Skkn toán học thpt (3)

3 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Những bài toán phương trình hàm ngày nay đã trở nên rất phổ biến đối với các bạn học sinh yêu Toán vì chúng đã xuất hiện thường xuyên trong[.]

3 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Những tốn phương trình hàm ngày trở nên phổ biến bạn học sinh u Tốn chúng xuất thường xuyên đề thi học sinh giỏi cấp cüng kì thi chọn đội tuyển quốc gia, VMO hay kì thi khu vực quốc tế mà ta biết đến Đặc biệt, lớp dạng phương trình hàm, dạng phương trình hàm tập rời rạc mảng học sinh ý tới độ khó chưa tiếp xúc nhiều đồng thời việc sử dụng kï thuật xử lý phương trình hàm cịn phải sử dụng tính chất số học đặc sắc cûa tập rời rạc là: tính chia hết, tính chất cûa số nguyên tố, cûa số phương, Trong sáng kiến đề cập tới số phương pháp giải tốn phương trình hàm tập rời rạc số tốn phương trình hàm khác hay khó với lời giâi vơ đặc sắc nhằm giúp bạn đọc có nhiều cách nhìn khác mảng toán đồng thời cüng chuẩn bị cho kì học sinh giỏi, olympic II MƠ TẢ GIẢI PHÁP: Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến: Những tốn phương trình hàm ngày trở nên phổ biến bạn học sinh u Tốn chúng xuất thường xuyên đề thi học sinh giỏi cấp cüng kì thi chọn đội tuyển quốc gia, VMO hay kì thi khu vực quốc tế mà ta biết đến Đặc biệt, lớp dạng phương trình hàm, dạng phương trình hàm tập rời rạc mảng học sinh ý tới độ khó chưa tiếp xúc nhiều đồng thời việc sử dụng kï thuật xử lý phương trình hàm bân cịn phải sử dụng tính chất số học đặc sắc cûa tập rời rạc là: tính chia hết, tính chất cûa số nguyên tố, cûa số phương, Các em học sinh bậc Trung học phổ thơng thường gặp số khó khăn tiếp cận khái niệm liên quan phương trình hàm tập rời rạc , đặc biệt kỹ ứng dụng nguyên lý tổ hợp (nguyên lý cực hạn, nguyên lý thứ tự tốt, …) vào việc làm tập Những học sinh bắt đầu làm quen với phương trình hàm chưa hiểu tường tận tư tưởng phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt khâu vận dụng kiến thức vào giải tốn tình khác Để hiểu vận dụng tốt lý thuyết phương trình hàm tập rời rạc vận dụng kiến thức vào giải tốn thơng thường học sinh phải có kiến thức tảng tương đối đầy đủ chắn đại số, số học, tổ hợp Đó khó khăn lớn giáo viên học sinh giảng dạy học tập phần phương trình hàm tập rời rạc Đề tài “Một số ứng dụng giải phương trình hàm tập rời rạc” chọn để giới thiệu với thầy cô giáo em học sinh kinh nghiệm giảng dạy chủ đề “Phương trình hàm” chương trình THPT chuyên, đồng thời thông qua đề tài muốn nhấn mạnh tầm quan trọng kiến thức phân môn khác áp dụng để giải phương trình hàm tập rời rạc số tốn khác xuất kì thi Quốc tế, khu vực Olympic quốc gia số nước Mơ tả giải pháp sau có sáng kiến: Thông qua đề tài “Một số ứng dụng giải phương trình hàm tập rời rạc” chúng tơi mong muốn nhận góp ý trao đổi bạn đồng nghiệp, bậc cha mẹ học sinh em học sinh Chúng mong muốn đề tài góp phần nhỏ để việc dạy chuyên đề “Phương trình hàm” hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng kiến thức số học, tổ hợp, … vào giải tốn phương trình hàm tập rời rạc cách tốt A CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: Ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, song ánh 1.1 Ánh xạ Định nghĩa: Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với (và một) phần tử Y Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f(x) (i) Tập X gọi tập xác định f Tập hợp Y gọi tập giá trị f (ii) Ánh xạ f từ X đến Y kí hiệu f : X  Y x  y  f  x (iii) Khi X Y tập số thực, ánh xạ f gọi hàm số xác định X (iv) Cho a  X , y  Y Nếu f  a   y ta nói y ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f   (v) Tập hợp Y  y  Y x  X , y  f  x  gọi tập ảnh f Nói cách khác, tập ảnh f  X  tập hợp tất phẩn tử Y mà có nghịch ảnh 1.2 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh a Định nghĩa Ánh xạ f : X  Y gọi đơn ánh với a  X , b  X mà a  b f  a   f  b  , tức hai phần tử phân biệt có hai ảnh phân biệt Từ định nghĩa ta suy ánh xạ f đơn ánh với a  X , b  X mà f  a   f  b  , ta phải có a  b b Định nghĩa Ánh xạ f : X  Y gọi toàn ánh với phần tử y  Y tồn phần tử x  X cho y  f  x  Như f toàn ánh Y  f  X  c Định nghĩa Ánh xạ f : X  Y gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh Như ánh xạ f : X  Y song ánh với y  Y , tồn phần tử x  X để y  f  x  1.3 Ánh xạ ngược song ánh a Định nghĩa Ánh xạ ngược f, kí hiệu f 1 , ánh xạ từ Y đến X gán cho phần tử y  Y phần tử x  X cho y  f  x  Như f 1  x   y  f  x   y b Chú ý Nếu f khơng phải song ánh ta khơng thể định nghĩa ánh xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh 1.4 Ánh xạ hợp Định nghĩa Nếu g : A  B f : B  C g  A   B ánh xạ hợp f  g : A  C xác định  f  g  a   f  g  a   Kí hiệu p n  p  p   p  n Dãy truy hồi tuyến tính 2.1 Dãy truy hồi tuyến tính cấp với hệ số 2.1.1 Dạng tổng quát: u n1  au n  b, n   , a, b   2.1.2 Cơng thức: +) Nếu a  dãy  un  cấp số cộng +) Nếu a  un  Aa n  B với A, B   2.2 Dãy truy hồi tuyến tính cấp với hệ số 2.2.1 Dạng tổng quát: un   aun 1  bun , n  , a, b   2.2.2 Cơng thức: Xét phương trình đặc trưng: λ2  aλ  b  (1) - Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt λ1 , λ tồn A, B   cho un  Aλn1  Bλn2 , n   - Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ tồn A, B   cho un   A  B  λn , n   - Nếu phương trình (1) có phức λ  x  iy ta đặt r  λ  x  y tan φ  y  π π , φ   ;  x  2 Khi λ  r  cos φ  i sin φ  un  r n  A cos  nφ   B sin  nφ   , n  , A, B   2.3 Dãy truy hồi cấp dạng un1  f  un , n  Phương pháp:  φ  un   f  φ  u n   Biến đổi để đưa dạng  φ  un   f  φ  un  , n  Đặt  φ  un  Khi ta dãy truy hồi theo đơn giản 2.4 Dãy truy hồi cấp dạng un2  f  un , un1 , n  Phương pháp: φ  un   φ  un1   f  φ  un  , φ  un 1   Biến đổi để đưa dạng  φ  un   φ  un1   f  φ  un  , φ  un 1  , n  Đặt  φ  un  Khi ta dãy truy hồi theo đơn giản Các nguyên lý: 3.1 Nguyên lý quy nạp 3.2 Nguyên lý thứ tự tốt 3.3 Nguyên lý cực hạn Các tính chất số học  Nếu xuất biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, nghĩ đến tốn liên quan đến cấp phần tử, phương trình đặc biệt phương trình Pell hay phương trình Pythagore, … hay đưa việc xử lý phương trình vô định nghiệm nguyên  Nếu hàm số cho hàm nhân tính, ta thường hay xét đến giá trị hàm số điểm số nguyên tố dãy vô hạn số nguyên tố  Sử dụng đẳng thức bất đẳng thức số học  Và đặc biệt nhất, số toán, hệ số đếm dùng để xây dựng nhiều dãy số có tính chất số học thú vị Trong hệ số 10 khó nhận quy luật dãy, chọn hệ số phù hợp tốn giải đơn giản nhiều Nếu g  2, g   , với g số đếm, số nguyên dương M biểu diễn dạng: M  a1a2 an g  a1 g n1  a2 g n2   an1 g  an ,  a1  g  1;   g  1, i  2, n Cơ số đếm mà hay sử dụng tốn phương trình hàm tập rời rạc B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC  ,  ,  I Sử dụng nguyên lý quy nạp Phương pháp quy nạp khơng xa lạ mơn tốn, công cụ thực hiệu để giải toán xác định tập số nguyên (tất nhiên có quy nạp tập số thực, quy nạp hình học, ta xét đến dạng quen thuộc phương pháp quy nạp mà thôi) Điều quan trọng việc thiết lập giá trị hàm số điểm lớn điểm biết giá trị hàm số (theo giả thiết quy nạp), cụ thể ta cần để ý đến đẳng thức truy hồi biết Ta xét số tập áp dụng 1.1 Bài 1.1 Tìm tất hàm số f : *  * thoả mãn đồng thời điều kiện: i) f    ii) f  mn   f  m  f  n  , m, n  * iii) f  m   f  n  , m, n  * , m  n Hướng dẫn: Giả sử f : *  * hàm số thoả mãn điều kiện toán Trong (ii), cho m  n  ta f 1   f 1   f 1  , (do f 1  * ) Ta có  f    f  3  f    f   f     f    Và  f    f  5  f    f   f  3   f    Ta chứng minh f  n   n, n   * (*) Thật +) Với n  ta có f 1  Do (*) với n  +) Giả sử (*) đến n  k  , tức f  k   k +) Xét n  k   Nếu k lẻ k  chẵn ta có k 1  k 1  k 1 f  k  1  f   k 1   f  2 f    2      Nếu k chẵn k  chẵn k2  k 2 k 2 Khi f  k    f  k2   f   f    2     Mà k  f  k   f  k  1  f  k    k   f  k  1  k  Do (*) với n  k  Theo nguyên lý quy nạp ta có f  n   n, n   * Thử lại, ta có hàm f  n   n, n  * thoả mãn đề Vậy tất hàm cần tìm f  n   n, n  * Nhận xét 1.1 Các điều kiện nêu toán chặt sử dụng cách tối đa vào phương pháp quy nạp toán học để giải Tuy nhiên, cần làm "yếu" điều kiện việc giải tốn bắt đầu khó khăn, đòi hỏi số kỹ thuật khác Ta xét tốn sau 1.2 Bài 1.2 Tìm tất hàm số f : *  * thoả mãn đồng thời điều kiện: i) f    ii) f  mn   f  m  f  n  , m, n  * , UCLN  a , b   iii) f  m   f  n  , m, n  * , m  n Hướng dẫn: Giả sử f : *  * hàm số thoả mãn điều kiện toán Trong (ii), cho m  n  ta f 1   f 1   f 1  , (do f 1  * ) Ta có f  3 f  5  f 15  f 18  f   f    f   f 10   f   f   f    f  3  f   f    Mà  f    f  3  nên suy f  3  Khi ta có  f  3  f    f    f    f   f  3   f    4, f    Và  f    f    f  8  f    f 10   f   f    10 Suy f    7, f    8, f    Do f  n   n, n  * , n  10 Ta chứng minh f  n   n, n  * (*) +) Ta có (*) với n  * , n  10 +) Giả sử (*) đến n  k  10 +) Xét n  k   Nếu n chẵn, ta xét trường hợp:  Nếu n  2  2m  1 ,  , m  * f  n   f  2  2m  1   f  2  f  2m  1  2  2m  1  n  Nếu n  2 ,   * ,   f  n    f  2    f  2 1  1  f   f  2 1  1   2 1  1  n  Mà n   f  n  1  f  n   f  n  1  f  n  2  n  nên f  n   n, f  n  1  n   Nếu n lẻ n  số chẵn Ta xét hai trường hợp  Nếu n   2  2m  1 ,  , m  * f  n  1  f  2  2m  1   f  2  f  m  1  2  2m  1  n  Mà n   f  n  1  f  n   f  n  1  n  nên f  n   n  Nếu n   2 ,   * ,   f   n  1  2  f  2  2  f 2 2 1  1  f  2 f  2 1  1  2 2 1  1   n  1   n  Mà n   f  n  1  f  n   f  n  1  f  n    f  n  3  n  nên suy f  n   n, f  n  1  n  1, f  n    n  Do (*) với n  k  Theo nguyên lý quy nạp ta suy f  n   n, n   * Thử lại ta thấy hàm f  n   n, n   * thoả mãn điều kiện toán Vậy tất hàm số cần tìm f  n   n, n  * Nhận xét 1.2 Khi điều kiện (b) làm yếu so với điều kiện tốn 1.1 điểm mấu chốt chứng minh f  3  Nếu thay đổi điều kiện (i) tốn 1.1 xảy trường hợp tốn khơng có nghiệm Ta xét 1.3 1.3 Bài 1.3 Tìm tất hàm số f : *  * thoả mãn đồng thời điều kiện: i) f    ii) f  mn   f  m  f  n  , m, n  * iii) f  m   f  n  , m, n  * , m  n Hướng dẫn: Giả sử f : *  * hàm số thoả mãn điều kiện toán Đặt f  3  a Ta có 27   f     f  23   f  32    f  3   a  a      Lại có a3   f  3   f 33  f 25  35  243  343  73  a  Mà a  * nên suy a  hay f  3  Mặt khác 256  243  f  256   f  243 f  256   f  28    f     6561 ; f  243  f  35    f  3   7776 , tức f  256   f  243 Điều mâu thuẫn Vậy không tồn hàm số thoả mãn đề 1.4 Bài 1.4 Tìm tất hàm số f : *  * thoả mãn đồng thời điều kiện: i) f 1  ii) f  m  n   f  m   f  n   mn, m, n   * Hướng dẫn: Giả sử f : *  * hàm số thoả mãn điều kiện i) ii) Trong (ii), cho m  ta f  n  1  f  n   f 1  n, n  *  f  n  1  f  n    n, n  *  f  n   f  n  1  n, n   * , n  (*) 10 +) Với n  , từ (i) ta có f 1   11  1 +) Với n  , từ (*) ta có f    f 1      1 +) Với n  , từ (*) ta có f  3  f        1 *)Ta chứng minh quy nạp f  n   n  n  1 , n  * (1) +) Với n  (1) +) Giả sử f  n   n  n  1 +) Khi ta có f  n  1  f  n   n   n  n  1  n  1 n     n  1  2 Do (1) với n  Theo nguyên lý quy nạp ta suy (1) với n  * Mặt khác f  n  1  f  n    n, n  * nên hàm số f thoả mãn đề f xác định Do f  n   n  n  1 , n  * Thử lại, hàm số f  n   n  n  1 , n  * thoả mãn đề n  n  1 , n  * 1.5 Bài 1.5 Tìm tất hàm số f :    thoả mãn đồng thời điều kiện: Vậy tất hàm số cần tìm f  n   i) f 1  ii) f  m  n   f  m   f  n  , m, n   Hướng dẫn: Giả sử f : *  * hàm số thoả mãn điều kiện i) ii) +) Trong (ii), cho m  n  ta f    f    f    (do f     ) +) Trong (ii), cho m  ta f  n   f  n  , n   Từ ta có f  m  n   f  m   f  n  , m, n   Khi ta có f 1  f 12   f 1 Do f 1  nên f 1  Suy f    f 12  12   f 1  f 1    11 f    f  2   f    ; f    f  22  12   f    f 1  f    f  22  22   f    f    Mà 25  f    f  52   f  32    f    f    f  3  16  f     f    , (do f  3   ) Lại có f    f 1  f   12   f  52  52   f    50  f     50  f    49  f    , (do f     ) Ta có f    f  32   f    , f 10   f  32   f 12   f  3  f 1  10 Mặt khác 100  f 10   f 10   f   82   f    f    f    64  f    36  f    , (do f     ) +) Như vậy, ta có f  n   n, n  1, 2, , 10 Ta chứng minh f  n   n, n   * (1)  Thật vậy, (1) với n   Giả sử (1) đến n   Xét f  n  Ta có đẳng thức sau: 2 2  5k  1  22   4k     3k  1 2  5k  3  12   4k  3   3k  1 2 Và  5k     4k     3k  3 2  5k    12   4k  1   3k   2  5k    12   4k     3k   +) Nếu n  5k  1, ta có f  5k  1  f    f 5k  1    f  4k    3k 1  2 2 2  f  5k  1  f    f  4k    f  3k  1   4k     3k  1   5k  1  2  f  5k  1  2   5k  1  22  f  5k  1  5k  , (do f  5k  1   +) Chứng minh tương tự ta có +) Nếu n  5k  f  5k    5k  +) Nếu n  5k  f  5k    5k  +) Nếu n  5k  f  5k    5k  +) Nếu n  5k  f  5k    5k  Do (1) với n Theo nguyên lý quy nạp ta có f  n   n, n  * Thử lại ta thấy hàm f  n   n, n   * thoả mãn Vậy tất hàm số cần tìm f  n   n, n   * 12 1.6 Bài 1.6 (Iran 1995) Tìm tất cá hàm số f :  \ 0   thoả mãn điều kiện  x  y  f  x  f  y f , x, y   \ 0 , x  y     Hướng dẫn: Giả sử f :  \ 0   hàm số thoả mãn  x  y  f  x  f  y  f , x, y   \ 0 , x  y  (1)    Đặt f 1  c f 1  f    f    f 1  c f  3  f  3 Trong (1), cho x  y  ta f     f  3  f    c *) Ta chứng minh f  x   c, x  * (*)  Ta có (*) với x  1, x  2, x   Giả sử f  x   c, x,  x  n , với n  Trong (1), cho x  1, y  ta f 1   Gọi t số nguyên dương thuộc đoạn 1, n  cho  n   t    n   t  f  n  1  f  t  Khi ta có f     n  1 t  n  1 t  Mà t  1, n  nên  n f    f t   c   Từ suy f  n  1  c Do (*) với n  Theo nguyên lý quy nạp ta có f  x   c, x  * (1) *) Xét k  , k  1 Khi đó, tồn số m   * cho k  m  *  k  m    k  m  f k   f m Khi f   f k   c    Do f  k   c, k  , k  1 (2) Từ (1) (2) suy f  x   c, x   \ 0 , c  , c số Thử lại, hàm số f  x   c, x   \ 0 , c  , c số thoả mãn đề Vậy tất hàm số cần tìm f  x   c, x   \ 0 , c  , c số 1.7 Bài 1.7 Tìm tất hàm số f :    thoả mãn điều kiện f  f  n    f  n   2n  3, n   Hướng dẫn: Giả sử f :    hàm số thoả mãn f  f  n    f  n   2n  3, n   (1) Trong (1), cho n  ta f  f     f      f    ... đồng nghiệp, bậc cha mẹ học sinh em học sinh Chúng mong muốn đề tài góp phần nhỏ để việc dạy chuyên đề “Phương trình hàm” hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng kiến thức số học, tổ hợp, … vào giải... tất hàm cần tìm f  n   n, n  * Nhận xét 1.1 Các điều kiện nêu toán chặt sử dụng cách tối đa vào phương pháp quy nạp toán học để giải Tuy nhiên, cần làm "yếu" điều kiện việc giải tốn bắt đầu... nạp 3.2 Nguyên lý thứ tự tốt 3.3 Nguyên lý cực hạn Các tính chất số học  Nếu xuất biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, nghĩ đến toán liên quan đến cấp phần tử, phương trình đặc biệt phương trình