phương pháp hàm số giải phương trình hệ phương trình

SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Mục lục

1

Danh mục chữ cái viết tắt và các kí hiệu

2

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ

3

I. Lý do chọn đề tài.
II. Mục tiêu nghiên cứu.
III. Nhiêm vụ nghiên cứu.
IV. Các phương pháp nghiên cứu.
PHẦN II. PHẦN NỘI DUNG

5

I. Cơ sở lý luận của đề tài.

5

II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.

5

III. Nội dung và hiệu quả nghiên cứu.
1. Nội dung nghiên cứu.

6

2. Hiệu quả nghiên cứu.

16

PHẦN III. KẾT LUẬN

18

Tài liệu tham khảo

19

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

1


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

2


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

3

SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

- 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.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

4


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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(n0 ) 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
thì f (n)  n. f (1) n  N . (tính chất cộng tính của hàm số f)
(Thật vậy, từ giả thiết:
Cho m  n  0 ta có: f (0)  0 ,
Cho m  1 ta có:
suy ra:

f (n  1)  f (n)  f (1) n  N ,

f (n)  f (n  1)  f (1)  f (n  2)  2. f (1)  ...  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.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

5


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

- 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 (1)  0

 f ( m  n)  f ( m)  f ( n)  2(6mn  1)

m, n  N *

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. f (2)  2(6.2.2  1)  2.10  46  66 .
f (8)  f (4  4)  2. f (4)  2(6.4.4  1)  2.66  190  322 .
f (16)  f (8  8)  2. f (8)  2(6.8.8  1)  2.322  766  1410 .
f (18)  f (2  16)  f (2)  f (16)  2(6.2.16  1)  10  1410  382  1802. .
f (19)  f (1  18)  f (1)  f (18)  2(6.1.18  1)  0  1802  214  2016. .

Vậy: f (19)  2016.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

6


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

 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(6mn  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:
 f (1)  3, f (0)  0

 f (m). f (n)  f (m  n)  f (m  n)

m, n  Z

Hãy tìm f (9) .

 Phân tích:
- Tại sao phải có giả thiết f (0)  0 ? Thử cho m  n  0 ta được điều gì?
f 2 (0)  2 f (0) , 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) .

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

7


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

 Lời giải:
Cho m  n  0 , ta có: f 2 (0)  2 f (0) , suy ra: f (0)  2 (vì f (0)  0 ).
Vì: f (m). f (n)  f (m  n)  f (m  n) 
Cho m  n  1 , ta có:

.

f (m  n)  f (m). f (n)  f (m  n) , nên:

f (2)  f 2 (1)  f (0)  9  2  7 .

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

f (6)  f 2 (3)  f (0)  182  2  322. .

Cho m  6, n  3 , ta có: f (9)  f (6). f (3)  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 (1). f (0)  f (1)  f (1) 

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.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

8

SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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 (3m)

m, n  N ; m  n.

 Phân tích:
- Thử cho m  n  0 ta được điều gì? 2 f (0)  f (0) suy ra f (0)  0.
- Cho n  0 , ta được 2 f (m)  f (3m)
- Sử dụng f (0)  0 bằng cách cho m  n , khi đó ta được f (2m)  f (3m) hay
f (2n)  f (3n) .

- Muốn có

f (2 n)

bằng cách khác, ta cho

m  3n

và được

f (4n)  f (2n)  f (9n )

- Chỉ cần tinh ý, từ f (2n)  f (3n) dễ nhận ra f (4n)  f (6n)  f (9n) do đó
f (2n)  0. 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 (2m)  f (3m) m  N , (do (1))

(2)

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

(3)

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

(4)

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

(5)

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

1
f (2 m) m  N
2

(6)
(7)

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.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

9


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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

n
n
; lý do: các em không để ý rằng, có thể  N .
2
2

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 f (0)  0 .
- Để sử dụng f  2 f (0)  0 , ta cần cho m  n  2 f (0) , khi đó được
f (0)  4. f (0)



f (0)  0

- 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 f (0)  0 ,

(1)

Cho m  n  2 f (0) ta có: f  2 f (0)  4 f (0) hay f (0)  4 f (0) (do (1))


(2)

f (0)  0

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

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

10


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

Cho m  1 ta có:
suy ra:

f (n  1)  f (n)  f (1) n  N ,

f (n)  f (n  1)  f (1)  f (n  2)  2. f (1)  ...  f (0)  n. f (1)  n. f (1) n  N (4)

Vì vậy:
n  m  f  f (n)  f (m)    f (n)  f (m) . f (1)   nf (1)  mf (1) . f (1)  (n  m ). f 2 (1)

n, m  N



f 2 (1)  1 

f (1)  1 (vì f (1)  N )

(5)

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:
 f (n  1)  f (n)

 f  f (n)  n  2012

(a)
(b )

n  N *

 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).
- Do 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 

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

11


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

 f  f ( n)   1  n  2013 n  N *
f  f ( n  1)   f  f (n)  1 n  N * , mà f đơn điệu (theo điều kiện (a))

Vậy

Nên f (n  1)  f (n)  1 n  N * .


f (n )  f ( n  1)  1  ...  f (1)  ( n  1)

f (n)  f (1)  n  1 n  N *

Hay

Trong (2) thay n bởi f (1) ta có:
Hay

n  N *

(2)
f  f (1)  f (1)  f (1)  1

2013  2 f (1)  1 (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 f ( x)  2 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)  2 g  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 f ( x)  2 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: 2 g  f ( x)  g ( x) x  Z

(2)

Áp dụng (2) liên tục n lần, ta thu được:
g ( x)  2 g  f ( x)  2 2 g  f  f ( x)   ...  2 n g  f  f ...[ f ( x)] x  Z

(3)

Vì g  f  f ...[ f ( x)]  Z nên từ (3) suy ra: g ( x) 2n n  N , x  Z
Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

12


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

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

f ( x)  x 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 f (... f ( x))  3 f (... f ( x))  f (... f ( x))


 

n2

n 1

n

Đặt un  
f (... f ( x)) với u0  x, u1  f ( x )


n

Ta được phương trình sai phân:

2un  2  3un 1  un

(rõ ràng lời giải trên không khác gì so với lời giải bài toán tìm số hạng
tổng quát của dãy ( u n) thỏa 2un 2  3un1  un 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

 f (1) 
2

 f (m). f (n)  f (m  n )  f (m  n )

(a)
m, n  Z

(b )

 Phân tích:
- Quan hệ hàm này giống ví dụ 2 trong dạng 1. Ta dễ dàng tính được
f (0)  2 .

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

13


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

- 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). f (0)  f (1)  f (1)  f (0)  2
Ta thấy

f (0)  2  20  20

f (1) 

Giả sử:

5
 21  21
2

f ( k )  2 k  2 k

(theo (a)).

k  N

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



f ( k  1) 

5
5
f ( k )  f ( k  1)   2k  2 k    2 k 1  21 k   2 k 1  2  ( k 1)
2
2

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 )


f ( k )  f ( k )  2 k  2  k  2  k  2  (  k )

với k  N *

(2)

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: f (1) 

10 1 1


 3  3 , hay f (1)  3  2 cos (với lưu
3
6

ý f (0)  2 cos 0 ),… và khi đó ta sẽ thu được các bài toán mới.
* 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
1

chứng minh trong Q thêm bước tính f   , n  N rồi tính f (r ), r  Q .
n

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

14


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

Ví dụ 6: (Bulgaria-2001) Tìm tất cả các hàm số f : Q  Q thỏa:
 f (1)  2

 f ( x. y )  f ( x). f ( y)  f ( x  y )  1 x, y  Q

(a)
(b)

 Phân tích:

- Từ (b) cho x  1, y  0 ta tính được f (0) , có f (0), f (1) từ (b) ta tính được
f (2) , … “tính di truyền” đã xuất hiện, vậy phương pháp qui nạp phải nghĩ đến.

 Lời giải:
Từ (b) cho x  1, y  0 ta có: f (0)  f (1). f (0)  f (1)  1



(do

f (0)  1

f (1)  2 )

Giả sử:

f ( k )  k  1 k  N

Từ (b) cho x  k , y  1 ta có: f (k )  f (k ). f (1)  f (k  1)  1 k  N
Hay f (k  1)  f (k )  1  k  2 k  N
Vậy f (n)  n  1

(1)

n  N

Từ (b) cho x  1, y  1 ta có: f (1)  f (1). f (1)  f (0)  1  f (1)  0
Từ (b) cho x  1, y  (m)  N * ta có: f (m)  f (1). f (m)  f (1  m)  1


f ( m)    ( 1  m)  1  1  m  1 (  m)  N *

Từ (1) và (2) suy ra

(2)

f ( m )  m  1 m  Z

Từ (b) cho y  1 ta có: f ( x)  f ( x). f (1)  f ( x  1)  1 x  Q


Giả sử:

f ( x  1)  f ( x )  1 x  Q

f ( x  k )  f ( x)  k x  Q, k  N

Từ (b) cho x  1, y  x  k ta có: f ( x  k )  f (1). f ( x  k )  f ( x  k  1)  1


f ( x  k  1)  f ( x)  k  1

x  Q, k  N .

Vậy f ( x  n)  f ( x)  n x  Q, n  N .

(4)

1
1

1
Từ (b) cho x  , y  n  Z \ 0 ta có: f (1)  f   . f (n)  f   n   1 n  Z \ 0
n
n
n
 


1
 2  f   (n  1)   f
n


Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu



1 
*
   n   1 n  N
n
  



(do (1))

15

SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc



Từ (b) cho x  p, y 

1 1
f     1 n  Z \ 0
n n

1
với p  N , q  Z \ 0 ta có:
q

 1
f  p.   f ( p ). f
 q



Tóm lại

1
 
q


1
f  p    1  f ( p ). f
q



1 
   f
q 

1
 
q


p 1


 p
 1  1

p
f    ( p  1)   1     1  p   1   1
q
q
 q  q


f (r )  r  1 r  Q

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài.
 Nhận xét:
* Lời giải trên là hình mẫu cho qui trình chứng minh qui nạp trong Q: cần thực
hiện đầy đủ từ N đến Z và đến Q (không được thiếu một bước nào trong qui

trình đó).

☼ Trước khi kết thúc phần nội dung, xin mạo muội nói rằng: các ví dụ
trên chỉ mới là khởi đầu bởi còn khá nhiều PTH xét trên tập N, Z, Q với các
điều kiện và tính chất đặc biệt khác mà bản thân phải còn mất nhiều thời gian
tìm hiểu.

2. Hiệu quả nghiên cứu:
Sau 3 năm liên tiếp đội tuyển HSG môn Toán nói không với giải Quốc gia
(từ năm học 2007-2008 đến năm học 2009-2010, với việc không còn chia bảng
trong kì thi HSG dự thi Quốc gia và các em HSG không còn chế độ tuyển thẳng
Đại học), điều đó đã thôi thúc tôi cần tìm giải pháp sao cho: dù học sinh có
giảm bớt thời gian học Toán nhưng hiệu quả học Toán vẫn không giảm sút; có
như vậy các em HSG môn Toán mới không rời xa đội tuyển.
Giải pháp đầu tiên tôi nghĩ đến là: cần trang bị tốt cho các em phương pháp
tiếp cận lời giải một bài toán nói chung và PTH xác định trên “tập rời rạc” nói
riêng (một trong những nội dung tôi phụ trách bồi dưỡng), giải pháp đó bước
Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

16


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

đầu đã có hiệu quả với minh chứng là: năm học 2010-2011, có 01 giải KK quốc
gia môn Toán và trong năm học 2011-2012, có 03 giải KK Quốc gia môn Toán.
Có được kết quả đó cũng nhờ “cái khô khan” của Toán học phần nào dịu đi,
thay vào đó là sự tự tin và hy vọng của các em dù phải đứng trước một bài toán
mới; bởi bước đầu các em đã có đôi chút khả năng chuyển cái chưa biết, cái cần
tìm về cái đã biết.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

17


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
Đứng trước mỗi bài toán nếu có phương pháp tiếp cận tốt, các em học sinh
sẽ nhanh chóng tìm ra lời giải một cách khoa học và việc trình bày lời giải cũng
trở nên lôgich, chặt chẽ và rõ ràng hơn. Hơn thế nữa, nó còn là động lực giúp
học sinh học Toán có hiệu quả và không cho rằng môn Toán là môn học “khô
khan”, “khó nuốt”. Vì thế trong giảng dạy Toán người thầy cần trang bị tốt
phương pháp tiếp cận để tìm ra lời giải nhằm giúp các em tự tin trong làm Toán
và bớt gánh nặng về thời gian học Toán.
“Dù có giải hàng trăm hàng nghìn bài toán, không biết đứng nhìn bài toán ở
tầm cao mới thì chỉ là thợ giải toán mà không thể là nhà toán học” (Giáo sư
Trần Thúc Trình), nên việc tìm cách giúp HSG có phương pháp tiếp cận lời giải
một bài toán, luôn là vấn đề làm cho người thầy gian khổ và tốn nhiều thời gian,
nhưng với những người thầy đầy nhiệt huyết thì đó lại là “kho tài nguyên khơi
nguồn sáng tạo”, vì vậy tôi mong muốn tất cả đồng nghiệp từ các nhà trường
hãy cùng tôi viết tiếp những “trang còn lại” của bài viết này, đồng thời cùng
khai phá tiếp “kho tài nguyên khơi nguồn sáng tạo” hiện đang ẩn náu trong tiềm
thức ở mỗi thầy cô.

Bạc Liêu, 29/02/2012
Người viết

Đỗ Thanh Hân

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

18


SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
2. Đề thi HSG Việt Nam và các nước.
3. Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp qui nạp toán học, NXB Giáo dục, 2000.
4. Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục, 2002.

Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu

19