Tính độc lập của t duy thể hiện ở khả năng tự mình phát hiện ra vấn đề, tự mình xác định phơng hớng, tìm ra cách giải quyết, tự mình kiểm tra và hoàn thiện kết quả đạt đợc. Tính độc lập liên hệ mật thiết với tính phê phán của t duy. Tính chất sau này thể hiện ở khả năng đánh giá nghiêm túc những ý nghĩ
và t tởng của ngời khác và của bản thân mình, có tinh thần hoài nghi khoa học, biết đạt những câu hỏi "tại sao ?" "nh thế nào?" Khi lỉnh hội kiến thức.
Vốn kiến thức thu đợc ở nhà trờng chỉ sinh sôi nảy nở nếu ngời học sinh biết sử dụng nó một cách sáng tạo bằng hoạt động độc lập suy nghĩ của bản thân. Học sinh không thể có t duy sáng tạo nếu không có t duy độc lập. Nhiệm vụ rèn luyện kỷ năng hoạt động độc lập cho học sinh là rất quan trọng và có ý nghĩa giáo dục lớn lao. Trong dạy học giải bài tập về phơng trình hàm, giáo viên cần thờng xuyên quan tâm đến việc hớng dẫn học sinh tự đặt câu hỏi nhằm định hớng khi giải toán và phát triển bài toán. Biết tự đặt câu hỏi tốt là một phần trong năng lực hoạt động độc lập của ngời học sinh. Giáo viên cũng có thể bồi dỡng tính độc lập của t duy cho học sinh bằng cách cho sẵn lời giải các bài tập (có thể có chỗ sai) và yêu cầu học sinh nhận xét.
Ví dụ 1. Hãy tìm một hàm số f(x) xác định với mọi x hữu tỉ, thoả mãn các
điều kiện: f(1) = 2 , f(xy)=f(x)f(y)-f(x+y +1).
Giải. Dể thấy f(x) = x + 1 thoả mãn điều kiện bài toán.
Đến đây đặt câu hỏi liệu hàm số xác định nh trên có duy nhất huy không? Hay là có vô số hàm số f(x) thoả mãn điều kiện bài toán ? Để trả lời câu hỏi này ta đi đến bài toán mới mà mức độ khó khăn hơn so với bài toán trên.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các hàm số f(x), xác định với mọi x hữu tỉ, thoả mãn các
điều kiện: f(x) = 2, f(xy) ≡ f(x) f(y) - f(x+ y) + 1 .
Giải. Cho trong đồng nhất thức giá trị y = 1 ta đợc:
f(x) ≡ f(x) - f (1) - f(x + 1) + 1 ,∀ x ∈ Q, suy ra f(x + 1) = f(x) + 1 . Bằng phơng pháp quy nạp ta đợc f (x + n) = f(x) + n, ∀ n∈Z,∀x∈ Q
Cho trong đồng nhất thức các giá trị x = n1 , y = n với n ∈ Z*, ta đợc: f(1) = f(n1 ) f(n) - f(n1 ) - n + 1 ⇒2 = f(n1 ) (n+1) - f(n1 ) - n + 1
⇒ f(1n ) = 1 + n1 .
Cuối cùng cho x = p, y = q1 , với p ∈ Z, q ∈ N*
f(p.q1 ) = f (p) f(q1 ) - f(p + q1 ) + 1 ⇒ f( qp ) = qp + 1 . Hay f(x) = x + 1 ∀ x ∈ Q.
Thử lại ta thấy f(x) = x + 1 là hàm số duy nhất thoả mãn các điều kiện bài toán.
Đến đây ta cha thoả mãn: "Tại sao bài toán chỉ nói đến hàm f(x) xác định với x hữu tỷ, liệu có mở rộng cho mọi số thực x không ? Nếu mở rộng đợc thì ta có cần thêm điều kiện gì hay không ?"
Ví dụ 4. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định với mọi x ∈ R và thoả mãn điều kiện: f(xy) = f (x) . f(y) - f (x+y) + 1, ∀ x, y ∈ R. (*)
Giải. Đặt g(x) = f(x) - 1 ⇒ f(x) = g(x) + 1 .
Khi đó (*) ⇔ g(xy) = g(x) g(y) + g(x) + g(y) - g (x + y), ∀ x,y ∈ R . (**) Trong (**) cho x = y = 0 ta đợc g(0) = 0 .
Trong (**) cho y = 1 ta đợc g(x) = g(x)g(1) +g(x) + g(1) - g(x +1), suy ra g(x + 1) = g(1) (g (x) + 1). (1)
Xét 2 trờng hợp:
Trờng hợp1: g(1) = 0, ∀ x ∈R ta đợc f(x) = 1 dễ thấy nó là một nghiệm của bài toán.
Trờng hợp 2: g(1) ≠ 0
Trong (1) cho x = - 1 ta đợc g(0) = g(1) (g (-1) + 1)⇒ g( -1) = -1. Trong (**) cho y = - 1 ta đợc g (-x) = - 1 - g(x - 1)
⇔ - g(1) g (- x) = g(1) (1 + y (x - 1)) = g(x). (2) Trong hệ thức này cho x = - 1 ta đợc:- g2(1) = g (-1) = - 1, suy ra g2 (1) = 1 ⇔ g(1) = 1 hoặc g (1) = -1 Nếu g (-1) = - 1, khi đó (1) ⇔ g(x + 1) = - 1 - g (x) , do đó g(x + 2) = - 1 - g(x + 1) = - 1 + 1 + g(x) = g(x) , suy ra g(2) = g(0) = 0. Nhng khi đó - 1 = g(1) = g(2 2 1 ) = g(2) g ( 2 1 ) + g(2) + g ( 2 1 )- g(2 + 2 1 ) = =g(21 ) - g(21 ) = 0, vôlý. Vậy g(x) = 1, khi đó (1) và (2) trở thành: g(x + 1) = g(x) + 1, g(-x) = - g(x) Lại theo (**) (và theo trên) g(x + 2) = g(x + 1) + 1 = g(x) + 2 và g(2) = 2
⇒ g(2x) = g(2)g(x) = g(2) + g(x) - g(x + 2) = 2g (x) + 2 + g(x) - g(x) - 2 = =2 g(x).
Theo trên suy ra g(-xy) = - g(xy) = g(x)g(-y) + g(x) + g(-y) - g(x - y) = - g(x)g(y) + g(x) - g(y) - g(x - y) Cộng đẳng thức này với (**) theo vế ta đợc:
g( x - y) + g (x + y) = 2 g(x) = g(2 x).
Đặt u = x + y, v = x - y, thì ta có: g(u) + g(v) = g (u + v) ∀ u,v. Hay g(x + y) = g(x) + g(y), ∀ x, y ∈ R.
Khi đó từ (**) suy ra g(xy) = g(x)g(y). Tóm lại hàm g(x) có các tính chất: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(i) g(1) = 1 ;
(ii) g( x + y) = g(x) + g(y) ,∀ x, y ; (iii) g(xy) = g(x)g(y) , ∀x, y.
Từ (ii) bằng phơng pháp quy nạp ta đợc g(nx) = ng(x), ∀ n ∈ Z. Do đó với ∀m nguyên dơng, n ∈ Z ta có:
g (mn ) = n.g (m1 ), 1 = g (mm ) = mg (m1 ) ⇔ g (m1 ) = m1
⇒ g(mn ) = mn hay g(x) = x ∀ x ∈ Q.
Từ (iii) vào x ≥ 0 thì: g(x) = g2 ( x) ≥ 0 ,∀ x ≥ 0 ⇒ với x ≥ y thì g(x - y) ≥ 0
⇔ g(x) + g(-y) ≥ 0 ⇔ g(x) - g(y) ≥ 0 ⇔ g(x) ≥ g(y) . Giả sử x số thực tuỳ ý ∈ R, nếu x ∈ Q suy ra g (x) = x . Nếu x vô tỉ ∃{qn} và {qn}∈ Q sao cho
q1 > q2 > ... >qn >..., nlim→∞ qn = x ; p1 < p2 <... < pn <..., nlim→∞ pn =x.
Vì với ∀ n ta có: qn < x <pn nên g(qn) < g (x) < g (pn), hay pn < g(x) < qn. Cho n →∞,ta có pn→ x, qn→ x theo nguyên lý kẹp ta đợc g(x) = x . Thử lại ta thấy g(x) = x thoả mãn điều kiện bài toán .
Kết hợp hai trờng hợp ta có g(x) = 0 và g(x) = x hay f(x) = 1 và f(x)= x + 1 là nghiệm cần tìm.
Bằng sự không hài lòng với kết quả đạt đợc không hài lòng với lời giải hiện có ta có thể tự đặc vấn đề và tự mình giải quyết vấn đề phát sinh. Làm nh vậy ta không chỉ gải đợc những bài toán mà có thể tự mình ra đề toán.