Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN CHÍNH TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 604640

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC
TS.Nguyễn Minh Hà Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Công trình được hoàn thành tại : Trường Đại học Khoa học - ĐHTN
Người hướng dẫn khoa học:TS.Nguyễn Minh Hà Phản biện 1: …………………………………………………….
Phản biện 2: …………………………………………………….


Chương 1. Hai bài toán một bản chất
03
1.1.
Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện
03
1.2.
Phương trình và bài toán giải phương trình
05
1.2.1.
Đẳng thức
05
1.2.2.
Phương trình
05
1.2.3.
Ba phương pháp giải phương trình
06
1.2.4.
Phương trình hệ quả, phương trình tương đương
09
1.3.
Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích
12
1.3.1.
Cái nhìn tổng quan
12
1.3.2.
Thuận-đảo, biến đổi hệ quả và thử lại
13
1.3.3.

Những phép suy luận có lí cơ bản
37
2.3.
Công đoạn giới hạn quỹ tích – Sai lầm tràn lan
39
2.3.1.
Thế nào là công đoạn giới hạn quỹ tích
39
2.3.2.
Có hay không công đoạn giới hạn quỹ tích
39

Kết luận
51

Tài liệu tham khảo
53

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

1
LỜI NÓI ĐẦU
Bài toán tìm quỹ tích có nguồn gốc từ bài toán tìm quỹ đạo chuyển động
của một điểm trong vật lí. Nó là một trong ba bài toán tìm đối tượng thoả mãn
điều kiện cơ bản của chương trình toán phổ thông: bài toán giải phương trình,
bài toán quỹ tích, bài toán dựng hình. Dạy cho học sinh hiểu được bản chất logic
của bài toán tìm quỹ tích là vấn đề khó và càng khó hơn khi mà trong lời giải bài
toán quỹ tích này, trong tài liệu liên quan tới quỹ tích kia xuất hiện hai khái
niệm: dự đoán quỹ tích, giới hạn quỹ tích, hai khái niệm mà cho đến nay vẫn là
chủ đề tranh cãi cho cả những người làm toán sơ cấp chuyên nghiệp
Làm thế nào để học sinh phổ thông có thể hiểu được bản chất logic của bài
toán tìm quỹ tích? Làm thế nào để học sinh hiểu được vai trò của các công đoạn
dự đoán quỹ tích, giới hạn quỹ tích trong lời giải bài toán tìm quỹ tích. Đó là
những câu hỏi mà tôi đã trăn trở tìm kiếm câu trả lời trong nhiều năm qua. Những
câu hỏi này chính là lí do để tôi chọn cho luận văn thạc sĩ của mình đề tài:
“Từ bài toán giải phƣơng tới bài toán quỹ tích”
Luận văn này bao gồm hai chương:
Chƣơng 1. Hai bài toán, một bản chất
Tác giả trực tiếp khẳng định rằng bài toán giải phương trình và bài toán
tìm quỹ tích có cùng bản chất logic. Trên cơ sở đó đề xuất phương án dạy bài

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

3
CHƢƠNG 1
HAI BÀI TOÁN, MỘT BẢN CHẤT
1.1. Bài toán tìm đối tƣợng thoả mãn điều kiện
Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện là bài toán quen thuộc với tất cả
chúng ta. Về hình thức, nó được phát biểu như sau.
Tìm tất cả các đối tượng
A( ).a

Kí hiệu
A( )a
biểu thị đối tượng A có tính chất
.a

Cùng với kí hiệu
A( ),a
ta còn dùng kí hiệu
A( )a
để biểu thị đối tượng A
không có tính chất
.a



4
Phương pháp 3, đoán nhận và khẳng định*.
Bước 1, đoán nhận*. Bằng một cách nào đó chỉ ra rằng
{ }
A( ) .ÐaT

Bước 2, khẳng định*.
A A( ).Ï Þ aT

A A( ).Î Þ aT

Chú ý:
Nếu sử dụng phương pháp đoán nhận và khẳng định thì ta phải có công
đoạn đoán nhận tập hợp
T
trước khi tiến hành thao tác khẳng định: chứng minh
A A( ).Î Þ aT

Như vậy, phương pháp đoán nhận và khẳng định không tự nhiên bằng
phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.
Vì lí do trên, phương pháp đoán nhận và khẳng định ít được sử dụng hơn
phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.
Cần phải nói thêm rằng, để giải bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện,
về phương diện lôgic, song hành với các phương pháp 1, 3 còn có hai phương
pháp giải khác, được mô hình hoá như sau.
Phương pháp 1‟, bao gồm hai bước.
Bước 1.
TA A( ).Ï Þ a


= 5zy +z
4
(đẳng thức có thể đúng hoặc sai tuỳ theo giá trị của
biến x,y,z).
1.2.2. Phƣơng trình
Hai biểu thức có chứa các số chưa biết (gọi là ẩn) nối với nhau bởi một dấu
bằng được gọi là phương trình.
Mỗi biểu thức nói trong định nghĩa trên được gọi là một vế của phương trình.
Những giá trị của ẩn làm cho phương trình trở thành đẳng thức đúng được
gọi là nghiệm của phương trình.
Dưới đây là một vài ví dụ.
2 = 2 (phương trình nhận mọi giá trị của ẩn làm nghiệm).
1 = 2 (phương trình vô nghiệm).
5x + 1 = 5 (phương trình (ẩn x) có duy nhất nghiệm x =
4
5
).
3x
2
+xy
3
= 5zy +z
4
(phương trình ba ẩn x, y, z phương trình này có nhiều
nghiệm, (x,y,z)=(0,0,0) là một nghiệm của nó).

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

6
Trừ một số loại phương trình đã được giới thiệu trong chương trình toán

2
00
3x 8x 5 0Þ - + =
là đẳng thức đúng

Þ
0
0
x1
5
x
3
é
=
ê
ê
ê
=
ê
ë
là hai đẳng thúc đúng
Bước 2, thử lại.
Vì
1 2 1 1 2.1 3- = ¹ - = -
nên
0
x1=
không phải là nghiệm của phương
trình.


là nghiệm của phương trình
00
2x 3 x 2Û - = -
là đẳng thức đúng
0
2
0 0 0
x2
2x 3 x 4x 4
í
³
ï
ï
Û
ì
ï
- = - +
ï
î
là hệ bất đẳng thức đúng và đẳng thức đúng
0
2
00
x2
x 6x 7 0
í
³
ï
ï
Û

ë
ï
î
là hệ bất đẳng thức đúng và tuyển hai đẳng thức đúng
0
0
0
0
x2

x 3 2

x2

x 3 2
é
í
³
ï
ï
ê
ì
ê
ï
=+
ê
ï
î
Û
ê

3 2x 1 0 (1) - =

Lời giải.
Bước 1, đoán nhận.
Dễ thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phương trình.
Bước 2, khẳng định.
Nếu x là nghiệm của (1) thì
x
1 2x 3 > 0.+=

Do đó
1
(2).
2
x

Xét hàm số
x
f(x) 3 2x 1= - -
xác định trên
1
( ; ).
2
 

Ta có
x
f '(x) 3 ln 3 2=-
là hàm số đồng biến trên
1

'( ) 0, ( ; ) ; '( ) 0, ( ; )
2
f x x x f x x x       

Bảng biến thiên:
x


1
2


0
x



f‟(x)
- 0 +

f(x)

1
3



f(x
0
)

2 2 2 2
(4sin 1)( os 2 sin 2 ) (4sin 1) 5 4 2.x c x x x      

Vậy phương trình vô nghiệm.
Nhận xét.
Vì phương trình vô nghiệm nên trong lời giải trên không có bước đoán
nhận mà chỉ có bước khẳng định.
1.2.4. Phƣơng trình hệ quả, phƣơng trình tƣơng đƣơng
Cách trình bày lời giải các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3 là cách trình
bày chuẩn khi giải phương trình bằng các phương pháp biến đổi hệ quả và thử
lại, phương pháp biến đổi tương đương. Nhưng cách trình bày đó quá rườm rà.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

10
Để khắc phục tình trạng này, người ta đưa ra hai khái niệm: phương trình hệ quả,
phương trình tương đương.
Để cho đơn giản, ta chỉ giới thiệu khái niệm phương trình hệ quả, phương
trình tương đương đối với phương trình một ẩn. Đối với phương trình nhiều ẩn,
ta có định nghĩa tương tự.
Định nghĩa 1. Nếu tập hợp nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nằm trong
tập hợp nghiệm của phương trình f
1
(x) = g
1
(x) thì phương trình f
1
(x) = g
1
(x)

(x)
= g
1
(x) và f
1
(x) = g
1
(x)

f(x) = g(x).
Nhờ hai khái niệm trên, lời giải của các ví dụ 1, ví dụ 2 trong mục 1.2.3
được trình bày một cách đơn giản hơn.
Lời giải đơn giản cho ví dụ 1.
Giải phương trình sau.

2 2 3xx  

Lời giải.
Bước 1, biến đổi hệ quả.
Ta có
2 2 3xx  Þ
22
x 4x 4 4x 12x 9- + = - +2
3x 8x 5 0Þ - + =

3 3 3
- = = -
nên
5
x
3
=
là nghiệm của phương trình.
Kết luận.
Phương trình có nghiệm là
5
3
.
Nhận xét.
+ Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại chỉ
được dùng dấu hệ quả (
Þ
).
+ Phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại thực sự ưu việt khi giải những
phương trình vô nghiệm (không có nghiệm nên không có bước thử lại).
Lời giải đơn giản cho ví dụ 2.
Giải phương trình sau.

2x 3 x 2- = -

Lời giải.
Ta thấy:

2x 3 x 2- = -



12
x2
x 3 2
x 3 2
í
³
ï
ï
ï
ï
é
Û
=+
ì
ê
ï
ï
ê
ï
=-
ê
ï
ë
î

x2
x 3 2
x2
x 3 2


Kết luận. Phương trình có nghiệm
32

Nhận xét.
Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương chỉ được
dùng dấu tương đương (
Û
).
1.3. Quỹ tích và bài toán tìm quỹ tích
1.3.1. Cái nhìn tổng quan
Quỹ tích của các điểm
M( )
là hình (H) =
 
M( ) .

Tìm quỹ tích của những điểm
M( )
là tìm hình (H) gồm những điểm
M( ),
cụ thể hơn, mô tả về mặt hình học hình (H) =
 
M( ) .

Theo định nghĩa trên bài toán tìm quỹ tích là một bài toán tìm đối tượng
thoả mãn điều kiện. Do đó để giải bài toán tìm quỹ tích cũng chỉ có thể sử dụng
một trong ba phương pháp sau: biến đổi hệ quả và thử lại, biến đối tương đương,
đoán nhận và khẳng định.
Theo thói quen, với bài toán quỹ tích, thay cho các thuật ngữ biến đổi hệ

bước biến đổi hệ quả với câu „„ vậy x
0
thuộc tập hợp
 
12
a ,a ,
‟‟.
Tương tự, phần đảo của bài toán tìm quỹ tích và bước thử lại của bài toán
giải phương trình có cùng bản chất logic.
Tuy nhiên, cũng có những điểm khác biệt trong quá trình thực hành.
Khi ta bắt đầu phần đảo với câu „„giả sử M thuộc hình (H) ‟‟ cũng là lúc ta
tin chắc rằng kết thúc phần đảo sẽ là câu „„ vậy M có tính chất

‟‟. Ngược lại,
khi ta bắt đầu bước thử lại với câu „„ giả sử x
0
thuộc tập hợp
 
12
a ,a ,
‟‟ ta không
thể tin chắc rằng kết thúc bước thử lại sẽ là câu „„ vậy x
0
là nghiệm của phương
trình ‟‟. Nói cách khác, khi giải bài toán quỹ tích bằng phương pháp thuận đảo,

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

14
người giải toán phải thực hiện phần thuận hoàn chỉnh tới mức hình (H), tập hợp



Do đó
CP BP BM AM AN CN
1 1 1 .
CB BC BA AB AC CA
       

Từ đó, theo định lí Thasles, NP // AB (2).
Từ (1) và (2) suy ra AMPN là hình bình hành.
Từ đó, chú ý rằng I là trung điểm của MN, suy ra I là trung điểm của AP.
Qua I, kẻ đường thẳng song song với BC, theo thứ tự cắt AB, AC tại E, F.
Dễ thấy I thuộc đoạn EF và E,F theo thứ tự là trung điểm của đoạn AB, AC.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

15

F
E
I
N
M
A
B
C
P

(Hình 1)


lần lượt là các phép vị tự tâm M tỉ số
1
,3
3
và phép đồng
nhất.
Gọi (O‟) là ảnh của (O) qua
1
3
M
V.

Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.2).
Dễ thấy G thuộc MA và
1
MG MA
3

 

Do đó
11
33
MM
G V (A) V ((O)) (O').  
O'
G

+ Trong phần đảo, nhờ phép vị tự
1
1
3
3
MM
VV





dễ dàng chỉ ra điểm A thuộc
(O) sao cho G là trọng tâm tam giác ABC.
Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm trong (O) và khác O. Các
điểm B,C chạy trên (O) sao cho

BAC 90 .
Tìm quỹ tích trung điểm M của đoạn
BC.
Lời giải.
Gọi R là bán kính của (O), gọi I là trung điểm của OA (h.3).
Thuận. Giả sử M là trung điểm của BC.
Vì

BAC 90
nên MA = MB (1).
Vì

OMB 90

2R OA
2

). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

18

I
M
C
O
A
B

(Hình 3)

Đảo. Giả sử M thuộc đường tròn (I,
22
2R OA
2

) (h.3).
Chú ý rằng R > OA, theo bất đẳng thức Cauchy, chú ý rằng
OA
R 0,
2


22
2R OA
IM ,
2




OMB 90 ,
ta có

   
2 2 2 2 2 2
22
2
2 OM AM OA 2 OM BM OA
2R OA
IM .
4 4 4
   

  

Suy ra AM = BM = CM.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

19
Do đó


H
O
A
B
C

(Hình 4)