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

Mở đầu
I. Lý do chọn đề tài.

1. XÃ hội đang cần những ngời lao động năng động, sáng tạo, có khả
năng giải quyết vấn đề. Vì vậy, luật giáo dục 1998 đà quy định "Phơng pháp
giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của ngời
học, 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 đà có quy định 11 chuyên đề bồi
dỡng học sinh giỏi toán thống nhất trong toàn quốc, trong đó có chuyên đề
Phơng trình hàm. Nh vậy việc dạy học giải toán về phơng trình hàm cho học
sinh khá giỏi đang là một nhu cầu thực tế. Tuy nhiên cho đến nay việc triển
khai dạy học chủ đề này đang có những khó khăn vì nhiều lý do nh thiếu tài
liệu, 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 cơ
bản và thờng xuyên. Hoạt động này có tác dụng phát triển trí tuệ và do vậy
cần 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 đến
những 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 tuệ
cho học sinh nếu biết khai thác trong dạy học.
Từ những lý do trên chúng tôi quyết định chọn đề tài " Góp phần bồi
dỡng t duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi thông qua dạy học giải bài tập về
chủ đề phơng trình hàm".
II. Mục đích nghiên cứu.

Mục đích của khoá luận là nghiên cứu, tìm hiểu một số phơng pháp
giải phơng trình hàm và định hớng sử dụng trong dạy học nhằm góp phần bồi
dỡng 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 xây
dựng 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 trình
hàm nhằm phát triển t duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi.

2


3. Tiến hành thực nghiệm s phạm nhằm đánh giá tính khả thi và hiệu
quả của việc dạy học giải bài tập về phơng trình hàm trong việc bồi dỡng t
duy 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.

Mở đầu
Chơng 1. Cơ sở lý luận và thực tiễn
Chơng 2. Một số phơng pháp giải phơng trình hàm
và dạy học giải toán PTH
Chơng 3. Thực nghiệm s phạm

Kết luận.
Tài liệu tham khảo.

3


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 quy
cách".
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 lời
giải (khả năng xem xét đối tợng ở những khía cạnh khác nhau, đôi khi mâu
thuẫn nhau).
6. Kỹ năng kết hợp những kiến thức giải đà biết thành một phơng thức mới.
7. Kỹ năng sáng tạo một phơng thức giải độc đáo tuy đà biết phơng thức
khác.
1.2. Quan hệ giữa t duy sáng tạo, t duy ®éc lËp vµ t duy tÝch cùc.
Khi bµn vỊ quan hệ giữa các khái niệm "t duy tích cực", "t duy độc
lập" và "t duy sáng tạo", V.A.Krutexki cho rằng có thể biểu diễn quan hệ đó
dới dạng những vòng tròn đồng tâm (Xem hình biểu diễn dới). Đó là những
mức 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, nhng
không phải mọi t duy tích cực đều là t duy độc lập, và không phải mọi t duy
độc lập là t duy sáng tạo.
- Một học sinh chăm chú nghe
T duy tích cực

thầy giảng các chứng minh định lý ,
T duy độc lập
cố gắng để hiểu đợc tài liệu, ở đây
T duy sáng tạo
có thể nói đến t duy tích cực.
- Tính độc lập thể hiện ở khả tự mình phát hiện vấn đề, tự mình xác định phơng 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 năng
sáng tạo, nhng mức độ sáng tạo rất khác nhau và có thể có những biện pháp
để bồi dỡng trí sáng tạo.
4


Theo các tác giả Isen và Barron việc bồi dỡng trí sáng tạo cần:
1. Phát triển một cái nền phong phó réng r·i.
2. Båi dìng tÝnh ®éc lËp.
3. Khun khÝch 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",
đà 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 động
trí tuệ khác.
2. Bồi dỡng t duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc bồi dỡng
năng lực phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tëng míi.
3. Chó träng båi dìng tõng u tè cơ thể của t duy sáng tạo và trang bị cho
học 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 qua
các 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 của
J.Guilford.
4. Dựa vào phân loại t duy tÝch cùc, t duy ®éc lËp, t duy sáng tạo của
Krutecxki.
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, đà trình bày 7
biện 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 bài
toán thuộc các loại kh¸c nhau.

5


2. Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải của một bài toán và chọn ra
cách giải hay nhất.
3. Cho học sinh giải các bài toán vui để tập suy luận khác với nếp nghĩ
thông 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. TËp cho häc sinh xem xÐt mét vÊn ®Ị dới nhiều khía cạnh khác nhau.
7. Cần và có thể tiến hành rèn luyện t duy sáng tạo cho học sinh tất cả các
lớp 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 phát
triển t duy sáng tạo cho học sinh. Sau đây là một số khía cạnh đợc đề cập đến
trong 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 hiện
các 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, phơng
pháp 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.

6


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 về

chủ 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)

vµ f(xy) = f(x).f(y), víi mọi x, yZ.
(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 kiƯn (ii) b»ng c¸ch cho x = y = 1 và sử dụng tính
chất của phép nhân của các số ta cã f(1) = 0 hc f(1) = 1.
-Xem 0 lµ tỉng cđa 1 vµ -1, sư dơng (i) vµ (ii), víi chó ý f(0) = 0, ta cã
f(-1) = -1.
-Xét trờng hợp f(1) = 0. Kết hợp với điều kiƯn (ii) vµ tÝnh chÊt cđa sè 1
vµ sè 0 trong phép nhân các số nguyên ta có :
nZ, f(n) = f(1.n) = f(1).f(n) = 0.f(n) = 0. VËy trêng hợp này ta có
f(n) = 0, nZ.
(a)
-Xét trờng hợp f(1) = 1. Xem mỗi số nguyên dơng là một tổng của các
hạng tử bằng đơn vị 1, sử dụng điều kiện (i) ta có f(n) = n, nN. (b) Xem
mỗi số nguyên âm là tích của -1 với một số nguyên dơng và áp dụng (ii), với
chú ý f(-1) = -1, f(n) = n, nN, ta cã f(n) = n, f(n) = n, n nguyên âm. (c)
-Tổng hợp kết quả (b) vµ (c) ta cã f(n) = n, nZ. (d)
-Tỉng 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.

7


-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
- m = (-1)
n

m
n

m
n

=

1
n

+ 1 + . . . + 1 và số hữu tỷ âm
n

n

có thể đa ra bài toán:

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

(i’)

vµ f(xy) = f(x).f(y), với mọi x, yQ.
(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 ph¸t
triĨn trÝ t cho häc sinh.

8


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 trình
hàm tức là tìm các hàm số cha biết đó. Sau đây là một số phơng pháp giải
các 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) là
những hàm số biến số thực đà biết.
Trong một số trờng hợp nếu đặt (x) = t, ta có thể giải ra x = (t).
Khi đó thế vào phơng trình đà cho ta có f(t) = g ( (t)), từ đó ta có hàm số
f(x) = g ( (x)).
Tuy nhiên nhiều khi vấn đề không hoàn toàn đơn giản. trong trờng hợp đó
cần sử dụng các phép biến đổi thích hợp, cố gắng đa phơng trình đà cho về
dạng: 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 kết

luận nghiệm của phơng trình.
Ví dụ 1. Tìm hàm số f (x) biết rằng: f(x+1) = x 2 +2x +3 , x R.
Giải. ở đây  (x) = x + 1 , g (x) = x2 + 2x + 3 .
Đặt t = x + 1. Gi¶i ra x = t - 1 råi thÕ vào phơng trình đà cho ta đợc:
f (t) = g (t - 1) = (t -1)2 + 2(t -1) + 3 = t2 + 2
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2. Tìm hàm số f (x) biết: f
Giải. Đặt t = x  1  x =
x 1

Tõ (1) suy ra f(t) =

t 1
t 1

t 1
t 1

+3=

 x 1 

 x  1
 x  3 ,



 x  1 (1)

, t  1.

4t  2
t 1

. Hay f(x) =

4x 2
x 1

.

(x 1)

Thử lại ta thấy vừa tìm đợc thoả mÃn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 3. Tìm mét hµm f(x) biÕt: f(cosx) = sin 2 x + 2. (1)
Giải. Nếu đặt t = cosx giải phơng trình này với ẩn x sẽ cho ta nghiệm phức
tạp vì vËy ta biÕn ®ỉi : sin2x = 1- cos2x.
Ta ®a (1) vỊ d¹ng f (cosx) = cos2x. VËy f (x) =  - x2 , x [-1; 1].
Thư l¹i ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn yêu cầu bài toán.
9


1
VÝ dơ 4. T×m f(x) biÕt: f(x + 1 ) = x3 + 3 ,  x  0.
x

x

Gi¶i. Ta biến đổi giả thiết về dạng: f(x + 1 ) = (x + 1 )3 - 3 (x + 1 ) (*)
x

x

x

Tõ (*) suy ra f(x) = x3 - 3x, |x|  2. Thư l¹i ta thÊy f(x) = x3 - 3x thoả
mÃn đề ra.
Ví dụ 5. Tìm f(x) biết:

f ( x  1 ) + 2f ( 1 ) = x , x 0,1.
x

Giải. Đặt t = 1 , ta cã x =
x

1
.
t

x

(1)

( t 0 ,1)
1
,
t

Th× (1)  f (t) + 2f (1 - t) =

 t 0,1.

Dễ thấy bài toán này có dạng quen thuộc vận dụng quy trình giải trên
3x 1
3 x (1 x )

ra sẽ đợc tìm đợc nghiệm f(x) =

.

Ví dụ 6. Cho hàm số f(x) thoả mÃn điều kiện : f( x  3 ) + f( 3  x ) = x.
x 1

Với mọi x mà

x

1 . Tìm tất cả các hàm f(x) nh thế.
3t
1 t

Giải. Đặt t = x  3 , ta cã x=
x 1

thµnh: f(x) + f
f

 3t

 1 t

 t 3
3 t

 t 1 
 1  t




t 3
  f  t 
t
1


2 f(t) + f

1 x

. Khi đó phơng trình đà cho có thể viết lại

. Tơng tự, đặt t =

3 t
1 t

ta đợc:

. Cộng theo vế hai phơng trình trên ta cã:

 t  3
 3 t 

  f 

 t 1 
 1 t 

=

8t
1 t 2

. Suy ra f(t) =

4t
1

2
2
1 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:
3x 2
)
x 1

= x + 2 ,  x  1.

1. T×m hàm f(x) biết:

f(

2. Tìm hàm f(x) biết:

f(cosx) = cos3x,

3. Tìm hµm f(x) biÕt:

1
f ( x  1 ) = x3 - 3 ,

2.1.2. Phơng pháp thế.

x

x R.

x

x 0.

Xét phơng tình hàm dạng
10


a(x) f(x) + b(x) f (g(x)) = c(x).

(*)
Trong ®ã a(x), b(x), c(x), g(x) là những hàm số đà biết. Giả sử miền xác định
của hàm số f(x) là Df , với mỗi xDf ta xét dÃy xác định bởi
x1 = x, xn+1 = g(xn), nN*.
Định nghĩa : DÃy xn đợc gọi là một dÃy tuần hoàn nếu tồn tại một số
nguyên dơng k sao cho xn + k = xn, nN*. (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 x1. Tìm hàm số f(x) xác định với mọi x 1 và thoả mÃn điều kiện:
x

f ( x  1 ) = a f(x) + (x).
Gi¶i: Cho x = 0 ta cã f(0) = a f(0) + (0). Tõ ®ã f(0) =

 ( 0)
.
1 a

(1)

Víi x  0, x 1, Xét dÃy đợc xác định bởi x1 = x, xn+1 = g(xn), nN, trong
®ã g(x) =

x
.
x 1

Ta cã x1 = x, x2 =

x
,
x 1

x3 = x, vậy dÃy xn tuần hoàn với chu kỳ 2.

Bằng phép thay thế x lần lợc bằng x1, x2 ta nhận ®ỵc hƯ
 f ( x2 )  af ( x1 )   ( x1 )

 f ( x1 )  af ( x2 )   ( x2 )

Gi¶i hệ phơng trình này với ẩn f (x1) ta đợc:
f(x1) = a2 f(x1) + a (x1) + (x2)

hay

f(x1) =
f(x)

a ( x1 )   ( x2 )
1  a2

x
a ( x )  (
)
1

x .

=
1 a 2

(*)

Tõ (1) vµ (*) ta đợc:

11


x
a ( x )  (
)
1 x
1 a 2

f(x) =

, x1

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn các điều kiện bài toán.
Ví dụ 2. Giải phơng trình hàm:
x 1

x -1

xf(x) + 2f ( x 1 ) = 1,

(1).

Giải. Mỗi x 1, xét dÃy đợc xác định bởi x1 = x, xn+1 = g(xn), trong ®ã
g(x) =

x 1
.
x 1

Ta cã x1= x, x2=

x 1
,
x 1

x3 = - 1 , x4 =
x

x 1
,
1 x

x5 = x. Suy

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:
x
1
x

2

x3

x4

f

(

f

x
)
1

(

f

(

f

(

x2
x3



)

)

x4

)

2





f

2
2

(

f
f

2

x2

(
(

f

)

x3
x4

(


1

)
)

x
)
1


1

1

1

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

4 x12 x1 1
, (x1  -1, 0, 1)

5 x1 ( x1  1)

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

2

Cho x = 1 tõ (1) ta đợc f(1) + 2f(0) = 1

4x 2

x
1

5x ( x 
1
)

 1

 2
a

1
2a


f(x)

nÕ u
n Õu

x

x

=


0,1
, 




n Õu

x


0

n Õu

x


1

1

1

( a=f(0) )
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn điều kiện bài toán.
Ví vụ 3. Giải phơng trình hàm:
f(x) + f ( x 1 ) = 1 + x, với mọi x 0, 1.
x

Giải. Đặt g(x) = x 1 , mỗi x R \ {0, 1} xÐt d·y x1 = x, xn + 1 = g (xn),
x

nN*. Ta cã: x1 = x, x2 =

x 1
,
x

1

x3 = - x  1 , x4 = x

{xn} tuần hoàn với chu kỳ 3.
Thay thế x lần lợt bằng x1, x2, x3, ta đợc:

12


f

f

f


( x1
(x
(x

2
3

)  f
)  f
)  f

(x
(x

) 
1 x1

2
3

)
1 x

( x1 )
1 x

2

3

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

1
1
1
1 x1 x 2  x 3
= ( x1  
),  x1  0, 1.
2
x 1 1  x1
2

Do x1  R \ {0, 1} tuỳ ý nên nghiệm của bài toán là:
f(x) = 1 (x + 1 +
2

x

1
1 x

), x  0, 1.

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn yêu cầu bài toán.
Trong một số trờng hợp ta gặp phơng trình hàm dạng
a(x).f(h(x)) + b(x).f(g(x)) = c(x).

Trong đó a(x), b(x), c(x), h(x), g(x) là những hàm số đà biết, ta đặt
t = h(x) ( t =g(x) ) nếu phơng trình này cho biểu thức nghiệm đơn giản
chẳng hạn x = d(t) (Hoặc bằng kỷ thuật biến đổi nà đó) ta cố gắng đa phơng
trình 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 đợc tuần hoàn, áp dụng phơng pháp trình bày ở trên ta sẽ tìm đợc hàm f(x)
Ví dụ 4. Cho hàm số f(x) thoả mÃn điều kiện : f( x  3 ) + f( 3  x ) = x.
x 1

Với mọi x mà

x

Giải. Đặt t = x  3 , ta cã x=
x 1

thµnh: f(x) + f

1 . Tìm tất cả các hàm f(x) nh thế.

3t
1 t

t 3
3 t

 t 1 
 1  t



1 x

. Khi đó phơng trình đà cho có thể viết lại

. Dễ thấy bài toán này có dạng quen thuộc vận

dụng quy trình giải trên ra sẽ đợc tìm đợc nghiệm f(t) =

4t
1 t

2



1
2

.

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 trình
hàm 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 đà nêu trên:
1. x f(x) + f(a - x) = c,  x .
2. f ( 4 ) - 2f ( 4  x ) = 2x
x

x

,

 x  0.

13


x 1

3. f ( x 1 ) + x f(x) = x2 + 1 ,  x  1.
2.1.3 Ph¬ng pháp chuyển qua giới hạn.

Đối với một số phơng trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trong
nhiều trờng hợp, bằng cách xây dựng một dÃy số và sử dụng phơng pháp
chuyển 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:
1 1
x  x ,
3  6

f(x) + f 

víi mäi x R.

Giải. Cố định x R. Xét dÃy x1 = x, xn + 1 = g (xn), n N*, ở đây g(x) =
1

Bằng quy nạp ta đợc xn =

vô hạn với x1 = x, q =
ta đợc

1
3

n 1

3

x

1
x.
3

. Từ đó ta có dÃy {xn} là cấp số nhân lùi

, lim xn = 0. Thay thế x lần lợt bằng x1, x2 ,. . . ,xn-1

f (x1) + f (x2) =

1
x1
6

f (x2) + f (x3) =

1
x2

6

................
f (xn-1) + f (xn) =
 f (x1) +(- 1)n f (xn) =

=

1
xn  1
6

1
n
x1  x2  x3  x4  ...    1
6



1
1 1
1
1

n 2
x1  1  2  3  ...    1
n
6
3 3
3

3


=

2


 1

 1
 = x1 
 6




2

xn  1

 1
 
 3
1
1
3



n 1




=




n 1


1
 1

x1  1    


8
 3



14


Lấy giới hạn của cả hai vế sử dụng tính liên tục của hàn số và f(0) = 0
ta đợc f(x1) =

1
8

x1. Do x1 lÊy t ý nªn f(x) =
1
8

Thư lại ta thấy f(x) =

1
8

x, x R.

x thoả mÃn điều kiện bài toán.

Bài toán tổng quát:Tìm hàm số f(x) xác định, liên tục trên R và thoả mÃn
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) =

cx
.
a b

Ví dụ 2. Tìm hàm f: R R liên tục và thoả mÃn 3f(3x) = f(x)+ x.
Giải. ë vÝ dơ nµy nÕu xÐt d·y: {x n}n  N*: x1 = x vµ xn + 1 = g(xn), ở đây g(x)
= 3x) thì {xn} không hội tụ. Trong trờng hợp này liệu có vận dụng đợc phơng
pháp trên không? Cách giải sau đây đòi hỏi một sự cải tiến về mặt kỹ thuật
biến đổi:
Thay x bằng

x
3

từ giả thiết ta đợc: f(x) =

1 x
f
3 3

+

x
9

.

Với mỗi x R, xÐt d·y x1 = x , xn + 1 = g (xn), trong đó g(x) =
Bằng quy nạp ta cã: xn =
x1 = x, q =

1
3

x
3

n 1

x

3

.

, suy ra {xn} là cấp số nhân lùi vô hạn,

xn 0 .
và nlim


Ta thay x lần lợt bằng: x1, x2,. . ., xn - 1ta đợc:
f(x1) =

1
3

f(x2) +

x1
32

f(x2) =

1
3

f(x3) +

x2
32

................
f(xn - 1) =
 f(x1) =

1
3

n 1

. f ( xn ) 

1
3

f(xn) +

xn 1
32

x1 x2
x
 3  ...  nn 1
2
3 3
3

15

=

1
n 1

3

. f ( xn ) 

=

x1 
1
1 
1  2  ...  2 n  4  =
2 
3  3
3


n 1


 1   1  
1
x 
 9 
. f ( xn )  12 
n 1
1 

3
3
 1



9



n 1
1 
 1  
.
f
(
x
)

x
1



n
1
3n  1
8
9

1

Lấy giới hạn cả 2 về khi n và sử dụng tính liên tục của hàm số,
f(0) = 0 ta đợc f(x1) =

1
8

x1. Do x1 lấy tuỳ ý f(x) =

1
8

x.

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 điều
kiện: f(x) + af(bx) = cx, với a,b,c R; |a|,|b| >1.Cách giải hoàn toàn tơng tự ta
đợc f(x) =

cx
1 ab

.

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) là
hàm số cần tìm, h(x) là hàm số đà biết và sử dụng thêm một số giả thiết của
hàm 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 ®a vỊ viƯc xÐt mét d·y cho bëi hÖ thøc
truy håi

au n  2  bu n 1  cu n  0

u1 d , u 2 e

nN*.

Khi đó khẳng định sau đây cho phép đi đến lời giải bài toán.
Nếu {un} đợc xác định bởi hệ thức truy hồi
au n  2  bu n 1  cun  0

u1  d , u 2  e

nN*

16


thì dÃy {vn} đợc xác định bởi vn = (xx1)n + (xx2)n, v1 = d, v2 = e, trong ®ã x1,
x2 là nghiệm của phơng trình bậc hai ax2 + bx +c = 0 vµ ,  lµ nghiƯm cđa
hƯ phơng trình
x1 x2 d

2
2

x2
e
x1

thoả mÃn dÃy truy hồi đợc xác định nh trên.
Thật vậy, ta có vn+1 =  (x1)n+1 + (x2)n+1 , vn+2 = (x1)n+2 + (x2)n+2
Suy ra a vn+2 +b vn+1 + c vn = a ( (x1)n+2 + (x2)n+2) +b ( (x1)n+1 + (x2)n+1)
+c ((x1)n + (x2)n) = (a (x1)n+2 + b (x1)n+1 + c (x1)n) + ( a (x2)n+2 + b (x2)n+1 +
c (x2)n) =0, vì x1, x2 là nghiệm của phơng trình ax2 +bx +c = 0.
VËy 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 hạng
tổng quát của d·y sè cho b»ng hƯ thøc truy håi trªn. Chóng ta sÏ vËn dơng
vµo xÐt mét sè vÝ dơ.
VÝ dơ 3. Gọi R+ là tập hợp các số thực dơng R+ = (0, + ). Tìm tất cả các
hàm số f : R+ R+ thỏa mÃn phơng trình
f(f(x)) + f(x) = 1999.2000x, x R+
Giải. Cố định x R+ : XÐt d·y u0 = x, un + 1 = f(un), n N, thì từ giả thiết ta
có:
u n  2  u n 1 1999.2000u n

u n 0, n N

Phơng trình đặc trng là : y2 + y = 1999. 2000, phơng trình có hai
nghiệm: y1 = 1999, y2 = - 2000
Suy ra un = C1. (1999)n + C2. (- 2000)n.
-NÕu C2 > 0  un < 0 với n lẻ đủ lớn, điều này mâu thuẫn với giả thiết
un > 0.
-Tơng tự, nếu C2 < 0 cịng cã un < 0 víi n ch½n ®đ lín, m©u thn.

VËy C2 = 0. Tõ ®ã un = C1.1999n, nªn u0 = C1. 19990  C1 = x, v× u0 = x.
Suy ra f(x) = 1999x . Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đợc thoả mÃn
yêu cầu bài toán.

17


VÝ dơ 4. Cho a, b lµ hai sè thùc 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 thực
dơng và thoả mÃn phơng tr×nh sau víi mäi x:
f(f(x)) + af(x) = b(a + b)x.
Giải. Cố định x R+ và xét dÃy {un} đợc xác định bởi:
u0 = x, un + 1 = f(un), n N.
Khi đó từ giả thiết ta có:
un + 2 + aun + 1 = b(a + b) un, un > 0, n N.
Phơng trình đặc trng:
y2 + ay - b(a + b) = 0 cã 2 nghiƯm: y1 = b, y2 =
- (a +b). Tõ ®ã un = C1. bn + C2 [- (a + b)]n
T¬ng tù nh trong vÝ dơ trªn ta cịng cã C2 = 0. Do ®ã un = C1. bn. Cho n
= 0  C1 = x. VËy f(x) = bx.
Thư l¹i 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 ở
trên.
Tìm tất cả các hàm f: [0,1) [0,1) thoả mÃn điều kiện:
f(f(x)) + f(x) = 12 x, x 0.
Nhận xét: + Phơng pháp chuyển qua giới hạn thì trong phơng trình hàm thờng 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 đà 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)
+ DÊu hiÖu 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 có
thể đoán nhận các nghiệm của phơng trình hàm và chứng minh rằng ngoài
các nghiệm đó ra PTH không có nghiệm nào khác. Thông thờng ta hay thử
các hàm số đặc biệt hàm hằng, hàm đồng nhất, hàm tuyến tính,. . . để xem
chúng có phải là các nghiệm của PTH hay không?
Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm sè f: [1, + )  [1, + ), sao cho:

18


f(xf(y) = yf(x), víi mäi x, y thuéc [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 th× f(f(1)) = f(1).
Cho y = f(1) th× 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,tõ (i)  y = 1
VËy: f(y) > 1, y > 1.
NÕu x > y  1 th× f(x) =
Do x > y 

x

y

>1

 x
f  
 y

 x 
f  y 
 y 

=

x

f  f  f ( y )   =
y



 x

f(y) f  y  . (ii)




>1

(ii)  f(x) > f(y) suy ra f(x) đồng biến trên [1, + ).
Gi¶ sư x0 ; f(x0)  x0 ta xÐt các trờng hợp sau:
Trờng hợp 1: f(x0) > x0 f(f(x0)) > f(x0) x0 > f(x0) vô lý
Trờng hợp 2: f(x0) < x0  f(f(x0)) < f(x0)  x0 < f(x0) v« lý
VËy f(x) = x, x  R.
VÝ dụ 2. Tìm hàm số f(x) thoả mÃn đồng thời các điều kiện:
f ( x y ) f ( x) 


 1 
f 
 
x 0,
 x 

 f (1) 1


f ( y ), x , y  R
f  x
x 2

Gi¶i. DƠ thÊy f(x) = x là một nghiệm của phơng trình
Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của phơng trình
thật vậy: Cho x = y = 0 ta đợc f(0) = 0.
Cho y = - x ta cã f(-x) = - f(x) suy ra f(x) là hàm lẻ.
Từ giả thiết: f(x - y) = f(x + (- y)) = f(x) + f(- y) = f(x) - f(y)
Xét
Mặt khác

1 f ( x)
f (1)  f ( x)
 1  f (1  x)
f


=
2
2
(1  x ) 2
(1  x)
 1  x  (1  x)
x 
 1 

f
  f 1 
=
 1 x 
 1 x 

f(1) + f

 x 


 1 x 

, x  1

=1+f



 1
 1 x

x


(i).







=

19


=1+

=1+

1
f  
 x

2
 1 x 


 x 

x2

1  x  2

=1+

x2

1  x 

 f  x

 2  1 =
 x


Tõ (i) vµ (ii) cã

1  f  x

1  x  2

2

1+

1

f   1
x



f  x

1  x  2

1 

f  x

1  x  2

=1+





x2

1  x  2
x2

1  x  2

x2
1  x  2






 1
f    f 1  =
 x


(ii).
. VËy f(x) = x, x  1, x  0.

KÕt hỵp víi gØa thiÕt f(1) = 1; f(0) = 0 ta cã f(x) = x, x R.
VÝ dụ 3. Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập hợp tất cả các số thực nhận
giá trị thùc, sao cho víi mäi x, y ta cã:
f(x2 + f(y)) = y + f2(x).
Gi¶i. DƠ thÊy 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 chøng minh f(0) = 0.
Cho x = y = 0, ®Ỉt t = f(0), ta cã f(t) = t 2. Ta l¹i cã f(x2 + t) = f2(x),
f(f(x)) = x + t2 (i).
Ta tÝnh f(t2 + f2(1)) theo hai c¸ch:
f(t2 + f2(1)) = f(f(t) + f2(1)) = t + f2(f(1)) = t + (1 + t2)2 = 1 + t + 2t2 + t4 (ii)
Mặt khác, từ f(t) = t2, f(1 + t) = f2(1), ta cã t2 + f(1 + t) = f(t) + f2(1) =

t2 + f2(1) nªn f(t2 + f2(1)) = f(t2 + f(1 + t)) = 1 + t + f2(t) = 1 + t + t4
(iii)
Tõ (ii) vµ (iii) suy ra 1 + t + t 4 = 1 + t + 2t2 + t4. VËy 2t2 = 0 tøc lµ t =0 hay
f(0) = 0.
Đến đây ta suy ra f(f(x)) = x và f(x2) = f2(x).
Gäi y lµ mét sè thùc bÊt kú, ta đặt z = f(y), suy ra y = f(z) và
f(x2 + y) = z + f2(x) = f(y) + f2(x).
Cho x > 0 tuú ý, chän z sao cho x = z2, khi ®ã:
f(x + y) = f(z2 + y) = f(y) + f2(z) = f(x) + f(y).
Đặt y = - x ta nhận đợc 0 = f(0) = f(x + (- x)) = f(x) + f(- x).
Suy ra: f(- x) = - f(x) điều này kéo theo, với mọi x, y
f(x - y) = f(x) - f(y).
B©y giê, lÊy x bất kỳ, đặt y = f(x).
Nếu y > x, đặt z = y - x thì:
f(z) = f(y - x) = f(y) - f(x) = x - y = - z.
20


Nếu y < x, đặt z = x - y th×:
f(z) = f(x - y)l = f(x) - f(y) = y - x =- z
Vậy cả hai trờng hợp trên cho ta: NÕu z > 0 th× f(z) = - z < 0. B©y giê
ta chän w sao cho w2 = t thì :
f(z) = f(w2) = f2(w) < 0
điều này mâu thuẫn. Vậy ta phải có: f(x) = x
Có thể vận dụng phơng pháp trên để giải các phơng trình:
1. Xác định mọi hàm số f: R R thoả mÃn đồng thời các điều kiện sau:
i) f(- x) = - f(x),

x  R.

ii) f(x + 1) = f(x) + 1),
1
f (x)
iii) f    2 ,
 x

x

x R.

x R\ 0 .

2. Tìm hàm số f: R  R tho¶ m·n ba tÝnh chÊt sau;
a. f(1) = 1,
b. f(x + y) - f(x) - f(y) = 2xy,
c.

 1  f ( x)
f   4 ,
x
x

x, y R

x 0.

3. Tìm tất cả các hàm f(x) có tập xác định và tập giá trị là đoạn [0, 1] thoả
mÃn:
a) f(x1) f(x2)
x1 x2

b) 2x - f(x)  [0, 1]
 x  [0, 1]
3) f(2x - f(x) = x
2.1.5. Phơng pháp điểm bất động.
Định nghĩa. xf đợc gọi là điểm bất động của f nÕu f(xf) = xf
VÝ dô 1. f(x) = ax + b (a  1), cã ®iĨm bÊt ®éng xf =

b
1 a

.

VÝ dơ 2. f(x) = x. Mäi ®iĨm ®Ịu là điểm bất động của f.
ý tởng của phơng pháp này nh sau: Bằng kỷ thuật biến đổi nào đó ta đa
phơng 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 ®· biÕt. Ta cã thĨ ®a vµo Èn phơ u = h(f(x)) để chuyển phơng
trình hàm về tìm u thoả mÃn phơng trình f(u) = u, tức là tìm điểm bất động
của hàm f(u). Khi xác định đợc u ta sẽ tìm đợc nghiệm của phơng trình hàm
đà cho.
21