Góp phần bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh khá giỏi thông qua dạy học giải bài tập về chủ đề phương trình hàm

Chủ đề phơng trình hàm tuy còn mới mẽ đối với học sinh, nhng để giải phơng trình hàm ta không cần dùng đếnnhững kiến thức vợt quá giới hạn chơng trình PTTH mà chủ yếu đòi hỏi phải có t d

Mở đầu

I Lý do chọn đề tài.

1 Xã hội đang cần những ngời lao động năng động, sáng tạo, có khảnăng giải quyết vấn đề Vì vậy, luật giáo dục 1998 đã quy định "Phơng phápgiáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của ngờihọc, bồi dỡng năng lực tự học, sự say mê học tập và ý chí vơn lên"

2 Năm 2001 Bộ Giáo dục và Đào tạo đã có quy định 11 chuyên đề bồidỡng học sinh giỏi toán thống nhất trong toàn quốc, trong đó có chuyên đềPhơng trình hàm Nh vậy việc dạy học giải toán về phơng trình hàm cho họcsinh khá giỏi đang là một nhu cầu thực tế Tuy nhiên cho đến nay việc triểnkhai dạy học chủ đề này đang có những khó khăn vì nhiều lý do nh thiếu tàiliệu, sự mới mẽ và độc đáo của dạng toán này,

3 Đối với học sinh, hoạt động giải bài tập toán là một hoạt động cơbản và thờng xuyên Hoạt động này có tác dụng phát triển trí tuệ và do vậycần đợc quan tâm nhiều trong dạy học Chủ đề phơng trình hàm tuy còn mới

mẽ đối với học sinh, nhng để giải phơng trình hàm ta không cần dùng đếnnhững kiến thức vợt quá giới hạn chơng trình PTTH mà chủ yếu đòi hỏi phải

có t duy sáng tạo.Vì vậy chủ đề này chứa đựng tiềm năng phát triển trí tuệcho học sinh nếu biết khai thác trong dạy học

Từ những lý do trên chúng tôi quyết định chọn đề tài " Góp phần bồidỡng t duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi thông qua dạy học giải bài tập vềchủ đề phơng trình hàm"

II Mục đích nghiên cứu.

Mục đích của khoá luận là nghiên cứu, tìm hiểu một số phơng phápgiải phơng trình hàm và định hớng sử dụng trong dạy học nhằm góp phần bồidỡng một số yếu tố t duy sáng tạo cho học sinh qua dạy học giải bài tập chủ

đề phơng trình hàm

III giả thuyết khoa học

Có thể bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi qua việc xâydựng và khai thác một hệ thống các bài tập về chủ đề phơng trình hàm

IV nhiệm vụ nghiên cứu

1 Tìm hiểu khái niệm và cấu trúc t duy sáng tạo

2 Xây dựng và định hớng khai thác hệ thống các bài tập phơng trìnhhàm nhằm phát triển t duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi

3 Tiến hành thực nghiệm s phạm nhằm đánh giá tính khả thi và hiệuquả của việc dạy học giải bài tập về phơng trình hàm trong việc bồi dỡng tduy sáng tạo cho học sinh khá giỏi.

V Phơng pháp nghiên cứu.

1 Nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu các tài liệu về giáo dục học môn

toán, tâm lý học, lý luận dạy học môn toán

- Các sách bài tập toán, các bài viết về chuyên đề Phơng trình hàm

2 Quan sát Quan sát những khó khăn thờng gặp phải ở học sinh khi

giải toán phơng trình hàm và tìm ra biện pháp khắc phục

3 Thực nghiệm s phạm Tiến hành thực nghiệm s phạm để đánh giá

tính khả thi của đề tài

VI Cấu trúc của khoá luận.

Chơng 1 Cơ sở lý luận và thực tiễn

1.1 Các đặc trng của t duy sáng tạo.

Theo Lecne thì t duy sáng tạo gồm các đặc trng sau:

1 Có năng lực chuyển các tri thức và kỹ năng sang một tình huống mới tình huống sáng tạo

-2 Nhìn thấy vấn đề mới trong các điều kiện, đối tợng quen biết "đúng quycách"

3 Nhìn thấy chức năng mới của đối tợng quen biết

4 Nhìn thấy đối tợng đang nghiên cứu

5 Kỹ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn đối với việc tìm kiếm lờigiải (khả năng xem xét đối tợng ở những khía cạnh khác nhau, đôi khi mâuthuẫn nhau)

6 Kỹ năng kết hợp những kiến thức giải đã biết thành một phơng thức mới

7 Kỹ năng sáng tạo một phơng thức giải độc đáo tuy đã biết phơng thứckhác

1.2 Quan hệ giữa t duy sáng tạo, t duy độc lập và t duy tích cực.

Khi bàn về quan hệ giữa các khái niệm "t duy tích cực", "t duy độclập" và "t duy sáng tạo", V.A.Krutexki cho rằng có thể biểu diễn quan hệ đódới dạng những vòng tròn đồng tâm (Xem hình biểu diễn dới) Đó là nhữngmức độ t duy khác nhau mà mỗi mức độ t duy đi trớc là tiền đề cho mức độ

t duy đi sau Trong t duy sáng tạo có t duy tích cực và t duy độc lập, nhngkhông phải mọi t duy tích cực đều là t duy độc lập, và không phải mọi t duy

- Tính độc lập thể hiện ở khả tự mình phát hiện vấn đề, tự mình xác định

ph-ơng hớng, tìm ra cách giải quyết, tự mình kiểm tra và hoàn thiện kết quả đạt

đợc

1.3 Một số biện pháp bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh.

Ngày nay, các nhà khoa học đều cho rằng mọi ngời đều có khả năngsáng tạo, nhng mức độ sáng tạo rất khác nhau và có thể có những biện pháp

để bồi dỡng trí sáng tạo

Theo các tác giả Isen và Barron việc bồi dỡng trí sáng tạo cần:

1 Phát triển một cái nền phong phú rộng rãi

2 Bồi dỡng tính độc lập

3 Khuyến khích việc dùng các tơng tự hay phép loại suy

4 Khuyến khích sự tò mò, ham hiểu biết

5 Tăng cờng các xúc động dơng tính

Tác giả Trần Thúc Trình, trong cuốn "T duy và hoạt động học toán",

đã nêu ra các biện pháp sau để phát triển năng lực sáng tạo cho học sinh:

1 Bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp hữu cơ với các hoạt độngtrí tuệ khác

2 Bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc bồi dỡngnăng lực phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tởng mới

3 Chú trọng bồi dỡng từng yếu tố cụ thể của t duy sáng tạo và trang bị chohọc sinh phơng tiện, thủ pháp các hoạt động nhận thức

4 Quá trình bồi dỡng t duy sáng tạo là quá trình lâu dài, cần tiến hành quacác lớp trong tất cả các khâu của quá trình dạy học

5 Vận dụng tối đa phơng pháp dạy học giải quyết vấn đề qua các giờ lên lớp

Tác giả Trần Luận lại cho rằng có thể sử dụng các biện pháp sau đây

để bồi dỡng, phát triển năng lực sáng tạo cho học sinh:

1 Rèn luyện và bồi dỡng học sinh theo những biểu hiện đặc trng của hoạt

động sáng tạo

2 Bồi dỡng một số yếu tố của t duy sáng tạo

3 Bồi dỡng các tham số có ý nghĩa lớn đối với sáng tạo theo mô hình củaJ.Guilford

4 Dựa vào phân loại t duy tích cực, t duy độc lập, t duy sáng tạo củaKrutecxki

5 Dạy học giải quyết vấn đề

6 Thông qua hệ thống bài tập

Tác giả Phạm Văn Hoàn, trong cuốn "Rèn luyện trí thông minh qua

môn toán và bồi dỡng học sinh có năng khiếu toán ở cấp I, đã trình bày 7biện pháp để rèn luyện t duy sáng tạo cho học sinh cấp I qua môn toán là:

1 Giúp học sinh khắc phục "tính ỳ" của t duy bằng cách cho làm những bàitoán thuộc các loại khác nhau

2 Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải của một bài toán và chọn racách giải hay nhất.

3 Cho học sinh giải các bài toán vui để tập suy luận khác với nếp nghĩthông thờng

4 Sử dụng các phép tính và bài toán không giải theo lối rập khuôn

5 Chú ý rèn luyện trí tởng tợng cho học sinh

6 Tập cho học sinh xem xét một vấn đề dới nhiều khía cạnh khác nhau

7 Cần và có thể tiến hành rèn luyện t duy sáng tạo cho học sinh tất cả cáclớp song phải có phơng pháp thích hợp

1.4 Tiềm năng phát triển t duy sáng tạo thông qua việc giải toán phơng

trình hàm.

Phơng trình hàm là một chủ đề bồi dỡng học sinh giỏi Tuy phơng trình hàm không đợc đa vào học ở phổ thông nhng giải phơng trình hàm không cần sử dụng đến những kiến thức vợt ra ngoài giới hạn chơng trình phổ thông, nhng đòi hỏi một sự tập trung chú ý nhất định (đôi khi rất cao) và những khả năng suy luận tốt Chủ đề này có tiềm năng rất lớn trong việc pháttriển t duy sáng tạo cho học sinh Sau đây là một số khía cạnh đợc đề cập đếntrong khoá luận này:

-Giải toán phơng trình hàm giúp học sinh hiểu đúng đắn, sâu sắc kiến thức cơ bản làm nền tảng vững chắc cho hoạt động toán học;

-Giải toán phơng trình hàm giúp học sinh rèn luyện năng lực thực hiệncác thao tác t duy nh phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hoá, tơng tự hoá,trừu tợng hoá

-Giải toán phơng trình hàm giúp học sinh sáng tạo bài toán mới, phơngpháp giải toán mới;

-Giải toán phơng trình hàm giúp học sinh có đợc hứng thú học tập toán, trên cơ sở đó bồi dỡng t duy tích cực, yếu tố không thể thiếu của t duy sáng tạo;

-Giải toán phơng trình hàm giúp học sinh rèn luyện t duy độc lập, rèn luyện tính linh hoạt, tính phê phán trong t duy;

-Giải toán phơng trình hàm góp phần quan trọng bồi dỡng t duy lôgic cho học sinh, đặc biệt là t duy hình thức, t duy dựa vào cú pháp là một dạng cao của t duy logic

Ngoài các tiềm năng kể trên chắc chắn nếu biết khai thác chúng ta còn

có thể làm đợc nhiều điều bổ ích cho học sinh thông qua dạy học giải toán vềchủ đề phơng trình hàm

Để minh hoạ một tiềm năng nói trên chúng tôi xin trích dẫn một ví dụ

Ví dụ: Tìm hàm số f: Z  Z sao cho f(x+y) = f(x) + f(y) (i)

và f(xy) = f(x).f(y), với mọi x, yZ (ii)

Để giải bài toán này sự thực chỉ cần đến kiến thức về tập hợp số

nguyên và hiểu biết đơn giản về định nghĩa hàm số Tuy nhiên những kiến thức đó là gì thì phải có sự phân tích và nhìn nhận một cách hợp lý

Sau đây trình bày một cách tiếp cận bài toán để đi đến lời giải, qua đó phần nào làm rõ các tiềm năng bồi dỡng t duy sáng tạo qua bài toán

-Đặc biệt hoá điều kiện (i) bằng cách cho x = y = 0 và sử dụng tính chất của phép cộng các số ta nhận đợc f(0) = 0

-Đặc biệt hoá điều kiện (ii) bằng cách cho x = y = 1 và sử dụng tính chất của phép nhân của các số ta có f(1) = 0 hoặc f(1) = 1

-Xem 0 là tổng của 1 và -1, sử dụng (i) và (ii), với chú ý f(0) = 0, ta có f(-1) = -1

-Xét trờng hợp f(1) = 0 Kết hợp với điều kiện (ii) và tính chất của số 1

-Tổng hợp kết quả (b) và (c) ta có f(n) = n, nZ (d)

-Tổng hợp kết quả (a) và (d), sau khi thử lại, ta có hàm số cần tìm là hàm hằng 0 hoặc hàm đồng nhất trên Z

-Tổng hợp các bớc suy luận trên, phân tích kỹ giả thiết bài toán, kết hợp với

cách nhìn sự biểu diễn số hữu tỷ dơng

có thể đa ra bài toán:

Tìm hàm số f: Q  Q sao cho f(x+y) = f(x) + f(y) (i’)

và f(xy) = f(x).f(y), với mọi x, yQ (ii’)

Lời giải bài nàynhận đợc bằng cách suy luận tơng tự nh ví dụ trên.Qua việc phân tích để đi đến trên đây ta có thể thấy rằng nếu biết khai thác các bài tập về phơng trình hàm chắc chắn chúng ta có thể góp phần pháttriển trí tuệ cho học sinh

Chơng 2 Một số phơng pháp giải phơng trình hàm

và dạy học giải toán phơng trình hàm

2.1 Một số phơng pháp giải phơng trình hàm

Phơng trình hàm là phơng trình mà ẩn là các hàm số Giải phơng trìnhhàm tức là tìm các hàm số cha biết đó Sau đây là một số phơng pháp giảicác phơng trình hàm thờng gặp

2.1.1 Phơng pháp đặt ẩn phụ.

Xét phơng trình hàm số dạng: f( (x)) = g(x), trong đó  (x), g(x) lànhững hàm số biến số thực đã biết

Trong một số trờng hợp nếu đặt  (x) = t, ta có thể giải ra x =  (t).Khi đó thế vào phơng trình đã cho ta có f(t) = g ( (t)), từ đó ta có hàm sốf(x) = g ( (x))

Tuy nhiên nhiều khi vấn đề không hoàn toàn đơn giản trong trờng hợp đócần sử dụng các phép biến đổi thích hợp, cố gắng đa phơng trình đã cho vềdạng: f( (x)) = h( (x)) Khi đó hàm số cần tìm sẽ có dạng: f (x) = h(x)

Hàm f(x) sau khi tìm đợc cần ta phải tiến hành thử lại rồi đa ra kếtluận nghiệm của phơng trình

1 x

1 x

Ví dụ 3 Tìm một hàm f(x) biết: f(cosx) = sin2x + 2 (1)

Giải Nếu đặt t = cosx giải phơng trình này với ẩn x sẽ cho ta nghiệm phức

tạp vì vậy ta biến đổi : sin2x = 1- cos2x

Ta đa (1) về dạng f (cosx) = cos2x Vậy f (x) =  - x2 , x [-1; 1].Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mãn yêu cầu bài toán

3 x





) + f(

x 1

x 3

3 x





, ta có x= t t

 1

t 3 f 1 t

3 t

Dễ dàng kiểm tra đợc hàm này thoả mãn điều kiện bài toán

áp dụng phơng pháp trên có thể giải đợc các phơng trình sau:

a(x) f(x) + b(x) f (g(x)) = c(x) (*)Trong đó a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đã biết Giả sử miền xác địnhcủa hàm số f(x) là Df , với mỗi xDf ta xét dãy xác định bởi

x1 = x, xn+1 = g(xn), nN*

Định nghĩa : Dãy  x n đợc gọi là một dãy tuần hoàn nếu tồn tại một số

nguyên dơng k sao cho xn + k = xn, nN* (1)

Số nguyên dơng k nhỏ nhất để dãy xn thoả mãn (1) đợc gọi là chu kỳ cơ sở (còn gọi tắt là chu kỳ) của dãy

Nếu dãy xn đợc xác định nh trên tuần hoàn với chu kỳ k, ta sẽ đa (*) về

hệ k phơng trình với k ẩn hàm, giải hệ này ta tìm đợc f(x)

Ví dụ 1 Giả sử a   1 là một số thực, (x) là hàm số cho trớc xác định với

mọi x1 Tìm hàm số f(x) xác định với mọi x  1 và thoả mãn điều kiện:

(

) ( ) ( )

(

2 2

1

1 1

2

x x

af x

f

x x

af x

a

x x

) x 1

x ( ) x ( a

f(x) =

2 a 1

) x 1

x ( ) x ( a

ra dãy xn tuần hoàn với chu kỳ 4

Bằng phép thay thế x lần lợt bằng x1, x2, x3, x4 ta đa (1) về hệ sau:

( 2

) (

1 )

( 2

) (

1 )

( 2

) (

1 )

( 2

) (

1 4

4

4 3

3

3 2

2

2 1

1

x f

x f

x

x f

x f

x

x f

x f

x

x f

x f

x

Giải hệ trên với ẩn f(x1) ta đợc:

f(x1) =

) 1 ( 5

1 4

1 1 1

2 1







x x

x x

, (x1  -1, 0, 1)

Cho x = 0 từ (1) suy ra 2f(-1) = 1  f(-1) =

2 1

a 2

1

0 x

a

1 x

2

1 ,

1 , 0 x

) 1 x

( x

5

1 x

2 3

2

x 1

) x ( f ) x ( f

x 1

) x ( f )

x ( f

Giải hệ phơng trình trên với ẩn f(x1) ta đợc:

f(x1) =

2

x x x

1  1 2 3

=

1 1

1

x 1

1 x

1 x ( 2

Trong đó a(x), b(x), c(x), h(x), g(x) là những hàm số đã biết, ta đặt

t = h(x) ( t =g(x) ) nếu phơng trình này cho biểu thức nghiệm đơn giảnchẳng hạn x = d(t) (Hoặc bằng kỷ thuật biến đổi nà đó) ta cố gắng đa phơngtrình trên về dạng quen thuộc

a1(t).f (t) +b1(t).f(g1(t)) = c1(t)

Bằng cách xét dãy nh trên trong đó g1(t) đóng vai trò là g(x), nếu dãy nhận

đ-ợc tuần hoàn, áp dụng phơng pháp trình bày ở trên ta sẽ tìm đđ-ợc hàm f(x)

Ví dụ 4 Cho hàm số f(x) thoả mãn điều kiện : f(

1 x

3 x





) + f(

x 1

x 3





) = x.Với mọi x mà x  1 Tìm tất cả các hàm f(x) nh thế

Giải Đặt t =

1 x

3 x





, ta có x= t t

 1

3

Khi đó phơng trình đã cho có thể viết lại

thành: f(x) + f

t 1

t 3 1 t

3 t

Dễ thấy bài toán này có dạng quen thuộc vận

dụng quy trình giải trên ra sẽ đợc tìm đợc nghiệm f(t) = 14tt2  21

Dễ dàng kiểm tra đợc hàm này thoả mãn điều kiện bài toán

Chú ý: Nếu dãy xn xây dựng nh trên tuần hoàn với chu kỳ 2 thì phơng trìnhhàm có thể giải bằng phơng pháp đặt ẩn phụ nh trong 2.1.1

Các phơng trình hàm sau đây có thể giải bằng phơng pháp đã nêu trên:

3 f ( xx 11





) + x f(x) = x2 + 1 ,  x  1

2.1.3 Phơng pháp chuyển qua giới hạn.

Đối với một số phơng trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trongnhiều trờng hợp, bằng cách xây dựng một dãy số và sử dụng phơng phápchuyển qua giới hạn ta sẽ tìm đợc hàm f(x)

Sau đây tôi xin xét một số ví dụ

Ví dụ 1 Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn:

6

1 x 3

 f (x1) +(- 1)n f (xn) =    1

2 4

3 2

1 1 6

3

1 3

1 3

1 1

6

1

n n

1 1

6 1

3

1 1

8

x

Lấy giới hạn của cả hai vế sử dụng tính liên tục của hàn số và f(0) = 0

x thoả mãn điều kiện bài toán

điều kiện: af(x) +f(bx) = cx, ở đây a,b,cR, 0<|b|<1, |a|  1 Cách giải hoàn

toàn tơng tự ta đợc f(x) =

b a

cx



Ví dụ 2 Tìm hàm f: R  R liên tục và thoả mãn 3f(3x) = f(x)+ x

Giải ở ví dụ này nếu xét dãy: {xn}n  N*: x1 = x và xn + 1 = g(xn), ở đây g(x)

= 3x) thì {xn} không hội tụ Trong trờng hợp này liệu có vận dụng đợc phơngpháp trên không? Cách giải sau đây đòi hỏi một sự cải tiến về mặt kỹ thuậtbiến đổi:

x x

x x f

3

3 3 ) ( 3

3

2 2

1 1



1 1 3 ) (

.

3

1

n n

n

x x

1 1 3 ) ( 3 1

1

2

1 1

n

n n

x x f

1 1 8

1 ) ( 3

Thử lại ta thấy hàm số vừa đợc thoả mãn điều kiện bài toán

Bài toán tổng quát: Tìm hàm f(x) xác định ,liên tục trên R và thoả mãn điềukiện: f(x) + af(bx) = cx, với a,b,cR; |a|,|b| >1.Cách giải hoàn toàn tơng tự ta

Các bài tập sau đây có thể giải tơng tự:

1 Tìm hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn điều kiện:

2 f(2x) = f(x) + x, x  R

2.Tìm hàm f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mãn điều kiện:

f(3x) + f(7x) = x, x  R

Xét phơng trình hàm có dạng af(x) + bf(f(x)) = h(x), trong đó f(x) làhàm số cần tìm, h(x) là hàm số đã biết và sử dụng thêm một số giả thiết củahàm f(x) Với mỗi x Df (Df là miền xác định của hàm f(x)), xét dãy đợc xác

định bởi u0 = x, un+1 = f(un), nN , ta đa về việc xét một dãy cho bởi hệ thứctruy hồi 

cu bu

2 1

1 2

,

0

nN * Khi đó khẳng định sau đây cho phép đi đến lời giải bài toán

Nếu {u n } đợc xác định bởi hệ thức truy hồi

cu bu

2 1

1 2

,

0

nN *

thì dãy {v n } đợc xác định bởi v n = (xx 1 ) n + (xx 2 ) n , v 1 = d, v 2 = e, trong đó x 1 ,

x 2 là nghiệm của phơng trình bậc hai ax 2 + bx +c = 0 và ,  là nghiệm của

d x x

2 2

2 1

c (x2)n) =0, vì x1, x2 là nghiệm của phơng trình ax2 +bx +c = 0

Vậy a vn+2 +b vn+1 + c vn = 0, mặt khác theo cách xác định nh trên thì v1 = d,

v2 = e Điều này kết thúc chứng minh của chúng ta

Phơng trình ax2 +bx +c = 0 đợc gọi là phơng trình đặc trng của dãy số

đợc xác định nh trên Phơng trình này cho phép tìm đợc công thức số hạngtổng quát của dãy số cho bằng hệ thức truy hồi trên Chúng ta sẽ vận dụngvào xét một số ví dụ

Ví dụ 3 Gọi R+ là tập hợp các số thực dơng R+ = (0, + ) Tìm tất cả cáchàm số f : R+  R+ thỏa mãn phơng trình

u u

u

n

n n

n

, 0

2000 1999

1 2

Phơng trình đặc trng là : y2 + y = 1999 2000, phơng trình có hainghiệm: y1 = 1999, y2 = - 2000

Ví dụ 4 Cho a, b là hai số thực dơng Chứng tỏ rằng tồn tại duy nhất một

hàm số xác định trên tập các số thực dơng, nhận giá trị trên tập các số thựcdơng và thoả mãn phơng trình sau với mọi x:

Thử lại ta thấy hàm vừa tìm đợc thoả mãn yêu cầu bài toán

Bài toán sau đây có thể giải bằng cách áp dụng phơng pháp trình ởtrên

Tìm tất cả các hàm f: [0,1)  [0,1) thoả mãn điều kiện:

f(f(x)) + f(x) = 12 x, x  0

th-ờng có thêm giả thiết f(x) liên tục

+ Một cách tổng quát: Xét phơng trình a(x)f(x) + b(x)f(g(x)) = c(x),trong đó a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đã biết

* Nếu {xn} tuần hoàn, ta nên sử dụng phơng pháp 2.2

* Nếu {xn} hội tụ, ta nên sử dụng phơng pháp 2.3

Trong đó dãy {xn} đợc xác định bởi: x1 = x, xn + 1 = g(xn)

+ Dấu hiệu sau đây cho biết dãy {xn} xây dựng nh trên hội tụ:

Nếu g(xx) khả vi liên tục trên đoạn [a, b] và g'(xx)  q < 1, x  [a,

b] thì quá trình lặp trên sẽ hội tụ.

2.1.4 đoán nghiệm và chứng minh nghiệm tìm đợc là duy nhất.

Cũng giống nh cách giải phơng trình thông thờng Khi giải PTH ta cóthể đoán nhận các nghiệm của phơng trình hàm và chứng minh rằng ngoàicác nghiệm đó ra PTH không có nghiệm nào khác Thông thờng ta hay thửcác hàm số đặc biệt hàm hằng, hàm đồng nhất, hàm tuyến tính, để xemchúng có phải là các nghiệm của PTH hay không?

Ví dụ 1 Tìm tất cả các hàm số f: [1, + )  [1, + ), sao cho:

f(xf(y) = yf(x), với mọi x, y thuộc [1, + ).

Giải Ta nhận thấy f(x) = x là nghiệm của bài toán.

Ta sẽ chứng minh nghiệm đó là duy nhất:

Cho x = y = 1 thì f(f(1)) = f(1)

Cho y = f(1) thì f(xf(f(1))) = f(1) f(x)  f(xf(1) = f(1) f(x)

Mặt khác: f(x f(1)) = f(x) (gt)

 f(1) f(x) = f(x)  f(1) = 1, (f(x)  1, x)

Cho x = 1 ta đợc: f(f(y)) = y (i)

Nếu f(y) = 1  f(f(y)) = f(1) = 1,từ (i)  y = 1

Vậy: f(y) > 1, y > 1

Giả sử x0 ; f(x0)  x0 ta xét các trờng hợp sau:

1 ,

0

, ), ( )

( )

(

2

f

x x f x

f x

R y

x y

f x

f y

x f

Giải Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phơng trình

Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của phơng trình

) ( ) 1 ( )

1 (

) 1 ( 1

1

x

x f f x

x f x

x

x f

x

f

1

1 1

1 1

=

f x

x

= 1 +  

2 2

1

x x

x f

2

1 1

1 1

1

x

x x

x f x

x f

Ví dụ 3 Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập hợp tất cả các số thực nhận

giá trị thực, sao cho với mọi x, y ta có:

f(x2 + f(y)) = y + f2(x)

Giải Dễ thấy f(x) = x là nghiệm của phơng trình Ta sẽ chứng minh f(x) = x

là nghiệm duy nhất của phơng trình

Trớc tiên ta chứng minh f(0) = 0

Cho x = y = 0, đặt t = f(0), ta có f(t) = t2 Ta lại có f(x2 + t) = f2(x),f(f(x)) = x + t2 (i)

Nếu y < x, đặt z = x - y thì:

f(z) = f(x - y)l = f(x) - f(y) = y - x =- zVậy cả hai trờng hợp trên cho ta: Nếu z > 0 thì f(z) = - z < 0 Bây giờ

Định nghĩa xf đợc gọi là điểm bất động của f nếu f(xf) = xf

Ví dụ 1 f(x) = ax + b (a  1), có điểm bất động xf = 1ba



Ví dụ 2 f(x) = x Mọi điểm đều là điểm bất động của f

ý tởng của phơng pháp này nh sau: Bằng kỷ thuật biến đổi nào đó ta đaphơng trình hàm về dạng f(h(f(x))) = h(f(x)), trong đó f(x) là hàm số cần tìm,h(x) là hàm số đã biết Ta có thể đa vào ẩn phụ u = h(f(x)) để chuyển phơngtrình hàm về tìm u thoả mãn phơng trình f(u) = u, tức là tìm điểm bất độngcủa hàm f(u) Khi xác định đợc u ta sẽ tìm đợc nghiệm của phơng trình hàm

đã cho

Ví dụ 3 Cho S = (-1, ) Tìm đợc tất cả các hàm số f: S  S thoả mãn 2 điều

Đặt: u = x + (x +1)f(x), khi đó từ (i) suy ra f(u) = u (ii)

Từ (i) cho x=u ta đợc f(u2 +2u) = u2 +2u

Từ (b) ta có nhận xét: f(x) = x có nhiều nhất là ba nghiệm, 1 nghiệm(nếu có) nằm trong (- 1, 0), một nghiệm bằng 0, một nghiệm thuộc (0, ).Các nghiệm này là các điểm bất động của hàm f

0 u

loại vì u (- 1, 0)

Trờng hợp 2: u > 0 Khi đó u2 + 2u > 0 Theo nhận xét trên thì (0, +)

pt f(u) = u nếu có nghiệm thì nó là duy nhất nên (ii) và (ii) ta có:

0 u

loạiVậy u = 0

Từ (i) f (x + (x+ 1)f (x)) = x + (x + 1) f (x) ,  x S

 x  (x + 1) f(x) là 1 điểm bất động của f Do vậy  x S thì

x + (x + 1) f (x) = 0  f (x) = x x



 1

Thử lại dễ thấy điều kiện thứ nhất thoả mãn:

x  0 , f x x x





 1 1

x f

x  SVậy điều kiện thứ hai cũng thoả mãn

Suy ra f (x) = - x x



1 là nghiệm cần tìm

Nhận xét: Tại sao cho x = u để có (i) Điều này thể hiện khả năng linh hoạt

trong suy nghĩ, để đa về phơng trình f(u) = u, (u = x + (x + 1)f (x) )

Tuy nhiên khi quy về phơng trình f(u) = u thì u = ? Phơng trình f(u) =

u có ít nhất 3 nghiệm, 1 nghiệm để thấy bằng 0, 1 nghiệm (nếu có)  (- 1, 0),

1 nghiệm (0, + ) Điều này gợi cho ta suy nghĩ, nếu ta tìm v sao cho f(v)

=v khi đó: Với u, v  (-1, 0) thì u = v

Với u, v  ( 0, + ) thì u = v

Từ (i) cho x = u ta đợc f(u2 + 2u) = u2 + 2u, khi đó v =u2 +2u Đến

đây vấn đề đã đợc giải quyết

Ví dụ 4 Tìm tất cả các hàm f : (0, )  (0, ) thoả mản đồng thời hai điều

kiện sau: a) f (x f(y)) = y f(x),  x, y  (0, )

Bây giờ, nếu cả x và y là điểm bất động của f thì cũng từ (i) ta đợcf(xy) = yx, do đó yx cũng là điểm bất động Nh vậy, tập các điểm bất động là

1

1

Nên f

x x

1 1

Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của f, do x f(x) là điểm bất động với

mọi x > 0 nên từ tính duy nhất suy ra f (x) =

x

1

Vận dụng phơng pháp trên ta sẽ giải đợc bài toán sau:

Tìm tất cả các hàm từ N vào N sao cho: f (m + f(n)) = f (f(m)) + f(n),với mọi n,m thuộc N

2.1.6.Phơng pháp đánh giá

Cũng giống nh việc giải phơng trình thông thờng.Khi giải phơng trìnhhàm ta cũng có thể áp dụng phơng pháp đánh giá ý tởng của phơng phápnày nh sau: g(x) là 1 hàm số cố định đã biết, f (x) là hàm số cần tìm Từ giảthiết của bài toán bằng lập luận ta có:

(i) f(x)  g(x),  x  Df;

(ii) f(x)  g(x),  x  Df;

suy ra f(x) = g(x)  x  Df (Df là miền xác định của hàm số)

Ví dụ 1 Tìm hàm số f: R  R thoả mãn các điều kiện:

Thử lại ta thấy f(x) = x là nghiệm cần tìm

Ví dụ 2 Tìm hàm số f(x) xác định x, nếu nh nó thoả mãn điều kiện:

f(x + y)  f(x)f(y)  1997x + y, x, y  R (1)

Giải Cho x = y = 0 (1)  f(0)  f2(0)  1  f(0) = 1

Cho y = - x, (1)  f(x) f(- x) = 1 (i)

Cho y = 0, (1)  f(x)  1997 x, x  R (ii)

Vì (ii) đúng với mọi x nên f(- x)  1997 -x, x  R

1997

1 )

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mãn yêu cầu bài toán

Một cách tổng quát: f(x+y)f(x)f(y)a x,x, yR(0 <a  1) Thì f(x) =

1 ) ( )

Từ (i), (ii)  f(xs) =  f(x)1s, x > 1, s > 0.

Cho x = e, s = lnt, (t > 1) thì ta có: f(t) =  ln t

1

) e (

1 A 4

1 B A

1

) ( )

Hay f(xm yn)   f x  m f y 4n

1 4

1

) ( ) (Vậy f(x) = Cln1x ( C = f(e) ) là hàm cần tìm

Ví dụ 5 Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập các số thực và nhận giá trị

thực thoả mãn 5 điều kiện sau đây:

(1) f(1) = 1

(2) f(- 1) = - 1

(3) f(x)  f(0) với 0 < x < 1

(4) f(x + y)  f(x) + f(y) với mọi x, y

(5) f(x + y)  f(x) + f(y) + 1 với mọi x, y

Giải Theo (4) và (1) ta có: f(x + 1)  f(x) + f(1) = f(x) + 1 (i)

 f(x) = f(1 - x) = 0, 0 < x < 1

Vậy ta đã chứng minh đợc rằng: + f(x) = 0 khi 0  x < 1

+ f(x + 1) = f(x) + 1Suy ra f(x) = [x] với mọi x

Vận dụng quy trình trên ta sẽ giải đợc các bài toán sau

1 Tìm tất cả các hàm số f: R  R thoả mãn đồng thời các điều kiện:

Từ giả thiết: f(x + y) - f(x) = f(y) + 2xy

y

y f y

x f t

x

f

2 ) ( ) ( )

x f y x f

x

0

dx ) 0 ( ' f x

2 = x2 + f'(0)x

 f(x) = x2 + ax (a = f'(0))

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mãn điều kiện biểu thức

Cách 2: Lấy đạo hàm của cả 2 vế theo x và y ta đợc:

f' (x + y) = f' (x) + 2y (1)f' (x + y) = f' (y) + 2x (2)

2

2 x f y f

y x f

) ( ' ).

( 2

4 2 '

2

) ( ) ( 2

) ( ' ).

( 2

4 2 '

2 2

1

2 2

1

y f x f

y f y f y

x ny y

x f

y f x f

x f x f y

x nx y

x f

n n n n

n

n n n n

n

 ( ).n1'( )  ( ).n1'( )

y

y f y f x

n1' ( )  ).

Ví dụ 3 Tồn tại hay không tồn tại một hàm f: R  R không đồng nhất bằnghằng số thoả mãn bất đẳng thức:



 f '(t) = 0, t  f(x) = C, x (C = const) Trái với giả thiết

Vậy không tồn tại hàm số f: R  R thoả mãn điều kiện bài toán

Ví dụ 4 Tìm các hàm f(x) xác định và khả vi trên R+ thoả mãn điều kiện:

x f y xy f

' '

) ( ' )

2 Xác định các hàm số f(x) xác định và khả vi trên R và thoả mãn điều kiện:

f(x) f(y) - f(x + y) = sinx siny, x, y  R

, (

) 1 (

) 1 ( ,

), ( ) ( ) (

Z a const a

a f

Z y x y

f x f y x f

Giải Cho x = y = 0 từ giả thiết (1)  f(0) = 0 (i)

+ y = - x Từ (1)  f(- x) = - f(x) (ii)+ x = y = 1  f(2) = 2a

Sử dụng (i) và (ii) ta có: f(x) = ax, x  Z

Ví dụ 2 Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập hợp các số nguyên không âm

Z+ Lấy giá trị trên tập hợp số đó và thoả mãn điều kiện: f(f(n)) = n + 2 vớimọi n  Z

Giải Từ giả thiết ta có: f(n + 2) = f(f(f(n))) = f(n) + 2, n  Z+

1 k 2 ) k 2 ( f

f f

k k f f

2 ) 1 2 ( 0

1

3 2 2 3

chẵn n nếu 1 n 3 n n

2 f(2) = 0 và f(3) > 0

3 f(9999) = 3333Tính f(2000)

Giải Trớc hết ta có f(3) = 1, thật vậy: f(2) - f(1) - f(1) = 



 1 0

Vì f(2) = 0  - 2f(1) =



 1

0

= 



 3

2

 f(6)  2

Dự đoán f(3n)  n (*)

Chứng minh: Thật vậy, với n = 1, 2 (*) đúng

Giả sử (*) đúng với n tức là: f(3n)  n, ta sẽ chứng minh (*) đúng với

n +1,ta có: f(3(n + 1)) = f(3n) + f(3) + 



 1

0

= f(3) + 



 2

1

 n +1Hơn nữa, nếu ta có f(3n) > n Với mọi m > n

Thì f(3m) = f(3(n + 1 + 1 + + 1) bằng quy nạp  f(3m) > m

Nhng vì f(3.3333) = 3.333 do vậy: f(3n) = n với mọi n  3333

Ta có f(3n +1) = f(3n) + f(1) + 10 = 

 1 n n

Nhng 3n + 1 = f(9n + 3)  f(6n + 2) + f(3n + 1)  3f(3n + 1)

 f(3n + 1) < n + 1 Suy ra f(3n + 1) = n

Tơng tự ta cũng có f(3n + 2) = n Đặc biệt f(1982) = 660

Ví dụ 4 Cho hàm số f tăng thực sự, nhận giá trị thực trên tập các số thực.

Giả sử tồn tại hàm ngợc f - 1 Tìm tất cả các hàm f nh thế sao cho:

f(x) + f - 1(x) = 2x,  x

Giải Rõ ràng hàm số f(x) = x không thoả mãn điều kiện bài toán, vì hàm

này không tăng thực sự Giả sử f thoả mãn bài ra Khi đó tồn tại giá trị a đểf(a)  a Với một giá trị a sao cho f(a)  a, ta có b  0 sao cho f(a) = a +

b Vì f(f(a)) + f - 1(f(a)) = 2f(a) (Thay a bằng f(a)) nên f(a + b) + a = 2a + 2bsuy ra : f(a + b) = a + 2b Bằng quy nạp  f(a + nb) = a + (n + 1)b với n Z

Bây giờ lấy x bất kỳ nằm giữa a và b Giả sử f(x) = x + c Từ đó, bằng

quy nạp  f(x + nc) = x + (n + 1) c Vì f làm tăng thực sự nên x + c phải nằmgiữa f(a) = a + b và f(a + b) = a + 2b.

Bằng quy nạp  x + nc nằm giữa f(a + (n - 1)b) và f(a + nb) hay:

a + nb < x + nc < a + (n +1) b

n

n n

a c n

n

1 n

1 f

Sử dụng (iii) và (iv)  p  Q  f(p) = pf(1)

Lấy x vô tỷ  R   dãy hữu tỷ {rn}: rn  x khi n  

Ta có f(rn) = rnf(1), lấy giới hạn hai vế và sử dụng tính liên tục củahàm f ta có: lim f rn lim rn ( 1 )



  f(x) = xf(1) Đặt a = f(1)  f(x) = axThử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mãn điều kiện bài toán

Vận dụng phơng pháp tên ta sẽ giải đợc các bài toán sau:

1.tìm tất cả các hàm số f(x) thoả mãn điều kiện:

1

y x f y f x

liên tục một phía trên miền xác định Tuỳ theo giả thiết ta có từng cách xử

lý riêng Sau đây tôi xin xét một số ví dụ

Ví dụ 1 Tìm hàm số f(x) xác định và đồng biến trên R thoả mãn điều kiện:

m

1 (m  0) ta có f 1

m

1 m

Vì f(x) đồng biến  1 ( 1 )   1 f 1

n x f f

Cho n  , (a)  x  0 (b)  f(x)  0 = f(0)

 f(x) liên tục tại 0 (v)

Với x0 bất kỳ  R ta có: f(x) = f(x - x0) + f(x0), cho x  x0 và sử dụng(v)     0

Thử lại: f(x) = ax, a > 0, x  R, thoả mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 2 Tìm các hàm f(x) xác định, nghịch biến trong (0, + ) và thoả mãn

điều kiện: f(x + f(y)) = ,

y y

f y

( 1

x f x

x f y f y

Giải Cho x = y = 1 ta có: f(0) = 0 (i)

Đặt: a = x - y, b = x + y, từ (1)  af(b) - bf(a) = ab (b2 - a2), suy ra

a f b b

b f

Thử lại ta thấy hàm f(x) vừa tìm đợc thoả mãn điều kiện bài toán

Ví dụ 4 Cho các số a, b, c, d > 0 Tìm hàm f(x) xác định và đồng biến trong

(- , + ) đồng thời thoả mãn điều kiện:

 vào (*), ta có: f(0) =

b ca

a

 Thay giá trị này vào (iii) ta đợc: f(y) =

b ca

b y ac

db



Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thảo mãn các điều kiện bài toán

Ví dụ 5 Cho c > 0 Xác định hàm f(x) thoả mãn các điều kiện:

x C

x f

R y x y

f x f y x f

Giải Sử dụng ví dụ 1 ta có: q  Q thì f(qx) = qf(x)

Xét dãy    x , n q n , sao cho xn , qnQ \ o , n  N* và

0 q x lim , q