phương pháp hàm số giải phương trình hệ phương trình

Lý do chọn đề tài: Qua nghiên cứu các đề thi học sinh giỏi HSG của các tỉnh và quốc gia, tôi nhận thấy các bài toán thuộc phạm vi phương trình hàm PTH có tần suất xuất hiện khá lớn, đồn

MỤC LỤC

I Lý do chọn đề tài

II Mục tiêu nghiên cứu

III Nhiêm vụ nghiên cứu

IV Các phương pháp nghiên cứu

III Nội dung và hiệu quả nghiên cứu

DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU

1 Danh mục chữ cái viết tắt:

HS: Học sinh

HSG: Học sinh giỏi

PTH: Phương trình hàm

SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm

IMO: Kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc tế

VMO: Kỳ thi học sinh giỏi (Toán) Quốc gia Việt Nam

KK: Khuyến khích

2 Danh mục các kí hiệu:

N: Tập hợp các số tự nhiên

N * : Tập hợp các số tự nhiên khác không

Z: Tập hợp các số nguyên

Q: Tập hợp các số hữu tỷ

R: Tập hợp các số thực

PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ

I Lý do chọn đề tài:

Qua nghiên cứu các đề thi học sinh giỏi (HSG) của các tỉnh và quốc gia, tôi nhận thấy các bài toán thuộc phạm vi phương trình hàm (PTH) có tần suất xuất hiện khá lớn, đồng thời đây cũng là nội dung khó đối với học sinh dự thi; mặt khác, xu hướng ra đề hiện nay có dấu hiệu thiên về lĩnh vực “toán rời rạc”

và “toán rời rạc” lại càng khó đối với học sinh,…

Nhằm nâng cao chuyên môn nghiệp vụ của bản thân và góp phần giúp các thầy cô làm công tác bồi dưỡng HSG của tỉnh có thêm một số tư liệu về “lớp phương trình hàm xét trên tập rời rạc”; với chút ít kinh nghiệm của bản thân, tôi

chọn và viết đề tài “Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc”

II Mục tiêu nghiên cứu:

Giải quyết những khó khăn HSG thường gặp phải khi đứng trước một bài toán PTH, đó là: không biết bắt đầu từ đâu để tìm tòi lời giải, và giải quyết bài toán như thế nào?

Nhằm chia sẽ và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp trong công tác bồi dưỡng HSG về mảng kiến thức “toán rời rạc” trong PTH

III Nhiệm vụ nghiên cứu:

Xuất phát từ tư tưởng của đề tài, phần nội dung tôi sẽ trình bày một số bài toán cụ thể (trong muôn vàn bài toán khác nhau) để minh họa trên cơ sở: phân tích bài toán, đưa ra lời giải, nhận xét, mở rộng, khái quát bài toán (nếu có)

IV Các phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp thu thập thông tin: nghiên cứu tài liệu để sưu tầm các bài tập và cơ sở lý thuyết có liên quan đến nội dung nghiên cứu

- Phương pháp phân tích lý luận: giúp HS nắm rõ bản chất vấn đề từ đó phát hiện cách giải quyết vấn đề

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: nhằm nhận định về việc việc áp dụng và khả năng phát triển cũng như bài học kinh nghiệm được rút ra từ quá trình áp dụng SKKN của bản thân

PHẦN II PHẦN NỘI DUNG

I Cơ sở lý luận của đề tài:

Những kiến thức kỹ năng cơ bản về hàm số như: các tính chất cơ bản của

hàm số (đơn ánh, toàn ánh,…), một số phương pháp đặc thù trong giải PTH (thay biến, chọn giá trị đặc biệt, qui nạp,…) là “những chìa khóa” không thể

thiếu khi giải các bài tập về PTH; tuy nhiên, để không xa rời mục tiêu đặt ra của

đề tài, tôi chỉ nêu một vài cơ sở lý luận thường dùng:

- Nếu P(n) đúng với mọi nM M N thì P n( )0 đúng với n0M

- Nếu f đơn ánh trên D; n m, D mà f n( )  f m( ) thì nm.

- Nếu hàm số f N: N có tính chất: f n m(  )  f n( )  f m( ) m n, N

(Thật vậy, từ giả thiết:

Cho mn 0 ta có: f(0)  0,

Cho m 1 ta có: f n(  1)  f n( )  f(1)  n N,

suy ra: f n( )  f n(  1)  f(1)  f n(  2) 2 (1)  f   f(0) n f (1) n f (1) (đpcm))

Chú ý: tính chất này mỗi khi sử dụng phải chứng minh

II Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

1 Thuận lợi:

- Bài tập về PTH phong phú và đăng nhiều ở tạp chí Toán học và tuổi trẻ, trong một số tài liệu tham khảo dùng để bồi dưỡng HSG

- Đối tượng tiếp nhận tri thức là những HSG, có khả năng tư duy phân tích, tổng hợp, qui nạp và suy diễn tương đối tốt

2 Khó khăn:

- Phép giải một phương trình thông thường nói chung đã là việc không đơn

giản nên phép giải một PTH (phương trình có nghiệm là những hàm số) càng

phức tạp hơn và do đó khó có thể chỉ ra một đường lối chung để giải

- Đứng trước một bài tập về PTH, học sinh thường rất khó phát hiện hướng giải quyết vấn đề: phải bắt đầu từ đâu, cần thực hiện những điều gì, trình bày lời giải như thế nào để lời giải được rõ ràng, hợp lôgich, không có chi tiết thừa,…?

III Nội dung và hiệu quả nghiên cứu:

1 Nội dung nghiên cứu:

Chỉ xét với lớp PTH xét trên tập rời rạc, và nội dung này tôi tạm phân chia

ra hai dạng bài tập sau:

a Dạng 1: Tính giá trị của hàm số tại một điểm

Ví dụ 1: Cho hàm số f N: * N thỏa:

f







 Hãy tìm f(19)

 Phân tích:

- Nếu có f m( ), f n( ) thì ta tính được f m( n)

- Có f(1), f(1) nên tìm được f(2), tương tự tìm được f(4), f(8), f(16)

- Có f(2), f(16) nên tìm được f(18)

- Có f(1), f(18) nên tìm được f(19)

 Lời giải:

Ta có: f(2)  f(1 1)   f(1)  f(1) 2(6.1.1 1)      0 0 10 10 

Tương tự: f(4)  f(2 2)   2 (2) 2(6.2.2 1)f    2.10 46   66

f(18)  f(2 16)   f(2)  f(16) 2(6.2.16 1) 10 1410 382 1802      

Vậy: f(19)  2016.

 Nhận xét:

* Lời giải trên tạm ghi theo sơ đồ sau:

1,1  2; 2, 2  4; 4, 4  8; 8,8  16; 2,16  18; 1,18  19.

Qua 6 giai đoạn ta tìm được kết quả

“Trọng tâm” của lời giải là “phân tích số 19”

* Nếu “phân tích số 19” theo sơ đồ:

1,1 2; 2, 2  4; 1, 4  5; 4, 5  9; 5, 5  10; 9,10  19.

Ta được lời giải mới cũng qua 6 giai đoạn

* Còn nhiều sơ đồ phân tích khác nên còn nhiều lời giải khác Kiểu phân tích nào có ít giai đoạn nhất thì ta thu được lời giải gọn nhất

* Điều kiện f m( n)  f m( )  f n( ) 2(6  mn 1) cho thấy hàm số f có đặc điểm: “hễ

có f m( ) và có f n( )thì tính được f m n(  )”, đặc điểm này ta tạm đặt tên là “tính

di truyền”

* Ở bài toán này nếu thay đổi điều kiện “tính di truyền” ta sẽ được những bài toán mới cùng dạng

Ví dụ 2: Cho hàm số f Z: Z thỏa:

(1) 3, (0) 0



 Hãy tìm f(9)

 Phân tích:

- Tại sao phải có giả thiết f(0)  0? Thử cho mn 0 ta được điều gì?

2

(0) 2 (0)

f  f , từ đây suy ra f(0)  2 (vì f(0)  0)

- Có f(1), f(0) cho mn 1 ta tìm được f(2)

- Có f(2), f(1) cho m 2, n 1 ta tìm được f(3)

- Có f(3), f(0) cho m 3, n 3 ta tìm được f(6)

- Có f(6), f(3) cho m 6, n 3 ta tìm được f(9)

 Lời giải:

Cho mn 0, ta có: 2

f  f , suy ra: f(0)  2 (vì f(0)  0)

Cho mn 1, ta có: 2

Cho m 2, n 1, ta có: f(3)  f(2) (1)f  f(1)  7.3 3 18  

Cho mn 3, ta có: 2 2

Cho m 6, n 3, ta có: f(9)  f(6) (3)f  f(3)  322.18 18   5778

Vậy: f(9)  5778.

 Nhận xét:

* f(0) là một giá trị cần thiết cho lời giải, tuy nhiên giả thiết f(0)  0 trong đề bài thật ra thừa, thật vậy: từ f m f n( ) ( )  f m( n)  f m n(  ), cho m 1, n 0 ta có:

f f  f  f  f(0)  2 là duy nhất!

* Lời giải trên tạm ghi theo sơ đồ sau:

(1 1), (1 1)    2; (2 1), (2 1)    3; (3 3), (3 3)    6; (6 3), (6 3)    9.

Qua 4 giai đoạn ta tìm được kết quả

“Trọng tâm” của lời giải là “phân tích số 9”

 Nếu “phân tích số 9” theo sơ đồ:

(1 1), (1 1)    2; (2 1), (2 1)    3; (3 1), (3 1)    4; (4 1), (4 1)    5; (5 4), (5 4)    9.

Ta được lời giải mới phải qua 5 giai đoạn

* Cũng còn nhiều sơ đồ phân tích khác nên còn nhiều lời giải khác Kiểu phân tích nào có ít giai đoạn nhất thì ta thu được lời giải gọn nhất

* Điều kiện f m f n( ) ( )  f m( n)  f m n(  ) kèm theo f(1)  2 cho thấy hàm số f

có “tính di truyền” (xem giải thích trong ví dụ 5, dạng 2)

* Bài toán này cũng có thể thay đổi điều kiện “tính di truyền” để được những bài toán mới cùng dạng

b Dạng 2: Giải phương trình hàm

Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm số f N: N thỏa:

f m n(  )  f m n(  )  f(3 )m m n, N m; n.

 Phân tích:

- Thử cho mn 0 ta được điều gì? 2 (0)f  f(0) suy ra f(0)  0.

- Cho n 0, ta được 2 ( )f m  f(3 )m

- Sử dụng f(0)  0 bằng cách cho mn, khi đó ta được f(2 )m  f(3 )m hay

- Muốn có f(2 )n bằng cách khác, ta cho m 3n và được

- Chỉ cần tinh ý, từ f(2 )n  f(3 )n dễ nhận ra f(4 )n  f(6 )n  f(9 )n do đó

f n  Lúc này chỉ cần tìm quan hệ giữa f(2 )n và f n( ) thì bài toán kết thúc

 Lời giải:

Từ giả thiết:

Cho mn 0 ta có: f(0)  0, (1)

Cho mn ta có: f(2 )m  f(3 )m  m N, (do (1)) (2)

Cho m 3n ta có: f(4 )n  f(2 )n  f(9 )n  n N, (3)

Từ (2) suy ra: f(4 )n  f(6 )n  f(9 )n  n N (4)

Từ (3) và (4) suy ra f(2 )n  0  n N (5)

Mặt khác từ giả thiết cho n 0 ta có: 2 ( )f m  f(3 )m  m N (6)

Từ (2) và (6) suy ra ( ) 1 (2 )

2

Từ (5) và (7) suy ra f n( )  0  n N

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài

 Nhận xét:

* PTH đã cho có tính chất “trông có vẽ gần với tính chất cộng tính”, nên trước tiên cần tính f(0) để có cơ sở chọn phép thay biến hay các giá trị đặc biệt khác

(việc tính f(0) hay f(1) trong việc giải PTH là việc cần làm đầu tiên và cần thiết để có “điểm tựa” cho các phán đoán tiếp theo)

* Sai lầm học sinh hay mắc phải là:

Từ f(2 )n  0  n N học sinh thường suy ra ngay f n( )  0  n N với

phép thay n bởi

2

n

; lý do: các em không để ý rằng, có thể

2

n N

Ví dụ 2: (Đề đề nghị IMO-1988) Tìm tất cả các hàm số f N: N thỏa:

f f n ( )  f m( )nm m n, N.

 Phân tích:

- Thử cho mn 0 ta được điều gì? f2 (0)f  0

- Để sử dụng f2 (0)f  0, ta cần cho mn 2 (0)f , khi đó được

- Sử dụng f(0)  0 để làm gọn giả thiết, ta chọn m 0 và được f f n ( )n

- Tín hiệu trên cho phép ta nghĩ đến việc “tác động f vào hai vế của giả thiết”

- Sau khi tác động f vào giả thiết ta có: f f f n ( )  f m( ) f n m(  )

suy ra: f n( )  f m( )  f n m(  )

- Tính chất cộng tính đã xuất hiện, việc giải bài toán trở nên đơn giản

 Lời giải:

Từ giả thiết:

Cho mn 0 ta có: f2 (0)f  0, (1)

Cho m 0, ta có: f f n ( )n  n N (do (2)) (3)

Mặt khác từ giả thiết ta có: f f f n ( )  f m( ) f n( m) n m, N

 f n( )  f m( )  f n m(  ) n m, N

Cho m 1 ta có: f n(  1)  f n( )  f(1)  n N,

suy ra: f n( )  f n(  1)  f(1)  f n(  2) 2 (1)  f   f(0) n f (1) n f (1)  n N (4)

Vì vậy:

( ) ( ) ( ) ( ) (1) (1) (1) (1) ( ) (1)

,

f

Từ (4) và (5) suy ra f n( ) n  n N

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài

 Nhận xét:

* PTH đã cho có quan hệ hàm là “hàm bậc nhất của biến ở vế phải” nên khi

phân tích ta hãy thử tìm đến việc “tác động f vào cả hai vế”; vì vậy ta cần phải

cố gắng làm xuất hiện tính chất f f n ( )na  n N (với a là hằng số nào đó)

* Cần cố gắng tìm giá trị của hàm số tại một vài điểm đặc biệt nào đó, để có

“điểm tựa” cho việc sử dụng các phép thay biến khác

* Cần chú ý: nếu f là một hàm số thì với uv ta có f u( )  f v( )

Ví dụ 3: Tìm tất cả các hàm số * *

:

f N N thỏa hai điều kiện sau:

*

( ) 2012 ( )



 



 



 Phân tích:

- Điều kiện (b) cho thấy cần “tác động f vào hai vế của giả thiết”, nên cần phải khai thác giả thiết (a) và do đó cần tạo ra một “đẳng thức” từ (a)

( )

f n N  n N nên phải nhìn (a) ở dạng f n(  1)  f n( ) 1 

- “Tác động f vào hai vế của “đẳng thức” trên” sẽ thu được điều gì? Kết

quả này sẽ là tiền đề cho việc tìm được lời giải

 Lời giải:

Vì f n( ) N*  n N* nên từ (a) ta có f n(  1)  f n( ) 1   n N* (1)

Từ (b) và (1) suy ra: n 2013  (n 1)  2012  f f n (  1) f f n ( ) 1  

 f f n ( ) 1 n 2013  n N*

Vậy f f n (  1) f f n ( ) 1   *

  , mà f đơn điệu (theo điều kiện (a))

Nên f n(  1)  f n( ) 1   n N*

( ) ( 1) 1 (1) ( 1)

         n N*

Trong (2) thay n bởi f(1) ta có: f f (1) f(1)  f(1) 1  Hay 2013  2 (1) 1f  (vì f f (1)  1 2012)  f(1)  1007 (3)

Từ (2) và (3) suy ra f n( ) n 1006  n N

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài

 Nhận xét:

* Điều kiện f f n ( ) n 2012  n N “nhắc nhở” ta “tác động f vào cả hai vế”

của một “đẳng thức” khác trong giả thiết

* “Đẳng thức” khác đó buộc phải được suy ra từ điều kiện (a)

* Trong lời giải trên ta có sử dụng tính chất: nếu ABA thì AB

Ví dụ 4: (Bulgaria-1996) Tìm tất cả các hàm số f Z: Z thỏa:

3 ( ) 2f x  f f x ( )x  x Z.

 Phân tích:

- Nếu nhìn thấy giả thiết ở dạng 2f f x ( ) f x( ) f x( ) x thì lẽ tự nhiên

phải đặt ẩn phụ g x( )  f x( ) x và được: g x( )  2g f x ( )

- Cần chú ý: f x g x( ), ( ) Z  x Z để áp dụng kết quả trên sau n lần

 Lời giải:

Ta có 3 ( ) 2f x  f f x ( )x  x Z  2f f x ( ) f x( ) f x( ) x  x Z (1)

Đặt g x( )  f x( ) x  x Z, ta có (1) thành: 2g f x ( )g x( )  x Z (2)

Áp dụng (2) liên tục n lần, ta thu được:

Vì g f f  [ ( )]f x Z nên từ (3) suy ra: g x( ) 2  n  n N,  x Z

Kết quả trên chứng tỏ g x( )  0  x Z

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài

 Nhận xét:

* PTH đã cho có quan hệ hàm có “hình dáng” của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp hai:

Thật vậy, viết lại quan hệ hàm ở dạng: 2 ( ( ))f f x  3 ( )f x x

Thay x bởi f x( )ta được: 2 ( ( ( )))f f f x  3 ( ( ))f f x  f x( )

Thực hiện liên tục n lần ta được:

2 ( ( )) 3 ( ( )) ( ( ))

Đặt n ( ( ))

n

u  f f x với u0 x u, 1 f x( )

Ta được phương trình sai phân: 2u n2  3u n1u n

(rõ ràng lời giải trên không khác gì so với lời giải bài toán tìm số hạng

tổng quát của dãy ( u n ) thỏa 2u n2  3u n1u n với u0, u1 cho trước)

* Như vậy, với mỗi cách chọn phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp hai “khéo léo”, hay một sự thay đổi, bổ sung giả thiết,… ta sẽ thu được một bài

tập PTH mới (chẳng hạn bài toán: Tìm tất cả các hàm số f R: R thỏa: f là một toàn ánh, f là hàm số tăng trên R và f f x ( ) f x( ) 12  x  x R.

(VMO-2012))

Ví dụ 5: Tìm tất cả các hàm số f Z: R thỏa:

5

2











 Phân tích:

- Quan hệ hàm này giống ví dụ 2 trong dạng 1 Ta dễ dàng tính được

- Có f(0), f(1) từ điều kiện (b) ta tính được f(2), tương tự có f(1), f(2) ta tính được f(3),… “tính di truyền” xuất hiện nên ắt phải nghĩ đến phương pháp qui nạp trong quá trình giải bài tập này

 Lời giải:

Từ (b) cho m 1, n 0 ta có: f(1) (0)f  f(1)  f(1)  f(0)  2

Ta thấy f(0)  2  2 0  2 0

5

2

f     (theo (a))

Giả sử: f k( )  2k  2k  k N

Trong (b) cho mk n,  1 ta có: f k f( ) (1)  f k(  1)  f k(  1)

Theo nguyên lý qui nạp, ta có: f n( )  2n 2n  n N (1)

Mặt khác ở (b) cho m 0, n k với *

kN , ta có: f(0) (f k)  f( k)  f k( )

( )

Từ (1) và (2) suy ra f n( )  2n 2n  n Z

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài

 Nhận xét:

* Điều kiện (a) có thể thay bởi: 10 1 1

3

f     , hay (1) 3 2 cos

6

  (với lưu

* Gặp PTH có tập xác định là tập N, Z, Q và có quan hệ hàm có “tính di truyền”

ta cần phải nghĩ đến phương pháp qui nạp

* Với phương pháp qui nạp, ta cần tính f(0), f(1),… rồi dựa vào đó đự đoán

và tính f n( ),  n N Nếu chứng minh trong Z thêm bước tính f n( ),  n Z Nếu

chứng minh trong Q thêm bước tính f 1 , n N

n

 

 

 

  rồi tính f r( ),  r Q