Исследовательская работа по теме: «Решение квадратных уравнений различными способами.»

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение
«Средняя общеобразовательная школа № 19» ИМРСК
Исследовательская работа по теме:
«Решение
квадратных уравнений
различными способами.»работа выполнена в течении 4 месяцев
Работа ученицы 9б класса,

Ванян Лилии.
Руководитель:
учитель математики школы № 19,
Ерёмина Екатерина Дмитриевна.
2014г.
Содержание работы:
1. Определение квадратного уравнения, его виды ________________стр. 3
2. Из истории квадратных уравнений __________________________стр. 4
3. Различные способы решения квадратных уравнений:
1) Разложение левой части уравнения на множители ________________стр. 6
2) Метод выделения полного квадрата ____________________________стр. 6
3) Решение квадратных уравнений по формуле _____________________стр. 7
4)Решение уравнений с использованием теоремы Виета _____________ стр. 8
5) Решение уравнений способом переброски _______________________стр. 9
6)Свойства коэффициентов квадратного уравнения ________________стр. 10
7) Графическое решение квадратного уравнения __________________ стр. 13
8) Решение квадратных уравнений с помощью
циркуля и линейки _________________________________________стр. 14
9) Решение квадратных уравнений с помощью
номограммы _____________________________________________стр. 18
10) Геометрический способ решения квадратных уравнений _________стр. 20
4. Дидактический материал __________________________________стр. 22
5. Литература _______________________________________________стр. 24
1. Определение квадратного уравнения, его виды.
Определение: Квадратным уравнением называется уравнение вида
ax2 + bx + c = 0,
где х- переменная, а,b и с-некоторые числа, причем, а ≠ 0.
Если в квадратном уравнении ах2 + bx + c = 0 хотя бы один из коэффициентов b или с равен нулю, то такое уравнение называют неполным квадратным уравнением.
Неполные квадратные уравнения бывают трёх видов:
1) ах2 + с = 0, где с ≠ 0;
2) ах2 + bх = 0, где b ≠ 0;
3) ах2 = 0.
2. Из истории квадратных уравнений.
а) Квадратные уравнения в Древнем Вавилоне
Необходимость решать уравнения не только первой, но и второй степени ещё в древности была вызвана потребностью решать задачи, связанные нахождением площадей земельных участков и с земляными работами военного характера, а также с развитием астрономии и самой математики. Квадратные уравнения умели решать около 2000 лет до н.э. вавилоняне. Применяя современную алгебраическую запись, можно сказать, что в их клинописных текстах встречаются, кроме неполных, и такие, например, полные квадратные уравнения:х2 + х = , х2 – х = 14
Правило решения этих уравнений, изложенное в вавилонских текстах, совпадает по существу с современным, однако неизвестно, каким образом дошли вавилоняне до этого правила. Почти все найденные до сих пор клинописные тексты приводят только задачи с решениями, изложенными в виде рецептов, без указаний относительно того, каким образом они были найдены.
б) Квадратные уравнения в Индии.
Задачи на квадратные уравнения встречаются уже в астрономическом тракте «Ариабхаттиам», составленном в 499 г. индийским математиком и астрономом Ариабахаттой. Другой индийский ученый, Брахмагупта (VII в.), изложил общее правило решения квадратных уравнений, приведенных к единой канонической форме:
ах2 + bх = с, а > 0
В уравнении коэффициенты, кроме а, могут быть отрицательными. Правило Брахмагупта по существу совпадает с нашим.
в) Квадратные уравнения в Европе XIII-XVII вв.
Формулы решения квадратных уравнений по образцу ал-Хорезми в Европе были впервые изложены в «Книге абака», написанной в 1202 г. Итальянским математиком Леонардо Фибоначчи. Этот объемный труд, в котором отражено влияние математики как стран ислама, так и Древней Греции, отличается и полнотой, и ясностью изложения. Автор разработал самостоятельно некоторые новые алгебраические примеры решения задач и первый в Европе подошел к введению отрицательных чисел. Его книга способствовала распространению алгебраических знаний не только в Италии, но и в Германии, Франции и других странах Европы. Многие задачи из «Книги абака» переходили почти во все европейские учебники XVI-XVII вв. и частично XVIII.
Общее правило решения квадратных уравнений, приведенных к единому каноническому виду
х2 + bх = с,
при всевозможных комбинациях знаков коэффициентов b, с было сформулировано в Европе лишь в 1544 г. М.Штифелем.
Вывод формулы решения квадратного уравнения в общем виде имеется у Виета, однако Виет признавал только положительные корни. Итальянские математики Тарталья, Кардано, Бомбелли среди первых в XVI в. Учитывают, помимо положительных, и отрицательные корни. Лишь в XVII в. благодаря трудам Жирара, Декарта, Ньютона и других ученых способ решения квадратных уравнений принимает современный вид.



3. Различные способы решения квадратных уравнений.
1) Разложение левой части уравнения на множители.
● Примеры.
1. Решим уравнение х2 + 10х – 24 = 0.
Разложим левую часть уравнения на множители:
х2 + 10х – 24 = х2 + 12х – 2х – 24 = х (х + 12) – 2 (х +12) = (х + 12)(х – 2).
Следовательно, уравнение можно переписать так:
(х + 12)(х – 2) = 0.
Так как произведение равно нулю, то по крайне мере один из его множителей равен нулю. Поэтому левая часть уравнения обращается в нуль при х = 2, а также при х = - 12. это означает, что числа 2 и – 12 являются корнями уравнения х2 + 10х – 24 = 0.
2) Метод выделения полного квадрата
Поясним этот метод на примере.
● Пример
Решим уравнение х2 + 6х – 7 = 0
Выделим в левой части полный квадрат. Для этого запишем выражение
х2 + 6х в следующем виде:
х2 + 6х = х2 + 2· х ·3.
В полученном выражении первое слагаемое – квадрат числа х, а второе – удвоенное произведение х на 3. поэтому чтобы получить полный квадрат, нужно прибавить 32, так как
х2 + 2· х ·3 + 32 = (х + 3)2 .
Преобразуем теперь левую часть уравнения
х2 + 6х – 7 = 0,
прибавляя к ней и вычитая 32. Имеем:
х2 + 6х – 7 = х2 + 2· х ·3 + 32 – 32 – 7 = (х + 3)2 – 9 – 7 = (х + 3)2 – 16.
Таким образом, данное уравнение можно записать так:
(х + 3)2 –16 = 0, т.е. (х + 3)2 = 16.
Следовательно, х = 3 = 4, х1 = 1, или х +3 = - 4 , х2 = – 7.
3) Решение квадратных уравнений по формуле
Вывод формулы:
Умножим обе части уравнения
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0,
на 4а и следовательно имеем:
4а2х2 + 4аbс + 4ас = 0.
((2ах)2 + 2ах · b + b2) – b2 + 4ас = 0,
(2ах + b)2 = b2 – 4ас,
2ах + b = ±
2ах = – b ±
Х1,2 =
● Примеры
Решим уравнения:
а) 4х2+ 7х + 3 = 0.
а = 4, b = 7, с = 3, D = b2 – 4ас = 72 – 4· 4 ·3 = 49 – 48 = 1, D >два разных корня;
х = , х = ; х = , х1 = , х = , х2 = –1
Таким образом, в случае положительного дискриминанта,
т. е. при b2 – 4ас≥0 уравнение ах2 + bх + с = 0 имеет два различных корня.
б) 4х2 – 4х + 1 = 0,
а =4, b= - 4, с = 1. D = b2 – 4ас= 16 – 4∙4∙1 = 0, D = 0, один корень;
х=
Итак, если дискриминант равен нулю, т. е. = b2 – 4ас= 0, то уравнение ах2 + bх + с = 0 имеет единственный корень, х =
в) 2х2 +3х + 4 = 0, а =2, b= 3, с = 4, D = b2 – 4ас= 9 – 4∙2∙4 =9 – 32 = - 13,
D < 0. Уравнение не имеет корней.
Итак, если дискриминант отрицателен, т. е. = b2 – 4ас< 0, то уравнение
ах2+ bх + с = 0 не имеет корней.
4) Решение уравнений с использованием теоремы Виета
(прямой и обратной)
а) Как известно, приведенное квадратное уравнение имеет вид
х2 + px + q = 0. (1)
Его корни удовлетворяют теореме Виета, которая при а = 1 имеет вид

Отсюда можно сделать следующие выводы (по коэффициентам p и qможно предсказать знаки корней).
а) Если свободный член qприведенного уравнения (1) положителен (q >0), то уравнение имеет два одинаковых по знаку корня и это зависит от второго коэффициента p.
Если p>0, то оба корня отрицательные, если p<0, то оба корня положительны.
Например,
х2 – 3х + 2 = 0; х1 = 2 и х2 = 1, так как q = 2 > 0 и p = – 3 <0;
х2 +8х + 7 = 0; х1 = – 7 и х2 = – 1, так как q = 7 > 0 и p = 8 >0.
б) Если свободный член qприведенного уравнения (1) отрицателен (q < 0), то уравнение имеет два различных по знаку корня, причем больший по модулю корень будет положителен, если p<0, или отрицателен, если p>0.
Например,
х2 + 4х – 5 = 0; х1 = – 5 и х2 = 1, так как q = – 5<0 и p = 4 > 0;
х2 – 8х – 9 = 0; х1 = 9 и х2 = – 1, так как q = – 9<0 и p = – 8 >0.

б) Теорема Виета для квадратного уравнения
ах2 +вх +с = 0
имеет вид

Справедлива теорема, обратная теореме Виета:

Если числа х1 и х2 таковы, что х1+х2 = -р, х1х2 = q, то х1 и х2 – корни квадратного уравнения
х2 +рх + q = 0.
Эта теорема позволяет в ряде случаев находить корни квадратного уравнения без использования формулы корней.

● Примеры
1. Решить уравнение
х2 – 9х + 14 =0
Попробуем найти два числа х1 и х2 , такие, что

х1 +х2 = 9
х1х2 = 14

Такими числами являются 2 и 7. По теореме, обратной теореме Виета, они и служат корнями заданного квадратного уравнения.
2. Решить уравнение
х2 +3х – 28 = 0

Попробуем найти два числа х1 и х2 , такие, что

х1 +х2 = - 3
х1х2 = - 28
Нетрудно заметить, что такими числами будут – 7 и 4. Они и являются корнями заданного уравнения.
5)Решение уравнений способом «переброски»
Рассмотрим квадратное уравнение
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0.
Умножая обе его части на а, получаем уравнение
а2 х2 + а bх + ас = 0.
Пусть ах = у, откуда х = ; тогда приходим к уравнению
у2 + by + ас = 0,
равносильного данному. Его корни у1 и у2 найдем с помощью теоремы Виета. Окончательно получаем х1 = и х1 = . При этом способе коэффициент а умножается на свободный член, как бы «перебрасывается» к нему, поэтому его и называют способом «переброски». Этот способ применяют, когда можно легко найти корни уравнения, используя теорему Виета и, что самое важное, когда дискриминант есть точный квадрат.
● Примеры
Решим уравнение 2х2 – 11х + 15 = 0.
Решение. «Перебросим» коэффициент 2 к свободному члену, в результате получим уравнение
у2 – 11y +30 = 0.
Согласно теореме Виета

Ответ: 2,5;3.
6. Свойства коэффициентов квадратного уравнения.
А. Пусть дано квадратное уравнение
ах2 + bх + с = 0, а ≠ 0.
1.Если а + b + с = 0 (т.е. сумма коэффициентов уравнения равна нулю), то х1 = 1, х2 = .
Доказательство. Разделим обе части уравнения на а ≠ 0, получим приведенное квадратное уравнение
х2 + х + = 0.
Согласно теореме Виета

По условию а + b + с = 0, откуда b = – а – с. Значит,


Получаем х1 = 1, х2 = , что и требовалось доказать.
2. Если а - b + с = 0, или b = а + с, то х1 = – 1, х2 = – .
Доказательство. По теореме Виета

По условию а – b + с = 0, откуда b = а + с. Таким образом,


т.е. х1 = – 1 и х2 = , что и требовалось доказать.
● Примеры
1. Решим уравнение 345х2 – 137х – 208 = 0.
Решение. Так как а + b + с = 0 (345 – 137 – 208 = 0), то х1 = 1, х2 = = .
Ответ: 1; – .
2. Решим уравнение 132х2 + 247х + 115 = 0
Решение. Т. к. а-b+с = 0 (132 – 247 +115=0), то
х1= - 1, х2= -

Ответ: - 1; -
Б. Если второй коэффициент b = 2k – четное число, то формулу корней
х1,2 =
можно записать в виде
х1,2 =
● Пример
Решим уравнение 3х2 – 14х + 16 = 0.
Решение. Имеем: а = 3, b = – 14, c = 16, k = – 7;
D = k2 – ac = (– 7)2 – 3 · 16 = 49 – 48 = 1, D>0, два различных корня;
х =
Ответ: 2; .
В. Приведенное уравнение
x2 + px + q = 0
совпадает с уравнением общего вида, в котором а = 1, p и c = q. Поэтому для приведенного квадратного уравнения формула корней
х1,2 =
принимает вид:
х1,2 = или х1,2 = - (3).
Формулу (3) особенно удобно использовать, когда p – четное число.
● Примеры
1. Решим уравнение х2 – 14х – 15 = 0.
Решение. Имеем: х1,2 = 7±= 7±= 7±8.
Ответ: х1 = 15, х2 = – 1 .
7. Графическое решение квадратного уравнения
Если в уравнении
x2 + px + q = 0
перенести второй и третий члены в правую часть, то получим
x2 = – px – q .
Построим графики зависимостей у = х2 и у = – px – q .
График первой зависимости – парабола, проходящая через начало координат.
График второй зависимости – прямая.
Возможны следующие случаи: прямая и парабола могут пересекаться в двух точках, абсциссы точек пересечения являются корнями квадратного уравнения;
- прямая и парабола могут касаться (только одна общая точка),т.е. уравнение имеет одно решение;
- прямая и парабола не имеют общих точек, т.е. квадратное уравнение не имеет корней.
у
у=х2 у = - рх - q

х1 х2 х
● Пример
1.Решим графически уравнение
х2 – 3х – 4 = 0.
Решение. Запишем уравнение в виде
х2 = 3х + 4
Построим параболу у = х2 и прямую у = 3х + 4.
Прямую у = 3х + 4 можно построить по двум точкам М (0;4) и
N (3;13).
Прямая и парабола пересекаются в двух точках А и B с абсциссами х1 = – 1 и
х2 = 4.

у
у=х2 у = - 3х + 4
- 1 4 хОтвет: х1 = – 1 , х2 = 4 .

8. Решение квадратных уравнений с помощью циркуля и линейки.
Графический способ решения квадратных уравнений с помощью параболы неудобен. Если строить параболу по точкам, то потребуется много времени, и при этом степень точности получаемых результатов невелика.
Предлагаем следующий способ нахождения корней квадратного
уравнения
ах2 + bх + с = 0
с помощью циркуля и линейки.
Допустим, что искомая окружность пересекает ось абсцисс в
точках B (х1 ;0) и D (х2 ;0), где х1 и х2 – корни уравнения
ах2 + bх + с = 0, и проходит через точки А (0;1) и С (0;) на
оси ординат. Тогда по теореме о секущих имеем ОВ∙ОD = ОА ∙ ОС, откуда
ОС = .
у
С(0; )
S ()
А(0; 1)
К
В(х1, 0) D(х2, 0) х

Центр окружности находиться в точке пересечения перпендикуляров
SF и SK , восстановленных в серединах хорд AC и BD, поэтому
SK = ,
SF = .
Итак:
построим точки S(; ) (центр окружности) и А (0;1);
проведем окружность с радиусом SA;
абсциссы точек пересечения этой окружности с осью Ох являются корнями квадратного уравнения.
При этом возможны три случая.
1) Радиус окружности больше ординаты центра (AS>SK, или R>), окружность пересекает ось Ох в двух точках (рис.а) B (х1 ; 0) и D (х2 ;0), где
х1 и х2 – корни квадратного уравнения ах2 + bх + с = 0.
2) Радиус окружности равен ординате центра (AS = SВ, или R = ), окружность касается оси Ох (рис.б) в точке B (х1 ; 0 ), где
х1 – корень квадратного уравнения.
3) Радиус окружности меньше ординаты центра (AS < SВ, или R < ), окружность не имеет общих точек с осью абсцисс (рис. в), в этом случае уравнение не имеет решения.
У у у S
S S
А
1. А 1. х. А 1 х В
х1 В х2 х1 В
а) б) в)
а) AS > SВ, или R > . б) AS = SВ, или R = .
Два решения х1 и х2. Одно решение х1.
в) AS < SВ, или R < .
Нет решения.
● Примеры
1.Решим графически уравнение
х2 – 2х – 3 = 0.
Решение. Определим координаты точки центра окружности по формулам:
х = –
у = =
Проведем окружность радиуса S A, где А (0;1).
у
1 А - 1 3 х S(1; - 1)
Ответ: х1 = – 1 , х2 = 3 .
2. Решим уравнение
х2 – 5х + 4 = 0.
Решение. Определим координаты точки центра окружности по формулам:
х = –
у = =
Проведем окружность радиуса A, где А (0;1).
у
Ответ: х1 = 1 , х2 = 4 .
S(2,5; 2,5)
1 А

1 4 х


3. Решим уравнение
х2 +4х + 4 = 0.
Решение. Определим координаты точки центра окружности по формулам:
х = –
у = =
Проведем окружность радиуса A, где А (0;1).
у
S ( - 2; 2,5)
А
- 2 хОтвет: х = – 2 .
4. Решим уравнение
х2 – 2х + 3 = 0.
Решение. Определим координаты точки центра окружности по формулам:
х = –
у = =
Проведем окружность радиуса A, где А (0;1).
у
S(1; 2)
А
х
Ответ: уравнение не имеет решения.
9. Решение квадратных уравнений с помощью номограммы.
Это старый и незаслуженно забытый способ решения квадратных уравнений, помещенный на с.83 (см. Брадис В.М. Четырехзначные математические таблицы. – М., Просвещение, 1990). Таблица XXII. Номограмма для решения уравнения z2 + pz + q = 0. Эта номограмма позволяет, не решая квадратного уравнения, по его коэффициентам определить корни уравнения.
Криволинейная шкала номограммы построена по формулам:
ОВ = , АВ =
Полагая ОС = р, ЕD = q, ОЕ = а ( все в см), из подобия треугольников САН и СDF получим пропорцию
,
откуда после подстановок и упрощений вытекает уравнение z2 + pz + q = 0,
причем буква z означает метку любой точки криволинейной шкалы.
p q
О В Е

F D

H A

C
388620029210
● Примеры
1. Для уравнения
z2 – 9z + 8 = 0.
Номограмма дает корни
z1 = 8, 0 и z2 = 1, 0 (рис. 12).
2. Решим с помощью номограммы
номограммы уравнение
2z2 – 9 z + 2 = 0.
Разделим коэффициенты этого
уравнения на 2,получим уравнение
z2 – 4, 5 + 1 = 0.
Номограмма дает корни z1 = 4 и z2 = 0,5.
3. Для уравнения
354330073025
z2 + 5 z – 6 = 0
номограмма дает положительныйкорень z1 = 1,0, а отрицательный
корень находим, вычитая
положительный корень
из – р, т.е. z2 = – р – 1 =
= – 5 – 1 = – 6,0 (рис.13.)

4. Для уравнения
z2 – z – 8 = 0
номограмма дает положительныйкорень z1 = 4,0, отрицательный
3086100-114300равен z2 = – р – z1 =
= 2 – 4 = – 2,0.
5. Для уравнения
z2 + 4 z + 3 = 0, оба корня которого
отрицательные числа, берем
z1 = – t и находим по номограмме два ,64
положительных корня t1 и t2
уравнения t2 – 4 t + 3 = 0, это
t1 = 1 и t2 = 3, а затем z1 = – t1 = – 1
и z2 = – t2 = – 3. если коэффициенты
p и q выходят за пределы шкалы, то
выполняют подстановку z = kt
и решают с помощью номограммы
уравнение
t2 +
где k берут с таким расчетом, чтобы имели место неравенства
– 12,6≤.
6. Для уравнения
z2 – 25z + 66 = 0
коэффициенты p и q выходят за пределы шкалы, выполним подстановку
z = 5t, получим уравнение
t 2 – 5t + 2,64 = 0,
которое решаем посредством номограммы и получим
t1 = 0,6 и t2 = 4,4, откуда z1 = 5 t1 = 5 • 0,6 = 3,0
и z2 = 5 t2 = 5 • 4,4 = 22,0.
10.Геометрический способ решения квадратных уравнений.
В древности, когда геометрия была более развита, чем алгебра, квадратные уравнения решали не алгебраически, а геометрически. Приведем ставший знаменитым пример из «Алгебры» ал-Хорезми.
● Примеры
Решим уравнение х2 + 10х = 39.
В оригинале эта задача формулируется следующим образом: «Квадрат и десять корней равны 39».
Решение. Рассмотрим квадрат со стороной х, на его сторонах строятся прямоугольники так, что другая сторона каждого из них равна 2,
следовательно, площадь каждого равна 2 . Полученную фигуру дополняют затем до нового квадрата АВСD, достраивая в углах четыре
равных квадрата, сторона каждого из них 2, а площадь 6
D x C
6 2 6
2 x2 2
6 2 6
A х B

Площадь S квадрата ABCD можно представить как сумму площадей: первоначального квадрата х2, четырех прямоугольников
(4 ∙ 2 = 10х ) и четырех пристроенных квадратов(6), т.е.
S = х2 + 10х = 25. Заменяя х2 + 10х числом 39, получим что S = 39+ 25 = 64, откуда следует, что сторона квадрата АВСD, т.е. отрезок АВ = 8. Для искомой стороны х первоначального квадрата получим
х = 8 – 2 – 2 = 3
2. А вот, например, как древние греки решали уравнение
у2 + 6у – 16 = 0.
Решение представлено на рис., где
у2 + 6у = 16, или у2 + 6у + 9 = 16 + 9.
Решение .Выражения у2 + 6у – 16 +9 – 9 = 0 – одно и то же уравнение. Откуда и получаем, что у + 3 = ± 5, или у1 = 2, у2 = – 8.
у у 3

у23у
3у 9
3

3. Решить геометрически уравнения у2 – 6у – 16 = 0.
Преобразуя уравнение, получаем
у2 – 6у = 16.
На рис. находим «изображения» выражения у2 – 6у, т.е. из площади квадрата со стороной у два раза вычитается площадь квадрата со стороной, равной 3.
Значит, если к выражению у2 – 6у прибавить 9, то получим площадь квадрата со стороной у – 3. Заменяя выражение у2 – 6у равным ему числом, получаем: (у – 3)2 = 16 +9, т.е. у – 3 = ± или у – 3 = ± 5, где у1 = 8 и у2 = – 2.
у у 3

у – 3
у – 3
3
3 9



4. Дидактический материал к работе.
1. Решите квадратное уравнение, разлагая его левую часть на множители:
а) х2 – х = 0; е) х2 – 4х + 4 = 0;
б) х2 + 2х = 0; ж) х2 + 6х + 9 = 0;
в) 3 х2 – 3х = 0; з) х2 + 4х +3 = 0;
г) х2 – 81 = 0; и) х2 + 2х – 3 = 0.
д) 4 х2 – = 0;
2. Решите уравнения по формуле:
а) 2х2 – 5х + 2= 0 г) 4х2 – 12х +9 = 0
б) 6х2 + 5х + 1=0 д) 10х2 – 6х + 0,9 = 0
в) 3х2 – 7х – 1 = 0 е) 2х2 – 3х + 2 = 0
3. Не решая квадратного уравнения, определите знаки его корня:
1) х2 – 2х – 15 = 0 7) х2 – 2х + 1 = 0
2) х2 + 2х – 8 = 0 8) х2 + 4х + 4 = 0
3) х2 + 10х + 9 = 0 9) х2 – 6х + 9 = 0
4) х2 – 12х + 35 = 0 10) 4х2 + 7х – 2 = 0
5)3 х2 +1 4х + 16 = 0 11) 5х2 – 9х – 2 = 0
6) х2 – 5х + 6 = 0 12) х2 – 11х + 15 = 0
4. Решите уравнения, используя метод «переброски»:
2х2 – 9х +9 = 0 5) 3х2 + х – 4 = 0
10х2 – 11х + 3 = 0 6) 5х2 – 11х + 6 = 0
3х2 +11х +6 = 0 7) 2х2 + х – 10 = 0
4х2 +12х + 5 = 0 8) 6х2 +5х – 6 = 0
5. Решите уравнения, используя свойства коэффициентов:
5х2 – 7х + 2 = 0 5) 839х2 – 448х – 391 = 0
3х2 + 5х – 8 = 0 6) 939х2 + 978х +39 = 0
11х2 + 25х – 36 = 0 7) 313х2 + 326х + 13 = 0
11х2 + 27х +16 = 0 8) 2006х2 – 2007х + 1 = 0
6. Решите уравнения по формуле четного коэффициента:
4х2 – 36х + 77 = 0 3) 4х2 + 20х + 25 = 0
15х2 – 22х – 37 = 0 4) 9х2 – 12х + 4 = 0
7. Решите приведенные квадратные уравнения по формуле:
х2 – 8х – 9 = 0 3) х2 + 18х + 81 = 0
х2 + 6х – 40 = 0 4) х2 - 56х + 64 = 0
8. Решите графически уравнения:
1) х2 – х – 6 = 0; 4) х2 – 2х – 3 = 0;
2) х2 – 4х + 4 = 0; 5) х2 + 2х – 3 = 0;

3) х2 + 4х +6 = 0; 6) 4х2 – 4х – 1 = 0.
9. Решите с помощью циркуля и линейки следующие уравнения:
1) х2 – 3х + 2 = 0; 4) 2х2 – 7х + 5 = 0;
2) х2 – 3х – 10 = 0; 5) х2 – 6х + 9 = 0;
3) х2 +4х + 3 = 0; 6) х2 +4х + 5 = 0.
10. Решите с помощью номограммы уравнения:
1) z2 – 7z + 6 = 0; 4) z2 – z – 6 = 0 ;
2) z2 + 5z + 4 = 0; 5) z2 – 11z + 18 = 0;
3) z2 – 4z + 4 = 0; 6) z2 – 2z + 3 = 0.
Литература:
Математика. Алгебра. Функции. Анализ данных. 8 класс: Учебник для общеобразовательных учреждений / Г. В. Дорофеев и др. – М.: Дрофа, 2004
Гусев В. А., Мордкович А. Г. Математика: Справочные материалы: Книга для учащихся. – М.: Просвещение, 1988
Глейзер Г. И. История математики в школе. – М.: просвещение, 1982
Брадис В. М. Четырехзначные математические таблицы для среденй школы. – м., просвещение, 1990
Окунев А. К. Квадратичные функции, уравнения и неравенства. Пособие для учителя. – М.: Просвещение, 1972
Пресман А.А. Решение квадратного уравнения с помощью циркуля и линейки. М., Квант, №4/72. С.34.
Дидактические материалы по алгебре.
М., Математика (приложение к газете «Первое сентября»), №№ 21/96, 10/97, 24/97, 40/2000.