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

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

-

NGUYỄN VĂN CHÍNH

TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Thái nguyên – năm 2010

-

NGUYỄN VĂN CHÍNH

TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Chuyên ngành:phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 604640

LUẬN VĂN THẠC SĨ:PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS.Nguyễn Minh Hà

-

NGUYỄN VĂN CHÍNH

TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

TỚI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Chuyên ngành:phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 604640

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Thái nguyên – năm 2010

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

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

1.2.3 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

1.3.2 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

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

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 phương tới bài toán quỹ tích”

Luận văn này bao gồm hai chương:

Chương 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

Chương 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

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

CHƯƠNG 1

HAI BÀI TOÁN, MỘT BẢN CHẤT 1.1 Bài toán tìm đối tượng 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 Þ A Î T

Bước 2, thử lại* A Î T Þ A( ) a

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

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

1.2 Phương trình và bài toán giải phương 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) 3x2 +xy3 = 5zy +z4 (đẳng thức có thể đúng hoặc sai tuỳ theo giá trị của biến x,y,z)

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)

3x2 +xy3 = 5zy +z4 (phương trình ba ẩn x, y, z phương trình này có nhiều nghiệm, (x,y,z)=(0,0,0) là một nghiệm của nó)

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 phương pháp giải phương 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

x  x

Lời giải

Bước 1, biến đổi hệ quả

Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, ta có

0

5 x 3

é = ê ê

ê = êë

là hai đẳng thúc đúng

Bước 2, thử lại

Vì 1 - 2 = ¹ - = 1 1 2.1 - 3 nên x 0 = 1 không phải là nghiệm của phương

Ví dụ 2, biến đổi tương đương

Giải phương trình sau

Kết luận Phương trình có nghiệm 3  2

Dựa vào bảng biến thiên ta nhận thấy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất

hai nghiệm trên ( 1; )

1.2.4 Phương trình hệ quả, phương trình tương đương

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

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 f1(x) = g1(x) thì phương trình f1(x) = g1(x) được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f(x) = g(x), kí hiệu f(x) = g(x)

Lời giải đơn giản cho ví dụ 1

Giải phương trình sau

x 1 5 x 3

é = ê ê

ê = êë

+ 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

Û ìï

ïî

x 2

í ³ ïï

ïï é

Û ì ê ïï êï = +

= ê

-ï ë î

Û ê

íê ³ ïïê ìêï = -ïîë

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

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

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 x0 là nghiệm của phương trình ‟‟ và kết thúc bước biến đổi hệ quả với câu „„ vậy x0 thuộc tập hợp a , a , 1 2  ‟‟

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 x0 thuộc tập hợp a , a , 1 2  ‟‟ ta không thể tin chắc rằng kết thúc bước thử lại sẽ là câu „„ vậy x0 là nghiệm của phương trình ‟‟ Nói cách khác, khi giải bài toán quỹ tích bằng phương pháp thuận đảo,

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)

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

Lời giải

Gọi M là trung điểm của đoạn BC

Kí hiệu

1 3 3

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

Đảo Giả sử G thuộc (O) (h.2)

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

(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



)

I

M

C O

A

B

(Hình 3)

Đảo Giả sử M thuộc đường tròn (I,

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

Do đó BAC   90

Vậy M thoả mãn điều kiện đề bài

Kết luận Quỹ tích của M là đường tròn (I,

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

(Hình 4)

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Vì tam giác ABC nhọn nên H nằm trong tam giác

Từ đó, chú ý rằng A, B, C thuộc (O, R), suy ra H nằm trong (O, R)

Gọi A là giao của tia OG với đường tròn (O, R)

Trên tia AG lấy điểm M sao cho AM 3AG (1).

M

O

(Hình 5)

Do đó đường thẳng qua M vuông góc với OM cắt (O, R) tại hai điểm, kí hiệu là B, C

Đương nhiên M là trung điểm của BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC (3)

Do đó O thuộc đoạn AM

Vậy O thuộc tam giác ABC

Điều đó có nghĩa là tam giác ABC nhọn (4)

Từ (3) và (4) suy ra G thoả mãn điều kiện đề bài

Kết luận Quỹ tích trọng tâm tam giác ABC là hình tròn (O,R).

3

Nhận xét

Lời giải trên và lời giải ví dụ 1 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic

1.3.3 Thuận đảo đồng thời, biến đổi tương đương

M( )    M (H), đó chính là phương pháp thuận đảo đồng thời

Phương pháp thuận đảo đồng thời trong lời giải bài toán tìm quỹ tích và phương pháp biến đổi tương đương trong lời giải bài toán giải phương trình có cùng bản chất logic

Vì việc giải thích các phép biến đổi tương đương trong đại số thường đơn giản hơn việc giải thích các phép biến đổi tương đương trong hình học nên phương pháp biến đổi tương đương thường xuyên được sử dụng trong các bài toán giải phương trình còn phương pháp thuận đảo đồng thời ít khi được sử dụng trong các bài toán tìm quỹ tích

Các ví dụ dưới đây sẽ làm sáng tỏ những nhận định trên

Ví dụ 1 Cho hình chữ nhật ABCD Tìm quỹ tích những điểm M nằm trong hình chữ nhật và thoả mãn điều kiện MA.MC < MB.MD

(Hình 6) Với mỗi điểm M thuộc ABCD, gọi X, Y, Z, T theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, BC, CD, DA

Theo định lí Pythagoras, chú ý rằng KJ là trung trực của các đoạn BC, DA

và HI là trung trực của các đoạn AB, CD, ta thấy

Lời giải trên và lời giải ví dụ 2 trong mục 1.2.3 có cùng bản chất logic

Ví dụ 2 Cho tam giác không đều ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm M nằm trong (O) AM, BM, CM lại cắt (O) tại A‟, B‟, C‟ Tìm tập hợp các điểm M sao cho

1.

MA '  MB'  MC '  Lời giải

Gọi R là bán kính của (O), G là trọng tâm của tam giác ABC, (OG) là đường tròn đường kính OG (h.7)