = 1. Απάντηση: x 1 = x 3 = 1 , x 2 = – 2.Παράδειγμα 3.12. Λύστε την εξίσωση 7

(x – 1)(x – 3)(x – 4)

(2x – 7)(x + 2)(x – 6)Λύση. Ας βρούμε το εύρος των αποδεκτών τιμών x:X + 2  0; x – 6  0; 2x – 7  0 ή x  – 2; x  6; x  3,5 Μειώνουμε την εξίσωση στη μορφή (7x – 14)(x 2 – 7x + 12) = (14 – 4x)(x 2 – 4x – 12), ανοίγουμε τις αγκύλες 7x 3 – 49x 2 + 84x – 14x 2 + 98x – 168 + 4x 3 – 16x 2 – 48x – 14x 2 + 56x + 168 = 0,11x 3 – 93x 2 + 190x = 0,x(11x 2 – 93x + 190x1 = 0,1x1) – 93x + 190 = 0,93(8649 – 8360) 93  17 x 2,3 = = ,

Εκείνοι. x 1 = 5; x 2 = 38 / 11.

Οι τιμές που βρέθηκαν ικανοποιούν το ODZ.

Απάντηση: x 1 = 0; x 2 = 5; x 3 = 38 / 11.

Παράδειγμα 3.13.Λύστε την εξίσωση x 6 – 5x 3 + 4 = 0

Λύση. Ας συμβολίσουμε y = x 3 , τότε η αρχική εξίσωση παίρνει τη μορφή

y 2 – 5y + 4 = 0, λύνοντας το οποίο παίρνουμε Y 1 = 1; Υ2 = 4.

Έτσι, η αρχική εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύνολο

εξισώσεις: x 3 = 1 ή x 3 = 4, δηλ. X 1 = 1 ή X 2 = 3 4

Απάντηση: 1; 3 4.

Παράδειγμα 3.14.Λύστε την εξίσωση (x 3 – 27) / (x – 3) = 27

Λύση. Ας παραγοντοποιήσουμε τον αριθμητή (χρησιμοποιώντας τον τύπο της διαφοράς των κύβων):

Κανω ΑΝΑΦΟΡΑ

Επιστημονικός υπεύθυνος: Kulabukhov Sergey Yurievich, υποψήφιος φυσικών και μαθηματικών επιστημών, δάσκαλος πρόσθετης εκπαίδευσης του Δημοτικού Εκπαιδευτικού Ιδρύματος Εκπαιδευτικού Ιδρύματος Παιδικής Εκπαίδευσης και Επιστήμης, Rostov-on-Don.