PHƢƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC TOÁN

MƠN TỐN – MÃ CHẤM: T02b PHƢƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC TỐN CÁC KÍ HIỆU VÀ CỤM CHỮ CÁI VIẾT TẮT CỦA CHUYÊN ĐỀ Kí hiệu Tiếng Anh Tiếng Việt HSG Học sinh giỏi HSG QG Học sinh giỏi quốc gia IMO International Mathematical Olympiad Kì thi Olimpic toán quốc tế VMO VietNam Mathematical Olympiad Olimpic toán học THTT Toán Học Tuổi Trẻ IMO Shortlist International Mathematical Olympiad Shortlisted Tuyển tập toán dự tuyển Olimpic tốn quốc tế TST Team Selection Test Kì thi chọn đội tuyển TST Viet Nam Team Selection Test Viet Nam Kì thi chọn đội tuyển Việt Nam NMO National Mathematical Olympiad Kì thi Olimpic tốn quốc gia PHƢƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC TỐN Phần ĐẶT VẤN ĐỀ 1.Lý chọn đề tài Các tốn phương trình hàm phần quan trọng chun ngành tốn đại số giải tích mảng khó chương trình tốn THPT chun Chính kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực, tốn phương trình hàm thường hay đề cập thường xem dạng tốn khó, địi hỏi tư khả phán đốn cao thuộc vào câu phân loại kì thi Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp số khó khăn tiếp cận dạng tốn liên quan đến phương trình hàm, đặc biệt kỹ ứng dụng số dạng toán phương trình hàm vào việc giải tập Những học sinh bắt đầu làm quen phương trình hàm thường chưa hiểu tường tận tư tưởng phương pháp tiếp cận toán, đặc biệt khâu vận dụng kiến thức biết giả thiết toán vào giải tốn tình khác Để hiểu vận dụng tốt số phương pháp giải tốn phương trình hàm vận dụng kiến thức kiến thức biết giả thiết toán vào giải tốn thơng thường học sinh phải có kiến thức tảng tốt đại số, số học, tổ hợp tương đối đầy đủ chắn tất lĩnh vực ngành toán Việc nhận tính chất đặc biệt hàm số cần tìm điều quan trọng từ định hướng cho cơng việc tìm nghiệm Đó khó khăn lớn giáo viên học sinh giảng dạy học tập phần phương trình hàm Trong dạng tốn phương trình hàm dạng tốn phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm có sử dụng tính chất số học, phương trình hàm sử dụng tính chất song ánh, tồn ánh đơn ánh, bất phương trình hàm … xuất nhiều kì thi học sinh giỏi Các tốn phương trình hàm kì thi học sinh giỏi thường hay đặc sắc, thể khả sáng tạo học sinh Qua cách giải tốn phương trình hàm cho đánh giá tốt tư khả em học sinh Tuy nhiên khó khăn lớn giáo viên dạy phần để học sinh hứng thú học bắt đầu lời giải toán nào, xuất phát từ đâu, vấn đề đặt cần trang bị cho em kiến thức gì? Cần toán nào? Cần phân dạng tập phương trình hàm dấu hiệu toán dùng kiến thức tốn tương ứng? Với tất khó khăn thuận lợi chúng tơi chọn đề tài “phương trình hàm qua kì thi olimpic toán” để trao đổi đưa số dạng tập đặc trưng để góp phần thúc đẩy việc học tập giảng dạng phân mơn phương trình hàm trường phổ thơng chun tốn 2.Mục đích nghiên cứu Đề tài “phương trình hàm qua kì thi olimpic toán” chọn để giới thiệu với thầy cô giáo em học sinh kinh nghiệm chúng tơi giảng dạy chủ đề phương trình hàm chương trình THPT chun, đồng thời thơng qua đề tài muốn nhấn mạnh tầm quan trọng tốn phương trình hàm xuất kì thi Quốc tế, khu vực Olympic quốc gia số nước Các toán phương trình hàm thường tập khó học sinh việc phân tích lời giải, định hướng giải cho học sinh, tập đưa đề thi Olympic Quốc tế, khu vực số nước có truyền thống tốn, tập chúng tơi có phân tích dấu hiệu tốn mà sử dụng nội dung kiến thức để giải chúng Thơng qua đề tài “phương trình hàm qua kì thi olimpic tốn” 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 phần phương trình hàm có hiệu giúp em học sinh có khả vận dụng số dạng tốn phương trình hàm vào giải tốn phương trình hàm kì thi cách tốt Nhiệm vụ nghiên cứu Để đáp ứng yêu cầu việc học tập nghiên cứu cho học sinh ba năm học liên tiếp: 2013-2014, 2014-2015, 2015-2016, góp phần nâng cao số lượng chất lượng HSG mơn tốn ký thi: HSG vịng tỉnh, HSG trại hè Hùng Vương, HSG đồng duyên hải bắc bộ, HSG QG lớp 12 Đối tƣợng khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh lớp chuyên Toán 11, 12; đội tuyển ghép thi chọn HSG lớp 12 vòng tỉnh, đội tuyển HSG tham dự kỳ thi chọn HSG QG lớp 12 mơn Tốn học Ngồi cịn tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên phụ huynh học sinh có nhu cầu tìm hiểu phương trình hàm Phạm vi nghiên cứu - Về kiến thức: nghiên cứu dựa nội dung kiến thức tốn phân mơn đại số giải tích giới hạn thi học sinh giỏi Bộ Giáo dục Đào tạo - Về đối tượng: đề tài nghiên cứu dựa khả nhận thức lực tư học sinh lớp chuyên toán 10, 11 chủ yếu học sinh nòng cốt đội tuyển học sinh giỏi tỉnh dự thi quốc gia Phƣơng pháp nghiên cứu Trong chuyên đề “phương trình hàm qua kì thi olimpic tốn” sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu chuyên phương trình hàm kết hợp với tài liệu liên quan đến đại số, giải tích, dãy số, tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh lớp chuyên toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm Cấu trúc chuyên đề Chuyên đề phần danh mục viết tắt, mục lục, tài liệu tham khảo chun đề bao gồm phần sau: Phần Đặt vấn đề Phần Nội dung Phần Kết luận kiến nghị Phần NỘI DUNG PHƢƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC TỐN PHƢƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Trong kì thi học sinh giỏi quốc gia năm 2016 (bài số 5, ngày thi thứ 2) xuất tốn phương trình hàm sau: (VMO 2016) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f :    thỏa mãn: a) f 1  2016 ; b) f  x  y  f  y    f  x   ay với x, y   Đây toán hay phương trình hàm Để giải toán học sinh cần nằm kiến thức phương trình hàm Cauchy, tính chất liên quan đến phương trình hàm Cauchy, hàm số tồn ánh đơn ánh việc nhận tính chất đặc biệt hàm số cho Qua tìm hiểu kĩ nội dung tốn chúng tơi nhận thấy tốn có nội dung tương tự tốn thi Bulgaria TST 2003, Iran TST 2007, AMM 2000và xuất kì thi chọn đội tuyển tốn quốc tế Việt Nam năm 2004 Chúng toán sau (Bulgaria TST 2003, Iran TST 2007, AMM 2000) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x2  y  f  y    y  f  x , x, y  Phân tích lời giải Thay x  vào phương trình cho ta f  y  f  y    y  f  0  f toàn ánh suy tồn số a cho f  a   Đặt b  f   Từ phương trình ban đầu thay x  x ta f  x  y  f  y    y  f   x  , x, y    f  x   f   x  , x   (1) 2 Từ (1) f  a    f  a   Thay x  vào phương trình cho ta f  y  f  y    y  f  0 , y   (2) Trong (2) ta thay y  a y  a ta được: f  a  f  a    2a  b2   2a  b2 f  a  f  a    2a  b2   2a  b2 Từ hai đẳng thức ta a  b  Do f  x    x  (3) Hướng thứ f  x Để sử dụng (3) ta thay y   vào phương trình cho ta được: 2   f  x 2    f  x 2  f  x f  x 2 f x  f f    x    0, x   (4)      2      (điều có (3)) f  y Để sử dụng (4), ta thay y  vào phương trình ban đầu ta thu 2 được:   f  y 2    f  y 2  f  y 2 f x  f    2    f  x  , x, y       2       f  x  y   f  x   f  y  , x, y   (5) 2 Ta sử dụng (5) để suy hàm số cộng tính Thật vậy, thay y  vào (5) ta được: f  x   f  x  , x   (6) Từ (5) (6) ta f  x  y   f  x   f  y  , x, y   suy f  x  y   f  x   f  y  , x, y  (7) Từ (7) thay x  ta f   y    f  y  , y   f hàm số lẻ.Sử dụng đẳng thức (7) ta được: Nếu x  0, y  ta có: f  x   f  x  y  y   f  x  y   f  y   f  x  y  f  x  f  y  Nếu x  0, y  ta có: f  x  y   f  x    y   f  x   f   y   f  x   f  y   f  x  y  f  x  f  y Nếu x  0, y  ta có: f  x  y    f   x  y     f    x     y       f   x     y   f  x   f  y   f  x  y   f  x   f  y  Từ trường hợp trên, kết hợp với f    ta được: f  x  y   f  x   f  y  , x, y   (8) Từ (6) ta f  x   với x  Từ xét x  y  x  y   f  x  y    f  x   f  y  Do x  y  f  x   f  y  (9) Từ (8) (9) ta f  x   kx, x   , k số Thử lại vào phương trình ban đầu ta : k  x  y  ky   y  k x , x, y    kx   k  k  y  y  k x , x, y   k  k   k  Vậy f  x   x, x   k  k   Hướng thứ hai Với f    ta có f  x   f  x  , x   f  y  f  y    y, y   (10) Thay y y  f  y  vào (10) ta được:   f y  f  y   f  y  f  y     y  f  y   , y    f  y  f  y     y  f  y   , y   (11) Mặt khác ta viết  f  y  f  y    f    2y   y  f  y    y  f  Kết hợp với (11) ta  f  2y    , y  2y  f  y  , y   f  y   f  y  , y  (12) Tiếp theo ta chứng minh f hàm số lẻ Thật vậy, với x   , đặt 2y  f  x2   f  x  Khi  2y  f  x   f  x    y   f   y      y   f   y    x 2  f   x2   f   y   f   y   2 y   f  x   f   x    f  x  , x   2  f hàm số lẻ Từ (12) suy f  y   f  y  , y   (13) Ta có f  y  f  y    y, y    f  y  f  y    y , y   f  y  f  y    y , y   2   f y  yf  y   f  y    y , y   (14) Chú ý với y   f  y    yf  y   , với y   f  y    f   y    yf  y   Do yf  y   0, y   , kết hợp với (14) ta được:     y  f  yf  y   y  f  y    y  f   2  y  y  f  yf  y   , y     2 yf  y  , y    y  f  yf  y   , y   , kết hợp với (13) ta được: y  f  yf  y   , y   (15) Sử dụng (15) ta thay y x  f  x  thu được:  x  f  x   f    x  f  x   f  x  f  x      f   x  f  x   2x     f  x  xf  x    f  x  xf  x    f f  xf  x    xf  x   xf  x    x  f  x    xf  x  , x     x  f  x    0, x    f  x   x, x   Thử lại thấy thỏa mãn Nhận xét Đây có lẽ nguồn gốc toán: Bài (VMO 2016) (Viet Nam TST 2004) (Viet Nam TST 2004) Tìm tất giá trị a cho tồn hàm số f :    thỏa mãn f  x  y  f  y    f  x   ay, x, y   Phân tích lời giải Cũng dựa theo ý tưởng 6, ta f toàn ánh Thay x  vào phương trình ban đầu ta f  y  f  y    f  0  ay , x , y   Từ đẳng thức việc f toàn ánh phụ thuộc vào việc so sánh a với số Nếu a  ta thu đẳng thức f  x  y  f  y    f  x  , x, y   (1) Ta nhận thấy phương trình (1) ln có hai nghiệm f  x   0, x   f  x   1, x   suy giá trị a  không thỏa mãn tồn hàm số f Do a  , kết hợp với f  y  f  y    f  0  ay, x, y  suy f toàn ánh Do f toàn ánh suy tồn số b cho f  b   Đặt c  f   Từ phương trình ban đầu thay x  x ta f  x  y  f  y    ay  f   x  , x, y    f  x   f   x  , x   (2) 2 Từ (2) f  b    f  b   Thay x  vào phương trình cho ta f  y  f  y    ay  f   , y   (3) Trong (2) ta thay y  b y  b ta được: f  b  f  b    ab  c   ab  c f  b  f  b    ab  c   ab  c Từ hai đẳng thức ta b  c  Do f  x    x  (4) Thay y  vào phương trình ban đầu ta f  x   f  x  , x   (5)  f 1  Từ (5) thay x  ta f 1  f 1   , kết hợp với (4) ta f     f 1  Từ (5) thay x  ta f    f   Mặt khác ta viết f    f   f  2  f  2   f 1   f   2  a  f  2  a 0   f 1  f 0  a  a 2 a  Từ đẳng thức ta a  2a   , kết hợp với a  ta a  a  Do phương trình ban đầu trở thành f  x  y  f  y    f  x   y, x, y   Theo ta phương trình có nghiệm f  x   x, x   Thử lại thấy thỏa mãn Vậy a  (VMO 2016) Tìm tất số thực a để tồn hàm số f :    thỏa mãn: c) f 1  2016 ; d) f  x  y  f  y    f  x   ay với x, y   Phân tích lời giải Hướng thứ Nếu a  ta lấy f  x   2016, x   thỏa mãn đồng thời hai điều kiện toán Như a  thỏa mãn 10 Lời giải Thay m  n vào đẳng thức ta f  f  n    2n (1), từ đẳng thức ta có: f  n1   f  n2   f  f  n1    f  f  n2    2n1  2n2  n1  n2 hay suy f đơn ánh Ta có 2n  n 1  n   n  n  f  f  n  1  f  n  1   f  f  n   f  n   , f đơn ánh nên f  n 1  f  n  1  f  n  , n  (2) Từ đẳng thức (2) ta có: f  n   f  n  1  f  n  1  f  n  2   f    f 1  a , suy f  n   f 1   n  1 a  an  b ; b  f 1  a Thay f  n   an  b vào phương trình ban đầu ta a  1, b  Vậy f  n   n, n  * Nhận xét Bằng cách làm tương tự ta giải tập sau: 32.(Canada 2008) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đẳng thức: f  f  x   f  y   2x  y , Với x, y  33.(Balkan MO 2009) Kí hiệu * tập hợp số nguyên dương Tìm tất hàm f : *  * thỏa mãn đẳng thức: f  f  m   f  n    m2  2n2 , Với m, n  * Lời giải Nếu m1 , m2  * cho f  m1   f  m2   f  f  m1   f  n    f  f  m2   f  n    m12  2n2  m22  2n2 , suy m1  m2 hay f đơn ánh Dế thấy với n  * , n  ta có:  n  2   n  1   n     n  1 2 57 Từ đẳng thức kết hợp với phương trình cho ta được: f  f  n    f  n  1   f  f  n    f  n  1  , f đơn ánh nên ta có: f  n  2  f  n  1  f  n  2  f  n  1 (1) Từ đẳng thức (1) ta có: f  n    f  n  1  f  n   f  n  1  f  n   f  n  1   f  3  f    f 1  a  f  n   f  n  1  f  n  1  f  n    a f  n  1  f  n    f  n    f  n  3  a  f  n   f  n  1  f    f 1  a  n   f  n  1  f  n    f    f 1  a  n  3 f  2  f 1  f    f 1 Cộng vế đẳng thức ta được: f  n   f 1   n  1  f    f 1   a  n  1 n   (2) Từ đẳng thức (2) ta suy f  n  có dạng: f  n   bn2  cn  d (3) Mặt khác phương trình ban đầu cho m  n ta được: f  f  n    3n2 (4) Từ (3) (4) ta thu b  1, c  d  Vậy f  n   n , với n  * 34.(Indonesia TST 2010) Xác định tất số thực a cho có hàm số f :    thỏa mãn: x  f  y   af  y  f  x   , với x, y   Lời giải 58 Dễ thấy a  không thỏa mãn Do a  , thay y  vào đẳng thức ta được: f  f  x   x  f  0 (1) a Từ đẳng thức (1) suy f toàn ánh nên tồn x   cho f  x   Khi từ phương trình ban đầu ta có: x  f  y   af  y   x   a  1 f  y  ,vớimọi y   (2) Từ đẳng thức (2) xẩy a  f  y   const +) Nếu f  y   const khơng thỏa mãn phương trình ban đầu +) Nếu a  lấy f  x   x , với x   thỏa mãn tốn Vậy a  35.(MEMO 2009) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đẳng thức: f  xf  y    f  f  x   f  y    yf  x   f  x  f  y   , Với x, y   Lời giải +) Nếu f  x   với x   , thử vào phương trình cho ta thấy thỏa mãn +) Nếu tồn a   cho f  a   Khi với y1 , y2   cho f  y1   f  y2  , từ phương trình thay x a y y1 , y2 ta được: f  af  y1    f  f  a   f  y1    y1 f  a   f  a  f  y1   (1) f  af  y2    f  f  a   f  y2    y2 f  a   f  a  f  y2   (2) Từ (1) (2) ta y1 f  a   y2 f  a   y1  y2 Vậy f đơn ánh phương trình ta được: f    f  f    f 1   f    f  f 1  , sử dụng f đơn ánh ta Thay x  0, y  vào f  0  Mặt khác thay y  phương trình sử dụng f    ta được: 59 f  xf     f  f  x   f     f  x   f  x  f     f  f  x    f  x   f  x   x, x   Vậy f  x   0, x   f  x   x, x   36.(IMO Shortlisted 2002) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện: f  f  x   y   2x  f  f  y   x  , với x, y   Lời giải +) Ta chứng minh f toàn ánh Thật vậy, thay y   f  x  vào phương trình ban đầu ta được:     f  0  x  f f   f  x    x  f f   f  x    x  f  0  2x , suy f toàn ánh +) Do f toàn ánh nên tồn a  cho f  a   +) Thay x  a vào phương trình ban đầu ta được: f  y   2a  f  f  y   a   f  f  y   a   a  f  y   a (1) +) Do f toàn ánh nên với x   tồn y   cho x  a  f  y  Do từ đẳng thức (1) ta thu được: x  f  x   a  f  x   x  a, x   Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện Vậy f  x   x  a 37.(France 1995) Cho hàm số f : *  * song ánh Chứng minh tồn ba số nguyên dương a, b, c cho a  b  c f  a   f  c   f b  Ta chứng minh toán tổng quát toán 38.(Mở rộng France 1995)Cho hàm số f : *  * song ánh Chứng minh tồn bốn số nguyên dương a, b, c, d cho a  b  c  d f  a   f  d   f b   f  c  Lời giải Do f song ánh từ * đến * nên tồn n cho f (1)  f (n) 60   M  n  * : f (1)  f (n) tập khác rỗng * nên tồn phần tử nhỏ M, kí hiệu b, b  f (b)  f (1) Gọi c phần tử nhỏ tập M \ b , kí hiệu c,  b  c f (c)  f (1) Từ f song ánh nên tồn d  * cho f (d )  f (b)  f (c)  f (1) Từ đẳng thức suy f (d )  f (b), f (d )  f (c)  d  c  b  Do tồn a, b, c, d  * cho a   b  c  d f (a)  f (d )  f (b)  f (c) MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH KHÁC 39.(ELMO Shortlisted 2013) Tìm tất hàm số đơn ánh f , g , h :    thỏa mãn điều kiện f  x  f  y   g  x   h  y  g  x  g  y   h  x   f  y  h  x  h  y    f  x   g  y  , x, y, z   Phân tích lời giải Ta có đẳng thức sau f  x  f  y    g  x   h  y  1 g  x  g  y   h  x   f  y   2 h  x  h  y    f  x   g  y  , x, y    3 Ta ý đến điều kiện f , g , h đơn ánh để sử dụng tính chất ta cần tìm đẳng thức dạng f  a   f  b  để từ suy a  b Để xây dựng đẳng thức dạng f  a   f  b  ta cần kết hợp ba đẳng thức (1), (2) (3), chẳng hạn như: Trong (1) ta thay x x  g  y  y z thu f  x  g  y   f  z   g  x  g  y   h  z  Từ đẳng thức sử dụng (2) ta được: f  x  g  y   f  z   h  x   f  y   h  z  Từ đẳng thức để sử dụng (3) ta thay x t  h  x  thu f t  h  x   g  y   f  z   h t  h  x   f  y   h  z   f  t  h  x   g  y   f  z    f t   g  x   f  y   h  z  (4) Ta nhận thấy (4) đổi vai trò y cho t ta thấy vế phải (4) không thay đổi vế trái f  y  h  x   g  t   f  z   Từ ta đẳng thức 61 f  t  h  x   g  y   f  z    f  y  h  x   g  t   f  z   , kết hợp với f đơn ánh ta t  h  x   g  y   f  z   y  h  x   g t   f  z   t  g  y   y  g  t  , y, t   (5) Trong (5) ta thay t  ta g  y   y  g  0 , y  Hồn tồn tương tự ta có f  y   y  f  0 , y   , h  y   y  h  0 , y   Thử vào phương trình (1), (2) (3) ta  x  y  f  0  x  g  0  y  h  0   x  y  2g  0  x  h  0  y  f  0   x  y  2h    x  f    y  g   , x, y   2 f    g    h     2 g    h    f    f    g    h     2h    f    g   Vậy hàm số phải tìm f  x   x  a, g  x   x  a, h  x   x  a, x   40.(Middle European Mathematical Olimpiad 2012, KoMal – A328) Tìm tất hàm số đơn ánh f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện f  x  f  y    yf  xy  1 , x, y   0;   Phân tích lời giải Thay y  vào phương trình ban đầu ta f  x  f 1   f  x  1 , x   0;   Từ đẳng thức ta hướng đến việc hàm số f đơn ánh hàm số đơn điệu Để hàm số f có tính chất ta làm sau: lấy hai số phân biệt a, b  , ta cần so sánh f  a  , f  b  Từ phương trình ban đầu ta f  x  f  a   af  ax  1 , x   0;   f  y  f  b   bf  by  1 , y   0;   Ta chọn x, y cho    x  f  a   y  f  b   x  y  f  b   f  a      1  ax 1  by  1  a  y  f  b   f  a   1  by  b  f  a   f b   x  y  f  b   f  a   x    a b  (1) a  f  a   f b    a f a  f b       y    a b   y  a b 62 Do x, y  nên ta có a  b  việc chọn x, y  làm f  a   f  b  Từ phân tích ta thấy với a  b  Khi f  a   f b  với cách chọn x, y (1) ta  f  x  f  a    f  y  f  b     x  f  a   y  f  b       1  ax 1  by   f 1  ax   f 1  by  af 1  ax  bf 1  by    a  b vơ lí  f 1  ax   f 1  by  Do a  b f  a   f  b  (2) Tiếp theo ta tính f 1 *) f 1  1, ta có f  x  f 1   f  x  1 , x   0;    f  x   f  x  f 1  1  f  x  m  , x  1;   , m  f 1    f  x   f  x  km  , x  1;   , k  * (3) Với số thực y  x tồn số nguyên dương k cho x  y  x  km , kết hợp với (2) (3) ta có: f  x   f  y   f  x  km   f  x   f  y   f  x  km   f hàm số 1;   điều không xảy phương trình ban đầu *) f 1  tương tự khơng thỏa mãn Do f 1  Xét y  chọn x   thay vào phương trình ba đầu ta y  1 f  f  y      yf  y  (4) y   1  Nếu yf  y    f  y      f  f  y    1  f 1  điều mâu y y   thuẫn với (4)   Nếu yf  y    f  y      f  f  y    1  f 1  điều mâu y y   thuẫn với (4) y Suy f  y   , y  , kết hợp với phương trình cho ta nghiệm y f  y   , y  Thử lại thấy thỏa mãn phương trình cho 41.(ELMO Shortlisted 2010) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện 63 f  x  y   max  f  x  , y   f  y  , x , x, y  Phân tích lời giải Khi liên quan đến kí hiệu max x, y ,  x, y ta nên ý đến đẳng thức sau max  x, y  x y  x y ,  x, y  x y  x y Dựa vào hai đẳng thức ta viết lại phương trình ban đầu dạng f  x  y  f  x  y  f  x  y  f  y  x  f  y  x , x, y   (1) Đổi vai trò x cho y (1) thu f  y  x  f  y  x  f  y  x Từ (1) (2) ta f  x  y  f  x  y    f  x  y  f  x  y f  y  x  f  y  x f  x  y  f  x  y 2  , x, y   (2) f  y  x  f  y  x , x, y    f  x   y  f  y   x , x, y   (3) Thay x  y vào phương trình ban đầu ta f  x   max  f  x  , x   f  x  , x, x   f  x   x  f  x  , x   (4) Trong (3) ta thay y  x sử dụng (5) thu f  x   x  f  x   x , x    f  x   x  f  x   x  x , x    f  x   x  f  x  , x     f  x   x   f  x  , x   2  x  f  x   x   0, x   (5) Từ (5) ta có f  x   x, x  Tiếp theo ta tính f   Xét x  , thay y   x vào phương trình ban đầu thu f   0  max x,  x  x, x , x   f    , kết hợp với f  x   x, x  ta f  x   x, x   Thử lại thấy thỏa mãn 64 BÀI TẬP ÁP DỤNG 42.(TST VietNam 2014)Tìm tất hàm f :    thỏa mãn điều kiện: f  2m  f  m   f  m  f  n    nf  m   m ,với m, n  43.(IMO 2015)Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  f  x  y    f  xy   x  f  x  y   yf  x  , x, y   44.(IMO 2013) Kí hiệu  0 tập hợp số hữu tỷ dương Cho hàm số f :  0   thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau: a) f  x  f  y   f  xy  , x, y 0 ; b) f  x  y   f  x   f  y  , x, y 0 ; c) Tồn số hữu tỉ a  cho f  a   a Chứng minh f  x   x, x  0 45.(ELMO Shortlisted 2013)Tìm tất hàm số toàn ánh f : *  * thỏa mãn điều kiện sau nf  f  n    f  n  , n  * 46.(Czech – Polish - Slovakia 2012)Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  f  y    f  x    x  f  y    x , x, y   47.(EGMO 2012) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  yf  x  y   f  x    x  yf  x  y  , x, y   48.(Iran MO 2015) Chứng minh không tồn hàm số f , g :    thỏa mãn điều kiện f  x2  g  y    f  x   g  y   g  x   y, x, y   f  x   x , x   49.(Iran MO 2013)Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện  f    , f x  f  y    f  x  y  , x, y   50.(ELMO Shortlisted 2013) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  y   f  x   f  y  , f  x 2013   f  x  2013 , x, y   51.(Iran TST 2014)Tìm tất hàm số f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện    x 1  y f    f    f  y  , x, y   f  x  1   xf  y   52.(ELMO Shortlisted 2012) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện 65 f  x  f  y  f  x  y   f  xy   f  x   f  y   , x, y  53.(Iran TST 2013)Cho hàm số f :    thỏa mãn điều kiện   f  m   f  n   f f  m2  n2   1, m, n  Giả sử tồn a, b  cho f  a   f  b   Chứng minh tồn số nguyên c, d  cho f  c   f  d   54.(ELMO Shortlisted 2011) Tìm tất hàm số f :  0;     0;   thỏa mãn điều kiện a  b  c  d  ad  bc f  a  d   f b  c   f  a  d   f b  c  55.(France TST 2007) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  y  f  y    f  x   f  y  , x, y  56.(Turkey NO 1995) Tìm tất hàm số tồn ánh f : *  * thỏa mãn điều kiện sau f  m  f  n  m n với m, n  * 57.(Romania TST 1997) Tìm tất hàm số f :   0;   thỏa mãn điều kiện f  x  y   f  x  y   f  xy  , x, y   58.(Macedonia MO 2006) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x3  y3   x f  x   yf  y  , x, y   59.(British MO 2009) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện   f  x3   f  y3    x  y  f  x   f  y   f  xy  , x, y   60.(India 2005) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x2  yf  z    xf  x   zf  y  , x, y, z   61.(India 2015) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  yf  x    xf  x  y  , x, y   62.(USA MO 2000) Chứng minh không tồn hàm số f :    thỏa mãn điều kiện f  x  f  y  x y  f   x  y , x, y     63 (CZech 2006) Tìm tất hàm f :    thỏa mãn điều kiện: f  f  x   y   x  f  y  2006 ,với x, y  66 64.(Rumani 1988) Cho f : *  * toàn ánh g : *  * đơn ánh cho với số nguyên dương n ta có f  n   g  n  Chứng minh f  g 65.(IMO Shortlist 1995) Chứng minh tồn hàm số f : *  * cho với số nguyên dương m, n ta có: f  m  f  n    n  f  m  95 19 Tính tổng  f k  k 1 66.(Olimpiad Áo – Balan 1997) Chứng minh không tồn hàm số f :    cho với số nguyên x, y ta có f  x  f  y    f  x   y 67.(Morocco 2011) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện:  x  2 f  y   f  y  f  x   f  x  yf  x   ,với x, y   68.(IMO Shortlist 2007) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện: f  x  f  y    f  x  y   f  y  ,với x, y   69.(Macedonia NMO 2007) Cho n số tự nhiên chia hết cho Xác định số song ánh f : 1, 2, , n  1, 2, , n cho: f  j   f 1  j   n  ,với j  1, 2, , n 70.(APMO 1989) Cho hàm số f tăng thực , nhận giá trị thực tập số thực Giả sử tồn hàm ngược f 1 Tìm tất hàm số f cho f  x   f 1  x   x , với số thực x 71.(Shortlist 1996) Cho U tập hợp hữu hạn cho f , g toàn ánh từ U vào U Đặt S   U : f  f     g  g    , T   U : f  g     g  f    , giả sử U  S  T Chứng minh với  U , f    S g    S 72.(IMO Shortlist 2009)Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn điều kiện: f  xf  x  y    f  yf  x    x , với số thực x y 67 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] PGS TS Vũ Dương Thụy ThS Nguyễn Văn Nho, 40 năm Olimpia toán học quốc tế, NXB Giáo dục 2001 [2] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài tốn hàm số qua kì thi Olimpiad, NXB Giáo dục 2004 [3] B.J.Venkatachala, Functional Equations A Problem Solving Approach, 2003 [4] Arthur Engel, Problem - Solving Strategies, Springer, Verlag, New York, 1998 [5] J Aczel, Lectures on Functional Equations and their Applications, Academic Press, New York, 1966 [6] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục 2001 [7] Các trang website: mathlinks.ro, mathscope.org 68 Phần PHẦN KẾT LUẬN Những kết luận quan trọng nội dung, ý nghĩa thực chuyên đề Trong chuyên đề “Phương trình hàm qua kì thi olimpic tốn” đưa ứng dụng quan trọng số dạng tốn phương trình hàm phương trình hàm Cauchy, phương trình hàm sử dụng tính đơn ánh, tồn ánh song ánh, phương trình hàm sử dụng tính chất số học, bất phương trình hàm… số ứng dụng khác Chun đề có phân tích đầy đủ chi tiết phương pháp cách thức áp dụng kiến thức liên quan việc giải toán, đặc biệt số sử dụng tính chất số học Chuyên đề cập nhật tổng hợp dạng tốn kì thi Olympiad nước, khu vực quốc tế chủ đề phương trình hàm Hệ thống tập đưa theo thứ tự tăng dần độ khó để người đọc thấy ứng dụng đặc biệt hướng tư có liên quan đến vận dụng kiến thức kết hợp thao tác tư khác để giải tốn Trong chun đề có tập khó để đưa hướng giải mà phải q trình đặc biệt hóa tốn, tính tốn tình đơn giản, đồng thời thơng qua thao tác tư giúp giáo viên định hướng tương đối rõ ràng cách giải cho học sinh Các tập có lời giải tập đặc trưng cho dạng toán phương trình hàm kì thi gần đa số tập tập khó khó (theo ý kiến tác giả), tập phù hợp với buổi dạy phương trình hàm cho học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Trong phần tập áp dụng (khơng có lời giải) chúng tơi chọn lọc từ tất thi, tập có lời giải khác Hy vọng chuyên đề “Phương trình hàm qua kì thi olimpic tốn” góp phần nhỏ vào trình giảng dạy bồi dưỡng đội tuyển phần phương trình hàm mong nhận ý kiến đóng góp đồng nghiệp để chuyên đề hoàn thiện Các đề xuất kiến nghị đƣợc đề xuất, rút từ chuyên đề Để giảng dạy có hiệu phần phương trình hàm giáo viên cần trang bị cho học sinh kiến thức tảng tất mảng đại số, giải tích số học có liên quan Đối với học sinh lớp 10 giáo viên cần giảng dạy đầy đủ chi tiết chuyên đề phương trình hàm đơn giản để hình thành thói quen thao tác tư môn học, theo chúng tơi chọn số sách để giảng dạy như: phương trình hàm tác giả Nguyễn Trọng Tuấn, Functional Equations tác giả B J Venkatachala… 69 Để giảng dạy hiệu phần phương trình hàm giáo viên nên chọn ví dụ phù hợp phân tích chi tiết cho em cách sử dụng kiến thức liên quan, cách dự đốn tính chất đặc trưng lại sử dụng tính chất tình Học sinh thường gặp khó khăn tốn phải sử dụng đến kiến thức số học, dạng toán giáo viên cần hệ thống kiến thức số học hay gặp tốn phương trình hàm cần trình bày cho em hàm số học đặc trưng tính chất số học hàm số 70 KẾT THÚC CHUYÊN ĐỀ Vấn đề mới/cải tiến chuyên đề đặt giải so với chuyên đề trước (ở nhà trường tỉnh toàn quốc): Chuyên đề hình thành suốt năm giảng dạy phần phương trình hàm cho lớp chun tốn: nắm điểm mạnh điểm yếu học sinh đồng thời xây dựng hệ thống tập theo cấp độ khác giai đoạn học tập học sinh Tơi khẳng định việc giảng dạy tốt phần phương trình hàm có tác dụng tốt việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi cấp Chuyên đề kế thừa phát huy tốt so với chuyên đề chủ đề này, đồng thời chuyên đề đưa hệ thống tập tương đối cập nhật kì thi học sinh giỏi giới đa số tập khó hay Cách giải vấn đề chuyên đề đưa theo phương hướng yêu cầu đặt kì thi học sinh giỏi năm gần 71 ... National Mathematical Olympiad Kì thi Olimpic tốn quốc gia PHƢƠNG TRÌNH HÀM QUA CÁC KÌ THI OLIMPIC TOÁN Phần ĐẶT VẤN ĐỀ 1.Lý chọn đề tài Các tốn phương trình hàm phần quan trọng chuyên ngành toán đại... qua kì thi olimpic tốn” 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... QUAN ĐẾN CÁC TÍNH CHẤT SỐ HỌC Trong kì thi Olimpic tốn giới năm gần xuất nhiều tập phương trình hàm mà lời giải cần sử dụng nhiều tính chất số học, tính chất nghiệm phương trình nghiệm ngun Các