Strona główna › Wyrażenia algebraiczne › Wymierne pierwiastki wielomianu o współczynnikach całkowitych

Wymierne pierwiastki wielomianu o współczynnikach całkowitych

Wielomian stopnia trzeciego i wyższego nie ma wzoru na pierwiastki, którego dałoby się nauczyć jak wzoru na deltę. Zamiast tego jest sito: twierdzenie, które z nieskończenie wielu liczb wymiernych zostawia kilkanaście konkretnych kandydatów do sprawdzenia. Reszta roboty to podstawianie — i dopiero gdy pierwszy pierwiastek się znajdzie, wielomian rozkłada się na czynniki.

Dział: Wyrażenia algebraicznePoziom: liceum — zakres rozszerzony

Krótko: Jeśli wielomian o współczynnikach całkowitych ma pierwiastek wymierny p/q (ułamek nieskracalny), to p dzieli wyraz wolny, a q dzieli współczynnik przy najwyższej potędze.

1Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych

Niech $W(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0$ będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych, przy czym $a_n \neq 0$ i $a_0 \neq 0$ .

Treść twierdzenia

Jeżeli liczba wymierna $\dfrac{p}{q}$ , zapisana jako ułamek nieskracalny, jest pierwiastkiem wielomianu $W$ , to:

$p$ jest dzielnikiem wyrazu wolnego $a_0$ , a $q$ jest dzielnikiem współczynnika wiodącego $a_n$ .

Uwaga na kierunek: twierdzenie mówi, gdzie szukać, a nie że pierwiastek istnieje. To sito odrzucające, nie wzór dający wynik.

Szczególny przypadek, który w praktyce pojawia się najczęściej: gdy współczynnik wiodący wynosi $1$ (albo $-1$ ), jedynymi dzielnikami $a_n$ są $\pm 1$ , więc $q = \pm 1$ i każdy pierwiastek wymierny jest liczbą całkowitą — dzielnikiem wyrazu wolnego.

Nieskracalność ułamka jest w twierdzeniu istotna, a nie ozdobna. Liczba $\tfrac{2}{4}$ i liczba $\tfrac{1}{2}$ to ta sama liczba, ale tylko druga postać spełnia warunek z twierdzenia — dlatego kandydatów wypisuje się zawsze w postaci skróconej.

Co dokładnie wymaga podstawa programowa

Podstawa programowa dla liceum wymaga umiejętności opisanej słowami „znajduje pierwiastki całkowite wielomianu o współczynnikach całkowitych” — czyli tego przypadku szczególnego, w którym kandydatami są dzielniki wyrazu wolnego.

Pełna wersja twierdzenia, z kandydatami postaci $\tfrac{p}{q}$ przy współczynniku wiodącym różnym od $\pm 1$ , w podstawie nie występuje. Jest natomiast standardowym narzędziem w zadaniach na poziomie rozszerzonym i w podręcznikach, więc opisuję ją tutaj wraz z zaznaczeniem, że wykracza poza wymagania.

Praktyczny wniosek dla ucznia: część całkowita jest obowiązkowa, część ułamkowa — nadobowiązkowa, ale kosztuje jedno dodatkowe zdanie i bardzo się przydaje.

2Jak ułożyć listę kandydatów

Procedura jest mechaniczna i zawsze taka sama:

Wypisz wszystkie dzielniki wyrazu wolnego $a_0$ — dodatnie i ujemne. To będą wartości $p$ .
Wypisz wszystkie dzielniki dodatnie współczynnika wiodącego $a_n$ . To będą wartości $q$ (znak wystarczy nieść w liczniku).
Utwórz wszystkie ułamki $\tfrac{p}{q}$ i skróć je, usuwając powtórzenia.
Podstawiaj kandydatów do $W(x)$ , aż trafisz na zero.

Dla $W(x) = 2x^3 - 3x^2 - 3x + 2$ mamy $a_0 = 2$ i $a_n = 2$ . Dzielniki $a_0$ : $\pm 1, \pm 2$ . Dodatnie dzielniki $a_n$ : $1, 2$ . Kandydaci to $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm \tfrac{1}{2}$ oraz $\pm \tfrac{2}{2}$ — a to ostatnie po skróceniu jest już wypisanym $\pm 1$ . Zostaje sześć liczb do sprawdzenia zamiast nieskończoności.

Trzy skróty, które oszczędzają połowę rachunków

Zacznij od $1$ i $-1$ . Wartość $W(1)$ to zwykła suma współczynników, a $W(-1)$ — suma z naprzemiennymi znakami. Obie liczy się w pamięci.

Patrz na znaki. Jeśli wszystkie współczynniki są dodatnie, żaden dodatni kandydat nie da zera, bo suma dodatnich składników nie może być zerem. Wtedy sprawdzasz tylko liczby ujemne.

Po pierwszym trafieniu dziel. Gdy znajdziesz pierwiastek $x_0$ , podziel wielomian przez $(x - x_0)$ schematem Hornera. Zostanie wielomian o stopień niższy — przy stopniu trzecim od razu kwadratowy, więc resztę załatwia delta i dalsze zgadywanie jest zbędne.

Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych pracuje w parze ze schematem Hornera i rozkładem na czynniki — pozostałe narzędzia do wielomianów opisuję osobno.

Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych: lista kandydatów p : q dla W(x) = 2x³ − 3x² − 3x + 2 — Jak ułożyć listę kandydatów na pierwiastki wymierne.

Grupa A gratis · B–E w sklepie

Sprawdź, czy to już umieją: sprawdzian z kluczem z działu „Wielomiany” (liceum, klasa 2), gotowy do druku

Grupę A pobierzesz za darmo i sprawdzisz na niej, jak wygląda arkusz. Grupy B, C, D i E mają inne liczby w tych samych zadaniach, więc sąsiedzi w ławce nie przepiszą od siebie. Klucz z punktacją do każdej grupy.

Okładka: Wielomiany — cały dział, liceum, klasa 2 (3 pakiety)

Jeden arkuszgrupy B–E i klucze do wybranego testu3,90 zł NAJCZĘŚCIEJ WYBIERANECały dział „Wielomiany”3 arkusze w jednym pliku6,90 zł~~11,70 zł~~−4,80 zł Liceum, klasa 2, na cały rok28 arkuszy, 1,60 zł za arkusz44,90 zł

Dodaj do koszyka · cały dział · 6,90 zł Pobierz darmową grupę A (PDF)

✓ PDF od razu po płatności BLIK✓ Bez zakładania konta✓ Faktura dla szkoły

3Trzy założenia, których nie wolno pominąć

Twierdzenie działa tylko przy spełnionych założeniach, a każde z nich ma swoją typową pułapkę:

założenie	co, gdy nie zachodzi	co zrobić
współczynniki całkowite	lista kandydatów nie ma sensu	pomnóż wielomian przez wspólny mianownik — pierwiastki się nie zmienią
wyraz wolny $a_0 \neq 0$	każdy „dzielnik zera” to dowolna liczba	wyłącz $x$ przed nawias; $0$ jest wtedy pierwiastkiem, resztę licz dla ilorazu
ułamek $\tfrac{p}{q}$ nieskracalny	wypisujesz kandydatów kilka razy	skracaj przed sprawdzaniem — to sama oszczędność pracy

Mnożenie przez wspólny mianownik jest bezpieczne, bo równanie $W(x) = 0$ i równanie $c \cdot W(x) = 0$ dla $c \neq 0$ mają dokładnie te same rozwiązania. Zmienia się wielomian, nie zbiór jego pierwiastków.

Warto też pamiętać, że twierdzenie milczy o pierwiastkach niewymiernych. Wielomian $x^3 + x - 3$ nie ma żadnego pierwiastka wymiernego, a mimo to ma pierwiastek rzeczywisty — leży on między $1$ a $2$ , bo $W(1) = -1$ , a $W(2) = 7$ , więc gdzieś po drodze wartość przechodzi przez zero. Brak trafienia na liście kandydatów oznacza wyłącznie tyle, że rozwiązania nie da się zapisać ułamkiem.

4Do czego to naprawdę służy

Samo znalezienie pierwiastka rzadko jest końcem zadania. Twierdzenie jest pierwszym krokiem w trzech typowych sytuacjach:

Rozkład wielomianu na czynniki — każdy znaleziony pierwiastek $x_0$ daje czynnik $(x - x_0)$ , przez który dzielimy.
Rozwiązywanie równań wielomianowych stopnia trzeciego i wyższego — po rozkładzie na czynniki korzystamy z tego, że iloczyn jest zerem, gdy zeruje się któryś czynnik.
Rozwiązywanie nierówności wielomianowych — postać iloczynowa jest warunkiem koniecznym, żeby narysować siatkę znaków.

Jest też zastosowanie odwrotne, mniej oczywiste: dowodzenie niewymierności. Liczba $\sqrt[3]{2}$ jest pierwiastkiem wielomianu $x^3 - 2$ , którego jedynymi kandydatami wymiernymi są $\pm 1$ i $\pm 2$ . Żaden z nich nie daje zera, a skoro wielomian nie ma pierwiastków wymiernych, to $\sqrt[3]{2}$ wymierny być nie może. Ten sam schemat dowodzi niewymierności $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ i wielu innych liczb — jednym twierdzeniem zamiast osobnego dowodu za każdym razem.

Rozkład wielomianu x³ − 4x² + x + 6 na czynniki (x + 1)(x − 2)(x − 3) po sprawdzeniu kandydatów — Od kandydatów do rozkładu na czynniki.

5Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: współczynnik wiodący równy jeden, współczynnik wiodący różny od jedynki, współczynniki ułamkowe oraz wielomian bez pierwiastków wymiernych.

Przykład 1 Współczynnik wiodący równy 1

Znajdź wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu $W(x) = x^3 - \textcolor{#16A06A}{4}x^2 + x + \textcolor{#16A06A}{6}$ i rozłóż go na czynniki.

Współczynnik wiodący to $1$ , więc $q = \pm 1$ i wszyscy kandydaci są całkowici: to dzielniki wyrazu wolnego $6$ .
Kandydaci: $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 6$ .
$W(1) = 1 - 4 + 1 + 6 = 4$ — nie jest zerem.
$W(-1) = -1 - 4 - 1 + 6 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — pierwszy pierwiastek to $-1$ .
$W(2) = 8 - 16 + 2 + 6 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — drugi pierwiastek to $2$ .
$W(3) = 27 - 36 + 3 + 6 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — trzeci pierwiastek to $3$ . Wielomian stopnia trzeciego ma co najwyżej trzy pierwiastki, więc lista jest kompletna i pozostałych kandydatów nie trzeba sprawdzać.
Rozkład: $W(x) = \textcolor{#E0453A}{(x+1)(x-2)(x-3)}$ .
Kontrola przez wymnożenie: $(x-2)(x-3) = x^2 - 5x + 6$ , a $(x+1)(x^2-5x+6) = x^3 - 5x^2 + 6x + x^2 - 5x + 6 = x^3 - 4x^2 + x + 6$ ✓

Odpowiedź: Pierwiastki: $-1$ , $2$ , $3$ ; rozkład $W(x) = (x+1)(x-2)(x-3)$ .

Zauważ kolejność sprawdzania: najpierw $1$ i $-1$ , bo te wartości liczy się w pamięci. Dopiero potem większe dzielniki.

Przykład 2 Współczynnik wiodący różny od 1

Znajdź wszystkie pierwiastki wymierne wielomianu $W(x) = \textcolor{#16A06A}{2}x^3 - 3x^2 - 3x + \textcolor{#16A06A}{2}$ .

Tu $a_0 = 2$ i $a_n = 2$ , więc kandydaci mają postać $\tfrac{p}{q}$ , gdzie $p \in \{\pm 1, \pm 2\}$ , a $q \in \{1, 2\}$ .
Po skróceniu i usunięciu powtórzeń zostaje sześciu kandydatów: $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm \tfrac{1}{2}$ .
$W(1) = 2 - 3 - 3 + 2 = -2$ — nie jest zerem.
$W(-1) = -2 - 3 + 3 + 2 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — pierwiastek $-1$ .
$W(2) = 16 - 12 - 6 + 2 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — pierwiastek $2$ .
$W\left(\tfrac{1}{2}\right) = 2 \cdot \tfrac{1}{8} - 3 \cdot \tfrac{1}{4} - 3 \cdot \tfrac{1}{2} + 2 = \tfrac{1}{4} - \tfrac{3}{4} - \tfrac{3}{2} + 2 = \textcolor{#E0453A}{0}$ ✓ — pierwiastek $\tfrac{1}{2}$ .
Kontrola przez rozkład: $W(x) = (x+1)(x-2)(2x-1)$ . Wymnażam: $(x+1)(x-2) = x^2 - x - 2$ , a $(x^2-x-2)(2x-1) = 2x^3 - x^2 - 2x^2 + x - 4x + 2 = 2x^3 - 3x^2 - 3x + 2$ ✓
Kontrola liczby pierwiastków: stopień trzeci, znaleziono trzy — komplet ✓

Odpowiedź: Pierwiastki: $-1$ , $2$ , $\tfrac{1}{2}$ .

Gdyby ktoś sprawdzał tylko dzielniki wyrazu wolnego, znalazłby $-1$ i $2$ , ale przegapiłby $\tfrac{1}{2}$ — i uznał wielomian za nierozkładalny do końca. To dokładnie ten przypadek, w którym pełna wersja twierdzenia jest potrzebna.

Przykład 3 Współczynniki ułamkowe

Znajdź pierwiastki wymierne wielomianu $W(x) = \tfrac{1}{2}x^3 - 2x^2 + \tfrac{1}{2}x + 3$ .

Współczynniki nie są całkowite, więc twierdzenia nie wolno zastosować wprost. Najpierw mnożę wielomian przez wspólny mianownik $2$ .
$2 \cdot W(x) = x^3 - 4x^2 + x + 6$ . Oznaczam ten wielomian jako $V(x)$ .
Równania $W(x) = 0$ i $V(x) = 0$ mają te same rozwiązania, bo mnożenie przez $2 \neq 0$ nie zmienia miejsc zerowych.
$V$ to wielomian z pierwszego przykładu, więc jego pierwiastki to $\textcolor{#E0453A}{-1}$ , $\textcolor{#E0453A}{2}$ i $\textcolor{#E0453A}{3}$ .
Kontrola bezpośrednio na $W$ : $W(2) = \tfrac{1}{2} \cdot 8 - 2 \cdot 4 + \tfrac{1}{2} \cdot 2 + 3 = 4 - 8 + 1 + 3 = 0$ ✓
Druga kontrola: $W(-1) = -\tfrac{1}{2} - 2 - \tfrac{1}{2} + 3 = 0$ ✓

Odpowiedź: Pierwiastki: $-1$ , $2$ , $3$ — te same co dla wielomianu $x^3 - 4x^2 + x + 6$ .

Mnożenie przez wspólny mianownik to standardowy pierwszy ruch. Bez niego lista kandydatów byłaby budowana z „dzielników liczby $3$ podzielonych przez dzielniki liczby $\tfrac12$ ”, co nie ma sensu.

Przykład 4 Wielomian bez pierwiastków wymiernych

Sprawdź, czy wielomian $W(x) = x^3 + x - \textcolor{#16A06A}{3}$ ma pierwiastki wymierne.

Współczynnik wiodący to $1$ , wyraz wolny to $-3$ , więc kandydatami są dzielniki liczby $3$ : $\pm 1$ , $\pm 3$ .
$W(1) = 1 + 1 - 3 = -1$ — nie jest zerem.
$W(-1) = -1 - 1 - 3 = -5$ — nie jest zerem.
$W(3) = 27 + 3 - 3 = 27$ — nie jest zerem.
$W(-3) = -27 - 3 - 3 = -33$ — nie jest zerem.
Lista kandydatów wyczerpana, więc pierwiastków wymiernych nie ma.
To jednak nie znaczy, że nie ma pierwiastków w ogóle: $W(1) = -1$ jest ujemne, a $W(2) = 8 + 2 - 3 = 7$ jest dodatnie, więc gdzieś między $1$ a $2$ wartość przechodzi przez zero.
Kontrola zawężająca: $W(1{,}2) = 1{,}728 + 1{,}2 - 3 = -0{,}072$ (wciąż ujemne), a $W(1{,}3) = 2{,}197 + 1{,}3 - 3 = 0{,}497$ (dodatnie) — pierwiastek leży między $1{,}2$ a $1{,}3$ ✓

Odpowiedź: Wielomian nie ma pierwiastków wymiernych, ma natomiast pierwiastek niewymierny leżący między $1{,}2$ a $1{,}3$ .

Ten przykład pokazuje granicę twierdzenia. Odpowiedź „brak pierwiastków wymiernych” jest pełnoprawnym wynikiem — ale nie wolno jej mylić z „brak rozwiązań”.

6Najczęstsze błędy

Dwa pierwsze błędy dotyczą układania listy kandydatów, trzy kolejne — założeń twierdzenia i jego zasięgu.

Sprawdzanie tylko dodatnich dzielników wyrazu wolnego.

Skąd się bierze: Słowo „dzielnik” w szkole zwykle oznacza dzielnik dodatni, więc znaki ujemne wypadają z listy.

Jak zrobić dobrze: Kandydaci są zawsze parami: $\pm 1$ , $\pm 2$ , $\pm 3$ , $\pm 6$ . W wielomianie $x^3 - 4x^2 + x + 6$ jednym z pierwiastków jest $-1$ — przy liście $\textcolor{#9b1c14}{1, 2, 3, 6}$ zostałby przegapiony.

Szukanie tylko pierwiastków całkowitych, gdy współczynnik wiodący nie jest jedynką.

Skąd się bierze: Wersja z podstawy programowej mówi o pierwiastkach całkowitych, więc bywa stosowana także tam, gdzie nie wystarcza.

Jak zrobić dobrze: Gdy $a_n \neq \pm 1$ , w mianowniku mogą stać jego dzielniki. Dla $2x^3 - 3x^2 - 3x + 2$ trzeba sprawdzić także $\pm\tfrac{1}{2}$ — inaczej pierwiastek $\tfrac{1}{2}$ przepadnie i rozkład zatrzyma się na $\textcolor{#9b1c14}{\text{dwóch}}$ czynnikach zamiast trzech.

Traktowanie twierdzenia jako gwarancji, że pierwiastek wymierny istnieje.

Skąd się bierze: Twierdzenie podaje gotową listę liczb, więc wygląda, jakby obiecywało, że któraś z nich zadziała.

Jak zrobić dobrze: To sito, nie wzór — mówi wyłącznie, gdzie pierwiastek może leżeć. Wielomian $x^3 + x - 3$ nie ma żadnego pierwiastka wymiernego, choć ma pierwiastek rzeczywisty. Odpowiedź $\textcolor{#9b1c14}{\text{brak rozwiązań}}$ byłaby tu fałszywa.

Stosowanie twierdzenia do wielomianu o współczynnikach ułamkowych.

Skąd się bierze: Wielomian wygląda znajomo, a założenie o całkowitości współczynników bywa czytane jako formalność.

Jak zrobić dobrze: Najpierw pomnóż przez wspólny mianownik. Dla $\tfrac{1}{2}x^3 - 2x^2 + \tfrac{1}{2}x + 3$ przejdź na $x^3 - 4x^2 + x + 6$ i dopiero wtedy wypisuj kandydatów — a nie buduj listy z $\textcolor{#9b1c14}{\text{dzielników liczby 3 i liczby } \tfrac12}$ .

Pominięcie przypadku, w którym wyraz wolny jest zerem.

Skąd się bierze: Wzór na kandydatów formalnie nadal się „daje zapisać”, więc brak wyrazu wolnego łatwo przeoczyć.

Jak zrobić dobrze: Gdy $a_0 = 0$ , twierdzenie nie ma zastosowania, bo dzielnikiem zera jest każda liczba. Wyłącz $x$ przed nawias: w $x^3 - 4x^2 + x$ dostajesz $x(x^2 - 4x + 1)$ , notujesz pierwiastek $0$ i pracujesz dalej na nawiasie — zamiast wypisywać $\textcolor{#9b1c14}{\text{nieskończoną}}$ listę kandydatów.

Sprawdź się na kartce

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Gotowe kartkówki i sprawdziany PDF z kluczami: grupa A za darmo, pozostałe grupy w sklepie.

Płatny materiał · sklep

Wielomiany i funkcje wymierne — test, liceum klasa 2

Stopień, pierwiastki, dziedzina, hiperbola, równania wymierne.

3,90 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

Płatny materiał · sklep

Potęgi i pierwiastki — sprawdzian, liceum, klasa 1

Wykładnik całkowity i wymierny, działania na pierwiastkach, suma jednakowych potęg.

3,90 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

Płatny materiał · sklep

Równania wielomianowe — sprawdzian, liceum klasa 2

Iloczyn czynników liniowych, wyłączanie wspólnego nawiasu, sprawdzanie pierwiastka.

3,90 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

7Pytania i odpowiedzi

Jak znaleźć pierwiastki wymierne wielomianu o współczynnikach całkowitych?

Trzeba wypisać wszystkie ułamki nieskracalne, w których licznik jest dzielnikiem wyrazu wolnego, a mianownik dzielnikiem współczynnika przy najwyższej potędze. Potem podstawia się kolejnych kandydatów do wielomianu i sprawdza, który daje zero.

Czy każdy pierwiastek całkowity jest dzielnikiem wyrazu wolnego?

Tak, pod warunkiem że wszystkie współczynniki wielomianu są liczbami całkowitymi, a wyraz wolny nie jest zerem. To szczególny przypadek ogólnego twierdzenia, w którym mianownik kandydata jest równy jeden.

Co zrobić, gdy żaden kandydat nie daje zera?

Wtedy wielomian nie ma pierwiastków wymiernych i to jest pełna odpowiedź. Może natomiast mieć pierwiastki niewymierne, których tą metodą się nie znajdzie — trzeba wtedy sięgnąć po inne narzędzia albo po przybliżenia numeryczne.

Czy twierdzenie działa, gdy współczynniki są ułamkami?

Nie w tej postaci, ale wystarczy pomnożyć cały wielomian przez wspólny mianownik współczynników. Otrzymany wielomian ma współczynniki całkowite i dokładnie te same pierwiastki, więc dalej postępujemy standardowo.

Co zrobić po znalezieniu pierwszego pierwiastka?

Najlepiej podzielić wielomian przez dwumian odpowiadający temu pierwiastkowi, korzystając ze schematu Hornera. Otrzymany iloraz ma stopień o jeden niższy, więc przy wielomianie stopnia trzeciego zostaje trójmian kwadratowy rozwiązywany deltą.

Czytaj dalej

WielomianyPodstawy działu: stopień, współczynniki i działania na wielomianach.Schemat HorneraNajszybszy sposób podzielenia wielomianu przez dwumian po znalezieniu pierwiastka.Dzielenie wielomianówDzielenie pisemne i rozkład na czynniki krok po kroku.Nierówności wielomianoweDo czego służy postać iloczynowa, gdy zamiast równania stoi nierówność.

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-08-02. Tekst redakcji „Nie każ mu liczyć”.

Wymierne pierwiastki wielomianu o współczynnikach całkowitych

1Twierdzenie o pierwiastkach wymiernych

2Jak ułożyć listę kandydatów

3Trzy założenia, których nie wolno pominąć

4Do czego to naprawdę służy

5Przykłady krok po kroku

6Najczęstsze błędy

Sprawdź się na kartce

Wielomiany i funkcje wymierne — test, liceum klasa 2

Potęgi i pierwiastki — sprawdzian, liceum, klasa 1

Równania wielomianowe — sprawdzian, liceum klasa 2

7Pytania i odpowiedzi

Czytaj dalej

Kolorowy kod

Połącz te same kolory

Koncentracja
krok po kroku