luận văn từ bái toán giải phương trình tới bài toán quỹ tích

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên


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

Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC





NGUYỄN VĂN CHÍNH





TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

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


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN VĂN CHÍNH





TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Chuyên ngành:phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 604640







TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ
PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Thái nguyên – năm 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên


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: …………………………………………………….

Luận văn được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại :
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Vào hồi ……giờ … ngày …. tháng …. năm 2010












Có thể tìm hiểu luận văn tại trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên
và thư viện trường Đại học Khoa học.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

MỤC LỤC



Trang

Lời nói đầu
01

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.

Thuận đảo đồng thời ,biến đổi tương đương
21
1.3.4.
Đảo-phản đảo, đoán nhận và khẳng định
26

Chương 2. Dự đoán quỹ tích và giới hạn quỹ tích
32
2.1.
Suy luận toán học và suy luận có lí
32
2.1.1.
Định nghĩa và ví dụ
32
2.1.2.
Tính tương đối
32
2.1.3.
Chú ý
33
2.2.
Công đoạn dự đoán quỹ tích – sai lầm thường gặp
33
2.2.1.
Thế nào là công đoạn dự đoán quỹ tích
33
2.2.2.
Công đoạn dự đoán quỹ tích nằm ở đâu
33
2.2.3.

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

LỜI CẢM ƠN



Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS.Nguyễn Minh
Hà.Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy về công tác giảng dạy
cùng với sự hướng dẫn tận tình trong thời gian tác giả học cao học và hoàn thành
luận văn.
Trong quá trình học tập, tác giả đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ và giảng
dạy nhiệt tình của GS.TSKH.Hà Huy Khoái, GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu,
PGS.TS. Nông Quốc Chinh, PGS.TS.Lê Thị Thanh Nhàn, TS.Nguyễn Thị Thu
Thuỷ, cùng nhiều thầy cô công tác tại các trường Đại học Thái Nguyên.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, cô giáo Trường ĐH Khoa học -
Đại học Thái Nguyên.
Tác giả xin chân thành cảm ơn BGH trường THPT Yên Dũng số I, tỉnh Bắc
Giang, đã tạo điều kiện thuận lợi trong thời gian tác giả học cao học.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị, các bạn học viên cao học, bạn
bè, đồng nghiệp, đã giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và hoàn thành
luận văn.
Luận văn này sẽ không được hoàn thành nếu thiếu sự thông cảm, chia sẻ và
sự động viên kịp thời của gia đình. Xin gửi tới gia đình lời cảm ơn chân thành và
sâu sắc.

Thái Nguyên, ngày 15 tháng 09 năm 2010

Tác giả

Nguyễn Văn Chính

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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

toán quỹ tích trong sự so sánh với bài toán giải phương trình, bài toán quen thuộc
hơn và dễ hiểu hơn đối với học sinh.
Chƣơng 2. Dự đoán quỹ tích và giới hạn quỹ tích
Bằng cách hiểu đúng vai trò của công đoạn dự đoán quỹ tích và công đoạn
giới hạn quỹ tích, tác giả gián tiếp khẳng định rằng bài toán giải phương trình và
bài toán tìm quỹ tích có cùng bản chất logic.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

2
Dự đoán quỹ tích là công đoạn quan trọng trong quá trình giải bài toán tìm
quỹ tích. Trong công đoạn dự đoán quỹ tích người làm toán không chỉ sử dụng các
phép suy luận toán học mà còn có thể sử dụng các phép suy luận có lí. Do đó công
đoạn dự đoán quỹ tích chỉ được thực hiện trên giấy nháp của người làm toán.
Công đoạn giới hạn quỹ tích xét cho cùng chỉ là một bộ phận của phần
thuận mà ở đó lẽ ra phải sử dụng các phép suy luận toán học thì không ít người
làm toán lại sử dụng các phép suy luận có lí. Nói cách khác, không có công đoạn
giới hạn quỹ tích.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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

Các kí hiệu
A( )a
và
A( )a
có hiệu lực trong toàn bộ luận văn này.
Trong bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện, thuật ngữ “tìm” cần phải
hiểu là “tìm hết” chứ không phải là “tìm được”. Nói một cách chính xác, tìm
tập hợp
{ }
A A( ) .a

Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phương pháp giải,
được mô hình hoá như sau.
Phương pháp 1, biến đổi hệ quả và thử lại*.
Bước 1, biến đổi hệ quả*.
A( ) A .a Þ Î T

Bước 2, thử lại*.
A A( ).Î Þ aT

Phương pháp 2, biến đổi tương đương*.
A( ) A .a Û Î T

Chú ý:
Về phương diện logic, phương pháp biến đổi tương đương cũng chính là
phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Tuy nhiên, trong lời giải mỗi bài toán tìm
kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện cụ thể, sử dụng phương pháp nào trong hai
phương pháp trên là vấn đề không đơn giản đòi hỏi người giải toán phải có kĩ năng.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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

Bước 2.
TA( ) A .a Þ Ï

Phương pháp 3‟, bao gồm hai bước.
Bước 1.
A( ) A .a Þ Î T

Bước 2.
TA( ) A .a Þ Ï

Tuy nhiên, trong thực tế giải toán, để giải các bài toán tìm đối tượng thoả
mãn điều kiện, người ta chỉ sử dụng các phương pháp 1, 2, 3, các phương pháp
1‟, 3‟ không bao giờ được sử dụng.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

5
1.2. Phƣơng trình và bài toán giải phƣơng trình
1.2.1. Đẳng thức
Hai biểu thức nối với nhau bởi một dấu bằng được gọi là đẳng thức.
Mỗi một biểu thức nói trong định nghĩa trên được gọi là một vế của
đẳng thức.
Dưới đây là một vài ví dụ.
2 =2 (đẳng thức đúng).
1 = 2 (đẳng thức sai).
5x + 1 = 5 (đẳng thức, có thể đúng hoặc sai tuỳ theo giá trị của biến x).
3x
2
+xy
3

= 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

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

phổ thông, nhìn chung việc tìm các nghiệm của một phương trình là không đơn giản.
1.2.3. Ba phƣơng pháp giải phƣơng trình
Giải phương trình là tìm tất cả các giá trị của ẩn sao cho với các giá trị đó
phương trình trở thành đẳng thức đúng.
Theo định nghĩa trên bài toán giải phương trình là một bài toán tìm đối
tượng thoả mãn điều kiện. Do đó để giải một phương trình 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.
Dưới đây là một vài ví dụ.
Ví dụ 1, biến đổi hệ quả và thử lại.
Giải phương trình sau.

2 2 3xx  

Lời giải.
Bước 1, biến đổi hệ quả.
Giả sử x
0
là nghiệm của phương trình, ta có

00
2 2 3xx  
là đẳng thức đúng

Þ
22
0 0 0 0
x 4x 4 4x 12x 9- + = - +
là đẳng thức đúng

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.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

7
Vì
5 1 5
2 2. 3
3 3 3
- = = -
nên
0
5
x
3
=
là nghiệm của phương trình.
Kết luận.
Phương trình có nghiệm là
5
3
.

Ví dụ 2, biến đổi tương đương.
Giải phương trình sau.

2x 3 x 2- = -

Lời giải.
Ta thấy:
x
0

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

ì
ï
- + =
ï
î
là hệ bất đẳng thức đúng và đẳng thức đúng
0
0
0
x2
x 3 2
x 3 2
í
³
ï
ï
ï
ï
ï
é
Û
=+
ì
ê
ï
ïê
ï
=-
ê
ï

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

ê
í
³
ï
ï
ê
ì
ê
ï
=-
ï
ê
î
ë
là tuyển hai hệ bất đẳng thức đúng và đẳng thức đúng
0
x 3 2Û = +
là đẳng thức đúng


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

8
Kết luận. Phương trình có nghiệm
32

Ví dụ 3, đoán nhận và khẳng định.
Giải phương trình sau.

x

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

( ; )
2
 
và
lim '( ) lim (3 ln3 2)
 
   
x
xx
fx
;
11
( ) ( )
22
ln3
lim '( ) lim (3 ln3 2) 2 0
2
x
xx
fx

   
    
nên
f '(x) 0=
có một nghiệm duy nhất x
0
và
00
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
)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

9

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất
hai nghiệm trên
1
( ; )
2
 
(3).
Từ (2) và (3) suy ra (1) có đúng hai nghiệm.
Kết luận.
Phương trình có hai nghiệm, x = 0 và x = 1.
Nhận xét.
Công đoạn chỉ ra tập hợp
 
1, 2
là tập hợp nghiệm không tự nhiên.

Ví dụ 4, đoạn nhận và khẳng định.
Giải phương trình
sinx sin2 sin3 4 2xx

Lời giải.
Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích, theo bất đẳng thức
Bunhiacôpxki, ta có
sinx – sin2x – sin3x = (sinx – sin3x) – sin2x = 2cos2x.sin(– x) – sin2x

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

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)

được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f(x) = g(x), kí hiệu f(x) = g(x)

f
1
(x) = g
1
(x).
Định nghĩa 2. Hai phương trình f(x) = g(x) và f
1
(x) = g
1
(x) được gọi là
tương đương nếu chúng có chung tập hợp nghiệm, kí hiệu f(x) = g(x)

f
1
(x) =
g
1
(x).
Đương nhiên f(x) = g(x)

f
1
(x) = g
1
(x) khi và chỉ khi f(x) = g(x)

f
1

(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 - + =

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

11

Þ
x1
5
x
3
é
=
ê
ê
ê
=
ê
ë

Bước 2, thử lại.
Vì
1 2 1 1 2.1 3- = ¹ - = -
nên
x1=
không phải là nghiệm của phương
trình.
Vì
5 1 5
2 2. 3

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- = -

2
x2
2x 3 x 4x 4
í
³
ï
ï
Û
ì
ï
- = - +
ï
î

2
x2
x 6x 7 0
í
³
ï
ï
Û
ì
ï
- + =
ï
î


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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

é
í
³
ï
ï
ê
ì
ê
ï
=+
ï
ê
î
Û
ê
í
ê
³
ï
ï
ê
ì
ê
ï
=-
ï
î
ë

x 3 2Û = +

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

quả và thử lại, biến đối tương đương, đoán nhận và khẳng định người ta dùng
các thuật ngữ thuận-đảo, thuận đảo đồng thời, đảo-phản đảo.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

13
Những lập luận tưởng chừng rất đơn giản trên đây thực ra không hề đơn
giản đối với học sinh phổ thông. Do đó, cách tốt nhất để học sinh phổ thông hiểu
được bản chất logic của bài toán tìm quỹ tích là so sánh các phương pháp giải bài
toán tìm quỹ tích với các phương pháp giải bài toán giải phương trình, bài toán có
cùng bản chất logic với bài toán tìm quỹ tích nhưng đơn giản và quen thuộc hơn.
1.3.2. Thuận-đảo, biến đối hệ quả và thử lại.
Phương pháp thuận-đảo là phương pháp được sử dụng nhiều nhất trong
khi giải bài toán tìm quỹ tích. Với phương pháp thuận-đảo, lời giải bài toán tìm
quỹ tích gồm hai phần: thuận, đảo.
Thuận:
M( ) M (H).  

Đảo:
M (H) M( ).  

Về phương diện logic, phần thuận trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và
bước biến đổi hệ quả trong bài toán giải phương trình có cùng bản chất. Khi ta
bắt đầu phần thuận với câu „„ giả sử M có tính chất

‟‟ và kết thúc phần
thuận với câu „„ vậy M thuộc hình (H) ‟‟ cũng giống như khi ta bắt đầu bước
biến đổi hệ quả với câu „„ giả sử x
0
là nghiệm của phương trình ‟‟ và kết thúc

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

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

chứa các điểm M có tính chất
,
chính là tập hợp các điểm M có tính chất
.

Với những người bắt đầu làm quen với bài toán tìm quỹ tích, hiện tượng „„ đáng
ngờ ‟‟ trên thường đem lại cảm giác không cần phải có phần đảo.
Cần nói thêm một chút về vần đề không cần phải có phần đảo.
Vì bên cạnh phép biến hình f bao giờ cũng có phép biến hình nghịch đảo
f
– 1
nên trong những bài toán quỹ tích được giải bằng phương pháp thuận-đảo và
sử dụng công cụ biến hình phần đảo thường được thực hiện khá đơn giản. Xin
chú ý phần đảo được thực hiện đơn giản chứ không phải là không cần phải có
phần đảo, sai lầm của khá nhiều người.
Các ví dụ dưới đây sẽ là sáng tỏ những nhận định trên.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự chạy trên các
cạnh AB, AC sao cho
AM AN
1.
AB AC

Tìm quỹ tích trung điểm I của MN.
Lời giải.
Thuận. Giả sử I thoả mãn điều kiện đề bài (h.1).
Lấy P thuộc cạnh BC sao cho MP // AC (1).
Theo định lí Thasles
BP BM
.
BC BA



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

15

F
E
I
N
M
A
B
C
P

(Hình 1)

Đảo. Giả sử I thuộc đoạn EF (h.1).
Đặt P = AI ∩ BC.
Lấy M, N thuộc AB, AC sao cho MP // AC ; NP // AB (h.1).
Vì I thuộc đoạn EF nên P thuộc đoạn BC.
Do đó M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, AC (3).
Vì I thuộc đoạn EF nên I là trung điểm của đoạn AP.
Từ đó, chú ý rằng AMPN là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của
đoạn MN (4).
Từ (3) và (4) suy ra I thoả mãn điều kiện đề bài.
Kết luận. Quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn EF.
Nhận xét.
+ Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.
+ Nếu trong phần thuận không có câu „„Giả sử I thoả mãn điều kiện đề
bài ‟‟, lỗi này rất nhiều người mắc, thì học sinh không thể thấy được phương
pháp thuận-đảo trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và phương pháp biến đổi hệ
quả và thử lại trong lời giải bài toán giải phương trình có cùng bản chất logic.
Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C nằm ngoài (O). Điểm A
chạy trên (O). Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

16
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của đoạn BC.
Kí hiệu
1
3
3
MM
V , V , e

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

M
O
A
B
C

(Hình 2)

Đảo. Giả sử G thuộc (O) (h.2).
Đặt
3
M
A V (G).

Dễ thấy
1
33
3
M M M
A V ((O')) V (V (O)) e((O)) (O)   
và G là trọng tâm của tam
giác ABC.
Do đó G thoả mãn điều kiện đề bài.
Kết luận. Quỹ tích trọng tâm G của tam giác ABC là đường tròn (O‟).

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

17
Nhận xét.
+ Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.

+ 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

nên
2 2 2 2
OM BM OB R (2).  

Vì A nằm trong O nên OA < R (3).
Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng với (1),
(2) và (3), ta có

   
2 2 2 2 2 2
22
2
2 OM AM OA 2 OM BM OA
2R OA
IM 0.
4 4 4
   

   

Suy ra
22
2R OA
IM .
2



Do đó M thuộc đường tròn (I,
22

2R OA
2

).


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

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


ta
có

2
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
OA 2R OA OA 2R OA
R OA 2R.OA R R.OA R
4 4 2 4
OA 2R OA 2R OA 2R OA
R R OI R OI.
2 4 4 4


        


  
        

Suy ra đường tròn (I,
22
2R OA
2

) nằm trong đường tròn (O).
Do đó M nằm trong (O).
Qua M dựng đường thẳng vuông góc với OM, cắt (O) tại B, C.
Theo công thức tính độ dài trung tuyến của tam giác, chú ý rằng

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

19
Do đó


BAC 90 .

Vậy M thoả mãn điều kiện đề bài.
Kết luận. Quỹ tích của M là đường tròn (I,
22
2R OA
2

).
Nhận xét.
+ Lời giải trên và lời giải ví du 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic.
+ Nếu không có kết luận đường tròn (I,
22
2R OA
2

) nằm trong đường tròn
(O) thì không thể chỉ ra sự tồn tại của các điểm B, C, lỗi này rất nhiều người mắc.

Ví dụ 4. Cho đường trong (O). Các điểm A, B, C thay đổi trên (O) sao cho
tam giác ABC nhọn, tìm quỹ tích trọng tâm của tam giác ABC.
Lời giải.
Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc.
Bổ đề. Nếu O, H, G theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm,
trọng tâm của tam giác ABC thì G thuộc đoạn OH và OH = 3OG.
Trở lại giải ví dụ 4.
Gọi R là bán kính của (O).
Thuận. Giả sử G là trọng tâm của tam giác ABC (h.4).

G

H
O
A
B
C

(Hình 4)