Sáng kiến kinh nghiệm Bồi dưỡng học sinh giỏi “phương trình bậc cao” môn toán lớp 9

 x1x2x3 = -
* Bài luyện tập:Giải các phương trình :
a, 2x3 - 5x2 - 3x = 0; c, x3 - 5x2 + x + 5 = 0
b, x3 - 7x + 6 = 0; d, x3 - 13x2 - 42x - 36 = 0
f, 3x3 - 7x2 + 17x - 5 = 0
2.3. Phương trình bậc 4 : 
Phương trình bậc 4 dạng : a x4 + bx 3+ cx2 + dx +e =0 
 Trong đó x là ẩn , a, b, c, d, e là các hệ số ; ( a 0 )
Một phương trình bậc 4 mà qua phép đặt ẩn phụ ta có thể quy về PT bậc hai
2.3.1. Phương trình tam thức bậc 4 (Phương trình trùng phương )
 Phương trình trùng phương có dạng tổng quát : a x4 +bx 2 +c=0 (1) 
 Trong đó x là ẩn ; a , b ,c là các hệ số ; ( a 0 ) 
 	*Cách giải :
 Khi giải phương trình này ta dùng phương pháp đổi biến 
 x 2 =t (t 0) (2)
Khi đó phương trình (1) dưa được về dạng phương trình bậc hai trung gian 
 a t2 +b t +c =0 (3)
Giải phương trình (3) rồi thay giá trị của t tìm được ( với t 0) vào (2) ta được phương trình bậc ha với biến x giải phương trình này ta tìm được nghiệm của phương trình trùng phương ban đầu 
 *Ví dụ : Giải phương trình sau: 4x 4 - 109x2+ 225 =0 (1)
 Giải 
Đặt x 2 =t (t 0) phương trình (1) trở thành 4t2 – 109t +225=0(2) 
Giải phương trình (2) được nghiệm là t1 = ; t2 =25 
 Cả hai nghiệm của phương trình (2) đều thoả mãn điều kiện t 0 
 + Với t1 = ta có x 2= => x1=3/2 ; x2= -3/2 
 + Với t2=25 ta có x2= 25 => x3 =5 ; x4=-5 
 Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là : x1=3/2 ; x2= -3/2 ; x3 =5 ; x4=-5 
* Nhận xét : 
 - Khi nghiên cứu số nghiệm của phương trình trùng phương (1) ta thấy :
 - Phương trình vô nghiệm khi :
+ Hoặc phương trình bậc hai trung gian vô nghiệm .
+Hoặc phương trình bậc hai trung gian có cùng hai nghiệm âm .
- Phương trình trùng phương có hai nghiệm khi : 
+ Hoặc phương trình bậc hai trung gian có hai nghiệm kép dương .
+ Hoặc phương trình bậc hai trung gian có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm âm và một nghiệm dương .
- Phương trình trùng phương có 3 nghiệm khi phương trình bậc hai có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0. 
- Phương trình trùng phương có 4 nghiệm khi phương trình hai trung gian có hai nghiệm dương phân biệt .
* Bài luyện tập:Giải các phương trình :
	a, 4x4 + x2 - 5 = 0 c, 5x4 + 2x2 - 16 = 10 - x2
	b, 3x4 + 4x2 + 1 = 0 d, 9x4 - 10x2 + 1 = 0
2.3. 2. Phương trình hệ số đối xứng bậc 4
a x4 + bx 3+ cx2 + dx +e =0 
 (Trong đó x là ẩn , a, b, c, d, e là các hệ số ; a 0 )
 	 - Đặc điểm : ở vế trái các hệ số của các số hạng cách đều số hạng đầu và số hạng cuối thì bằng nhau 
* Ví dụ : Giải phương trình sau 
 10 x4-27x3- 110x2 -27x +10=0 (1) 
 Ta nhận thấy x=0 không phảI là nghiệm của (1)
 	 Do đó chia cả hai vế (10 cho x2 ta được 10x2 -27x – 110 - = 0 
Nhóm các số hạng cách đều hai số hạng đầu và cuối thành từng nhóm ta được 10( x2 +) -110 =0(2) Đặt ẩn phụ (x+ =t (3) => x2+ =t2 -2 thay vào (2) ta có: 10t2 -27t -130=0 (4)
Giải (4) ta được t1=- ; t 2= 
+ Với t1=- ó(x+ =- ó 2x2 +5x+2=0 có nghiệm là x1=-2 ; x2=-1/2
+Với ; t 2= ó (x+ = ó 5x2-26x+5 =0 có nghiệm là x3=5 ; x4=1/5
Vậy phương trình (1) có tập nghiệm là S=
* Nhận xét : 
- Về phương pháp giải gồm 4 bước 
 	+Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (1) ta chia cả hai vế (1) cho x2rồi nhóm các số hạng cách đều hai số hạng đầu và cuối thành từng nhóm ta được phương trình (2) 
 	+Đặt ẩn phụ : (x+ =t (3) => x2+ =t2 -2 thay vào (2) 
 	+Giải phương trình đó ta được t .
 	+Thay các giá trị của t vào (3) để tìm x và trả lời nghiệm (1)
- Về nghiệm số của phương trình: x0 là nghiệm của (1) thì cũng là nghiệm của nó 
 (ví dụ trên : -2 là nghiệm và -1/2 là ngịch đảo của nó cũng là nghiệm ;5 và 1/5là nghịch đảo của nhau)
* Bài luyện tập: Giải các phương trình :
 a, x4 - 7x3 + 14 x2 - 7x + 1 = 0; b. x 6 + 3x5 - 30x4 - 29 x3 - 30 x2 + 3x + 1 = 0
 c, x5 - 5x4 + 4x3 + 4x2 - 5x + 1 = 0	 d, x4 - 3x3 - 6x2 + 3x + 1 = 0
 e, x4 + 3x3 - 14 x2 - 6x + 4 = 0	 
 2.3 .3.Phương trình hồi quy :
Phương trình bậc 4 dạng : a x4 + bx 3+ cx2 + dx +e =0 (1) Trong đó x là ẩn , a, b, c, d, e là các hệ số ; a 0 và ; ( c0) 
Đối với phương trình hệ số đối xứng bậc 4chỉ là một trường hợp đặc biệt của phương trình hồi quy 
*Chú ý:Khi =1 hay a=c thì d = b; lúc đó (1) có dạng 
 a x4 + bx 3+ cx2 bx +e =0 
*Cách giải: 
-Do x=0 không phảilà nghiệm của phương trình (1) nên chia cả hai vế cho x2 ta được a x2 +bx +c + = 0 (2)
- Nhóm hợp lí a (x2 + 
- Đổi biến đặt x+ =t => x2 +( do (d/b)2 =c/a
 nên x2+ c/ a x2=t2 -2. d/b
 Khi đó ta có phương trình a(t2 - 2) bt +c =0
- Ta được phươnmg trình (3) trung gian như sau : at2+ bt +c=0 (3) 
- Giải (3) ta được nghiệm của phương trình ban đầu 
 * Ví dụ Giải phương trình :
 x4-4x3-9x2+8x+4=0 (1) 
 Nhận xét 4/1=(; Nên phương trình (1) là phương trình hồi quy 
x=0 không phải là nghiệm của (1) 
Do đó chia cả hai vế phương trình cho x2 ta được 
 x2- -4x -9 + =0 ó (x2 + - 4( x -) -9 =0 (2) 
 * Đặt ( x -) =t (3) => .( x2 + =t2 +4 thay vào (2) 
 Phương trình (1) trở thành : t2-4t -5 =0 có nghiệm là t1=-1 ; t2=5
 +Với t1=-1 ó x2+x-2=0 có nghiệm là x1= 1; x2= -2 
 + Với t2=5 ó x2 -5x -2 =0 có nghiệm là x3,4 =
 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S=
 *Nhận xét : 
 - Cũng tương tự như giải phương trình bậc 4 hệ số đối xứng , chỉ khác bước đặt ẩn phụ Đặt x+ =y b => x2 + 
 2.3 .4 .Phương trình dạng : (x+a ) ( x+b ) (x+c) (x+d )=m (a+d=b+c) 
 *Cách giải :
 nhóm ( x+a) với (x+d) ; (x+b) với (x+c) rồi triển khai các tích đó 
Khi đó phương trình có dạng [x2 +( a+d)x +ad ] [ x2 + (b+c )x +bc ] =0 
do a+d=b+c nên ta đặt [x2 +( a+d)x + k ] =t (2) ( k có thể là ad hoặc bc ) 
 ta có phương trình At2 +Bt+ C =0 (Với A=1)
 Giải phương trình ta tìm được t thay vào (2) rồi giải tìm được nghiệm x 
* Ví dụ :
 Giải phương trình (x+1) (x+3) (x+5) (x+7 ) = -15 (1) 
nhận xét 1+7 =3+5 
Nhóm hợp lý ó (x+1) (x+7 ) . (x+3) (x+5 ) +15=0 
 ó (x2 +8x +7 ) (x2 + 8x + 15) +15 =0 (2) 
 *Đặt (x2 +8x +7 ) =t (3) thay vào (2) ta được 
 ó t( t+ 8) + 15=0
 óy2 +8y +15 =0 có nghiệm y1=-3 ; y2=-5 
 Thay vào (3) ta được hai phương trình 
 1/ x2 +8x +7 = -3 ó x2+ 8x +10=0 có nghiệm x1,2 = -4
 2/ x2 +8x +7 = -5 ó x2 +8x +12 = 0 có nghiệm x3=-2; x4 =-6 
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S =
 * Nhận xét :
 -Đối với những phương trình có dạng đặc biệt như trên ,nếu ta khai triển vế trái ta sẽ được phương trình bậc 4 ( thường là loại bậc 4 đầy đủ ) .Đối với HS ở THCS việc giải là rất khó khăn . Vì vậy từ việc nhận xét tổng hai cặp hệ số của phương trình bằng nhau rồi nhóm một cách hợp lí . Khi khai triển mỗi nhóm ,ta đổi biến của phương trình và đưa về phương trình bậc hai trung gian 
- Ta thấy nếu phương trình bậc hai trung gian vô nghiệm thì phương trình ban đầu cũng vô nghiệm . Nếu phương trình trung gian có nghiệm thì ta trả biến lại và giải tiếp phương trình bậc hai đối với biến x, nghiệm của phương trình này là nghiệm của phương trình ban đầu 
* Bài luyện tập:
1.Giải các phương trình :
a, x(x + 1) (x + 2) (x + 3) = 8 ; c, (4x + 3)2 (x + 1) (2x + 1) = 810
b, (x - 4)(x - 5) (x - 6)(x - 7) = 1680; d, (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 15 = 0
 2.Cho phương trình: (x+3)(x+5)(x+9)(x+7) = m
	 a, Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
	 b, Giải và biện luận nghiệm của phương trình
	 c, Giải phương trình khi m = 5.
 2.3.5. Phương trình dạng: (x+a)4 +(x+b)4 = c (1)
 (Trong đó xlà ẩn số ;a, b, c là các hệ số ) 
 *Cách giải :
Đối với dạng phương trình này ta đặt ẩn phụ là trung bình cộng của (x+a) và (x+b)
 Đặt t =x+ Ta có x+a =t+ ; x+b=t - 
 Khi đó phương trình (1) trở thành : 2t4 +2 ( )2 t2 + 2( )4 –c =0
 Đây là phương trình trùng phương đã biết cách giải
 *Ví dụ Giải phương trình sau : 
 (x+3)2 +(x-1)4 =626 
 Đặt t = x+1 
 Ta có phương trình ó (t+2)4 + (t – 2)4 =626 
 ó 9t4+8t3 +24t2+32t +16) +( 9t4- 8t3 +24t2- 32t +16)=626
 ót4 +24t2 - 297 =0 có nghiệm là t=-3 và t=3 
 Từ đó tìm được x=2 và x=-4 là nghiệm của phương trình đã cho 
* Bài luyện tập: Giải các phương trình :
a, (x + 5)4 + (x +3)4 = 2 b, (x + 6)4 + (x + 4)4 = 82
c, (x + 3)4 + (x + 5)4 = 2
2.3.6.Phương trình dạng : a[ f(x)]2 +b f(x) +c = 0 
 (trong đó x là ẩn ;a 0 ; f(x) là đa thức một biến )
*Cách giải:
- Tìm TXĐ của phương trình 
- đổi biến bằng cách đặt f(x) =t khi ó phương trình có dạng 
 at2 + bt +c =0 (2) là PT bậc hai đã biết cách giải 
 +/nếu (2) có nghiệm là t=t0 thì ta sẽ giải tiếp phương trình f(x) =t 
 +/ nghiệm của phương trình f(x) =t0 (nếu thoả mãn TXĐ của phương 
 trình đã cho ) sẽ là nghiệm của phương trnhf (1) 
* Ví dụ : Giải phương trình x4+6x3+5x2-12x+3=0 (1) TXĐ : xR 
 Biến đổi vế trái ta có VT= (x2+ 3x)2 - 4(x2+3x) +3
Vậy ta có phương trình tương đương : (x2+ 3x)2 - 4(x2+3x) +3 =0 
 Đặt x2+ 3x =t (2) 
 Ta có PT : t2 -4t +3 = 0 có nghiệm là t1=1 ;t2=3
 Với t1=1 ó x2+ 3x = 1ó x2 +3x -1=0 có nghiệm là x1 , 2 =
 Với t2=3ó x2+ 3x = 3 ó x2+ 3x – 3 =0 có nghiệm x3, 4 =
 các nghiệm này đều thoả mãn TXĐ 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 , 2 = ; x3, 4 = 
 *Nhận xét : 
 -Nhờ phép biến đổi f(x) =t ta đưa phương trình a[ f(x)]2 +b f(x) +c = 0 về dạng phương trình bậc hai đã biết cách giải 
 - Tuy nhiên có một số phương trình phải qua một số phép biến đổi mới xuất hiện dạng tổng quát ( ví dụ trên ) . Cũng như một số loại phương phương trình khác mà tôi đã giới thiệu ở trên . số nghiệm của phương trình ban đầu phụ thuộc vào nghiệm của phương trình bậc hai trung gian 
*Chú ý : 
 - Tất cả các phương trình đã đề xuất ở trên thực chất chúng đều có dạng tổng quát a[ f(x)]2 +b f(x) +c = 0 (1) (sau khi đã biến đổi )
- Phương trình trùng phương kể cả phương trình bbậc hai đều là dạng đặc biệt của 
 phương trình a x2n+ bx n +c = 0 Gọi là phương trình tam thức 
 (trong đó x là ẩn ;a 0 ; n 1)
dạng đặc biệt của phương trình (1) trên Với f(x)=xn 
* Bài luyện tập: Giải các phương trình :
 a, x4 + 4 = 5x(x2 - 2); c, x4+6x3+5x2-12x+3=0; b, x4 + 9 = 5x(x2 - 3)	
*Ngoài ra các phươg trình bậc cao có dạng đặc biệt nêu trên mà khi giải đều đưa được về dạng một phương trình bậc hai trung gian 
*Sau đây ta nghiên cứu một số phương trình bậc cao khác: 
2.4. Phương trình tam thức 
 Phương trình tam thức dạng : a x2n + bxn +c=0 (1) 
 (a, b, c là các số thực ;n nguyên dương ;n ; a 0 )
* Nếu a, b, c đồng thời khác không và n=2 thì phương trình (1) là phương trình trùng phương đã nghiên cứu ở trên 
* Xét trường hợp n>2 	-Ta đặt xn =t 
 - Để tìm nghiệm của (1) ta giải hệ sau : xn =t
 a t2 + bt +c =0 
* Ví dụ : Giải phương trình x6- 9x3+8=0 (1)
 Cách 1: Đặt x3 = t ta có phương trình 
 t2 -9t +8= 0 có nghiệm t1 =1 ; t2 =8 -Với t1 =1 x3 =1 x=1
 -Với t2 =8 x3= 8 x=2 
 Cách 2 : Đưa về phương trình tích 
ó (x6 – x3) –( 8x3-8) =0ó ( x3 -1) (x3 -8) =0 
 (x3 -1) =0 hoặc (x3 -8) =0 x=1 hoặc x=2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x=1 ; x=2 
*Bài luyện tập: giải các phương trình:
	a, 8x6 - 5x3 + 8 = 0	b, 10x4 - 6x2 - 121 = 0
2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ ( bậc 5)
 phương trình đối xứng bậc lẻ (bậc 5) có dạng : 
 a x5 +bx4 + cx3 +cx2 +bx+a =0
 * Ví dụ : Giải phương trình 2x5 +3x4 -5x3 -5x2 + 3x +2=0 
 Phương tình này có tổng các hệ số của các số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của các số hạng bậc lẻ , có nghiệm x=- 1 .Nên biến đổi phương trình về dạng ( x+1) (2x4+x3 -6x2+x+2 )=0 
 Ngoài nghiệm x=-1 , để tìm nghiệm còn lại ta đi giải phương trình 
 2x4+x3 -6x2+x+2 =0(2) là phương trình đối xứng (bậc 4) 
 Giải (2) ta được x1 =x2=1 ; x3 =-2 ;x4=-0,5 
 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 =x2=1 ; x3 =-2 ;x4=-0,5 ;x5=-1 
 *Nhận xét : Phương trình đối xứng bao giờ cũng có một trong các nghiệm là x=-1 do đó băng cách chia cả hai vế phương trình cho x+1 ta hạ được bậc của phương trình thành phương trình đối xứng bậc chẵn 2n 
 -Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n đối với x được đưa về phương trình bậc n đối với t bằng cách đặt t =x+
- Nếu a là nghiệm của phương trình đối xứng thì 1/a cũng là nghiệm của phương trình chính vì thế phương trình đối xứng dù chãn hay lẻ bậc còn được gọi là phương trình thuận nghịch bậc chẵn hay bậc lẻ)
* Bài luyện tập:Giải phương trình: 2x5 + 5x4 - 13x3 - 13x2 + 5x + 2 = 0
 2.6. Phương pháp giải các phương trình bậc cao đưa được về dạng tích 
Ví dụ 1: Giải phương trình sau : x3+ 4x2 -29+24 =0 (1)
 Phương trình (1) không thuộc các phương trình đã xét ở trên 
 Do đó đẻ giải phương trình này ta đưa về dạng tích bằng cách phântích vế trái thành tích của các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai 
 x2( x-1)+ 5x(x-1) -24(x-1 ) =0 (x-1 )( x2+5x-24 )=0
 x-1 =0 hoặc x2 +5x-24=0 
 *x-1=0 x 1=1 
* x2+5x-24=0 có hai nghiệm là x1= 3 ; x2=-8 
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x1= 1 ; ; x2=-8 ; x3=3 
 Ví dụ 2: Giải phương trình 
 x4+ 4x3+3x2+2x-1=0 (2) (x2+2x)2 –(x-1)2 =0
 (x2+x+1 )( x2+3x-1 )=0 x2+x+1 =0 hoặc x2+3x-1 =0 
 * x2+x+1 =0 vô nghiệm (Vì = -3 <0 ) 
 * x2+3x-1 =0 có nghiệm là x1, 2 =
 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1, 2 = 
* Nhận xét :
	- Đối với các phương trình bậc cao không thuộc dạng đã nêu trên . Thì cách giải thích hợp nhất đối HS ở THCS là tìm cách đưa phương trình về dạng tích đối vế trái và vế phải bằng 0 . Như vậy các phương trình thường được đưa về tập các phương trình bậc nhất hoặc bậc hai 
	- Số nghiệm của các phương trình đầu phụ thuộc vào số nghiệm của các phương trình con tương đương 
* Bài luyện tập:Giải phương trình:
a, 4x3 - 12x2 + 7x + 1 = 0; b, x8 + 8 = 0; c, (2x2 + x-4)2 - (2x-1)2 = 0 
IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN
 Từ các bước đi cụ thể và sự nghiêm khắc của mình năm học 2011-2012 công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 tại trường THCS Chi Nê - Huyện Lạc Thủy do tôi phụ trách đã thu được kết quả đáng khích lệ , vượt chỉ tiêu về số lượng học sinh giỏi. Các em giờ đây khi gặp những dạng bài toán về phương trình bậc cao không còn bỡ ngỡ, lúng túng, tiếp cận được đường lối, biết suy luận và lập luận có căn cứ, biết trình bày lời giải lô gic, chặt chẽ.
* Cụ thể qua quá trình ôn học sinh giỏi đã thu được kết quả cụ thể như sau:
 -Khả năng tiếp thu, tư duy, lo gíc tính toán của học sinh được tăng lên rõ rệt.
 - Học sinh có hứng thú học tập cao hơn đối với môn toán .
	- Kỹ năng giải bài tập tiến bộ rõ rệ, mức độ nắm và khai thác kiến thức 
trong bài tốt hơn.
	- Sự tiếp thu kiến thức mới nhanh hơn .
	- Rèn tính cẩn thận, tỉ mỉ, khoa học chính xác.
* Khảo sát chất lượng khi chưa áp dụng sáng kiến đối với học sinh lớp 9:
Khối
Sĩ Số
Điểm
Giỏi
Khá
Trung Bình
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
9
24
0
3
12,5
8
33,3
10
41,7
3
12,5
Kết quả khảo sát chất lượng khi áp dụng sáng kiến:
Khối
Sĩ Số
Điểm
Giỏi
Khá
Trung Bình
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
9
24
3
12,5
9
37,5
10
41,7
2
8,3
0
* Đặc biệt khi đưa ra tổ, khối được đồng nghiệp công nhận sáng kiến trên được áp dụng cho học sinh lớp 9 ở trường THCS Chi Nê.
PHẦN THỨ BA
KẾT LUẬN 
	Sáng kiến nêu trên nó có vai trò rất quan trọng không thể thiếu trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán 9, tuy nhiên khi bồi dưỡng cũng cần tùy thuộc vào đối tượng học sinh mà chọn những bài tập sao cho phù hợp. Các dạng bài tập về giải phương trình bậc cao rất đa dạng và phong phú, các em thường gặp trong bậc THCS, nhất là trong các kỳ thi học sinh giỏi, việc rèn luyện các em nắm chắc kiến thức và có kỹ năng giải thành thạo các dạng phương trình bậc cao, sẽ tạo tiền đề để các em lĩnh hội kiến thức ở bậc THCS một cách chủ động và dễ dàng. Khi mới áp dụng sáng kiến bản thân cảm thấy thực sự khó khăn bởi đối tượng học sinh tiếp thu chậm khả năng vận dụng ít tư duy sáng tạo, đặc biệt thường không làm bài tập giao về nhà khi cảm thấy bài tập khó. Nhưng bằng sự kiên trì và nhẫn lại của mình tôi vẫn duy trì sáng kiến của mình, khi đã luyện cho học sinh tinh thần thích thú ham học, nói đến dạng bài tập về phương trình bậc cao không còn xem như một vấn đề khó hiểu nữa, thì việc áp dụng cũng như khả năng vận dụng sáng kiến đã trình bầy ở phần nội dung sẽ là một vấn đề không phải không làm được.
	 Để thực hiện được sáng kiến đã nêu ở trên thì về phía bậc quản lý cần mở nhiều các chuyên đề bồi dưỡng về kiến thức, phương pháp, tổ chức các chuyên đề liên trường học hỏi phương pháp dạy học . v .v. v 
Để làm tốt công tác “Bồi dưỡng học sinh giỏi” , người thầy phải không ngừng phấn đấu vươn lên, thường xuyên nghiên cứu các sách tham khảo, tìm tòi kiến thức, tìm tòi các phương pháp dạy học (Phương pháp dự giờ thăm lớp, nêu và giải quyết vấn đề, hướng học sinh vào trung tâm, kiểm tra đánh giá qua kết quả) , đồng thời lồng ghép bồi dưỡng cho học sinh, để các em tiếp thu nhanh, nắm chắc kiến thức. Tham dự các chuyên đề do tổ ,nhà trường , phòng tổ chức. Luôn thay đổi cách thức tổ chức các hoạt động ôn tập bồi dưỡng tạo cho học sinh không khí học thoải mái.
Đối với học sinh các em phải có tinh thần học tập, nghiên cứu có tính kiên trì vượt khó, tư duy sâu mới đạt được khả năng sáng tạo , kết quả tốt.
Đối với sách thiết bị cần bổ sung thêm nhiều sách tham khảo hơn nữa, như tạp chí giáo dục, tạp chí toán tuổi thơ, các loại sách nâng cao ,sách phát triển, tài liệu đổi mới phương pháp dạy họcvvv.. 
Với trình độ có hạn chủ yếu là bằng lòng nhiệt tình tôi muốn đóng góp phần nhỏ bé những hiểu biết của mình truyền đạt cho các em học sinh với mong muốn kích thích sự tìm tòi , sáng tạo, niềm say mê của các em học sinh trong môn toán nói chung và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng. Để nâng cao chất lượng đào tạo con người mới phát triển toàn diện của ngành giáo dục . 
Lac Thủy, ngày 25 / 05 /2012
 Người thực hiện
 Nguyễn Châu Tuấn
DUYỆT CỦA BAN GIÁM HIỆU TRƯỜNG THCS CHI NÊ 
STT
Tên sách
Nhà xuất bản
Tác giả
1
Đại số 9
NXB Giáo Dục
Ngô HữuDũng -Trần Kiều 
Ngô HữuDũng - Trần Kiều
 ĐàoNgọc Nam-Tôn Nhân
2
Bài tập đại số 9 
NXB Giáo Dục
Vũ Hữu Bình 
3
Một số vấn đề phát triển đại số 9
NXB Giáo Dục
Hoàng Chúng 
4
Để học tốt đại số 9
NXB Giáo Dục
Bùi Văn Tuyển 
5
Bài tập nâng cao và một số
NXB Giáo Dục
Vũ Dương Thuỵ -
6
 chuyên đề toán 9
Nguyễn Ngọc Đạm 
7
Toán nâng cao và các chuyên đề 
đại số 9 
NXB Giáo Dục
Tôn Thân -Vũ Hữu Bình 
8
Các dạng toán và phương pháp giải toán 9
NXB Giáo Dục
Nguyễn Vũ Thanh - Bùi Văn Tuyển
TÀI LIỆU THAM KHẢO
phßng gd&®t l¹c thñy
 tr­êng thcs Chi Nª
Hä vµ tªn : NguyÔn Ch©u TuÊn
 Tæ : Khoa häc tù nhiªn
s¸ng kiÕn
 &œœ
båi d­ìng häc sinh giái
“ph­¬ng tr×nh bËc cao”
m«n to¸n líp 9
n¨m häc: 2011-2012
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan sáng kiến “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 phần phương trình bậc cao” là quá trình nghiên cứu độc lập của cá nhân tôi, được thực hiện trên cơ sở nghiên cứu lý thuyết, kiến thức, thực hành, vận dụng, khảo sát tình hình thực tiễn của riêng tôi.
Các tài liệu, phương pháp, cách giải, số liệu và những kết quả trong sáng kiến là trung thực. Các phương pháp, dạng bài tập, cách giải đưa ra xuất phát từ thực tiễn và kinh nghiệm, sáng tạo, chưa từng được công bố dưới bất kì hình thức nào trước khi trình, duyệt và công nhận của “Hội đồng xét duyệt sáng kiến trường THCS Chi Nê”
Một lần nữa, tôi xin khẳng định về sự trung thực của lời cam kết trên
LỜI CẢM ƠN
	Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu , công đoàn trường trung học cơ sở Chi Nê đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi trong suốt thời gian thực hiện sáng kiến “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9, phần phương trình bậc cao”.
	Tôi xin cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong tổ khoa học tự nhiện nói riêng và các thầy giáo, cô giáo trong trường trung học cơ sở Chi Nê nói chung, đã tạo điều kiện, động viên, trao đổi góp ý giúp đỡ nhiệt tình, truyền lại những kinh nghiệm quý báu trong năm học vừa qua, để tôi hoàn thành sáng kiến này.
MỤC LỤC
Trang
Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1
Phần II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN
Cơ sở khoa học để đề xuất ra sáng kiến  .2
Những kiến thức cơ bản trong giải phương trình
Các định nghĩa.3
Các định lí biến đổi tương đương của phương trình 3
Những phương pháp giải phương trình
Phương trình bậc nhất 1 ẩn..4
Phương trình bậc cao
2.1. Phương trình bậc hai 1 ẩn.5
2.2. Phương trình bậc 37
2.3. Phương trình bậc 4	9
2.4. Phương trình tam thức	16
2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ ( bậc 5)	17
2.6. Các phương trình bậc cao đưa về dạng tích	18
 IV.Hiệu quả của sáng kiến	19
Phần III: Kết luận	20
Tài liệu tham khảo	22