MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA

1 MAGASABBFOKÚ MÁTRIXEGYENLETEK MEGOLDÁSA Tuzso Zoltá Akár a régebbi, akár az alteratív XI. osztályos algebra taköyveket lapozva, akár példatárakba vagy matematikai verseyeke gyakra találkozuk egyél magasabb fokú mátrixegyeletekkel is, amelyek megoldása em éppe egyszerű. A továbbiakba kiváltképpe ilye típusú mátrixegyeletek megoldásáak módszereiről íruk: Oldjuk meg az X a b c d, X Μ 2 (C) egyeletet, ha a, b, c, d adottak. Noha a legtöbb taköyvbe a megoldáshoz szükséges fogalmak elszórta megtalálhatók, túl kevés fotosság jut ezekek, hisze egyes szükséges fogalmak a mártixok, mások a determiások, megit mások a sorozatok fejezetekbe találhatók, és a taayag tatervi kötöttségei, ezekek az ötvözését csak késő teszi lehetővé, így legtöbbször ez elmaradhat. x y Másfelől, pl. =2 esetbe a legtöbbször az X z u ismeretle mátrix választással, az X 2 elvégzése utá az x 2 +yz=a, y(x+u)=b, z(x+u)=c, zy+u 2 =d egyeletredszer megoldásához jutuk, ami eléggé hosszas számolásokat igéyel, (kivéve a agyo sajátos a, b, c, d értékeket). Természetese az >2 hatváykitevő eseté ez a módszer már agyo ritká haszálható. Éppe ezért olya általáos jellegű tippeket, trükköket és eljárásokat mutatuk be, amelyek segítségével köyűszerrel és elegása megoldhatuk ilye, és eél általáosabb típusú feladatokat. A továbbiakba feleleveítjük azokat az elméleti fogalmakat és fotosabb eredméyeket, amelyeket haszáli foguk (em bizoyítjuk, hisze a szakirodalomba is szereplő taköyvekbe megtalálhatók), és ezek utá jól válogatott megoldott feladatok segítségével mutatjuk be a módszereik hatékoyságát. Egy mátrix yoma a, A Μ (C) mátrix yomát Tr(A)-val jelöljük. Ez az elevezés a fracia, Egy A= ( ) ij i, j 1, agol szóhaszálat trace = yom alapjá alakult ki. Értelmezés szerit Tr(A)= a 11 + a 22 +... + a. Eze értelmezés, és a detemiás értelmezése és tulajdoságai alapjá, ha A, B Μ (C) és k R érvéyesek a következő tulajdoságok: (1) Tr(A+B) = Tr(A)+ Tr(B) (2) Tr(k A) = k Tr(A) (3) Tr(A B) = Tr(B A) Egy mátrix karakterisztikus egyelete a, A Μ (C) mátrix eseté P(x)= det(a-x I 2 ) a mátrix karakterisztikus Egy A= ( ) ij i, j 1, det(a-x I 2 )= 0 pedig a karakterisztikus egyelete. A továbbiakba csak a másodredű a b égyzetes mártix karakterisztikus egyeletével foglalkozuk! Ameyibe A c d, ekkor a feti karakterisztikus egyelet a következő formákba is felírható: a x b = 0 vagy x 2 -(a+d) x +(ad-bc)= 0 c d x Behelyettesítéssel elleőrizhető, hogy feáll az úgyevezett Cayley-Hamilto egyelőség: A 2 -(a+d) A +(ad-bc) I 2 = 0 2 vagy A 2 -Tr(A) A + det(a) I 2 = 0 2

2 Természetese -ed redű mártix eseté is létezik a Cayley-Hamilto egyelőség (természetese boyolultabb formába), azomba esetükbe erre em lesz szükség. Három fotos képlet A taköyvekbe bizoyítottak a következő, számukra agyo haszos képletek: Ha A, B, X Μ (C), akkor 1) Ha A = B, akkor det(a)= det(b) 2) det(a B)= det(a) det(b), amiek sajátos esete a következő 3) det(x )= (detx), mide pozitív egész számra. A feleleveített fogalmak és tulajdoságok segítségével kövessük a következő megoldott példákat! A következőkbe a másodredű égyzetes ismeretle mártixot X-el jelöljük, továbbá vezessük be a t= Tr(X) és d= det(x) jelöléseket, amiket midvégig haszáli foguk. 1. Feladat: Oldjuk meg az X 2 7 5 15 12, X Μ 2 (C) egyeletet. (V.ö. [3], 39. old.) x y Megoldás: 1. Módszer. Jelöljük X z u, és kiszámolva az X 2 mátrixot, a megfelelő elemek egyelőségéből az x 2 + y z =7 (1), y (x+ u) = -5 (2), z (x+ u) = -15 (3), z y+ u 2 = 12 (4) egyeletredszer adódik. Az (1) és (4) külöbségéből x 2 - u 2 = -5 (5) továbbá az (5) és (2) aráyából x- u= y, vagyis u= x- y (6). A (3) és (2) aráyából z = 3 y (7). A (6) és (7) adta u és z értékeket visszahelyettesítve az (1) és (2) egyeletekbe, az x 2 + 3 y 2 = 7 és 2 x. y- y 2 = -5 homogé egyeletredszer adódik ahol bevezetve az y = k x 5 1 változócserét, a homogé egyeletredszerek megoldási módszere alapjá k = és k = 4 2 adódik. Az első esetbe megoldva az x 2 + 3 y 2 = 7 és 4 y = -5 x egyeletredszert, 1 4 5 X= ± 13 15 9, a második esetbe megoldva az x2 + 3 y 2 = 7 és 2 y = - x 2 1 egyeletredszert X 3 3 és X= 2 1 3 3 adódik. Megjegyzés: Ha az adott mátrixegyeletbe a 7, -5, -15, 12 számok helyett tetszőleges valós számok szerepelek, az előbbiekbe alkalmazott lépések érvéybe maradak, és midig másodfokú kétismeretlees homogé egyeletredszerhez juthatuk, kivéve azt az esetet, amikor a mellékátló -5 illetve -15 elemek valamelyike (vagy midkettő) 0, ugyais ekkor az (1)-(4) egyeletekből álló egyeletredszer megoldása jóval rövidebb. 2. Módszer. Vegyük midkét oldal determiását, ekkor felírható, hogy: d 2 = (detx) 2 = =det(x 2 )= 9, ahoa d= ± 3. Az X mártix karakterisztikus egyelete: X 2 -t X + d I 2 = 0 2 esetükbe X 2 -t X ± 3 I 2 = 0 2, vagyis t X = X 2 ± 3 I 2. Válasszuk szét a két esetet.ekkor a t X = X 2 10 5 +3 I 2 15 15 egyelőség a két oldaláak yoma alapjá t2 = t Tr(X)= =Tr(X 2 10 5 2 1 )=10+15=25. Ezért t= ± 5, így ± 5 X 15 15 alapjá X 3 3 és 2 1 X 3 3. A második esetbe t X = 4 5 X2-3 I 2 15 9, és ismét a yomokra térve, az előzőekhez hasolóa t 2 = 13 adódik, ahoa t= ± 13, és eek megfelelőe ± 13 X= 6 12 4 6 ahoa még két megoldás az X= ± 1 4 5 13 15 9.

3 2. Feladat: Oldjuk meg az X 4 1 12 4 1, X Μ 2 (R) egyeletet. (V.ö. [1]) Megoldás: Előbb megoldjuk az Y 2 1 12 4 1 Y Μ 2 (R) egyeletet. Vegyük midkét oldal determiását, ekkor felírható, hogy: d 2 = (dety) 2 = det(y 2 )= 49, ahoa d= ± 7. Az Y mártix karakterisztikus egyelete: Y 2 -t Y + d I 2 = 0 2 esetükbe Y 2 -t Y ± 7 I 2 = 0 2, vagyis t Y = Y 2 ± 7 I 2. Válasszuk szét a két esetet.ekkor felírható: t Y = Y 2 8 12 +7 I 2 4 8 ahoa a két oldal yoma alapjá t 2 = t Tr(Y)= Tr(Y 2 )= 8+ 8= 16. Ezért t= ± 4, így 8 12 ± 4 Y 4 8 alapjá Y= ± 2 3. A d= -7 esetbe, az előbbiekhez hasolóa t 2 = -12, de ekkor Y Μ 2 (R) em lehetséges. A megoldadó egyelet eseté vezessük be az X 2 = Y jelölést, így az Y 2 4 1 egyelet valós megoldásai az előbbiek alapjá Y= ± 2 3, vagyis X 2 =± 2 3. Az előbbiekhez hasolóa, midkét oldal determiását véve d 2 = (detx) 2 = det(x 2 )= ±1, és mivel X Μ 2 (R), ezért csak a d 2 = 1 felel meg, ahoa d= ± 1. Eek alapjá a karakterisztikus egyelet X 2 -t X ± I 2 = 0 2, vagyis t X = X 2 ± I 2. Ezúttal is külöválasztva a két esetet, és a yomokra térve redre kapjuk, hogy: t X = X 2 3 3 +I 2 1 3, tehát t 2 = t Tr(X)= Tr(X 2 )=3+3=6, így t= ± 6 és ezért X= ± 6 6 3 3 1 3. A második esetbe t X = X 2 1 3 -I 2 1 1, t2 = t Tr(X)= Tr(X 2 )=1+1=2, így t= ± 2, ahoa az X= ± 2 1 3 1 1 megoldásokat kapjuk. 3. Feladat: Oldjuk meg az X 2 2 4 + X, X Μ 2 (R) egyeletet. Megoldás: A másodfokú valós függvéy mitájára, az f(x)= a X 2 + b X+ c I 2 másodfokú mátrixfüggvéy is hasolóa kaóikus alakra hozható (figyelem, a mártixok szorzása em b kommutatív!) vagyis f(x)= a (X+ I2 2 a ) 2 + I 2 ami azt jeleti, hogy változócserével az 4 a a X 2 + b X+ c I 2 = 0 2 mártixegyelet olya mártixegyeletté traszformálható, amelybe a változó mátrix csak egyetle helye szerepel, tehát megoldható az előbbiekbe bemutatott módszerrel. Esetükbe, a törtegyütthatók elkerülése végett szorozzuk be az adott egyelet midkét oldalát 4-gyel, majd midkét oldalhoz adjuk hozzá I 2 -t, így a következő egyeletet kapjuk: (2 X+ I 2 ) 2 7 4 4 9. Bevezetve az Y= 2 X+ I 2 változócserét, az Y 2 7 4 4 9 mátrixegyeletet kell megoldauk. Tehát d 2 = (dety) 2 = det(y 2 )= ± 1 ahoa a valós megoldások d= ± 1. Eek alapjá a karakterisztikus egyelet Y 2 -t Y ± I 2 =

4 =0 2, vagyis t Y = Y 2 6 16 ± I 2. Az előbbiekhez hasolóa a yomokra térve a t Y 4 10 3 8 3 8 egyeletbe, t= ±2 adódik, ahoa Y 2 5 illetve Y 2 5. Továbbá a d= -1 8 10 esetbe t Y 4 8, ahoa t= 0 adódik, a karakterisztikus egyelet alapjá Y2 = 0 2 elletmodás adódik. A kapott két Y megoldás alapjá 2 X+ I 2 = X= 2 4, és a 2 X+ I 2= 3 8 2 5 alapjá X= 1 4 1 3. 3 8 2 5 ahoa 4. Feladat: Oldjuk meg az X 3 0 1, X Μ 2 (R) egyeletet Megoldás: A két oldal determiását véve d 3 = 1 adódik, így a karakterisztikus egyelet X 2 -t X + I 2 = 0 2, vagyis X 2 = t X - I 2, ezért X 3 = t X 2 - I 2 X X 3 = t (t X - I 2 )- t I 2 ahoa (t 2 t 0-1) X + 0 t = X3 0 1. A két oldal yomát véve (t2-1) t - 2 t = -2 vagyis t 3-3t+ 2=0 (t- 1) 2 (t+ 2)= 0 adódik. A t= 1 eseté az előbbi egyelőség a 0 1 = 3 2 0 1 absurdumot adja, míg t= -2 eseté a 3 X 0 3 adódik, ahoa 2 1 X 3 adódik, és elleőrizhető, hogy valóba teljesíti az adott egyeletet. 0 1 5. Feladat: Oldjuk meg az X 3-4 X 2 10 20 + 5 X 5 10, X Μ 2 (R) egyeletet. (Matematikai versey 1998, v. ö. [2] 34. old.) 10 20 Megoldás: Az egyelet így is felírható X (X-(2-i) I 2 ) (X-(2+i) I 2 ) 5 10. A két oldal determiásából det(x (X-(2-i) I 2 ) (X-(2+i) I 2 )= 0 adódik, ahoa det(x)= 0 (1), vagy det((x-(2-i) I 2 )= 0 (2), vagy det((x-(2-i) I 2 )= 0 (3). Az X mátrix karakterisztikus poliomja P(x)= det(x- x I 2 ) alakú, hisze X Μ 2 (R). A (2) és (3) külö-külö em állhat fe, mert akkor a karakterisztikus poliom komplex együtthatójú lee, és ez elletmod az X Μ 2 (R) feltételek. A (2) és (3) egyidőbe szité em teljesülhet, mert ekkor a P(2-i)= P(2+i)= 0 alapjá P(x)= x 2-4 x + 5 adóda, és mivel a karakterisztikus egyelet másodfokú kell legye, ezért X 2-4 X + 5 I 2 = 0 2, így X (X 2-4 X + 5 I 2 ) =0 2 ami aburdum. Tehát csak az (1) állhat fe, így a karakterisztikus egyelet X 2 -t X= 0 2 vagyis X 2 =t X, ahoa X 3 =t X 2 = t 2 X és midkettőt visszaírva az eredeti egyeletbe kapjuk, hogy (t 2 10 20-4 t+5) X 5 10 (4) ahol a két oldal yomát véve (t 2-4 t+5) t= 20 vagyis t 3-4 t 2 +5 t -20= 0, vagy (t-4) (t 2 +5)= 0

5 10 20 adódik, és egyetle valós zérushely csak t= 4. Ezért a (4) alapjá 5 X 5 10, vagyis 2 4 X megoldás adódik. 6. Feladat: Igazoljuk, hogy az alábbi esetek egyikébe sem létezik olya X Μ 2 (R) mátrix, amelyre: (a) X 8 0 1, (b) X 5 2 1 4 2, (d) X 6 3 1 6 2 Megoldás: (a) d 8 = (detx) 8 = det(x 8 )= -1 ami X Μ 2 (R) eseté absurdum. (b) d 5 = (detx) 5 = =det(x 5 )= 0, így a karakterisztikus egyelet X 2 - t X= 0 2, ahoa X 2 = t X, így redre X 3 = t X 2 = t 2 X, X 4 = t 2 X 3 = t 3 X, X 5 = t 3 X 4 = t 4 X. Tehát t 4 X= X 5 és a két oldal yomát véve, t 5 = t 4 Tr(X) = Tr(t 4 X)= Tr(X 5 )= 0 ahoa t= 0, így X 5 = 0 2 absudrum adódik. (c) Bevezetve az X 3 = Y jelölést, Y 2 3 1 6 2 alapjá d 2 = (dety) 2 = =det(y 2 )= 0, a karakterisztikus egyelet Y 2 = t Y ahoa a yomok alapjá t 2 = -1 adódik, ami Y Μ 2 (R) eseté lehetetle, és mivel em létezik ilye Y, ezért X Μ 2 (R) sem létezik. 7. Feladat : Oldjuk meg az X 2007 2 3 4 6, X Μ 2 (R) egyeletet. Megoldás: A két oldal determiását véve, d 2007 = (detx) 2007 = det(x 2007 )= 0, ezért a karakterisztikus egyelet X 2 - t X= 0 2 ahoa X 2 = t X, így redre X 3 = t X 2 = t 2 X, X 4 = t 2 X 3 = t 3 X, és így tovább, X 2007 = t 2006 X ahol a két oldal yoma alapjá t 2007 = t 2006 Tr(X) = =Tr(t 2006 X)= Tr(X 2007 )= 8, vagyis t 2007 1 1 2006 2 3 2007 669 669 = 8, ahoa t= 8 = 2. Így 2 X 4 6, 2006 669 ahoa X= 2 2 3. 4 6. Természetese 2007 helyett tetszőleges N eseté is ugyaígy járuk el. 8. Feladat: Oldjuk meg az X 1001 1001 1 3 1 1001, X Μ 2 (R) egyeletet. 1 3 Megoldás: Az X X 1001 = X 1002 = X 1001 X kommutativitási tulajdoságot alkalmazzuk. Legye 1001 a b X c d, így X 1001 = X X 1000 a ( a + b) 3 a 1001 illetve X 1001 = X 1001 X= c ( c + d) 3 c 1001 1001 a + c (3 1) b + d (3 1) 1001 1001 és az előző összefüggés alapjá, a megfelelő helye levő c 3 d 3 elemek egyelők, így c= 0, és számolások utá (3 1001-1) (a+ b d)= 0, ahoa d= a+ b a b a b adódik, így X 0 a + b. Iduktív módo köye igazolgató, hogy 0 a + b = 1001 1001 a ( a + b) 1 1001 (v.ö. [3], 225. old.). és a megfelelő elemek egyelősége alapjá 0 ( a + b) 1001 1001 1001 a = 1 és ( a + b) -1 = 3 1, ahoa a=1 és a+ b= 3, ezért b= 2, tehát X 0 3. Természetese 1001 helyett tetszőleges N eseté is ugyaígy járuk el. 1001

6 9. Feladat: Oldjuk meg az X 100 0 1, X Μ 2 (R) egyeletet. Megoldás: Az X X 100 = X 101 = X 100 X kommutativitási tulajdoságot alkalmazzuk. a b Legye X c d, így X 101 = X X 100 b a d c illetve X 101 = X 100 c d X a b és az előző összefüggés alapjá, a megfelelő helye levő elemek egyelők, így d= a és c= -b a b adódik, ezért X b a, így a megoldadó egyeletbe a két oldal determiását véve kapjuk, hogy d 100 = (detx) 100 = =det(x 100 )= 1, ahoa d= ± 1, ellebe a, b R miatt a 2 +b 2 = 1. Az a= cos x és b= si x jelöléssel, ahol x= arctg b a igazolható, hogy X 100 = cos x si x si x cos x 100 = cos100x si100x cos100x si100x a megoldadó egyeletük si100x cos100x = π si 100x= 1, ezért 100x= + 2 kπ, ahoa x = 2. Iduktív módo köye si100x cos100x (v.ö. [3], 231. old.). Így 0 1, ahoa cos 100x= 0 és (4k + 1) π és k Z, és a megoldás 200 cos x si x b X si x cos x, valamit x= arctg a = (4k + 1) π (4k + 1) π b= a tg szerit 200 200 a b X b a alakba is visszaírhatuk. Természetese 100 helyett tetszőleges N eseté is ugyaígy járuk el. Az utóbbi két feladat eseté láthattuk, hogy szükségük lehet, az X kiszámolására. Ameyibe iduktív módo em sejtjük meg az X mátrix alakját, úgy másképpe kell ezt meghatározuk. Mátrixok hatváyáak kiszámolása a karakterisztikus egyelet segítségével A több lehetséges eljárás közül kettőt mutatuk be. A [3]-be bemutatott módszer alapjá, x y ismert, hogy az X z u mátrix teljesíti a már említett Cayley-Hamilto összefüggést, miszerit: X 2 -(x+y) X +(xu-yz) I 2 = 0 2 vagyis X 2 -t X +d I 2 = 0 2 ahol t=tr(x) és d=det(x). Az X 2 + 2 + 1 = t X -d I 2 alapjá, mide 1 természetes szám eseté X = t X d X. Tehát, ha X x y x+ 2 y+ 2 x+ 1 y+ 1 x y z u 1 eseté, akkor z+ 2 u = t + 2 z+ 1 u -d + 1 z u. Ie azoal adódik, hogy az ( x), 1 ( y), 1 ( z), 1 ( u) 1 sorozatok ugyaazt a másodredű lieáris rekurziót teljesítik, éspedig egy a 2 t a 1 + d a = 0 alakú rekurziót, + + és csupá csak a kezdőértékek külöbözek: x 1 = x, x 2 = x t-d, y 1 = y, y 2 = y t-d, z 1 = z, z 2 =zc t-d, u 1 = u, u 2 = u t-d. Az ilye másodredű homogé lieáris rekurzióval értelmezett sorozat 2 karakterisztikus egyelete λ t λ + d = 0 (a mátrixhoz redelt karakterisztikus egyelethez hasoló). A karakterisztikus egyelet gyökeiek a természetes szerit (v.ö. [3] 19. és 229. oldal) az általáos tag képlete a következő lehet:

7 1) ha >0 és λ1 λ2 a két valós gyök, akkor a = k1 λ1 + k2 λ2, 2) ha = 0 és λ1 = λ2 a két egybeeső gyök, akkor a = ( k1 + k2) λ, ha < 0 és λ 1,2 = r (cost + i si t) a két komplex gyök, akkor a = r ( k1 cos t + k2 cos t), ahol mideesetbe a k 1, k 2 álladókat a kezdőértékekből határozzuk meg. A [2]-be (13.-14. old) a következő érdekes módszert találjuk: Igazoli fogjuk, hogy az előző X mátrix eseté létezek olya ( x), 1 ( y) 1 sorozatok, amelyekre X = x X + y I2, 1 természetes szám eseté. Ezt a legköyebbe a teljes matematikai idukció módszerével lehet bizoyítai. Az =1 esetbe x 1 =1 és y 1 =0 értékekre az állítás igaz. Továbbá, mivel a karakterisztikus egyelet alapjá X 2 = t X -d I 2 ezért x 2 =t és k y 2 =-d értékekre az állítás igaz. Feltételezve, hogy X = xk X + yk I2 felírható, hogy: k 1 k 2 X + = X X = ( x X + y I ) X = x X + y X = x ( t X d I ) + y X = k k 2 k k k 2 k = ( t xk + yk ) X + ( d xk ) I2 = xk + 1 X + yk + 1 I2 ahol x k+1 = t xk + yk és y k+1 = d xk. Ezúttal egy rekurecia egyeletredszert kaptuk, ahoa y k = d xk 1, így x k+1 = t xk d xk 1 továbbá az y k+1 = d xk segítségével y k+1 = t yk d yk 1 vagyis midkét sorozat ugyaazt az a+ 2 t a+ 1 + d a = 0 rekurziót teljesítik, az x 1 =1, x 2 =t, y 1 =0, y 2 =-d kezdetértéki feltételekkel. Ie már alkalmazhatók az előbbiekbe leírt általáos tag meghatározási eljárások. Befejezésül megjegyezzük, hogy a [2] és [3]- ba számos megoldott feladat is található, ellebe a mátrixegyeletek megoldása céljából, az érdeklődő Olvasóak összegyűjtöttük éháy feladatot. Gyakorló feladatok Az Μ 2 (R) halmazo redre oldjuk meg a következő mátrixegyeleteket: (1) X 2 1 12 4 1, ( v.ö. [1] ), (2) X 2 0 1, Y 4 0 1 (v.ö. [5], 94. old), (3) X 2 2 2 + 2 X 1 1, (v.ö. [2], 16. old.), (4) X 2000 000 0 1, (5) X 2 1 6 (v.ö. [2], 30. old.), (6) X 2 = = 1 2 4 1, Y 2 3 1 9 15, Z 2 3 2 3 2 (v.ö. [2], 33. old.), (7) X 2 0 1, Y 2 = I 2, Z 2 = 0 2, T 2 7 6 8 7 (v.ö. [3], 223. old.), (8) X 2 3 6 (MatLap 7/2006, L: 1278, 261. old), (9) X 2008 3 2 6 4, (10) X 2 + X = 1 4 I 2 (v.ö. [6], 14. old), (11) X 100 1 5050 0 1, (12) X 2007 0 1, (13) X 12 12 2 0 12, (v.ö. [6], 24. old.). (14) X 2 3 2 a Z 5 -be, 0 2 4 3 Y 2 6 1, illetve Z 2 6 3 + Z a Z 7 -be (v.ö. [6], 25. old.). 4 6 0 5

8 Szakirodalom [1] C. Nastasescu, C. Nita, I. Stacescu: Matematika, A felsőbb algebra elemei, Taköyv a XI. osztály számára, EDP Bukarest 1990, 21.-22. oldalak. [2] Costel Chites, Daiel Petriceau, Adrei Verescu: maual petru clasa a XI-A, Editura GIL, 2006 [3] Adrás Szilárd, Balázs Vilmos, Csapó Hajalka, Szilágyi Jutka: Matematika, A XI. osztály számára, Státus kiadó, Csíkszereda 2002 [4] N. Dociu, D. Flodor: Algebra si aaliza matematica I., culegere de probleme, EDP, Bucuresti, 1978 [5] C. Nastasescu, C. Nita, M. Bradiburu, D. Joita: Exercitii si probleme de algebra petru clasele IX-XII, EDP, Bucuresti, 1981 [6] Io Petrica, Io Lazar: probleme de algebra petru liceu, vol. III (clasele XI-XII), Editura Petrio, Bucuresti