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 ngƣời lao động năng động, sáng tạo, có khả
năng giải quyết vấn đề. Vì vậy, luật giáo dục 1998 đã quy định "Phƣơng
pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của
ngƣời học, bồi dƣỡng năng lực tự học, sự say mê học tập và ý chí vƣơn lên".
2. Năm 2001 Bộ Giáo dục và Đào tạo đã có quy định 11 chuyên đề
bồi dƣỡng học sinh giỏi toán thống nhất trong tồn quốc, trong đó có chun
đề Phƣơng trình hàm. Nhƣ vậy việc dạy học giải tốn về phƣơng 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
nhƣ 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 thƣờng xuyên. Hoạt động này có tác dụng phát triển trí tuệ và do vậy
cần đƣợc quan tâm nhiều trong dạy học. Chủ đề phƣơng trình hàm tuy còn
mới mẽ đối với học sinh, nhƣng để giải phƣơng trình hàm ta khơng cần dùng
đến những kiến thức vƣợt quá giới hạn chƣơng trình PTTH mà chủ yếu địi
hỏi phải có tƣ 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
dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi thông qua dạy học giải bài tập
về chủ đề phƣơng trình hàm".
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.

Mục đích của khố luận là nghiên cứu, tìm hiểu một số phƣơng pháp
giải phƣơng trình hàm và định hƣớng sử dụng trong dạy học nhằm góp phần
bồi dƣỡng một số yếu tố tƣ duy sáng tạo cho học sinh qua dạy học giải bài
tập chủ đề phƣơng trình hàm.
2

III. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC.

Có thể bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh khá, giỏi qua việc xây
dựng và khai thác một hệ thống các bài tập về chủ đề phƣơng trình hàm.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.

1. Tìm hiểu khái niệm và cấu trúc tƣ duy sáng tạo.
2. Xây dựng và định hƣớng khai thác hệ thống các bài tập phƣơng
trình hàm nhằm phát triển tƣ duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi.
3. Tiến hành thực nghiệm sƣ phạm nhằm đánh giá tính khả thi và
hiệu quả của việc dạy học giải bài tập về phƣơng trình hàm trong việc bồi
dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh khá giỏi.
V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.

1. Nghiên cứu lý luận. - Nghiên cứu các tài liệu về giáo dục học mơn
tốn, tâm lý học, lý luận dạy học mơn tốn.
- Các sách bài tập tốn, các bài viết về chuyên đề Phƣơng trình hàm.
2. Quan sát. Quan sát những khó khăn thƣờng gặp phải ở học sinh
khi giải tốn phƣơng trình hàm và tìm ra biện pháp khắc phục.
3. Thực nghiệm sư phạm. Tiến hành thực nghiệm sƣ phạm để đánh
giá tính khả thi của đề tài.
VI. CẤU TRÚC CỦA KHOÁ LUẬN.

Mở đầu
Chƣơng 1. Cơ sở lý luận và thực tiễn
Chƣơng 2. Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình hàm
và dạy học giải tốn PTH
Chƣơng 3. Thực nghiệm sƣ phạm
Kết luận.

Tài liệu tham khảo.

3


CHƢƠNG 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Các đặc trƣng của tƣ duy sáng tạo.
Theo Lecne thì tƣ duy sáng tạo gồm các đặc trƣng 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 tƣợng quen biết "đúng quy
cách".
3. Nhìn thấy chức năng mới của đối tƣợng quen biết.
4. Nhìn thấy đối tƣợng 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 tƣợng ở những khía cạnh khác nhau, đơi khi
mâu thuẫn nhau).
6. Kỹ năng kết hợp những kiến thức giải đã biết thành một phƣơng thức mới.
7. Kỹ năng sáng tạo một phƣơng thức giải độc đáo tuy đã biết phƣơng thức
khác.
1.2. Quan hệ giữa tƣ duy sáng tạo, tƣ duy độc lập và tƣ duy tích cực.
Khi bàn về quan hệ giữa các khái niệm "tƣ duy tích cực", "tƣ duy độc
lập" và "tƣ duy sáng tạo", V.A.Krutexki cho rằng có thể biểu diễn quan hệ
đó dƣới dạng những vịng trịn đồng tâm (Xem hình biểu diễn dƣới). Đó là
những mức độ tƣ duy khác nhau mà mỗi mức độ tƣ duy đi trƣớc là tiền đề
cho mức độ tƣ duy đi sau. Trong tƣ duy sáng tạo có tƣ duy tích cực và tƣ
duy độc lập, nhƣng khơng phải mọi tƣ duy tích cực đều là tƣ duy độc lập, và
không phải mọi tƣ duy độc lập là tƣ duy sáng tạo.
- Một học sinh chăm chú nghe

Tƣ duy tích cực

thầy giảng các chứng minh định lý ,

Tƣ duy độc lập

cố gắng để hiểu đƣợc tài liệu, ở đây

Tƣ duy sáng tạo

có thể nói đến tƣ duy tích cực.
4


- Tính độc lập thể hiện ở khả tự mình phát hiện vấn đề, tự mình xác định
phƣơng hƣớng, tìm ra cách giải quyết, tự mình kiểm tra và hồn thiện kết
quả đạt đƣợc.
1.3. Một số biện pháp bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh.
Ngày nay, các nhà khoa học đều cho rằng mọi ngƣời đều có khả năng
sáng tạo, nhƣng mức độ sáng tạo rất khác nhau và có thể có những biện pháp
để bồi dƣỡng trí sáng tạo.
Theo các tác giả Isen và Barron việc bồi dƣỡng trí sáng tạo cần:
1. Phát triển một cái nền phong phú rộng rãi.
2. Bồi dƣỡng tính độc lập.
3. Khuyến khích việc dùng các tƣơng tự hay phép loại suy.
4. Khuyến khích sự tị mị, ham hiểu biết.
5. Tăng cƣờng các xúc động dƣơng tính.
Tác giả Trần Thúc Trình, trong cuốn "Tƣ 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 dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp hữu cơ với các hoạt
động trí tuệ khác.

2. Bồi dƣỡng tƣ duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc bồi
dƣỡng năng lực phát hiện vấn đề mới, khơi dậy những ý tƣởng mới.
3. Chú trọng bồi dƣỡng từng yếu tố cụ thể của tƣ duy sáng tạo và trang bị
cho học sinh phƣơng tiện, thủ pháp các hoạt động nhận thức.
4. Quá trình bồi dƣỡng tƣ 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 phƣơng 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 dƣỡng, phát triển năng lực sáng tạo cho học sinh:
5


1. Rèn luyện và bồi dƣỡng học sinh theo những biểu hiện đặc trƣng của hoạt
động sáng tạo.
2. Bồi dƣỡng một số yếu tố của tƣ duy sáng tạo.
3. Bồi dƣỡng các tham số có ý nghĩa lớn đối với sáng tạo theo mơ hình của
J.Guilford.
4. Dựa vào phân loại tƣ duy tích cực, tƣ duy độc lập, tƣ 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 thơng minh qua
mơn tốn và bồi dƣỡng học sinh có năng khiếu tốn ở cấp I, đã trình bày 7
biện pháp để rèn luyện tƣ duy sáng tạo cho học sinh cấp I qua mơn tốn là:
1. Giúp học sinh khắc phục "tính ỳ" của tƣ duy bằng cách cho làm những bài
toán thuộc các loại khác nhau.
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 thƣờng.
4. Sử dụng các phép tính và bài tốn khơng giải theo lối rập khn.
5. Chú ý rèn luyện trí tƣởng tƣợng cho học sinh.
6. Tập cho học sinh xem xét một vấn đề dƣới nhiều khía cạnh khác nhau.
7. Cần và có thể tiến hành rèn luyện tƣ duy sáng tạo cho học sinh tất cả các
lớp song phải có phƣơng pháp thích hợp.
1.4. Tiềm năng phát triển tƣ duy sáng tạo thơng qua việc giải tốn
phƣơng trình hàm.
Phƣơng trình hàm là một chủ đề bồi dƣỡng học sinh giỏi. Tuy
phƣơng trình hàm không đƣợc đƣa vào học ở phổ thông nhƣng giải phƣơng
6


trình hàm khơng cần sử dụng đến những kiến thức vƣợt ra ngồi giới hạn
chƣơng trình phổ thơng, nhƣng địi 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 tƣ duy sáng tạo cho học sinh. Sau đây là một số khía
cạnh đƣợc đề cập đến trong khố luận này:
-Giải tốn phƣơng trình hàm giúp học sinh hiểu đúng đắn, sâu sắc
kiến thức cơ bản làm nền tảng vững chắc cho hoạt động tốn học;
-Giải tốn phƣơng trình hàm giúp học sinh rèn luyện năng lực thực
hiện các thao tác tƣ duy nhƣ phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hoá,
tƣơng tự hoá, trừu tƣợng hoá . . .
-Giải tốn phƣơng trình hàm giúp học sinh sáng tạo bài tốn mới,
phƣơng pháp giải tốn mới;
-Giải tốn phƣơng trình hàm giúp học sinh có đƣợc hứng thú học tập
tốn, trên cơ sở đó bồi dƣỡng tƣ duy tích cực, yếu tố khơng thể thiếu của tƣ
duy sáng tạo;
-Giải tốn phƣơng trình hàm giúp học sinh rèn luyện tƣ duy độc lập,
rèn luyện tính linh hoạt, tính phê phán trong tƣ duy;

-Giải tốn phƣơng trình hàm góp phần quan trọng bồi dƣỡng tƣ duy
lôgic cho học sinh, đặc biệt là tƣ duy hình thức, tƣ duy dựa vào cú pháp là
một dạng cao của tƣ duy logic.
Ngoài các tiềm năng kể trên chắc chắn nếu biết khai thác chúng ta cịn
có thể làm đƣợc nhiều điều bổ ích cho học sinh thơng qua dạy học giải tốn
về chủ đề phƣơng trình hàm.
Để minh hoạ một tiềm năng nói trên chúng tơi xin trích dẫn một ví dụ.
Ví dụ: Tìm hàm số f: Z  Z sao cho f(x+y) = f(x) + f(y)
và f(xy) = f(x).f(y), với mọi x, yZ.

(i)
(ii)

7


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 dƣỡng tƣ 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 đƣợc 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 trƣờng hợp f(1) = 0. Kết hợp với điều kiện (ii) và tính chất của số
1 và số 0 trong phép nhân các số nguyên ta có :
nZ, f(n) = f(1.n) = f(1).f(n) = 0.f(n) = 0. Vậy trƣờng hợp này ta có

f(n) = 0, nZ.

(a)

-Xét trƣờng hợp f(1) = 1. Xem mỗi số nguyên dƣơng là một tổng của
các hạng tử bằng đơn vị 1, sử dụng điều kiện (i) ta có f(n) = n, nN. (b)
Xem mỗi số nguyên âm là tích của -1 với một số nguyên dƣơng và áp dụng
(ii), với chú ý f(-1) = -1, f(n) = n, nN, ta có f(n) = n, f(n) = n, n nguyên
âm. (c)
-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.

8


-Tổng hợp các bƣớc suy luận trên, phân tích kỹ giả thiết bài tốn, kết hợp
với cách nhìn sự biểu diễn số hữu tỷ dƣơng
âm -

m
1 1
1
= + + . . . + và số hữu tỷ
n
n n
n

m
m

= (-1)
có thể đƣa ra bài tốn:
n
n

Tìm hàm số f: Q  Q sao cho f(x+y) = f(x) + f(y)
và f(xy) = f(x).f(y), với mọi x, yQ.

(i’)
(ii’)

Lời giải bài nàynhận đƣợc bằng cách suy luận tƣơng tự nhƣ 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 phƣơng trình hàm chắc chắn chúng ta có thể góp phần
phát triển trí tuệ cho học sinh.

9


CHƢƠNG 2. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM

VÀ DẠY HỌC GIẢI TỐN PHƢƠNG TRÌNH HÀM
2.1. MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM.
Phƣơng trình hàm là phƣơng trình mà ẩn là các hàm số. Giải phƣơng
trình hàm tức là tìm các hàm số chƣa biết đó. Sau đây là một số phƣơng
pháp giải các phƣơng trình hàm thƣờng gặp.
2.1.1. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.

Xét phƣơng trình hàm số dạng: f( (x)) = g(x), trong đó  (x), g(x) là
những hàm số biến số thực đã biết.

Trong một số trƣờng hợp nếu đặt  (x) = t, ta có thể giải ra x =  (t).
Khi đó thế vào phƣơng trình đã cho ta có f(t) = g ( (t)), từ đó ta có hàm số
f(x) = g ( (x)).
Tuy nhiên nhiều khi vấn đề khơng hồn tồn đơn giản. trong trƣờng hợp
đó cần sử dụng các phép biến đổi thích hợp, cố gắng đƣa phƣơng trình đã
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 đƣợc cần ta phải tiến hành thử lại rồi đƣa ra kết
luận nghiệm của phƣơng 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. Giải ra x = t - 1 rồi thế vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc:

10


f (t) = g (t - 1) = (t -1)2 + 2(t -1) + 3 = t2 + 2
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn yêu cầu bài toán.
 x 1 
  x  3 ,  x  1 (1)
Ví dụ 2. Tìm hàm số f (x) biết: f 
 x 1 

Giải. Đặt t =

x 1
t 1
x=
, t  1.
x 1

t 1

Từ (1) suy ra f(t) =

4x  2
t 1
4t  2
+3=
. Hay f(x) =
.
x 1
t 1
t 1

(x  1)

Thử lại ta thấy vừa tìm đƣợc thoả mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 3. Tìm một hàm f(x) biết: f(cosx) = sin 2 x + 2. (1)
Giải. Nếu đặt t = cosx giải phƣơng trình này với ẩn x sẽ cho ta nghiệm phức
tạp vì vậy ta biến đổi : sin2x = 1- cos2x.
Ta đƣa (1) về dạng f (cosx) = 3 - cos2x. Vậy f (x) = 3 - x2 , x [-1; 1].
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 4. Tìm f(x) biết: f(x +

1
1
) = x3 + 3 ,  x  0.
x
x

Giải. Ta biến đổi giả thiết về dạng: f(x +

1
1
1
) = (x + )3 - 3 (x + ) (*)
x
x
x

Từ (*) suy ra f(x) = x3 - 3x, |x|  2. Thử lại ta thấy f(x) = x3 - 3x thoả
mãn đề ra.
Ví dụ 5. Tìm f(x) biết: f (
Giải. Đặt t =

x 1
1
) + 2f ( ) = x ,  x  0,1.
x
x

(1)

1
1
, ta có x = . ( t  0 ,1)
x
t

1

Thì (1)  f (t) + 2f (1 - t) = ,  t  0,1.
t

11


Dễ thấy bài tốn này có dạng quen thuộc vận dụng quy trình giải trên
ra sẽ đƣợc tìm đƣợc nghiệm f(x) =

3x  1
.
3x(1  x)

Ví dụ 6. Cho hàm số f(x) thoả mãn điều kiện : f(

x 3
3 x
) + f(
) = x.
x 1
1 x

Với mọi x mà x  1 . Tìm tất cả các hàm f(x) nhƣ thế.
Giải. Đặt t =

x 3
3t
, ta có x=
. Khi đó phƣơng trình đã cho có thể viết lại
1 t

x 1

 t 3  3 t
3 t
 
thành: f(x) + f 
. Tƣơng tự, đặt t =
ta đƣợc:
1 t
 t 1  1 t
 3 t 
t 3
  f t  
. Cộng theo vế hai phƣơng trình trên ta có:
t1
 1 t 

f 

 t 3 
3 t 
8t
4t
1
  f 
 =
2 f(t) + f 
. Suy ra f(t) =
 .
2

2
2
1 t
1 t
 t 1 
 1 t 

Dễ dàng kiểm tra đƣợc hàm này thoả mãn điều kiện bài tốn.
Áp dụng phƣơng pháp trên có thể giải đƣợc các phƣơng trình sau:
3x  2
) = x + 2 ,  x  1.
x 1

1. Tìm hàm f(x) biết:

f(

2. Tìm hàm f(x) biết:

f(cosx) = cos3x,

x  R.

1
1
f ( x  ) = x3 - 3 ,
x
x
2.1.2. PHƯƠNG PHÁP THẾ.
3. Tìm hàm f(x) biết:

 x  0.

Xét phƣơng tình hàm dạng
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 định
của hàm số f(x) là Df , với mỗi xDf ta xét dãy xác định bởi
x1 = x, xn+1 = g(xn), nN*.

12


Định nghĩa : Dãy xn  đƣợc gọi là một dãy tuần hoàn nếu tồn tại một số
nguyên dƣơng k sao cho xn + k = xn, nN*.

(1)

Số nguyên dƣơng k nhỏ nhất để dãy xn thoả mãn (1) đƣợc gọi là chu
kỳ cơ sở (còn gọi tắt là chu kỳ) của dãy.
Nếu dãy xn đƣợc xác định nhƣ trên tuần hoàn với chu kỳ k, ta sẽ đƣa
(*) về hệ k phƣơng trình với k ẩn hàm, giải hệ này ta tìm đƣợc f(x).
Ví dụ 1. Giả sử a   1 là một số thực, (x) là hàm số cho trƣớc xác định với
mọi x1. Tìm hàm số f(x) xác định với mọi x  1 và thoả mãn điều kiện:
f(

x
) = a f(x) + (x).

x 1

Giải: Cho x = 0 ta có f(0) = a f(0) + (0). Từ đó f(0) =

 ( 0)
. (1)
1 a

Với x  0, x  1, Xét dãy đƣợc xác định bởi x1 = x, xn+1 = g(xn), nN, trong
đó g(x) =

x
.
x 1

Ta có x1 = x, x2 =

x
, x3 = x, vậy dãy xn tuần hoàn với chu kỳ 2.
x 1

Bằng phép thay thế x lần lƣợc bằng x1, x2 ta nhận đƣợc hệ
 f ( x2 )  af ( x1 )   ( x1 )

 f ( x1 )  af ( x2 )   ( x2 )

Giải hệ phƣơng trình này với ẩn f (x1) ta đƣợc:
f(x1) = a2 f(x1) + a (x1) + (x2)


hay

f(x1) =

a ( x1 )   ( x2 )
1  a2

x
a ( x )  (
)
1 x
f(x) =
.
1 a 2

(*)

13


Từ (1) và (*) ta đƣợc:

x
a ( x )  (
)
1 x
f(x) =
, x1
1 a 2
Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn các điều kiện bài tốn.

Ví dụ 2. Giải phƣơng trình hàm:
xf(x) + 2f (

x 1
) = 1,
x 1

 x  -1

(1).

Giải. Mỗi x 1, xét dãy đƣợc xác định bởi x1 = x, xn+1 = g(xn), trong đó
g(x) =

1
x 1
x 1
x 1
. Ta có x1= x, x2=
, x3 = - , x4 =
, x5 = x. Suy ra dãy xn
x 1
x
x 1
1 x

tuần hoàn với chu kỳ 4.
Bằng phép thay thế x lần lƣợt bằng x1, x2, x3, x4 ta đƣa (1) về hệ sau:
 x1 f ( x1 )  2 f ( x2 ) 1
 x f ( x )  2 f ( x ) 1

 2
2
3

 x3 f ( x3 )  2 f ( x4 ) 1
 x4 f ( x4 )  2 f ( x1 ) 1

Giải hệ trên với ẩn f(x1) ta đƣợc:
4 x12  x1 1
f(x1) =
, (x1  -1, 0, 1)
5 x1 ( x1 1)

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

1
2

Cho x = 1 từ (1) ta đƣợc f(1) + 2f(0) = 1

14


 4 x 2  x 1
nÕu x  0,1,  1

5
x
(
x


1
)


 f(x) =  1
nÕu x   1
2

a
nÕu x  0

nÕu x 1
1 2a

( a=f(0) )

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn điều kiện bài tốn.
Ví vụ 3. Giải phƣơng trình hàm:
f(x) + f (
Giải. Đặt g(x) =

x 1
) = 1 + x, với mọi x  0, 1.
x

x 1
, mỗi x  R \ {0, 1} xét dãy x1 = x, xn + 1 = g (xn),
x

nN*. Ta có: x1 = x, x2 =

x 1
1
, x3 = , x4 = x
x
x 1

 {xn} tuần hoàn với chu kỳ 3.
Thay thế x lần lƣợt bằng x1, x2, x3, ta đƣợc:
f ( x1 )  f ( x 2 ) 1 x1

f ( x 2 )  f ( x 3 ) 1 x 2
f ( x )  f ( x ) 1 x
1
3
 3

Giải hệ phƣơng trình trên với ẩn f(x1) ta đƣợc:
f(x1) =

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

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

1
1
1
(x + +
), x  0, 1.
2
x 1 x

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn yêu cầu bài toán.
Trong một số trƣờng hợp ta gặp phƣơng trình hàm dạng

15


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 đã biết, ta đặt
t = h(x) ( t =g(x) ) nếu phƣơng trình này cho biểu thức nghiệm đơn giản
chẳng hạn x = d(t) (Hoặc bằng kỷ thuật biến đổi nà đó) ta cố gắng đƣa
phƣơng trình trên về dạng quen thuộc
a1(t).f (t) +b1(t).f(g1(t)) = c1(t).
Bằng cách xét dãy nhƣ trên trong đó g1(t) đóng vai trị là g(x), nếu dãy nhận
đƣợc tuần hồn, áp dụng phƣơng pháp trình bày ở trên ta sẽ tìm đƣợc hàm
f(x)
Ví dụ 4. Cho hàm số f(x) thoả mãn điều kiện : f(

x 3

3 x
) + f(
) = x.
x 1
1 x

Với mọi x mà x  1 . Tìm tất cả các hàm f(x) nhƣ thế.
Giải. Đặt t =

x 3
3t
, ta có x=
. Khi đó phƣơng trình đã cho có thể viết lại
1 t
x 1

 t 3  3 t
 
thành: f(x) + f 
. Dễ thấy bài toán này có dạng quen thuộc vận
t

1
1

t



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

4t
1 t 2



1
.
2

Dễ dàng kiểm tra đƣợc hàm này thoả mãn điều kiện bài toán.
Chú ý: Nếu dãy xn xây dựng nhƣ trên tuần hồn với chu kỳ 2 thì phƣơng
trình hàm có thể giải bằng phƣơng pháp đặt ẩn phụ nhƣ trong 2.1.1.
Các phƣơng trình hàm sau đây có thể giải bằng phƣơng pháp đã nêu trên:
1. x f(x) + f(a - x) = c,

x.

4
4 x
2. f ( ) - 2f (
) = 2x ,
x
x
3. f (

x 1
) + x f(x) = x2 + 1 ,
x 1

 x  0.
 x  1.

16


2.1.3 PHƯƠNG PHÁP CHUYỂN QUA GIỚI HẠN.

Đối với một số phƣơng trình hàm có kèm theo giả thiết liên tục, trong
nhiều trƣờng hợp, bằng cách xây dựng một dãy số và sử dụng phƣơng pháp
chuyển qua giới hạn ta sẽ tìm đƣợc hàm f(x).
Sau đây tơi 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
f(x) + f  x   x , với mọi x  R.
3  6

Giải. Cố định x  R. Xét dãy x1 = x, xn + 1 = g (xn), n N*, ở đây g(x) =
Bằng quy nạp ta đƣợc xn =
vô hạn với x1 = x, q =
ta đƣợc

1
n 1

3

1
x.
3

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

1
, lim xn = 0. Thay thế x lần lƣợt bằng x1, x2 ,. . . ,xn-1
3

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2
x1  x2  x3  x4  ...  1 xn  1
6

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



  1 n  1 
 1    
1  1   3 
 = x1
=
1
3n  2  6 
1



3



n 1
1   1  

= x1 1   
8   3  

17


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

1
1
x1. Do x1 lấy tuỳ ý nên f(x) = x, x  R.
8
8

Thử lại ta thấy f(x) =

1
x thoả mãn điều kiện bài tốn.
8

Bài tốn tổng qt: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 tƣơng tự ta đƣợc f(x) =

cx
.
ab

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} khơng hội tụ. Trong trƣờng hợp này liệu có vận dụng đƣợc
phƣơng pháp trên khơng? Cách giải sau đây đòi hỏi một sự cải tiến về mặt
kỹ thuật biến đổi:
Thay x bằng

1 x
x
x
từ giả thiết ta đƣợc: f(x) = f   + .
3
3 3 9

Với mỗi x R, xét dãy x1 = x , xn + 1 = g (xn), trong đó g(x) =
Bằng quy nạp ta có: xn =
x1 = x, q =

x
3

n 1

x
.
3

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

1
và nlim

xn  0 .

3

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

1
x
f(x2) + 12
3
3

f(x2) =

1
x
f(x3) + 22
3
3

................

18


f(xn - 1) =
 f(x1) =

1

x
f(xn) + n21
3
3

1
x x
x
. f ( xn )  12  32  ...  nn1
3
3
3
3
n 1

  1  n 1 
1   
1
x1   9  
1
x1 
1
1 
= n 1 . f ( xn )  2 1  2  ...  2n  4  = n 1 . f ( xn )  2 
1 
3
3
3  3
3
 3

 1



9


n 1
1
1   1  
= n 1 . f ( xn )  x1 1    
3
8  9 

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

1
1
x1. Do x1 lấy tuỳ ý  f(x) = x.
8
8

Thử lại ta thấy hàm số vừa đƣợc thoả mãn điều kiện bài tốn.
Bài tốn tổng qt: 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 tƣơng tự
ta đƣợc f(x) =

cx
.

1  ab

Các bài tập sau đây có thể giải tƣơng 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 phƣơng 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 đã 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 đƣợc

19


xác định bởi u0 = x, un+1 = f(un), nN , ta đƣa về việc xét một dãy cho bởi hệ
aun  2  bun 1  cun  0
u1  d , u2  e

thức truy hồi 

nN*.

Khi đó khẳng định sau đây cho phép đi đến lời giải bài toán.
Nếu {un} đƣợc xác định bởi hệ thức truy hồi
aun  2  bun 1  cun  0

u1  d , u2  e

nN*

thì dãy {vn} đƣợc xác định bởi vn = (x1)n + (x2)n, v1 = d, v2 = e, trong đó
x1, x2 là nghiệm của phƣơng trình bậc hai ax2 + bx +c = 0 và ,  là nghiệm
của hệ phƣơng trình
x1  x2  d
 2
2
x1  x2  e

thoả mãn dãy truy hồi đƣợc xác định nhƣ 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 phƣơng trình ax2 +bx +c = 0.
Vậy a vn+2 +b vn+1 + c vn = 0, mặt khác theo cách xác định nhƣ trên thì v 1 =
d, v2 = e. Điều này kết thúc chứng minh của chúng ta.
Phƣơng trình ax2 +bx +c = 0 đƣợc gọi là phƣơng trình đặc trƣng của
dãy số đƣợc xác định nhƣ trên. Phƣơng trình này cho phép tìm đƣợc cơng
thức số hạng tổng qt của dãy số cho bằng hệ thức truy hồi trên. Chúng ta
sẽ vận dụng vào xét một số ví dụ.

20


Ví dụ 3. Gọi R+ là tập hợp các số thực dƣơng R+ = (0, + ). Tìm tất cả các
hàm số f : R+  R+ thỏa mãn phƣơng trình
f(f(x)) + f(x) = 1999.2000x, x  R+
Giải. Cố định x  R+ : Xét dãy 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

Phƣơng trình đặc trƣng là : y2 + y = 1999. 2000, phƣơng trình có hai
nghiệm: y1 = 1999, y2 = - 2000
Suy ra un = C1. (1999)n + C2. (- 2000)n.
-Nếu C2 > 0  un < 0 với n lẻ đủ lớn, điều này mâu thuẫn với giả
thiết un > 0.
-Tƣơng tự, nếu C2 < 0 cũng có un < 0 với n chẵn đủ lớn, mâu thuẫn.
Vậy C2 = 0. Từ đó un = C1.1999n, nên u0 = C1. 19990  C1 = x, vì u0 = x.
Suy ra f(x) = 1999x . Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm đƣợc thoả mãn
u cầu bài tốn.
Ví dụ 4. Cho a, b là hai số thực dƣơng. Chứng tỏ rằng tồn tại duy nhất một
hàm số xác định trên tập các số thực dƣơng, nhận giá trị trên tập các số thực
dƣơng và thoả mãn phƣơng trình sau với mọi x:
f(f(x)) + af(x) = b(a + b)x.
Giải. Cố định x  R+ và xét dãy {un} đƣợc xác định bởi:
u0 = x, un + 1 = f(un), n  N.
Khi đó từ giả thiết ta có:
Phƣơng trình đặc trƣng:

un + 2 + aun + 1 = b(a + b) un,

un > 0, n  N.

y2 + ay - b(a + b) = 0 có 2 nghiệm: y1 = b,

y2 = - (a +b). Từ đó un = C1. bn + C2 [- (a + b)]n

21

Tƣơng tự nhƣ trong ví dụ trên ta cũng có C2 = 0. Do đó un = C1. bn.
Cho n = 0  C1 = x. Vậy f(x) = bx.
Thử lại ta thấy hàm vừa tìm đƣợc thoả mãn yêu cầu bài tốn.
Bài tốn sau đây có thể giải bằng cách áp dụng phƣơng 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: + Phƣơng pháp chuyển qua giới hạn thì trong phƣơng trình hàm
thƣờng có thêm giả thiết f(x) liên tục.
+ Một cách tổng qt: Xét phƣơng 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 phƣơng pháp 2.2.
* Nếu {xn} hội tụ, ta nên sử dụng phƣơng pháp 2.3.
Trong đó dãy {xn} đƣợc xác định bởi: x1 = x, xn + 1 = g(xn)
+ Dấu hiệu sau đây cho biết dãy {xn} xây dựng nhƣ trên hội tụ:
Nếu g(x) khả vi liên tục trên đoạn [a, b] và g'(x)  q < 1, x  [a, b]
thì q trình lặp trên sẽ hội tụ.
2.1.4. ĐỐN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH NGHIỆM TÌM ĐƯỢC LÀ DUY NHẤT.

Cũng giống nhƣ cách giải phƣơng trình thơng thƣờng. Khi giải PTH ta
có thể đốn nhận các nghiệm của phƣơng trình hàm và chứng minh rằng
ngồi các nghiệm đó ra PTH khơng có nghiệm nào khác. Thông thƣờng 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 khơng?
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.

22

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 đƣợc: 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.
x 

x



x

Nếu x > y  1 thì f(x) = f  y  = f  f  f ( y )  = f(y) f   . (ii)
y

y 
 y
Do x > y 

x
x
> 1  f   > 1
y
 y

(ii)  f(x) > f(y) suy ra f(x) đồng biến trên [1, + ).
Giả sử x0 ; f(x0)  x0 ta xét các trƣờng hợp sau:
Trƣờng hợp 1: f(x0) > x0  f(f(x0)) > f(x0)  x0 > f(x0) vô lý
Trƣờng hợp 2: f(x0) < x0  f(f(x0)) < f(x0)  x0 < f(x0) vô lý
Vậy f(x) = x, x  R.
Ví dụ 2. Tìm hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện:
 f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y  R


 1  f x 
x  0, f    2
x
 x

 f (1)  1

Giải. Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phƣơng trình
Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình
thật vậy: Cho x = y = 0 ta đƣợc f(0) = 0.
Cho y = - x ta có 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)

23


1  f (1  x) f (1)  f ( x)
1  f ( x)

Xét f 

=
, x  1

2
2
2
1 x 

(1  x)

(1  x)

(i).

(1  x)







x
1 
1 
x 





Mặt khác f 
=
f(1)
+
f
=
1
+
f
=
  f 1 

1 x 
1

x


1 x 
 1 x 




 x 

=1+

=1+

1
f 
2
1 
 x = 1 + x
f   1
2
2
1  x   x 
 1 x 


 x 
x2

1  x 2

=1+

x2
1  x 2

f x 
x2
 f x 


 2  1 = 1 +
1  x 2 1  x 2
 x



Từ (i) và (ii) có

1  f x 

1  x 2

1 

f x 



x2

1  x 2 1  x 2

 1

 f    f 1 =
  x


(ii).
. Vậy f(x) = x, x  1, x  0.

Kết hợp với gỉa thiết f(1) = 1; f(0) = 0 ta có f(x) = x, x R.
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 phƣơng trình. Ta sẽ chứng minh f(x) =
x là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Trƣớc 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).
Ta tính f(t2 + f2(1)) theo hai cách:
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 có t2 + f(1 + t) = f(t) + f2(1) =
t2 + f2(1) nên f(t2 + f2(1)) = f(t2 + f(1 + t))

= 1 + t + f2(t) = 1 + t + t4

(iii)
24


Từ (ii) và (iii) suy ra 1 + t + t4 = 1 + t + 2t2 + t4. Vậy 2t2 = 0 tức là t =0 hay
f(0) = 0.
Đến đây ta suy ra f(f(x)) = x và f(x2) = f2(x).
Gọi y là một số thực bất kỳ, ta đặt z = f(y), suy ra y = f(z) và
f(x2 + y) = z + f2(x) = f(y) + f2(x).
Cho x > 0 tuỳ ý, chọn z sao cho x = z2, khi đó:
f(x + y) = f(z2 + y) = f(y) + f2(z) = f(x) + f(y).
Đặt y = - x ta nhận đƣợc 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).
Bây giờ, lấy 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.
Nếu y < x, đặt z = x - y thì:
f(z) = f(x - y)l = f(x) - f(y) = y - x =- z
Vậy cả hai trƣờng hợp trên cho ta: Nếu z > 0 thì f(z) = - z < 0. Bây giờ
ta chọn 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 phƣơng pháp trên để giải các phƣơng 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),

x  R.

 1  f (x)
iii) f    2 , x  R\ 0 .
x x

2. Tìm hàm số f: R  R thoả mãn ba tính chất sau;

25


a. f(1) = 1,
b. f(x + y) - f(x) - f(y) = 2xy, x, y  R
1
f ( x)

c. f    4 ,
 x

x

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. PHƯƠNG PHÁP ĐIỂM BẤT ĐỘNG.

Định nghĩa. xf đƣợc 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 =

b
.
1a

Ví dụ 2. f(x) = x. Mọi điểm đều là điểm bất động của f.
Ý tƣởng của phƣơng pháp này nhƣ sau: Bằng kỷ thuật biến đổi nào đó
ta đƣa phƣơng 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 đƣa vào ẩn phụ u = h(f(x)) để
chuyển phƣơng trình hàm về tìm u thoả mãn phƣơng trình f(u) = u, tức là
tìm điểm bất động của hàm f(u). Khi xác định đƣợc u ta sẽ tìm đƣợc nghiệm
của phƣơng trình hàm đã cho.
Ví dụ 3. Cho S = (-1, ). Tìm đƣợc tất cả các hàm số f: S  S thoả mãn 2
điều kiện:
a) f(x + f(y) + xf(x)) = y + f(x) + yf(x) với mọi x, y  S,
b)

f (x)
là hàm tăng với -1 < x < 0 và (0 < x < ).
x

Giải. Cho x = y từ (a) ta có:
f(x + f(x)) + xf(x) = x + f(x) + xf(x)
26