Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
1
MỤC LỤC
Trang
A. MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 2
1/Thực trạng của vấn đề: 2
2/Ý nghĩa và tác dụng : 2
3/Phạm vi nghiên cứu: 2
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: 2
1/Cơ sở lý luận và thực tiển: 2
2/Các biện pháp tiến hành ,thời gian: 2
B. NỘI DUNG 2
I. MỤC TIÊU: 3
II.MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI: 3
1/ Thuyết minh : 3
2/Khả năng áp dụng: 3
-Các phương pháp : 4
C.KẾT LUẬN 18
TÀI LIỆU THAM KHẢO 20


cho mình. Chính vì vậy, việc tìm hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của SGK, nắm
vững phương pháp dạy học, để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả là một
công việc mà bản thân mỗi giáo viên đang trực tiếp giảng dạy bộ môn toán thường xuyên
phải làm.
Trong công tác giảng dạy bộ môn Toán, việc đào tạo, bồi dưỡng những học sinh có
năng khiếu về bộ môn Toán. Giúp cho các em trở thành những học sinh giỏi thực sự về bộ
môn toán là một công tác mũi nhọn trong công tác chuyên môn . Các cuộc thi học sinh giỏi
các cấp được tổ chức thường xuyên mỗi năm một lần đã thể hiện rõ điều đó. Với tất cả
những lý do nêu trên, tôi quyết định chọn đề tài này.
3/Phạm vi nghiên cứu:
Đề tài này tôi chỉ đem ra áp dụng tại Trường THCS Trần Quang Diệu và dành cho đối
tượng là học sinh giỏi bộ môn Toán các lớp 8; 9
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH:
1/Cơ sở lý luận và thực tiển:
- Nghiên cứu lí luận về phân tích đa thức thành nhân tử.
- Xây dựng hệ thống bài tập phân tích đa thức thành nhân tử với các phương pháp giải
bài tập thích hợp cho từng bài .
- Thực nghiệm việc sử dụng các phương pháp giải bài tập phân tích đa thức thành nhân
tử trong giảng dạy.
- Đề xuất một số bài học kinh nghiệm trong quá trình nghiên cứu.
2/Các biện pháp tiến hành ,thời gian:
a.Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi sử dụng những phương pháp sau đây:
a) Phương pháp nghiên cứu lý luận.
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
3
b) Phương pháp khảo sát thực tiễn.
c) Phương pháp quan sát.
d) Phương pháp phân tích, tổng hợp, khái quát hóa.

n
x
n
+
c
a
n 1
x
n – 1
+ … +
c
a
0
) ( với c

0, c

1 ).
b) Định nghĩa 2
Giả sử P(x)

P


x là đa thức có bậc lớn hơn 0. Ta nói P(x) là bất khả quy trên trường
P nếu nó không thể phân tích được thành tích của hai đa thức bậc khác 0 và nhỏ hơn bậc
của P(x). Trường hợp trái lại thì P(x) được gọi là khả quy hoặc phân tích được trên P.
*Các định lý cơ bản về phân tích đa thức thành nhân tử
a)Định lý 1
Mỗi đa thức f(x) trên trường P đều phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy,

. Thế thì đa thức f(x) là bất khả quy trên
Q.
2/Khả năng áp dụng:
Qua các định lý trên, ta đã chứng tỏ rằng mọi đa thức đều phân tích được thành tích các
đa thức trên trường số thực R. Song đó là mặt lí thuyết , còn trong thực hành thì khó khăn
hơn nhiều , và đòi hỏi những “kĩ thuật” , những thói quen và kĩ năng “ sơ cấp”. Dưới đây
qua các ví dụ ta xem xét một số phương pháp thường dùng để phân tích một đa thức thành
nhân tử một cách có hệ thống từ dễ dến khó cho từng phương pháp.
-Các phương pháp : Một số phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử
1. Phương pháp đặt nhân tử chung
2 . Phương pháp nhóm các hạng tử
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức đáng nhớ
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
4
4. Phương pháp thực hiện phép chia
5. Phương pháp đặt ẩn phụ
6. Phương pháp đề xuất bình phương đủ ( tách số hạng)
7. Phương pháp hệ số bất định
8. Phương pháp xét giá trị riêng
1. Phương pháp đặt nhân tử chung
Phương pháp này vận dụng trực tiếp tính chất phân phối của phép nhân đối với phép
cộng (theo chiều ngược).
*Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a/ A = 2ax
3
+ 4bx
2
y + 2x
2

2a – 3ax – 6a – 4ax
 
 

= (5y + 2b)(- 4a
2
+ ax)
= (5y + 2b)(x – 4a)a
c/ C = 3x
2
(y – 2z ) – 15x(y – 2z)
2

Giải: Ta thấy các hạng tử có nhân tử chung là y – 2z
Do đó : C = 3x
2
(y – 2z) – 15x(y – 2z)
2

= 3x(y – 2z)


(x – 5 y – 2z
 
 

=3x(y – 2z)(x – 5y + 10z)
d/ D = 3x
3
y – 6x


2 2 2
x – 2x 1 – y 2yz z
 
  
 

= 3xy
   
2 2
x – 1 – y z
 

 

= 3xy




x – 1 – y z

 
 




x – 1 y z
 

3
+ 3z
2
+ 2z +1
Giải: Ta có : G = 6z
3
+ 3z
2
+ 2z +1
= 3z
2
(2z + 1) + (2z + 1)
= (2z + 1)(3z
2
+ 1)
2 . Phương pháp nhóm các hạng tử
Phương pháp này vận dụng một cách thích hợp tính chất giao hoán, tính chất kết hợp
của phép cộng, để làm xuất hiện từng nhóm các hạng tử có nhân tử chung, rồi sau đó vận
dụng tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng.
* Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
5
a/ A = xy
2
– xz
2
+ yz
2
– yx

)
= x(y
2
– z
2
) + yz(z – y) + x
2
(z – y)
= x(y – z)(y + z) - yz(y – z) - x
2
(y – z)
= (y – z)


2
x y z yz x )
 
  
 

= (y – z)




2
xy – x xz – yz
 

 

+ 3) + 3(2x
3
+ 3)
= (2x
3
+ 3)(2x
2
+ 3)
c/ C = x
6
+ x
4
+ x
2
+ 1
Giải: Ta có : C = x
6
+ x
4
+ x
2
+ 1
= x
4
(x
2
+ 1) + ( x
2
+ 1)
= (x

Giải: Ta có : E = x
2
+ 2xy + y
2
– xz - yz
= (x
2
+ 2xy + y
2
) – (xz + yz)
= (x + y)
2
– z(x + y)
= (x + y)(x + y – z)
f/ F = 2xy + z + 2x + yz
Giải: Ta có : F = 2xy + z + 2x + yz
= (2xy + 2x) + (z + yz)
= 2x(y + 1) + z(y + 1)
= (y + 1)(2x + z)
g/ G = x
m + 4
+ x
m + 3
– x - 1
Giải: Ta có : G= x
m + 4
+ x
m + 3
– x – 1
= x

)
= x
2
(y – z) + yz(y – z) – x(y – z)(y + z)
= (y – z)


2
x yz – x y z
 
 
 

= (y – z)(x
2
+ yz – xy – xz)
= (y – z)




x x – y – z x – y
 
 

= (y – z)(x – y)(x – z) Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm

2
) + (x – y)(z
2
– y
2
)
= (y – z) (x – y)(x + y) + (x – y)(z - y)(z + y)
= (y – z) (x – y)




x y – z y
 
 
 

= (y – z) (x – y)(x – z)
i/ I = ( a + b + c)(bc + ca + ab) - abc
Giải: Ta có : I = ( a + b + c)(bc + ca + ab) - abc
= ( a + b)(bc + ca + ab) + c(bc + ca + ab) - abc
= ( a + b)(bc + ca + ab) + bc
2
+ c
2
a + abc – abc
= ( a + b)(bc + ca + ab) + c
2
( a + b)
= ( a + b)(bc + ca + ab + c

+ b
2
c +bc
2
+ c
2
a + ca
2
+ 3abc
= (a
2
b + ab
2
+ abc) + (b
2
c +bc
2
+abc) + (c
2
a + ca
2
+ abc)
= ab( a + b + c) + bc( a + b + c) +ca( a + b + c)
= ( a + b + c)(ab + bc + ca)
l/ L = 2a
2
b + 4ab
2
– a
2

) – (4b
2
c+ 2abc)
= 2ab(a + 2b) – ac(a + 2b) + c
2
(a + 2b) – 2bc(a + 2b)
= (a + 2b)(2ab – ac + c
2
– 2bc)
= (a + 2b)




a 2b – c – c 2b –c
 
 

= (a + 2b)(2b – c)(a – c)
m/ M = 4x
2
y
2
(2x + y) + y
2
z
2
(z – y) – 4z
2
x


= 4x
2
y
2
(2x + y) + z
2
( y
2
z – y
3
– 8x
3
– 4x
2
z)
= 4x
2
y
2
(2x + y) + z
2




2 2 3 3
z y – 4x – y 8x
 


– z
2
y
2
+ 2xyz
2
– 4x
2
z
2
)
= (2x + y)






2 2 2 2 2
4x y – z – z y y – z 2xz y – z
 

 

= (2x + y)(y – z)(4x
2
y + 4x
2
z – z
2

= (A - B)
2

Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
7
A
2
- B
2
= (A + B) (A - B)
(A + B)
3
= A
3
+ 3A
2
B + 3AB
2
+ B
3

(A - B)
3
= A
3
- 3A
2
B + 3AB
2

Giải: Ta có : A = x
4
+ x
2
y
2
+ y
4

= (x
4
+ 2x
2
y
2
+ y
4
) - x
2
y
2
= (x
2
+ y
2
)
2
- x
2
y

+ a
2
b
2
+ b
4

= (a
6
– b
6
) + (a
4
+ a
2
b
2
+ b
4
)
= (a
3
+ b
3
) (a
3
- b
3
) + (a
4

- ab + b
2
) (a - b)( a
2
+ ab + b
2
) +(a
2
+ b
2
)
2
– a
2
b
2

= (a + b)( a
2
- ab + b
2
) (a - b)( a
2
+ ab + b
2
) +(a
2
+ab + b
2
)(a

)(a
2
– b
2
+ 1)
c/ C = x
4
+ x
2
+ 1 + (x
2
– x + 1)
2

Giải: Ta có : C = x
4
+ x
2
+ 1 + (x
2
– x + 1)
2

= (x
4
+ 2x
2
+ 1) – x
2
+ (x

– x + 1)
= 2(x
2
– x + 1)(x
2
+ 1)
d/ D = x
4
+ y
4
+ z
4
- 2x
2
y
2
– 2x
2
z
2
- 2y
2
z
2

Giải: Ta có: D = x
4
+ y
4
+ z

z
2
) – 4y
2
z
2

= (x
2
– y
2
– z
2
)
2
– 4y
2
z
2

= (x
2
– y
2
– z
2
– 2yz) (x
2
– y
2

+(x - y)
3

=
   
3
x y x y
  
 
 
– 3(x + y)(x - y)




x y x y
  
 
 

= 8x
3
– 3.2x(x
2
– y
2
)
= 2x



 

= 2x




2 2 2 2
2 x y x – y
 
 
 

Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
8
= 2x(x
2
+ 3y
2
)
f/ F = 16x
2
+ 40x + 25
Giải: Ta có: F = 16x
2
+ 40x + 25
= (4x)
2
+ 2.4.5.x + 5

3
- (y - z)
3
+ 3(z – x)(y – z)(x – y)
Vậy G = (x - y)
3
+(y - z)
3
+(z - x)
3
= 3(z – x)(y – z)(x – y)
h/ H = (a + b+ c)
3
– (a
3
+ b
3
+ c
3
)
Giải: Ta có: H = (a + b+ c)
3
–(a
3
+ b
3
+ c
3
)
= a

+ b
3
+ c
3
)
= 3a
2
(b + c) + 3a(b + c)
2
+ 3bc(b + c)
= 3(b + c)(a
2
+ ab + ac + bc)
= 3(b + c)




a a b c a b
  
 
 

= 3(b + c)(a + b)(a + c)
i/ I = x
8
– 2
8

Giải: Ta có : I = x

4
+ 2
4
)(x
2
– 2
2
)(x
2
+ 2
2
)
= (x
4
+ 2
4
)(x
2
+ 2
2
)(x – 2)(x + 2)
k/ K = (x
3
– 1) + (5x
2
– 5) + (3x – 3)
Giải: Ta có: K = (x
3
– 1) + (5x
2

+ 13(-2)
3
+ 14(-2)
2
+ 12(-2) + 8 = 0
Nên chia f(x) cho (x + 2), ta được:
f(x) = (x + 2)(x
4
+ 4x
3
+ 5x
2
+ 4x + 4) = (x + 2).g(x)
Dễ thấy: g(x) = x
4
+ 4x
3
+ 5x
2
+ 4x + 4 có g(-2) = 0
Nên chia g(x) cho (x + 2), ta được:
g(x) = (x + 2)(x
3
+ 2x
2
+ x + 2)
Đặt h(x) = x
3
+ 2x
2

4
+ 4x
3
+ 5x
2
+ 4x + 4 cho (x + 2) như sau :

1 4 5 4 4
-2 1 2 1 2 0

Vậy x
4
+ 4x
3
+ 5x
2
+ 4x + 4 = (x + 2)(x
3
+ 2x
2
+ x + 2)
Chia x
3
+ 2x
2
+ x + 2 cho (x + 2) như sau :

1 2 1 2
-2 1 0 1 0



9;

12;

18;

36.
Ta thấy : x = -2
P(-2) = 16 + 16 –44 – 24 +36 = 68 – 68 = 0
Ta có: P = x
4
+ 2x
3
– 4x
3
– 8x
2
– 3x
2
– 6x + 18x + 36
= x
3
(x + 2) – 4x
2
(x + 2) – 3x(x + 2) + 18(x + 2)
= (x + 2)(x
3
– 4x
2

+ x) + 4(x
2
+ x) - 12
Giải: Đặt : y = x
2
+ x , đa thức đã cho trở thành :
A = y
2
+ 4y – 12
= y
2
– 2y + 6y – 12
= y(y – 2) + 6(y – 2)
= (y – 2)(y + 6) (1)
Thay : y = x
2
+ x vào (1) ta được :
A = (x
2
+ x – 2)(x
2
+ x – 6)
= (x – 1)(x + 2)(x – 2)(x+3)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
10
b/B= (x
2
+ x + 1)( x
2

+ x + 6)
= (x – 1)(x + 2)(x
2
+ x + 6)
c/ C = x
12
– 3x
6
+ 1
Giải: C= x
12
– 3x
6
+ 1
Đặt y = x
6
(y
0

)
Đa thức đã cho trở thành :
C = y
2
– 3y + 1
= y
2
– 2y + 1 – y
= (y – 1)
2
– y

2
, ta có x = y +
2

D = (y +
2
)
3
- 3
2
(y +
2
)
2
+ 3(y +
2
) +
2
- 2
= y
3
+ 3y
2
2 + 3y.2 + 2 2 - 3 2 (y
2
+ 2 2 y + 2) + 3(y + 2 ) + 2 - 2
= y
3

- 3y – 2

e/ E = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15
Giải: Ta có:
E = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15
=




x 1 x 7
 
 
 





x 3 x 5
 
 
 
+ 15
= (x
2
+ 8x + 7)( x
2
+ 8x + 15) + 15
Đặt : y = (x
2
+ 8x + 7). Đa thức đã cho trở thành :



x x 2 6 x 2
  
 
 

= (x
2
+ 8x + 10)(x + 2)(x + 6)
Nhận xét: Từ lời giải bài toán trên ta có thể giải bài toán tổng quát sau : phân tích đa thức
sau thành nhân tử :
A = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) + m
Nếu a + d = b + c . Ta biến đổi A thành :
A =




x a x d
 
 
 




x b x c
 
 

thì x
2
+
2
x
1
= y
2
+ 2
Do đó : F = x
2
(y
2
+ 2 + 6y + 7)
= x
2
( y + 3)
2

= (xy + 3x)
2

Thay y = x -
x
1
, ta được
F =
2
3)
1

2
– X – 12
= X
2
- 16 – X + 4
= (X + 4)(X - 4) - (X - 4)
= (X - 4)(X + 4 - 1)
= (X - 4)(X + 3) (1)
- Thay X = x + y vào (1) ta được :
G= (x + y – 4)( x + y + 3)
h/ H = (x
2
+ y
2
+ z
2
)( x + y + z)
2
+ (xy + yz + zx)
2

Giải: H = (x
2
+ y
2
+ z
2
)( x + y + z)
2
+ (xy + yz + zx)

Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
12
= (a + b)
2
(*)
Thay : a = x
2
+ y
2
+ z
2

b = xy + yz + zx vào (*) ta được :
H = (x
2
+ y
2
+ z
2
+

xy + yz + zx)
2

i/ I = (x – y)
3
+ (y – z)
3
+ (z – x)


A
3
+ B
3
+ C
3
= 3ABC
Thay : A = x – y ; B = y – z; C = z – x, ta được :
Vậy I = (x – y)
3
+ (y – z)
3
+ (z – x)
3
= 3(x – y)(y – z)(z – x)
6. Phương pháp đề xuất bình phương đủ ( tách số hạng)
Phương pháp đề xuất bình phương đủ là phương pháp thêm, bớt các hạng tử trong đa
thức để làm xuất hiện các đa thức có thể đưa về hằng đẳng thức đáng nhớ.
*Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a/ A = x
2
– 6x + 5
Giải: Ta có thể giải bài toán trên đây bằng một số cách như sau:
Cách 1: A = x
2
– 6x + 5
= x
2
– x – 5x + 5

= (x – 1)(x + 1) – 6(x – 1)
= (x – 1)( x + 1 – 6)
= (x – 1)(x – 5)
Cách 5 : A = x
2
– 6x + 5
= (3x
2
– 6x + 3) – 2x
2
+ 2
= 3(x – 1)
2
- 2(x
2
– 1)
= (x – 1)




3 x – 1 – 2 x 1

 
 

= (x – 1)(x – 5)
Cách 6 : A = x
2
– 6x + 5


6x – 5 x 1

 
 

= (x – 1)(x – 5)
Cách 8 : A = x
2
– 6x + 5
Đặt f(x) = x
2
– 6x + 5
Dễ thấy tổng các hệ số của f(x) bằng 0 hay f(1) = 0 nên f(x) chia hết cho
(x- 1). Thực hiện phép chia f(x) cho (x –1) được thương là (x – 5). Vậy
A = (x – 1)(x – 5)
Chú ý: Để phân tích đa thức ax
2
+ bx + c (c

0) bằng phương pháp tách số hạng ta làm như
sau :
Bước 1 : lấy tích a.c = t
Bước 2 : phân tích t thành hai nhân tử ( xét tất cả các trường hợp) t = p
i
.q
i

Bươc 3 : tìm trong các cặp nhân tử p
i

2
- 3
= x
4
– x
2
+ 3x
2
– 3
= x
2
(x
2
– 1) + 3(x
2
– 1)
= (x
2
– 1) (x
2
+ 3)
= (x – 1)(x + 1)(x
2
+ 3)
Cách 2: B = x
4
+ 2x
2
- 3
= x

– 1 – 2
= (x
4
– 1) + 2x
2
– 2
= (x
2
– 1)(x
2
+ 1) + 2(x
2
– 1)
= (x
2
– 1)(x
2
+ 3)
= (x – 1)(x + 1)(x
2
+ 3)
Cách 4 : B = x
4
+ 2x
2
- 3
= (x
4
+ 2x
2

- 3
= (x
4
– 9) + 2x
2
+ 6
= (x
2
+ 3)(x
2
- 3) + 2(x
2
+ 3)
= (x
2
+ 3)( x
2
- 3 + 2)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
14
= (x
2
+ 3)(x
2
– 1)
= (x
2
+ 3)(x – 1)(x + 1)
Cách 6 : B = x


2 2
3 x 1 2x
 
 
 

= (x
2
– 1) (x
2
+ 3)
= (x – 1)(x + 1)(x
2
+ 3)
c/ C = x
4
+ x
2
+ 1
Giải:
Cách 1 : C = x
4
+ x
2
+ 1
= (x
4
+ 2x
2

+ x) + (x
2
+ x + 1)
= x
2
(x
2
+ x + 1) - x (x
2
+ x + 1) + (x
2
+ x + 1)

= (x
2
+ x +1) (x
2
– x +1)
Cách 3 : C = x
4
+ x
2
+ 1
= (x
4
- x
3
+ x
2
) + (x


= (5x
2
+ 5xy) + (xy + y
2
)
= 5x(x + y) + y(x + y)
= (x + y)(5x + y)
Cách 2 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (6x
2
+ 6xy) – (x
2
- y
2
)
= 6x(x + y) – (x – y)(x + y)
= (x + y)(6x – x + y)
= (x + y)(5x + y)
Cách 3 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (4x
2

)
= (x + y)(3x + 3y + 2x – 2y)
= (x + y)(5x + y)
Cách 5 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (5x
2
+ 10xy + 5y
2
) – (4xy + 4y
2
)
= 5(x + y)
2
– 4y(x + y)
= (x + y)


5 x y – 4y

 
 

Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
15
= (x + y)(5x + y)

2

=(3x + y)
2
– 4x
2

= (3x + y – 2x)(3x + y + 2x)
= (x + y)(5x + y)
e/ E = x
4
+ x
2
y
2
+ y
4

Giải:
Ta có : E = x
4
+ x
2
y
2
+ y
4

= (x
4

4
+ x
2
+ 1 + (x
2
– x + 1)
2

Giải: Ta có : F = x
4
+ x
2
+ 1 + (x
2
– x + 1)
2

= x
4
+ (x
2
– x + 1) + (x
2
– x + 1)
2
+ x
= (x
2
– x + 1) + (x
2

2
+2 )
= 2(x
2
– x + 1)(x
2
+ 1)
g/ G = 4x
4
+ 81
Giải: Ta có : G = 4x
4
+ 81
= 4x
4
+ 36x
2
+ 81 – 36x
2

= (2x
2
+ 9)
2
– (6x)
2

=(2x
2
+ 9 – 6x)(2x

Giải: Ta có : I= x
3
– x
2
– x - 2
= x
3
– 1 – (x
2
+ x + 1)
= (x – 1)(x
2
+ x + 1) - (x
2
+ x + 1)
= (x
2
+ x + 1)(x – 1 – 1)
= (x
2
+ x + 1)(x – 2)
k/ K = x
3
+ x
2
– x + 2
Giải: Ta có : K= x
3
+ x
2

= x
3
+ 2x
2
– 8x
2
– 16x + 15x + 30
= x
2
(x + 2) – 8x(x + 2) + 15 ( x + 2)
= (x + 2)(x
2
– 8x + 15)
= (x + 2)(x
2
– 8x + 16 – 1)
= (x + 2)
 
2
x – 4 – 1
 
 

= (x + 2)(x – 4 – 1)(x – 4 + 1)
= (x + 2)(x – 5)(x – 3)
7. Phương pháp hệ số bất định
Phương pháp này dựa vào định nghĩa hai đa thức bằng nhau, ta có thể tính được các hệ
số của sự biểu diễn đòi hỏi bằng cách giải một hệ phương trình sơ cấp.
*Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a/ A = x

+ (ad + bc)x + bd
Đồng nhất hai đa thức, ta được hệ điều kiện :

6
12
14
3
a c
ac b d
ad bc
bd
  


  


  





Xét bd = 3 với b, d
Z

, b




– 4x + 1)
b/ B = 3x
2
+ 22xy + 11x + 37y + 7y
2
+ 10
Giải: Biểu diễn đa thức dưới dạng :
B = ( ax + by + c )( dx + ey + g )
= adx
2
+ aexy + agx + bdxy + bey
2
+ bgy + cdx + cey + cg
= adx
2
+ ( ae + bd )xy + ( ag + cd )x + bey
2
+ ( bg + ce )y + cg
= 3x
2
+ 22xy + 11x + 37y + 7y
2
+ 10
Đồng nhất hai đa thức, ta được hệ điều kiện :





















2
7
1
5
1
3
g
e
d
c
b
a

Vậy A = 3x
2
+ 22xy + 11x + 37y + 7y








63
8
0
0
bd
bcad
dbac
ca














9

(y – z) + y
2
(z – y) = 0
Như vậy A chứa thừa số x – y
Ta lại thấy nếu thay x bởi y, thay y bởi z, thay z bởi x thì A không đổi ( ta nói đa
thức A có thể hoán vị vòng quanh x

y

z

x . Do đó nếu A chứa thừa số x – y thì cũng
chứa thừa số y – z, z – x . Vậy A có dạng : k(x – y)(y – z)(z – x)
Ta thấy k phải là hằng số, vì A có bậc 3 đối với tập hợp các biến x, y, z, còn các tích
(x – y)(y – z)(z – x) cũng có bậc ba đối với tập hợp các biến x, y, z.
Vì đẳng thức x
2
(y – z) + y
2
(z – x) + z
2
(x – y) = k(x – y)(y – z)(z – x) đúng với mọi
x, y, z nên ta gán cho các biến x, y, z các giá trị riêng, chẳng hạn x = 2; y = 1; z = 0 (*), ta
được:
4.1 + 1.(-2) + 0 = k.1.1.(-2)
2 = -2k
k = -1
Vậy A = -1(x – y)(y – z)(z – x)
= (x – y)(y – z)(x – z)
Chú ý: (*) các giá trị của x, y, z có thể chọn tuỳ ý chỉ cần chúng đôi một khác nhau để

z

x. Do đó nếu B chứa thừa
số x – y thì cũng chứa thừa số y – z, z – x . Vậy B có dạng :
k(x – y)(y – z)(z – x)
Mặt khác B là đa thức bậc ba đối với x, y, z, nên trong phép chia B cho
(x – y)(y – z)(z – x) thương là hằng số k, nghĩa là :
B = k(x – y)(y – z)(z – x) , k là hằng số.
Cho : x = 1; y = -1; z = 0 ta được :
1
2
.(-1)
2
.(-2) + (-1)
2
.0.(0 + 1) + 0
2
.1
2
.(1 – 0) = k. 2.(-1).(-1)
-2 = 2k
k = -1
Vậy B = -1(x – y)(y – z)(z – x)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
18
= (x – y)(y – z)(x – z)
c/ C = ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a)
Giải:
Nhận xét: Nếu hoán vị vòng quanh a, b, c, thì A không thay đổi. Thay a=b vào C ta có:

)
Giải:
Nhận xét: Nếu hoán vị vòng quanh x, y, z thì P không thay đổi. Thay z = y vào D ta có:
D = 0 + z(z
3
- x
3
) + z(x
3
–z
3
) = 0
Do đó : D

(y – z)
Suy ra D

(z – x) và P

(x – y). Từ đó :
D

(y – z)(z – x)(x – y)
Mặt khác D là đa thức bậc ba đối với x, y, z nên trong phép chia D cho
(y – z)(z – x)(x – y)được thương là hằng số k, nghĩa là :
D = k(y – z)(z – x)(x – y)
Cho : x = 2; y = 1; z = 0, ta được :
2.1
3
+ 1.(-2)

2
+ (b – c)(b + c)(c – b) = 0
Do đó E

a
Suy ra E

b và E

c. Từ đó :
E

abc
Mặt khác E là đa thức bậc ba đối với a, b, c nên trong phép chia E cho abc thương là hằng
số k, nghĩa là :
E = k.abc
Cho a = b = c = 1, ta được :
1.1
2
+ 1.1
2
+ 1.1
2
+ 1.1.1 = k.1.1.1
k = 4
Vậy E = 4.abc
Hay: a(b +c – a)
2
+ b(c +a – b)
2

để học sinh từ đó phát huy những khả năng của mình, vận dụng một cách sáng tạo vào giải
các bài toán khác cùng thể loại.
- Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi cần thường xuyên bám sát đối tượng học sinh,
theo dõi và động viên kịp thời sự cố gắng, nỗ lực của từng học sinh. Đồng thời, kích thích
các em phát huy tối đa khả năng của mình trong quá trình ôn luyện, học tập. Bên cạnh đó,
cần theo dõi kiểm tra, uốn nắn kịp thời những sai sót mà học sinh có thể mắc phải, giúp các
em có niềm tin, nghị lực và quyết tâm vượt qua những khó khăn bước đầu .
3. Kiến nghị đề xuất
- Tăng thêm thời gian bồi dưỡng cho học sinh giỏi môn Toán 9 để HS có thời gian ôn
luyện nhiều dạng toán .
- Nên chọn lọc HS từ đầu tương đối kỹ thì việc bồi dưỡng sẽ thuận lợi hơn.
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
20

TÀI LIỆU THAM KHẢO
-Sách giáo khoa Toán 8, Toán 9, tập1;2
-Sách giáo viên Toán 8, Toán 9, tập1;2


Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
21

ĐÁNH GIÁ, NHẬN XÉT CỦA TỔ CHUYÊN MÔN VÀ NHÀ TRƯỜNG