skkn toán học trung học phổ thông

BÁO CÁO SÁNG KIẾN VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸ THUẬT MỚI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MƠN TỐN I Điều kiện hồn cảnh tạo sáng kiến: Phương trình bất phương trình hàm nội dung Tốn học tổng hợp, bao gồm nhiều phân mơn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học Bài tốn phương trình hàm có mặt hầu hết kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán, nội dung quan trọng chương trình Tốn THPT chun đợt tập huấn đội tuyển học sinh giỏi Đối với học sinh chuyên Toán, bên cạnh việc rèn luyện lực tư độc lập cho học sinh việc tạo thói quen làm việc theo quy trình yếu tố tảng quan trọng đến tư sáng tạo Tuy nhiên quy trình có hồn cảnh khơng ứng dụng thành cơng, địi hỏi có thay đổi Trong việc giải Phương trình hàm khơng ngoại lệ Do q trình dạy học sinh chun Tốn bồi dưỡng đội tuyển, tác giả ln trăn trở tìm kiếm hướng có lợi cho học sinh Đây nguồn gốc q trình nghiên cứu hình thành sáng kiến việc sáng tạo số kỹ thuật giải Phương trình hàm II Mô tả giải pháp: Trong phần này, báo cáo trình bày nội dung sau: Mơ tả giải pháp trước tạo sáng kiến: - Nêu thực trạng việc làm tốn Phương trình hàm - Quan điểm đặc trưng hàm số - Tóm tắt phương pháp giải Phương trình hàm dựa đặc trưng hàm số Trang Mô tả giải pháp sau có sáng kiến: Trình bày ba kỹ thuật giải Phương trình hàm dựa sở nắm vững đặc trưng hàm số, làm rõ định hướng thơng qua phân tích hướng dẫn giải toán số đề thi Olympic Các kỹ thuật trình bày bao gồm: - Kỹ thuật khai thác tập giá trị, tập xác định hàm số - Kỹ thuật sử dụng đại lượng (biến, hàm) gia giảm - Kỹ thuật sử dụng tính tuần hồn hàm số *** MƠ TẢ GIẢI PHÁP TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN 1.1 – Thực trạng việc làm tốn Phương trình hàm Các tốn Phương trình hàm đa dạng nội dung hình thức nên khơng có thuật tốn rõ ràng cho chúng, suy luận chủ đạo loại toán “dự đốn đáp số”, thực q trình suy luận hai bước lớn “cần” “đủ” Trong trình tìm hiểu, đặc biệt sau giảng dạy chun đề Phương trình hàm cho học sinh chun Tốn bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tác giả nhận thấy: - Lời giải toán Phương trình hàm phụ thuộc phần nhiều vào việc phát đầy đủ nghiệm (hoặc số nghiệm riêng tốn) gắn với đặc trưng (tính chất) nghiệm hàm - Nhiều tốn đốn đáp số việc tính chất đặc trưng quan trọng để có lập luận chặt chẽ cho đáp số khó khăn Khó khăn nảy sinh tốn Phương trình hàm thuộc dạng vừa “thiếu” vừa “thừa” giả thiết: “Thiếu” thông thường đề cho ngắn gọn mệnh đề có chứa phương trình hàm, “thừa” sau số bước người giải kéo theo nhiều phương trình hàm hệ không liên kết chúng lại Một số nhận định nguồn gốc hình thành ý tưởng báo cáo Với mục đích khắc phục khó khăn nêu cho học sinh đội tuyển kỳ thi Học sinh giỏi, tác giả nghiên cứu theo hai hướng: Tìm cách mở rộng tính chất hàm toán theo hướng “bắc cầu; vết loang” dựa vào việc gia giảm số yếu tố liên quan; Khai thác tính chất đặc trưng “ít dùng, phổ biến” hàm số Bên cạnh việc hệ thống phương pháp có tính truyền thống để giải Phương trình hàm dựa vào đặc trưng hàm số, báo cáo bước đầu làm rõ ba kỹ thuật góp phần giải tốn Phương trình hàm khó Trang 1.2 – Quan điểm đặc trưng hàm số Trong phần ta làm rõ cách gọi “đặc trưng hàm số” Quan điểm 1: Đặc trưng hàm số tính chất gắn riêng, dạng hàm số có Ví dụ [7], tác giả Nguyễn Văn Mậu nêu đặc trưng số hàm sơ cấp nhằm mô tả tranh mang tính định hướng, gợi ý dự đốn cơng thức nghiệm tốn liên quan Chẳng hạn với hàm f  x   ax  b có tính chất đặc trưng x y f    f  x   f  y   , x, y   ; hàm f  x   ax có tính chất đặc trưng   tính chất cộng tính f  x  y   f  x   f  y  , x, y   , hàm f  x   a x  a  0, a  1 có đặc trưng f  x  y   f  x  f  y  , x, y   … Quan điểm 2: Mỗi hàm số cụ thể có nhiều mặt (thơng tin, thuộc tính) để phản ánh hàm số đó, bao gồm: Tập xác định, tập giá trị, tính chất chẵn lẻ, tính đơn điệu, thuộc loại ánh xạ nào, tính tuần hồn, tính liên tục, tính khả vi, tính khả tích, … Người ta gọi mặt đặc trưng hàm số Trong báo cáo tác giả sử dụng đồng thời hai quan điểm nêu lí sau đây: - Mỗi hàm số cần xác định mang thuộc tính chung lớp hàm mà thuộc vào có thuộc tính riêng biệt - Mỗi tốn Phương trình hàm cụ thể cho đáp số họ hàm số, cho đáp số hàm số cụ thể 1.3 – Tóm tắt phương pháp giải Phương trình hàm dựa đặc trưng hàm số Các đề mục phần phân chia dựa theo quan điểm “đặc trưng hàm số” theo ý đặc trưng tạo khâu suy luận then chốt đáp án, nhiên để nhận dạng suy đoán đáp số phải dựa quan điểm Trong phương pháp mà báo cáo hệ thống lại dẫn kiến thức (định nghĩa, tính chất) có liên quan mơ tả kỹ thuật giải thơng qua ví dụ Mặc dù phần tóm tắt giải pháp có coi phần tảng để tiếp cận sáng tạo kỹ thuật mục sau, tác giả cố gắng “tóm tắt” gọn đảm bảo đầy đủ kỹ thuật cốt lõi phương pháp Khi chưa nắm kỹ thuật khó nhìn nhận hiệu kỹ thuật tạo Trang Các phương pháp giải Phương trình hàm dựa đặc trưng hàm số bao gồm: - Phương pháp sử dụng ánh xạ - Phương pháp sử dụng tính đơn điệu - Phương pháp sử dụng tính liên tục - Phương pháp sử dụng tính khả vi - Phương pháp sử dụng điểm bất động 1.3.1 - Phương pháp sử dụng ánh xạ a) Kiến thức ánh xạ: Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X Y Nếu với phần tử x thuộc X, quy tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định y thuộc Y ta nói f ánh xạ từ X vào Y, kí hiệu f : X  Y Khi nói y  f  x  hay y ảnh x, x tạo ảnh y Đơn ánh: Ánh xạ f : X  Y gọi đơn ánh hai phần tử khác X có ảnh hai phần tử khác Y f : X  Y đơn ánh, x1, x2  X , f  x1   f  x2   x1  x2 Toàn ánh: Ánh xạ f : X  Y gọi toàn ánh phần tử Y có tạo ảnh X f : X  Y toàn ánh, y  Y , x  X , f  x   y Song ánh: Ánh xạ f : X  Y gọi song ánh vừa tồn ánh, vừa đơn ánh b) Phương pháp dấu hiệu sử dụng ánh xạ: Với mục đích chung khai thác có hiệu phép đặc biệt, phương pháp sử dụng ánh xạ tập trung hai kiểu suy luận chủ yếu là: + Khi có f đơn ánh, song ánh f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  + Khi có f tồn ánh, song ánh với b thuộc tập đích Y tồn số a thuộc tập nguồn X mà f  a   b Thơng thường suy luận để tính giá trị đặc biệt f   , f 1 , … Ở góc độ khác, có f toàn ánh u  f  x    v  f  x   cho phép ta đổi phương trình đơn giản u  t   v  t  Trang Dấu hiệu: Trong hầu hết toán phương trình hàm có biểu thức hàm hợp dạng f  f      vế phải có biến “tự do” nghĩ đến sử dụng ánh xạ suy luận c) Sử dụng đơn ánh: Ví dụ [Đề chọn đội tuyển HSG QG tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu, năm 2013-2014] Tìm tất hàm số f :    cho f  xy  f  x    f  x  yf  x    x, x, y   Lời giải: Giả sử hàm f :    thỏa mãn (1): f  xy  f  x    f  x  yf  x    x, x, y   Kí hiệu P  u; v  việc thay  x; y   u ; v  vào (1) + P  x;0   f  f  x    f  x   x, x Điều dẫn đến f đơn ánh Thật vậy, giả sử có f  a  f  b suy 2a  f  f  a   f  a  f  f  b   f b  2b nên a  b + P  x;1  f  x  f  x    f  x  f  x    x, x , P  x;  1  f   x  f  x    f  x  f  x    x , x Kết hợp hai điều suy f  x  f  x    f   x  f  x   , x , mà f đơn ánh nên xảy x  f  x    x  f  x  , x  f  x   x, x + Thử lại thấy f  x   x, x hàm thỏa mãn yêu cầu Ví dụ [VMO 2016] Tìm tất giá trị thực a để tồn hàm f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện: i) f 1  2016 , ii) f  x  y  f  y    f  x   ay ,  x, y   Lời giải: Xét trường hợp a  , ta chọn f  x   2016, x hàm thỏa mãn Trang Xét trường hợp a  : Giả sử hàm f :    thỏa mãn điều kiện i) ii) toán Ta kí hiệu P  u; v  việc thay  x; y   u ; v  vào ii) + P   f  x  ; x   f   f  x   x  f  x    f   f  x    ax  f  x   f   f  x    ax, x Từ suy f đơn ánh + P  x;0   f  x  f     f  x   x  f    x  f    (do f đơn ánh)  f x  f x   f x   f  x  + P  x;   f x   f   f x  a          a  a a a         f x f  x  f  x   f x   f x  f   f      f 0  x    0, x (*) a a a a       f  y  f  y   f  y  + P  x;   f   f x   f x  f  y a a a       f  x  y   f  x   f  y  , x, y (do (*)) Đặc biệt cho x  ta f   y    f  y  , y Khi ta có f  x  y   f  y   f  x  y  y   f  x   f  x   f  y   f  x  y  , x, y (**) Sử dụng (**) f 1  2016 ta quy nạp f  2016   2016 f 1  2016 + P  x; y   f  x   f  y   f  f  y    f  x   ay (do tính chất cộng tính)  f  y   f  f  y    ay , y Cho y = ta có phương trình 2016  20162  a  a  2016  2017 Ngược lại, a  2016  2017 ta thử tìm kiếm hàm f dạng hàm đa thức bậc nhất, cách cân hệ số ii) ta chọn f  x   2016 x, x Điều chứng tỏ a  2016  2017 tồn hàm f thỏa mãn đề Kết luận: a 0;2016  2017 Trang Ví dụ [IMO 2017] Tìm tất hàm số f :    cho f  f  x  f  y    f  x  y   f  xy  , x, y   Phân tích: Quan sát đề ta có số suy đốn, định hướng sau: - Tính toán giá trị đặc biệt, trường hợp đặc biệt ( f  0 ; f  x   c ) - Liên hệ đẳng thức  x  1 y  1  xy   x  y   … ta dự đoán phát hai đáp số f  x     x  1 - Bài tốn có dấu hiệu việc dùng ánh xạ, kết hợp đáp số dự đốn tính đối xứng, khơng có mặt biến tự bên ngồi kí hiệu hàm f dẫn đến ý tưởng dùng đơn ánh theo kiểu “Vi-et” Lời giải: Giả sử hàm f :    thỏa mãn (1): f  f  x  f  y    f  x  y   f  xy  , x, y   Kí hiệu P  u; v  việc thay  x; y   u ; v  vào (1) + P  0;   f  f     (2), điều chứng tỏ tồn x mà f  x0   + P  x;   f  f  x  f     f  x   f   , x (3) + Với x  , ta chọn y cho x  y  xy hay y  x P  x; y  thành x 1   x  f  f  x f     0, x  (4) x     Trường hợp 1: Nếu x0  mà f  x0   từ (3), cho x  x0 thu f  0  ; kết hợp với (3) suy f  x   với x Thử lại thấy hàm thỏa mãn yêu cầu Trường hợp 2: Nếu có f 1  , nghĩa là: f  x   x = + Từ (2) trường hợp xét có f   f       f   2   f     Ta cần xét khả f  0  1, khả ngược lại f  0  1 ta thay đổi hàm f hàm  f đề không thay đổi quy khả f  0  Vậy f  0  f 1  Trang + P  x;1   f  x  1  f  x  , x  f  x  n   f  x   n, x, n  + Ta có x = thỏa mãn f  x   (5) Thật vậy, giả sử có a  mà f  a   ta có f  a 1  f  a 1  11  , có giá trị thứ hai a  khác mà f  a1  0, mâu thuẫn với trường hợp xét + Chứng minh f đơn ánh: Xét f  x1   f  x2  , tồn N nguyên dương đủ lớn  x  y  x1  N    xy  x2  N mà  x1  N có nghiệm thực  x; y  ,  1   x  N   với N đủ lớn Ta chọn  x; y  nghiệm hệ P  x, y   f  f  x  f  y    f  x1  N  1  f  x  N   f  f  x  f  y    f  x1    N  1  f  x2   N  f  f  x  f  y    Dựa vào (5)  f  x   x   mà f  f  x  f  y     f  x  f  y      f  y    y  1  y  x1  N   x1  x2 Điều Chẳng hạn x  từ hệ xác định x, y có   y  x2  N chứng tỏ f  x  đơn ánh + Trở lại (3) với f  0  suy f  f  x    f  x   1, x Trong đẳng thức ta   đổi x thành f  x  f f  f  x   f  f  x   1,x Kết hợp hai đẳng thức phần ta    f f  f  x    f  x  , x  f  f  x    x, x     f  x    x, x   f  f  x    f  x   1, x  f  f  x    f  x   1, x + Thử lại thấy f  x    x, x thỏa mãn đề Từ nhận xét bước đầu trường hợp với khả f  0  1 ta thu kết f  x   x  1, x Kết luận: Có ba hàm số thỏa mãn f  x    x, x ; f  x  x 1,x; f  x   0, x Trang 10 d) Sử dụng toàn ánh: Ví dụ [IMO Shortlist 2002] Tìm tất hàm số f :    cho f  f  x   y   x  f  f  y   x  , x, y   Lời giải: Giả sử hàm f thỏa mãn (1): f  f  x   y   x  f  f  y   x  , x, y   Kí hiệu P  u; v  việc thay  x; y   u ; v  vào (1)   + P  x;  f  x    f  0  x  f f   f  x    x , x Chứng tỏ f toàn ánh: Thật vậy, với số thực b tùy ý chọn trước, ta đặt b  f  0  x thu f  a   b  a  f  f x  x      + f toàn ánh nên tồn c mà f  c   P  c; y   f  y   c  f  f  y   c   f  f  y   c    f  y   c   c ,  y Vì miền giá trị f  y   c  nên thay x  f  y   c có f  x   x  c, x + Thử lại có kết f  x   x  c, x Ví dụ [Bulgaria TST 2003] Tìm tất hàm số f :    cho f  x2  y  f  y   y   f  x   ,x, y  Lời giải: Giả sử hàm f thỏa mãn (1): f  x2  y  f  y   y   f  x   ,x, y  Kí hiệu P  u; v  việc thay  x; y   u ; v  vào (1)  + Xét đồng thời P  x; y  P  x; y  suy f  x 2    f  x  ,x Trang 11     + P  0; y   f y  f  y   y  f  0 , y , suy f tồn ánh Do tồn a   mà f  a   , có f  a   Sử dụng đồng thời P  0; a  0  2a   f  0  a    P  0; a ta suy  Lập luận chứng tỏ   f  0  0  2a   f    f  x  bị triệt tiêu điểm x =   + P  x;0  f x2   f  x   , x  f  x   0, x  (2) + P  0; x   f  x  f  x    x , x Khi (1) cịn viết thành (3): f  x  y  f  y    f  y  f  y    f  x  ,  x , y ; điều cho phép ta dự đoán f  x  có tính chất cộng tính + Với x tùy ý chọn trước, chọn  f  x  y 2 ta có P  x; y   f  x  y  f  y    2  x  y  f  y    y  f  y   x   f  x  với y  2 + Theo (3): ta thay m  x  0, n  y  f  y   (3) thành: f  m  n   f  m   f  n  , m  0, n  (4) + Trong (4) thay m  n thu f  m  f  m  0, m  , điều chứng tỏ f hàm số lẻ Từ suy f  m  n   f  m   f  n  , m, n (5) Bây ta f  x  tăng ngặt Thật vậy, với x  y x  y  , theo (2) có f  x  y   , theo (5) có f  x  f  x  y  y  f  x  y  f  y   f  y  f  y  , dấu xảy f  x  y   , mà f triệt tiêu điểm nên phải có x = y, điều không xảy Vậy x  y  f  x   f  y  Trang 12  f  z  x f  z   f  y   f  z  f  x  f  y  Do f  x  , f  z   nên thu f  y   f  y  , y  (2)  Ta chứng minh f  x  tăng (không nghiêm ngặt)  0;  (3) Thật vậy, giả sử có  x1  x2 mà f  x1   f  x2  Đặt y  có x1  y f  x1   x2  y f  x2   , x2  x1  , ta f  x1   f  x2  suy f  x1  y f  x1    f  x2  y f  x2   Theo (1) có điều tương đương f  x1  f  y   f  x2  f  y   f  x1   f  x2  , mâu thuẫn  Bây sử dụng (2) (3) ta chứng minh f hàm  0;  Thật vậy: Với hai số thực dương tùy ý a, b mà a  b - Theo (2) có f  a   f  2a   f  22 a    f  2n a  , n  * (4) - Do lim  n a    nên tồn số nguyên dương n mà a  b  n a Theo (3) ta có f  a   f  b   f  2n a  Kết hợp (4) suy f  a   f  b   Ta có f  x  hàm Đặt f  x   c  0, x  , thay vào (1) ta hàm f  x   2, x  Nhận xét: Với kĩ thuật giải ta chứng minh kết sau: Nếu hàm số f :  0;     0;   đơn điệu f  Ax   f  x  , x  (với A số khác 1 ) f hàm Một vấn đề đặt ta bỏ kiện “đơn điệu” kết sao? Vấn đề giải triệt để mục 2.3 sử dụng tính tuần hồn Ví dụ 33 Tồn hay không hàm số f :    bị chặn thỏa mãn điều kiện:      f 1  f  x    f  x    f    , x  x     x  Lời giải: Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu + Cho x = ta thu f    Trang 50 + Do f bị chặn nên có chặn tốt nhất, gọi giá trị c, ta có: f  x   c, x và: Với   (bé tùy ý chọn trước), tồn khoảng I   mà f  x   c  , x  I + Ta có  f    c Tồn y  mà f  y   c   c         f  y  c  y      f    y  2   1 f    f      y   y 1  Lại có c  f   y   y  1  1 f     f  y      c    4  y 2 c 3   c  c     c    , mâu thuẫn với c  4  + Vậy không tồn hàm thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 34 [Balkan TST 2017] Tìm tất hàm số f :  0;     0;   cho f  x  f  y  f  z   f  z  xyf  z   , x, y , z  Phân tích hướng giải: + Ta dự đoán kết toán hàm hằng, từ tìm đáp số f  x   3, x  Kết gợi ý ta đến việc f  z   f  y  , z, y  cách tìm mối quan hệ “giống hệt nhau” f  y  , f  z  với đại lượng thứ ba + Chọn x, y, z dương cho y  z  xyf  z  hay y  dương, chọn x mà 0 x f z y z Như với z  xf  z  z  xf  z  đẳng thức cho f  x  f  y  f  z   f  z  xyf  z   trở thành f  x  f  z   Trang 51  1  + Như vậy: Với y, z dương tùy ý, ta chọn x cho  x   ,  có đồng  f  y  f  z   thời đẳng thức f  x  f  z   f  x f  y   Kết hợp điều kiện f  x  0,x  suy f  y   f  z  , điều dẫn đến f hàm mong muốn Ví dụ 35 Tìm tất hàm số f :  0;1   thỏa mãn f  xy   f  x  xy  , x, y   0;1 Lời giải: Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu (1): f  xy   f  x  xy  , x, y   0;1  xy  a + Xét hệ phương trình  với ẩn x, y thuộc  0;1 x  xy  b  x  a  b  xy  a  xy  a    Ta có  a (với a, b dương), điều chứng tỏ y   x  xy  b  x  a  b  ab  xy  a với cặp số dương a, b thỏa mãn a  b  , tồn x, y   0;1 mà  Sử  x  xy  b dụng cặp  x; y  thay vào (1) cho ta kết f  a   f  b  + Với cặp số dương a, b tùy ý thuộc  0;1 , tồn số c thuộc  0;1 mà  a  c   f  a   f  c    f  a   f  b  Điều c  1  a;1  b ,  b  c  f b  f c       chứng tỏ f hàm  0;1 + Thử lại thấy hàm f tùy ý  0;1 thỏa mãn yêu cầu Trang 52 2.3 – Kỹ thuật sử dụng tính tuần hoàn Một số kiến thức bổ trợ hàm số tuần hoàn: Định nghĩa: Hàm số f  x  gọi tuần hoàn M tồn số T  mà với x  M x  T  M f  x  T   f  x  Số T gọi chu kì f Số T dương nhỏ thỏa mãn định nghĩa gọi chu kì sở f Định lí: Cho hàm số f  x  g  x  tuần hoàn M với chu kì a, b mà a   Khi hàm số f  x   g  x  , f  x  g  x  tuần hoàn b M Ví dụ 36 Tìm tất hàm số f :    cho (1): f  x   f  x  1  f  x    x  x  5, x   Phân tích hướng giải:  Quan sát hình thức tốn phân tích “bậc” (nếu ta xét tốn hạn chế lớp hàm đa thức), ta tìm nghiệm riêng tốn có dạng f  x   ax  bx  c , cách thay trực tiếp vào (1) cân hệ số có kết f  x   x  x   Đặt f  x   F  x   x  x  , (1) trở thành   : F  x   F  x  1  F  x    0, x Trong (2) thay x x  F  x  1  F  x    F  x  3  0, x Từ hai điều suy F  x   F  x  3 , x hay F  x  hàm tuần hồn với chu kì   Ta viết lại (2) thành F  x    F  x   F  x  1  F  x    , x , ta có biểu diễn (3): f  x   x  x    g  x   g  x  1  g  x    , x , với g hàm tuần hồn có chu kì   Thử lại thấy (3) thỏa mãn yêu cầu Trang 53 Ví dụ 37 Cho A số thực Tìm tất hàm số f :    cho (1): f  Ax   f  x  , x Phân tích hướng giải:  Trước hết ta xét trường hợp đặc biệt A : + Nếu A  f  x   f   , x hay f hàm  + Nếu A  f hàm tùy ý  nghiệm hàm thỏa mãn + Nếu A  1 f hàm chẵn tùy ý  nghiệm hàm thỏa mãn  Xét trường hợp: A  A  + Cho x  vào (1) f    f   , Vậy đặt f    c số tùy ý + Với x  , đặt x  Au (1) thành f  Au 1   f  Au  , u Lại đặt h  u   f  Au  h  u  1  h  u  , u , điều có nghĩa h hàm tuần hồn chu kì f  x   h  log A x  , x   Khi có + Với x  , đặt x   Au (1) thành f   Au 1   f   Au  , u Lại đặt k  u   f   Au  k  u  1  k  u  , u , điều có nghĩa k hàm tuần hồn chu kì f  x   k  log A   x   , x   Khi có h  log A x  x   Vậy f  x   c x  , h  x  , k  x  hàm tuần hoàn  k  log A x  x  tùy ý  với chu kì 1, c số thực tùy ý Dễ dàng thử lại thấy hàm f  x  xác định thỏa mãn yêu cầu  Xét trường hợp: A  A  1  f  A2 x   f  x  , x  Ta có (1): f  Ax   f  x  , x   f x   f Ax  f x  ,  x         2 Trang 54 Thấy A2  0, A2  nên theo trường hợp có kết f  x    h  x   h  Ax   , x , hàm h x xác định h1 log x x  A  h  x   c x  với c số thực tùy ý, h1  x  h2  x  hàm  h2 log A2 x x  tuần hồn tùy ý  với chu kì     Ví dụ 38 Tìm tất hàm số f :    cho (1): f  x    f  x    f  x   0, x Phân tích hướng giải:  Ta nhìn nhận tốn phương trình hàm theo góc độ tốn dãy số, xét đến “phương trình đặc trưng”   5      2;   Điều gợi ý cho ta hai biến đổi cho (1) bước sau  1  f  x    f  x     f  x    f  x   , x hay (2): g1  x    3g1  x  , x , kí hiệu g1  x   f  x    f  x  Đặt g1  x     x h1  x    thành   x2 h1  x      x h1  x  , x hay h1  x    h1  x  , x Điều có nghĩa là: h1  x  hàm tuần hồn chu kì  Vậy ta có f  x    f  x   3x h1  x  , x (3) Chú ý: Việc tìm đặt g1  x     x h1  x  sau: - Để giải (2), ta khử hệ số vế phải dẫn đến hàm tuần hồn chu kì 2, mục đích cách đặt - Hình thức (2) gợi ý cho ta nghĩ đến việc g1  x  đóng vai trị hàm chuyển đổi từ phép toán cộng sang phép toán nhân, theo ý g1  x    g1   g1  x  , hàm hàm số mũ dạng g1  x   A x Ta cần đảm bảo việc g1    nên có A2  chọn A  Vậy đến phép đặt g1  x     x h1  x  Trang 55  Lại có 1  f  x    f  x     f  x    f  x   , x hay (4): g  x    g  x  , x , kí hiệu g  x   f  x    f  x  Giải đối (4) với thu kết (5): f  x    f  x   x h2  x  , x với h2  x  hàm tuần hồn chu kì   Kết hợp (3) (5) ta có f  x   3x h1  x   x h2  x  , x Thử lại thấy hàm dạng thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ 39 [Việt Nam TST, 1993-1994] Tìm tất hàm số f :    cho    (1): f x  f x    f  x    , x Phân tích hướng giải: + Trong (1) cho x = f    f   , ta suy đoán f    c : số thực tùy ý + Trong (1) ta thay x f  x thu (2): 2   x  f     1  1 x   f  x  , x   Trường hợp 1: x  , ta đặt x   u  hay u  log1 x   (2) trở u 1   f   u 1   f   u  , u Đặt tiếp f              u f     g  u  hay f  x   g log1 x , x  (2) trở thành:   g  u  1  g  u  1  g  u  , u thành            g  u  1  g  u   g  u   g  u  1 , u  h1  u  1  h1  u  , u (với h1  u   f  u  1  f  u  )  h1  u  hàm tuần hồn với chu kì  Trang 56 Khi g  u  1  g  u   h1  u   h1  u   u.h1  u  1  u.h1  u  (do h1  u  1  h1  u  )   u  1.h1  u  1  u.h1  u  , suy kết g  u  1   u  1 h1  u  1  g  u   uh1  u  , u Đặt k1  u   g  u   uh1  u  k1  u  1  k1  u  , u hay k1  u  hàm tuần hồn chu kì  Vậy ta có g  u   k1  u   uh1  u  với u Khi  có kết f  x   g log1      x  log1 x.h1 log1 x  k1 log1 x với x >   Trường hợp 2: x  , ta đặt x    f  x   log1   u   x h2 log1 x  k2 log1    giải tương tự thu kết  x với x <  log x.h1 log1 x  k1 log1 x x   1 + Kết luận: f  x   c x  , c  log1 x h2 log1 x  k2 log1 x x  số thực tùy ý, h1  x  , h2  x  , k1  x  , k2  x  hàm số tuần hoàn tùy ý  với chu kì     Ví dụ 40 Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đồng thời điều kiện:   i) f  x   ln   sin x   1, x  0;   2   ii) f  x    f  x   8, x   2  Hướng giải: Trong tốn này, hàm f chưa tuần hoàn, nhiên   quan sát thấy kiện i) cho thấy f xác định 0;  nên dựa vào ii) tính  2 chất “tựa tuần hoàn” để thác triển hàm f toàn trục số Trang 57    ii) viết lại thành f  x      f  x    , x , quy nạp đến 2  n   n kết (1): f  x      f  x    , x, n     n n n    Xét f  x   với n  * : Đặt x1  x  hay x  x1  , sử dụng (1) 2   thu f  x1    3 n  f  x   4 Vậy n   n f x     f  x    , x, n        2x    Với x   , tồn   0;  mà x      , đó:  2  2x  2x     2x      f  x   f        3    f        3    ln   sin 4   3     2  Hay f  x   2x      ln   sin x   3  , với x Thử lại thấy thỏa mãn Ví dụ 41 Cho hàm số f  x  liên tục  thỏa mãn điều kiện: với x   , giá trị tổng f  x   f  x  1009  số hữu tỉ giá trị tổng f  x  10   f  x  20   f  x  2018 số vô tỉ Chứng minh f  x  hàm tuần hoàn Hướng dẫn giải: Bổ đề: Nếu F  x  liên tục  nhận giá trị vô tỉ F  x  hàm Chứng minh bổ đề: Giả sử F  x  không hàm hằng, nghĩa tồn a  b mà F  a  , F  b  hai giá trị vơ tỉ phân biệt Do tính trù mật tập hợp số hữu tỉ tập số thực mà tồn giá trị hữu tỉ c nằm hai số F  a  , F  b  Mặt khác theo định lí giá trị trung gian, hàm F  x  liên tục đoạn  a; b  nên tồn x0   a; b  mà F  x0   c Điều dẫn đến mâu thuẫn c  F  x0  số vô tỉ Áp dụng vào ví dụ: + Từ giả thiết Trang 58 x  , f  x   f  x  1009     f  x  10   f  x  20   f  x  2018   \  dẫn đến F1  x   f  x   f  x  1009  f  x  10  f  x  20  f  x  2018   \ , x  F x  f x  f x  1009  f x  10  f x  20  f x  2018   \  ,  x              Suy f  x   f  x  1009   F1  x   F2  x  , x + Vì f  x  liên tục  nên F1  x  , F2  x  liên tục  , theo bổ đề có F1  x  , F2  x  hàm hằng, dẫn đến f  x   f  x  1009   a, x (a số) Khi f  x   f  x  1009   a  f  x  1009   f  x  1009  1009  , x  f  x   f  x  2018 , x  f  x  hàm số tuần hoàn 2.4 Một số tập luyện tập (Hệ thống qua số kì thi Olympic Toán) Bài [Mở rộng IMO 1992] Xét n số nguyên lớn Tìm tất hàm   n số f :    thỏa mãn điều kiện f x n  f  y   y   f  x   , x, y Bài [AMM E984] Tìm tất hàm số f :   thỏa mãn f  f  x    x  2, x   Bài Xác định tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f      f x   f  y     f  x  y   , x, y Bài Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  x  8  f  x    f  x   0, x   Bài [Croatia TST 2016] Tìm tất hàm số f :    cho f  x   xf  y   f  x  f  x  f  y   , x, y   Bài [IMO Shortlist 2009] Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  x f  x  y    f  y f  x    x , x, y Trang 59 Bài [Greece TST 2010] Tìm tất hàm số f :  \ 0   \ 0 thỏa mãn  f  x  f   f  f  x   , x, y  hàm f đơn điệu  0;  f y     y Bài [Indian IMO Training Camp 2016] Tìm tất hàm số f :    thỏa   mãn điều kiện f x  x  f  y    x f  x  y  , x, y   Bài [Indian TST 2013] Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn f  x  xy   f  x  1  f  y   , x, y   Bài 10 [Albania TST 2012] Xét hàm số f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện x  0, y  : f  x  f  y    y f 1  xy  1) Chứng minh  y  1  f  y   1  0, y  2) Tìm tất hàm f thỏa mãn yêu cầu đề Bài 11 [APMO 2002] Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đồng thời: i) ii) f  x  y   x f  x   f  f  y   , x, y , Tập hợp  x   | f  x   0 tập hữu hạn Bài 12 [Italy TST 2002] Tìm tất hàm số f :     thỏa mãn đồng thơi: i) ii) f  x  f  y    f  x  f  y  , x, y  , Tập hợp  x    | f  x   1 có hữu hạn phần tử Bài 13 Tìm tất hàm f :  0;1   cho f  xyz   xf  x   yf  y   zf  z  , x, y , z   0;1 Bài 14 Tìm hàm số f :     mà f  x  f  xy    x f 1  f  y   , x, y  Bài 15 [Bulgarian MO 2006] Cho f :     thỏa mãn điều kiện f  x  y   f  x  y   f  x  f  y  với x  y  Chứng minh f  x   f  x  , x  Trang 60 III Hiệu sáng kiến mang lại: Hiệu mặt kinh tế: - Nội dung trình bày sáng kiến tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh chuyên Tốn khối 10, 11; nội dung dùng cho học sinh cấp trung học sở u thích mơn Tốn muốn tìm hiểu sâu Phương trình hàm; tài liệu dùng tập huấn học sinh giỏi thuộc đội tuyển Toán dự thi Quốc gia, chọn đội thi Quốc tế - Các tốn ý tưởng trình bày sáng kiến tài liệu tham khảo bổ sung thêm cho thầy giáo nội dung Phương trình hàm; mở rộng số ý tưởng tốn Giải tích Với việc tổng hợp ý tưởng theo hệ thống sáng kiến trình bày, tác giả mong muốn giải pháp sử dụng rộng rãi, cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chuyên Toán đội tuyển HSG Toán Hiệu mặt xã hội: Tuy khó để đạt hệ thống đầy đủ vấn đề Phương trình hàm, song sáng kiến phân dạng định hướng tiếp cận cho người làm tốn loại tốn Phương trình hàm, đồng thời ba kỹ thuật kết trình giảng dạy tự bồi dưỡng tác giả Trong trình giảng dạy lớp chuyên Toán bồi dưỡng HSG Quốc gia, HSG tham gia chọn đội tuyển dự thi Quốc tế, HSG khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ nhiều thi HSG Toán khác, tác giả triển khai nội dung sáng kiến tới em học sinh thu kết tốt với đội tuyển Một số kết năm học 2016-2017: Kỳ thi HSG Quốc gia: Nhì, Ba; có học sinh thi chọn đội Quốc tế Kỳ thi Quốc tế Toán học thành phố ITOT-38th: Nhất, Ba Kỳ thi HSG Hà Nội mở rộng HOMC-4th: HC Vàng, HC Bạc, HC Đồng Kỳ thi HSG DHĐBBB: HC Vàng, HC Đồng Một số kết năm học 2017-2018: Kỳ thi HSG Quốc gia: Nhì, Ba, Khuyến khích; có học sinh thi chọn đội Quốc tế Trang 61 Kỳ thi HSG DH ĐBBB khối 10, 11: HC Vàng, HC Bạc, HC Đồng Kỳ thi Olympic chuyên KHTN: HC Vàng, HC Bạc, HC Đồng IV Cam kết không chép vi phạm quyền: Tơi xin cam kết kết trình bày sáng kiến nghiên cứu qua q trình dạy lớp chun Tốn bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ, học sinh giỏi Quốc gia chọn đội tuyển dự thi Tốn Quốc tế Tơi không chép vi phạm quyền tác giả Nam Định, tháng năm 2018 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN: Phạm Bắc Phú CƠ QUAN, ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………… Trang 62 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) … … … … … … … … … … … … Trang 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bộ Giáo dục Đào tạo Chương trình chuyên sâu THPT chun, mơn Tốn Hà Nội – 2009 [2] Đồn Quỳnh (chủ biên) Tài liệu chun Tốn Giải tích 12 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [3] Đoàn Quỳnh (chủ biên) Tài liệu chun Tốn Bài tập Giải tích 12 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [4] Đoàn Quỳnh (chủ biên) Tài liệu chuyên Toán Đại số 10 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [5] Đoàn Quỳnh (chủ biên) Tài liệu chuyên Toán Bài tập Đại số 10 NXB Giáo dục Việt Nam, năm 2012 [6] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phị Chun khảo Phương trình hàm NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2013 [7] Nguyễn Văn Mậu Tủ sách chun Tốn cấp III Phương trình hàm NXB Giáo dục, năm 1997 [8] Nguyễn Trọng Tuấn Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic NXB Giáo dục, năm 2008 [9] Titu Andreescu, Rawzvan Gelca Mathematical Olympiad Challenges Birkhäuser Boston, a part of Springer Science, Second Edition 2009 [10] Titu Andresscu, Iurie Boreico, Functional Equations Electronic Edition 2007 [11] Christopher G Small, Functional Equations and How to Solve Them Springer Science, 2007 [12] Các trang, diễn đàn từ Internet: www.mathvn.com, www.vnmath.com, http://boxmath.vn, http://diendantoanhoc.net, http://dethi.violet.vn, http://www.artofproblemsolving.com … Các đề thi HSG Toán quốc gia, đề thi đề nghị HSG khu vực Duyên hải Đồng Bắc Bộ, thi chọn đội tuyển tỉnh; IMO Shortlist, … Các tạp chí: Tốn học tuổi trẻ; Pi; Mathematical Excalibur; Mathematical Reflections, Trang 64 ... hàm cho học sinh chuyên Toán bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tác giả nhận thấy: - Lời giải tốn Phương trình hàm phụ thuộc phần nhiều vào việc phát đầy đủ nghiệm (hoặc số nghiệm riêng toán) gắn... 1.1 – Thực trạng việc làm toán Phương trình hàm Các tốn Phương trình hàm đa dạng nội dung hình thức nên khơng có thuật toán rõ ràng cho chúng, suy luận chủ đạo loại toán “dự đoán đáp số”, thực... định nguồn gốc hình thành ý tưởng báo cáo Với mục đích khắc phục khó khăn nêu cho học sinh đội tuyển kỳ thi Học sinh giỏi, tác giả nghiên cứu theo hai hướng: Tìm cách mở rộng tính chất hàm tốn