giúp học sinh làm những bài toán phân tích đa thức thành nhân tử

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

Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
2
GIÚP HỌC SINH LÀM NHANH NHỮNG BÀI TOÁN
“PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ”

A. MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi là một công tác mũi nhọn của ngành giáo dục & đào
tạo. Trong xu thế phát triển hiện nay, việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi là một nhu cầu
cấp thiết của xã hội, nó góp phần không nhỏ vào việc đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài
cho đất nước. Chính vì vậy việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi được ngành giáo dục hết
sức chú trọng.
1/Thực trạng của vấn đề:
Chương trình Toán bậc THCS có rất nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, trong đó
“Phân tích đa thức thành nhân tử” là một trong những chuyên đề giữ một vai trò quan
trọng, nó giúp cho học sinh hình thành kỹ năng biến đổi đồng nhất trên các biểu thức đại số.
Chẳng hạn, để thực hiện rút gọn một biểu thức đại số thì không thể thiếu việc phân tích đa
thức thành nhân tử, hay việc giải một phương trình bậc cao sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu
học sinh không thành thạo phân tích biểu thức vế trái thành nhân tử, thậm chí trong nhiều
đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, nhiều năm cũng có những bài toán về phân tích
đa thức thành nhân tử, Cho nên chuyên đề về phân tích đa thức thành nhân tử là một
trong những vấn đề mà giáo viên hết sức quan tâm.
2/Ý nghĩa và tác dụng :
Toán học là môn học giữ vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông. Là một môn
học khó, đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức

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.

e) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
b.Thời gian nghiên cứu
Từ ngày 5 / 9 / 2013 đến hết ngày 30 /12 / 2012
B. NỘI DUNG
I. MỤC TIÊU:
Học sinh nắm kỹ các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, biết biến đổi những
bài toán thực tế để áp dụng phương pháp phù hợp,biết phối hợp các phương pháp để giải
cho kết quả nhanh nhất có thể,biết giải bài toán bằng nhiều cách nếu được . Học sinh làm
được bài và có hiệu quả khi kiểm tra hoặc dự thi các cấp.
II.MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:
1/ Thuyết minh :
* Định nghĩa phân tích đa thức thành nhân tử
a) Định nghĩa 1
+ Nếu một đa thức được viết dưới dạng tích của hai hay nhiều đa thức thì ta nói rằng
đa thức đã cho được phân tích thành nhân tử.
+ Với bất kì đa thức ( khác 0 ) nào ta cũng có thể biểu diễn thành tích của một nhân
tử khác 0 với một đa thức khác. Thật vậy:
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ … + a
0
= c(
c
a

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,

và sự phân tích đó là duy nhất sai khác thứ tự các nhân tử và các nhân tử bậc 0.”
b) Định lý 2
Trên trường số thực R, một đa thức là bất khả quy khi và chỉ khi nó là bậc nhất hoặc bậc
hai với biệt thức

< 0. Vậy mọi đa thức trên R có bậc lớn hơn 0 đều phân tích được thành
tích của các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai với

< 0.
c)Định lý 3( Tiêu chuẩn Eisenten )
Giả sử f(x) = a
0
+ a
1
x + … + a
n
x
n
, n > 1, a
n


0, là một đa thức hệ số nguyên . Nếu tồn
tại một số nguyên tố p sao cho p không phải là ước của a
n
nhưng p là ước của các hệ số còn
lại và p
2
không phải là ước của các số hạng tự do a
0

. 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

(ax - by)
Giải: Ta có : A = 2ax
3
+ 4bx
2
y + 2x
2
(ax –by)
= 2x
2
(ax + 2by + ax – by)
=2x
2
(2ax + by)
b/ B = (2a
2
– 3ax)(5y + 2b) – (6a
2
– 4ax)(5y + 2b)
Giải: Ta có: B = (2a
2
– 3ax)(5y +2b) – (6a
2
– 4ax)(5y + 2b)
= (5y+2b)




2 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
y – 3xy
3
– 6xy
2
z – xyz
2
+ 3xy
Giải: Ta có: D = 3x
3
y – 6x
2
y – 3xy
3
– 6xy
2
z – xyz
2
+ 3xy
= 3xy(x
2
– 2x –y
2
– 2yz – z
2
+ 1)
= 3xy





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
 

 
 

= 3xy(x - y –z –1)(x + y + z – 1)
e/ E = 16x
2
(y – 2z) – 10y( y – 2z)
Giải: Ta có : E = 16x
2
(y – 2z) – 10y( y – 2z)
= 2(y – 2z)(8x
2
– 5y)
f/ F = x
3
+ 3x
2
+ 2x + 6
Giải: Ta có : F = x
3
+ 3x
2
+ 2x + 6
= x
2
(x + 3) + 2( x + 3)
= (x
2
+ 2)(x + 3)
g/ G = 6z

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

2
+ zx
2
– zy
2
Giải: Ta có : A = xy
2
– xz
2
+ yz
2
– yx
2
+ zx
2
– zy
2

= (xy
2
– xz
2
) + (yz
2
- zy
2
) + (zx
2
– yx
2

)
= 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
 

 

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

= (y – z)(x – y)(z – x)
b/ B= 4x
5
+6x
3
+6x
2
+9
Giải: Ta có: B= 4x
5
+6x
3
+6x
2
+9
= 2x
3
(2x
2

+ 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

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

Giải: Ta có: D = x
2
+ 2x + 1 – y
2

= (x
2
+ 2x + 1) – y
2

= (x + 1)
2
– y
2

=(x +1 – y)(x + 1 + y )
e/ E = x
2
+ 2xy + y
2
– xz - yz

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

m + 3
(x + 1) – ( x + 1)
= (x + 1)(x
m + 3
– 1)
h/ H = x
2
(y – z) + y
2
(z - x) + z
2
(x – y)
Giải: Khai triển hai số hạng cuối rồi nhóm các số hạng làm xuất hiện thừa số chung y - z
Ta có : H = x
2
(y – z) + y
2
z – xy
2
+ xz
2
– yz
2

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

)
= 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

6
-Cách khác :
Nhận xét : dễ thấy z – x = -




y – z x – y

 
 

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

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

2
)
= ( a + b)




c b c a b c
  
 
 

= ( a + b)(b + c)(c + a)
k/ K = a
2
b + ab
2
+ b
2
c +bc
2
+ c
2
a + ca
2
+ 3abc
Giải: Ta có : K = a
2
b + ab
2

+ 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

c + ac
2
– 4b
2
c + 2bc
2
– 4abc
Giải: Ta có : L = 2a
2
b + 4ab
2
– a
2
c + ac
2
– 4b
2
c + 2bc
2
– 4abc
= (2a
2
b + 4ab
2
) – (a
2
c + 2abc) + (ac
2
+ 2bc
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

2
(2x + z)
Giải: Ta có : M = 4x
2
y
2
(2x + y) + y
2
z
2
(z – y) – 4z
2
x
2
(2x + z)
= 4x
2
y
2
(2x + y) + z
2




2 2
y z – y – 4x 2x z
 

 

= 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
 


 

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

= (2x + y)( 4x
2
y
2
+ z
3
y_- 2xz
3

– 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

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

= (2x + y)( y – z) (2x + z)(2xy – yz + 2xz)
3. Phương pháp dùng hằng đẳng thức đáng nhớ
Phương pháp này dùng hằng đẳng thức để đưa một đa thức về dạng tích, hoặc luỹ thừa
bậc hai, bậc ba của một đa thức khác.
Các hằng đẳng thức thường dùng là :
A
2
+ 2AB + B
2
= (A + B)
2

A
2
- 2AB + B
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

- B
3
A
3
- B
3
= (A - B)( A
2
+ AB + B
2
)
A
3
+ B
3
= (A + B)( A
2
- AB + B
2
)
* Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a/ A = x
4
+ x
2
y
2
+ y
4

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

2

= (x
2
+ y
2
+ xy)(x
2
+ y
2
– xy)
b/ B = a
6
– b
6
+ a
4
+ a
2
b
2
+ b
4

Giải: Ta có : B = a
6
– b
6
+ a
4

+ 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

+ a
2
b
2
+ b
4
)
= (a + b)( a
2
- ab + b
2
) (a - b)( a
2
+ ab + b
2
) + (a
4
+ 2a
2
b
2
+ b
4
) – a
2
b
2

= (a + b)( a
2

- 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

2
- ab + b
2
)
= (a
2
+ab + b
2
)(a
2
- ab + b
2
)




a – b a b 1)
 
 
 

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

)(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

2
– x + 1)
2

= (x
2
+ 1)
2
– x
2
+ (x
2
– x + 1)
2

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

= (x
2
– x + 1) (x
2
+ x + 1 + x
2

– 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

4
- 2x
2
y
2
– 2x
2
z
2
- 2y
2
z
2

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

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

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

 
2
2
x – y z
 

 

= (x – y – z) (x + y + z) (x – y + z)(x + y – z)
e/ E = (x + y)
3
+(x - y)
3

Giải: Dựa vào đặc điểm của vế trái và áp dụng hằng đẳng thức ta sẽ có cách khác giải như
sau :
Cách 1: E= (x + y)
3

+(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



2 2 2
4x – 3 x – y
 
 

= 2x(x
2
+ 3y
2
)
Cách 2: E = (x + y)
3
+(x - y)
3

=




x y x y
  
 
 

      
2 2
x y – x y x – y x – y
 
  

 

= 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

2

= (4x + 5)
2

g/ G = (x - y)
3
+(y - z)
3
+(z - x)
3

Giải: Dễ thấy : x – y =(x – z) + (z – y)
Từ đó ta có : (x - y)
3
= (x – z)
3
+ (z – y)
3
+ 3(x – z)(z – y)




x – z z – y

 
 

= - (z - x)

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

3
+ 3a
2
(b + c) + 3a(b + c)
2
+ (b + c)
3
- (a
3
+ b
3
+ c
3
)
= a
3
+ 3a
2
(b + c) + 3a(b + c)
2
+ b
3
+ 3b
2
c +3bc
2
+c
3
- (a
3

+ 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

8
– 2
8

= (x
4
+ 2
4
) (x
4
- 2
4
)
= (x
4
+ 2
4
)




2 2
2 2
x – 2
 
 
 

= (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

– 5) + (3x – 3)
= (x – 1)(x
2
+ x + 1) + 5(x – 1) (x + 1) + 3(x – 1)
= (x – 1)( x
2
+ x + 1 + 5x + 5 + 3)
= (x – 1)( x
2
+ 6x + 9)
= (x – 1)( x + 3)
2
4. Phương pháp thực hiện phép chia:
Nếu a là một nghiệm của đa thức f(x) thì có sự phân tích f(x) = (x – a).g(x) ,g(x) là một
đa thức. Để tìm g(x), ta chia f(x) cho (x – a). Sau đó lại phân tích tiếp g(x).
*Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a/ f(x) = x
5
+ 6x
4
+ 13x
3
+ 14x
2
+ 12x + 8
Giải:
Dễ thấy: f(-2) = (-2)
5
+ 6(-2)
4

+ 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

+ x + 2. Ta có: h(-2) = 0
Nên chia h(x) cho(x + 2), được: h(x) = (x + 2)(x
2
+ 1)
Vậy: f(x) = (x + 2) (x + 2) (x + 2) (x
2
+ 1)
= (x + 2)
3
(x
2
+ 1)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
9
Khi thực hiện phép chia f(x), g(x), h(x) cho (x + 2), ta có thể sử dụng sơ đồ Hoocne
(Horner) để thực hiện phép chia được nhanh hơn.
Ví dụ :chia f(x) cho (x + 2) như sau :

1 6 13 14 12 8
-2 1 4 5 4 4 0

Vậy f(x) = (x + 2)(x
4
+ 4x
3
+ 5x
2
+ 4x + 4)
Chia x

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

Vậy x
3
+ 2x
2
+ 2x + 2 = (x + 2)(x
2
+ 1)
Vậy h(x) = (x + 2)
3
(x
2
+ 1)
b/ P = x
4
– 2x
3
– 11x
2
+ 12x + 36
Giải: Tìm nghiệm nguyên của đa thức (nếu có) trong các ước của 36 :

1;

2;

3;

4;

6 ;


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

– 3x + 18)
Lại phân tích Q = x
3
– 4x
2
– 3x + 18 thành nhân tử
Ta thấy: Q(-2) = (-2)
3
– 4(-2)
2
– 3(-2) + 18 = 0
Nên chia Q cho (x + 2), ta được :
Q = (x + 2)(x
2
– 6x + 9)
= (x + 2)(x – 3)
2

Vậy: P = (x + 2)
2
(x – 3)
2

5. Phương pháp đặt ẩn phụ
Bằng phương pháp đặt ẩn phụ (hay phương pháp đổi biến) ta có thể đưa một đa thức với
ẩn số cồng kềnh , phức tạp về một đa thức có biến mới, mà đa thức này sẽ dễ dàng phân tích
được thành nhân tử. Sau đây là một số bài toán dùng phương pháp đặt ẩn phụ.
*Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a/ A = (x
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 + 2) - 12
Giải: B = (x
2
+ x + 1)( x
2
+ x + 2) - 12
Đặt y = (x
2
+ x + 1). Đa thức đã cho trở thành :
B = y(y + 1) – 12
= y
2
+ y – 12
= y
2
– 3y + 4y – 12
= y(y – 3) + 4(y – 3)
= (y – 3)(y + 4) (*)
Thay: y = (x
2
+ x + 1) vào (*) ta được :
B = (x
2
+ x + 1 - 3)(x
2
+ x + 1 + 4)
= (x
2
+ x – 2) (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

= (y – 1 -
y
)(y - 1 +
y
) (*)
Thay : y = x
6
vào (*) được :
C= (x
6
– 1 -
6 6 6
)( 1 )
x x x
 
= (x
6
– 1 – x
3
)(x
6
- 1 + x
3
)
d/ D = x
3
- 3 2 x
2
+ 3x + 2 - 2
Giải: Đặt : y = x -

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

= y
3

- y – 2y – 2
= y(y
2
– 1) – 2(y + 1)
= y(y – 1)(y + 1) – 2(y + 1)
= (y + 1)


y y – 1 – 2
 
 

= (y + 1)(y
2
– y – 2)
= (y + 1)(y + 1)(y – 2)
= (y + 1)
2
(y – 2) (*)
Thay : y = x -
2
vào (*), được :
D = (x - 2 + 1)
2
(x -
2
- 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 :

E = y(y + 8) + 15
= y
2
+ 8y + 15
= y
2
+ 3y + 5y + 15
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
11
= y(y + 3) + 5(y + 3)
= ( y + 3)(y + 5)
Thay : y = (x
2
+ 8x + 7), ta được :
E = (x
2
+ 8x + 10)(x
2
+ 8x + 12)
= (x
2
+ 8x + 10)( x
2
+ 2x + 6x + 12)
= (x
2
+ 8x + 10)





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
 
 

 
+ m (1)
Bằng cách biến đổi tương tự như bài e/, ta đưa đa thức (1) về đa thức bậc hai và từ
đó phân tích được đa thức A thành tích các nhân tử.
f/ F= x
4
+ 6x
3
+ 7x
2
- 6x + 1
Giải: Giả sử x 0

, ta viết đa thức dưới dạng :
F = x
2
2
2
1 1
( ) 6( ) 7
x x
x x
 
   
 
 

Đặt y = x -
x
1

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

(






 x
x
xx
= (x
2
+ 3x – 1)
2

g/ G = x
2
+ 2xy + y
2
– x – y - 12
Giải: Ta có: G = x
2
+ 2xy + y
2
– x – y – 12
= (x + y)
2
– (x + y) – 12
- Đặt X = x + y, đa thức trên trở thành :
G = X

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)

2

Đặt : x
2
+ y
2
+ z
2
= a
xy + yz + zx = b


( x + y + z)
2
= x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2(xy + yz + zx) = a + 2b
Đa thức H trở thành :
H = a(a + 2b) + b
2

= a
2
+ 2ab + b
2

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)

3

Giải: Đặt : A = x – y ; B = y – z; C = z – x
Ta có : A + B + C = 0. Nên
A + B = - C
Lập phương hai vế :
(A + B)
3
= - C
3



A
3
+ 3AB(A + B) + B
3
= - C
3



A
3
+ B
3
+ C
3
= - 3AB(A + B)


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(x – 1) – 5(x – 1)
= (x – 1)(x – 5)
Cách 2 : A = x
2
– 6x + 5
= (x
2
- 2x + 1) – 4x + 4
= (x – 1)
2
– 4(x – 1)
= (x – 1)(x – 1 - 4)
= (x – 1)(x – 5)
Cách 3 : A = x
2
– 6x + 5
= (x
2
– 6x + 9) – 4
= (x – 3)
2
– 4
= (x – 3 – 2) (x – 3 + 2)
= (x – 1)(x – 5)
Cách 4 : A = x
2
– 6x + 5
= (x
2
– 1) – 6x + 6

= (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

= (5x
2
– 10x + 5) – 4x
2
+ 4
= 5(x – 1)
2
– 4x(x – 1)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
13
= (x – 1)


5 x – 1 – 4x
 
 

= (x – 1)(x – 5)
Cách 7 : A = x
2
– 6x + 5
= (6x
2
– 6x) – 5x
2
+ 5
= 6x(x – 1) - 5(x – 1) (x + 1)
= (x – 1)



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

, q
i
một cặp p
a
, q
a
sao cho : p
a
+ q
a
= b
Bước 4 : viết ax
2
+ bx + c = ax
2
+ p
a
x + q
a
x + c
Bước 5 : từ đây nhóm các số hạng và đưa nhân tử chung ra ngoài dấu ngoặc.
b/ B = x
4
+ 2x
2
- 3
Giải:
Cách 1: B = x
4
+ 2x

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

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

– 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

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

= (x
2
+ 1 – 2)(x
2
+ 1 + 2)
= (x
2
– 1) (x
2
+ 3)
= (x – 1)(x + 1)(x
2
+ 3)
Cách 5 : B = 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

4
+ 2x
2
- 3
= (3x
4
– 3) – 2x
4
+ 2x
2
= 3(x
4
– 1) – 2x
2
(x
2
– 1)
= 3(x
2
– 1)(x
2
+ 1) - 2x
2
(x
2
– 1)
= (x
2
– 1)



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

+ 1) - x
2

= (x
2
+ 1)
2
- x
2

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

3
- x
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)
d/ D = 5x
2
+ 6xy + y
2

Giải:
Cách 1 : D= 5x
2
+ 6xy + y
2

= (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

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

= (x + y)(4x + x + y)
= (x + y)(5x + y)
Cách 4 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (3x
2
+ 6xy + 3y
2
) + (2x
2
– 2y
2
)
= 3(x + y)
2
+ 2(x
2
– y
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)

Cách 6 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (5x
2
- 5y
2
) + (6xy + 6y
2
)
= 5(x
2
– y
2
) + 6y(x + y)
= 5(x – y)(x +y) + 6y(x + y)
= (x + y)(5x – 5y + 6y)
= (x + y)(5x + y)
Cách 7 : D = 5x
2
+ 6xy + y
2

= (9x
2
+ 6xy + y
2
) – 4x

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

+ 2x
2
y
2
+ y
4
) – x
2
y
2

= (x
2
+ y
2
)
2
– (xy)
2

= (x
2
+ y
2
– xy)(x
2
+ y
2
+ xy)
f/ F = x

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

– x + 1)
2
+x
4
+x
= (x
2
– x + 1) +(x
2
– x + 1)
2
+ x(x + 1)(x
2
– x + 1)
= (x
2
– x + 1)




2
1 x – x 1 x x 1
 
   
 

=(x
2
– x + 1)(2x

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

2
+ 9 + 6x)
h/ H = 3x
3
– 7x
2
+ 17x - 5
Giải: Ta có : H = 3x
3
– 7x
2
+ 17x - 5
= 3x
3
– x
2
– 6x
2
+ 2x + 15x – 5
= x
2
(3x – 1) – 2x(3x – 1) + 5(3x – 1)
= (3x – 1)(x
2
– 2x + 5)
i/ I = x
3
– x
2
– x - 2

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 + 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)
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
16
l/ L = x
3
– 6x
2
– x + 30
Giải: Ta có : L = x
3
– 6x
2
– x + 30

= 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

4
– 6x
3
+ 12x
2
– 14x + 3
Giải: Biểu diễn đa thức dưới dạng :
x
4
– 6x
3
+ 12x
2
– 14x + 3 = (x
2
+ ax + b)(x
2
+ cx + d)
x
4
– 6x
3
+ 12x
2
– 14x + 3 = x
4
+ (a+c )x
3
+ (ac + b + d)x
2

+ (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




3;1 với b = 3; d = 1
Hệ điều kiện trở thành :









143
8
6
ca
ac
ca

Suy ra 2c = - 14 + 6 = - 8, Do đó c = - 4 , a = -2
Vậy A= x
4
– 6x
3
+ 12x
2
– 14x + 3
= (x
2
– 2x + 3)(x
2

– 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 :



















10
37
7
11
22
3
cg
cebg
be
cdag
bdae
ad







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

Vậy A = 3x
2
+ 22xy + 11x + 37y + 7y

2
+ 10
= ( 3x + y + 5 )( x + 7y + 2 )
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
17
c/ C= x
4
– 8x + 63
Giải: Ta có thể biểu diễn B dưới dạng :
C = x
4
– 8x + 63
= (x
2
+ ax + b)(x
2
+ cx + d)
= x
4
+ (a+ c)x
3
+ (ac + b + d)x
2
+ (ad + bc)x + bd
Đồng nhất hai đa thức ta được hệ điều kiện:





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














9

4
7
4
d
c
b
a

Vậy : C = x
4
– 8x + 63 = (x
2
- 4x + 7)(x
2
+ 4x + 9)
8. Phương pháp xét giá trị riêng
Đây là một phương pháp khó, nhưng nếu áp dụng nó một cách “linh hoạt” thì có thể
phân tích một đa thức thành nhân tử rất nhanh. Trong phương pháp này ta xác định dạng
các thừa số chứa biến của đa thức, rồi gán cho các biến các giá trị cụ thể để xác định thừa số
còn lại.
*Phân tích đa thức sau thành nhân tử
a/ A = x
2
(y – z) + y
2
(z – x) + z
2
(x – y)
Giải: Thử thay x bởi y thì A = y
2

(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

(x – y)(y – z)(z – x)

0.
b/ B = x
2
y
2
(y – x) + y
2
z
2
(z – y) + z
2
x
2
(x – z)
Giải: Thay x = y thì B = y
2
z
2
(z – y) + z
2
y
2
(y – z) = 0
Như vậy B chứa thừa số x – y.
Ta thấy đa thức B có thể hoán vị vòng quanh x

y


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:

C = 0 + bc(b – c) + cb(c – b) = 0
Do đó C

(a – b)
Suy ra C

(b – c) và A

(c – a). Từ đó :
C

(a – b)(b – c)(c – a)
Mặt khác C là đa thức bậc ba đối với a, b, c, nên trong phép chia C cho
(a – b)(b – c)(c – a) thương là hằng số k, nghĩa là :
C = k(a – b)(b – c)(c – a)
Cho a = 1; b = 0; c = 1 ta được 2 = -2k hay k = - 1
C = -1(a – b)(b – c)(c – a)
= (a – b)(b – c)(a – c)
d/ D = x(y
3
– z
3
) + y(z
3
– x
3
) + z(x
3
– y
3

)
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)

3
+ 0 = k.1.(-2)
- 6 = - 2k
k = 3
Vậy D = 3(y – z)(z – x)(x – y)
Hay x(y
3
– z
3
) + y(z
3
– x
3
) + z(x
3
– y
3
) = 3(y – z)(z – x)(x – y)
e/ E = a(b +c – a)
2
+ b(c +a – b)
2
+ c(a +b – c)
2
+ (a + b – c)(b +c – a)(c +a – b)
Giải: Nếu hoán vị vòng quanh a, b, c, thì E không thay đổi.
Thay a = 0 vào E ta có :
E = 0 + b(c – b)
2
+ c(b – c)

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

+ c(a +b – c)
2
+ (a +b – c)(b +c – a)(c +a – b) = 4abc
C.KẾT LUẬN
Bồi dưỡng học sinh giỏi cho học sinh bậc THCS là cả một quá trình lâu dài, bền bỉ. Bởi
vì các em đã có cả một quá trình 9 năm học toán. Để có được những học sinh giỏi, chúng ta
cần phải tập trung bồi dưỡng cho các em ngay từ năm học lớp 6. Với 4 năm liên tục, cùng
Tr¦ường THCS Trần Quang Diệu Năm học :2013-2014
GV:Nguyễn Kim Chánh Sáng kiến kinh nghiệm
19
với sự nỗ lực của cả thầy lẫn trò, chắc chắn chúng ta sẽ có được những học sinh giỏi thực sự
về bộ môn Toán.
Do năng lực còn hạn chế, nên sáng kiến kinh nghiệm của tôi không thể tránh được
những thiếu sót, bản thân rất mong có sự đóng góp, bổ sung của các bạn đồng nghiệp, các
nhà quản lý giáo dục để có thể hoàn thiện hơn.
Trên đây, sáng kiến kinh nghiệm tôi cũng mới chỉ đề cập đến một vấn đề nhỏ trong quá
trình bồi dưỡng học sinh giỏi .Tuy nhiên, đây cũng là một trong những mạch kiến thức rất
trọng tâm của chương trình toán THCS
1. Kết quả
Tôi đã ứng dụng nội dung nêu trên vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi.Tôi thấy HS tiến
bộ hơn nhiều trong việc nhận dạng bài toán và chọn lựa phương pháp giải phù hợp,nhanh
chóng .
2. Bài học kinh nghiệm và giải pháp thực hiện
- Để thực hiện tốt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, trước hết giáo viên cần phải có một
trình độ chuyên môn vững vàng, nắm vững các thuật toán, giải được các bài toán khó một
cách thành thạo. Cần phải có một phương pháp giảng dạy phù hợp kích thích được sự tò
mò, năng động, sáng tạo, tích cực của học sinh.
- Toán học là một bộ môn khó, các vấn đề của toán là rất rộng. Chính vì vậy, giáo viên
cần phải biết chắt lọc, xây dựng thành một giáo trình ôn tập cơ bản bao gồm tất cả các
chuyên đề. Với mỗi chuyên đề cần phải chọn lọc ra những bài toán điển hình, cơ bản nhất

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

-Sách bài tập Toán 8, Toán 9,tập1;2
- Chuyên đề bồi dưỡng Đại số 8 (Nguyễn Đức Tấn)
-“23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp” của Nhóm tác giả: Nguyễn Văn Vĩnh –
Chủ biên, Nguyễn Đức Đồng và một số đồng nghiệp (NKTH).
-500 bài toán 8,9 chọn lọc (Nguyễn ngọc Đạm-Nguyễn quang Hanh-Ngô long Hậu)
-Để học tốt đại số 8,9 (Nguyễn vĩnh Cận-Vũ thế Hựu-Hoàng Chúng)
-Các sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học cơ sở
-Nâng cao và phát triển toán 8,9 (Vũ hữu Bình)
-Tài liệu toán học tổng hợp "Trương Công Thành - Nguyễn Hữu Thảo".
-Toán nâng cao theo các chuyên đề
-Toán học và tuổi trẻ

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