SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc MỤC LỤC Nội dung Trang Mục lục Danh mục chữ viết tắt kí hiệu PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài II Mục tiêu nghiên cứu III Nhiêm vụ nghiên cứu IV Các phương pháp nghiên cứu PHẦN II PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý luận đề tài II Thực trạng vấn đề nghiên cứu III Nội dung hiệu nghiên cứu Nội dung nghiên cứu Hiệu nghiên cứu 16 PHẦN III KẾT LUẬN 18 Tài liệu tham khảo 19 Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU Danh mục chữ viết tắt: HS: Học sinh HSG: Học sinh giỏi PTH: Phương trình hàm SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm IMO: Kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc tế VMO: Kỳ thi học sinh giỏi (Toán) Quốc gia Việt Nam KK: Khuyến khích Danh mục kí hiệu: N: Tập hợp số tự nhiên N *: Tập hợp số tự nhiên khác không Z: Tập hợp số nguyên Q: Tập hợp số hữu tỷ R: Tập hợp số thực Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ I Lý chọn đề tài: Qua nghiên cứu đề thi học sinh giỏi (HSG) tỉnh quốc gia, nhận thấy toán thuộc phạm vi phương trình hàm (PTH) có tần suất xuất lớn, đồng thời nội dung khó học sinh dự thi; mặt khác, xu hướng đề có dấu hiệu thiên lĩnh vực “toán rời rạc” “toán rời rạc” lại khó học sinh,… Nhằm nâng cao chuyên môn nghiệp vụ thân góp phần giúp thầy cô làm công tác bồi dưỡng HSG tỉnh có thêm số tư liệu “lớp phương trình hàm xét tập rời rạc”; với chút kinh nghiệm thân, chọn viết đề tài “Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc” II Mục tiêu nghiên cứu: Giải khó khăn HSG thường gặp phải đứng trước toán PTH, là: không để tìm tòi lời giải, giải toán nào? Nhằm chia trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp công tác bồi dưỡng HSG mảng kiến thức “toán rời rạc” PTH III Nhiệm vụ nghiên cứu: Xuất phát từ tư tưởng đề tài, phần nội dung trình bày số toán cụ thể (trong muôn vàn toán khác nhau) để minh họa sở: phân tích toán, đưa lời giải, nhận xét, mở rộng, khái quát toán (nếu có) IV Các phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp thu thập thông tin: nghiên cứu tài liệu để sưu tầm tập sở lý thuyết có liên quan đến nội dung nghiên cứu - Phương pháp phân tích lý luận: giúp HS nắm rõ chất vấn đề từ phát cách giải vấn đề Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: nhằm nhận định việc việc áp dụng khả phát triển học kinh nghiệm rút từ trình áp dụng SKKN thân Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc PHẦN II PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý luận đề tài: Những kiến thức kỹ hàm số như: tính chất hàm số (đơn ánh, toàn ánh,…), số phương pháp đặc thù giải PTH (thay biến, chọn giá trị đặc biệt, qui nạp,…) “những chìa khóa” thiếu giải tập PTH; nhiên, để không xa rời mục tiêu đặt đề tài, nêu vài sở lý luận thường dùng: - Nếu P(n) với n  M  M  N  P(n0 ) với n0  M - Nếu f đơn ánh D ; n, m  D mà f (n)  f (m) n  m - Nếu hàm số f : N  N có tính chất: f (n  m)  f (n)  f (m) m, n  N f (n)  n f (1) n  N (tính chất cộng tính hàm số f) (Thật vậy, từ giả thiết: Cho m  n  ta có: f (0)  , Cho m  ta có: suy ra: f (n  1)  f (n)  f (1) n  N , f (n)  f (n  1)  f (1)  f (n  2)  f (1)   f (0)  n f (1)  n f (1) (đpcm)) Chú ý: tính chất sử dụng phải chứng minh II Thực trạng vấn đề nghiên cứu: Thuận lợi: - Bài tập PTH phong phú đăng nhiều tạp chí Toán học tuổi trẻ, số tài liệu tham khảo dùng để bồi dưỡng HSG - Đối tượng tiếp nhận tri thức HSG, có khả tư phân tích, tổng hợp, qui nạp suy diễn tương đối tốt Khó khăn: - Phép giải phương trình thông thường nói chung việc không đơn giản nên phép giải PTH (phương trình có nghiệm hàm số) phức tạp khó đường lối chung để giải Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc - Đứng trước tập PTH, học sinh thường khó phát hướng giải vấn đề: phải đâu, cần thực điều gì, trình bày lời giải để lời giải rõ ràng, hợp lôgich, chi tiết thừa,…? III Nội dung hiệu nghiên cứu: Nội dung nghiên cứu: Chỉ xét với lớp PTH xét tập rời rạc, nội dung tạm phân chia hai dạng tập sau: a Dạng 1: Tính giá trị hàm số điểm Ví dụ 1: Cho hàm số f : N *  N thỏa:  f (1)    f ( m  n)  f ( m)  f ( n)  2(6mn  1) m, n  N * Hãy tìm f (19)  Phân tích: - Nếu có f (m), f (n) ta tính f (m  n) - Có f (1) , f (1) nên tìm f (2) , tương tự tìm f (4), f (8), f (16) - Có f (2) , f (16) nên tìm f (18) - Có f (1) , f (18) nên tìm f (19)  Lời giải: Ta có: f (2)  f (1  1)  f (1)  f (1)  2(6.1.1  1)    10  10 Tương tự: f (4)  f (2  2)  f (2)  2(6.2.2  1)  2.10  46  66 f (8)  f (4  4)  f (4)  2(6.4.4  1)  2.66  190  322 f (16)  f (8  8)  f (8)  2(6.8.8  1)  2.322  766  1410 f (18)  f (2  16)  f (2)  f (16)  2(6.2.16  1)  10  1410  382  1802 f (19)  f (1  18)  f (1)  f (18)  2(6.1.18  1)   1802  214  2016 Vậy: f (19)  2016 Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc  Nhận xét: * Lời giải tạm ghi theo sơ đồ sau: 1,1  2; 2,  4; 4,  8; 8,8  16; 2,16  18; 1,18  19 Qua giai đoạn ta tìm kết “Trọng tâm” lời giải “phân tích số 19” * Nếu “phân tích số 19” theo sơ đồ: 1,1  2; 2,  4; 1,  5; 4,5  9; 5,  10; 9,10  19 Ta lời giải qua giai đoạn * Còn nhiều sơ đồ phân tích khác nên nhiều lời giải khác Kiểu phân tích có giai đoạn ta thu lời giải gọn * Điều kiện f (m  n)  f (m)  f (n)  2(6mn  1) cho thấy hàm số f có đặc điểm: “hễ có f (m) có f (n) tính f (m  n) ”, đặc điểm ta tạm đặt tên “tính di truyền” * Ở toán thay đổi điều kiện “tính di truyền” ta toán dạng Ví dụ 2: Cho hàm số f : Z  Z thỏa:  f (1)  3, f (0)    f (m) f (n)  f (m  n)  f (m  n) m, n  Z Hãy tìm f (9)  Phân tích: - Tại phải có giả thiết f (0)  ? Thử cho m  n  ta điều gì? f (0)  f (0) , từ suy f (0)  (vì f (0)  ) - Có f (1) , f (0) cho m  n  ta tìm f (2) - Có f (2) , f (1) cho m  2, n  ta tìm f (3) - Có f (3) , f (0) cho m  3, n  ta tìm f (6) - Có f (6) , f (3) cho m  6, n  ta tìm f (9) Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc  Lời giải: Cho m  n  , ta có: f (0)  f (0) , suy ra: f (0)  (vì f (0)  ) Vì: f (m) f (n)  f (m  n)  f (m  n)  Cho m  n  , ta có: f (m  n)  f (m) f (n)  f (m  n) , nên: f (2)  f (1)  f (0)    Cho m  2, n  1, ta có: f (3)  f (2) f (1)  f (1)  7.3   18 Cho m  n  , ta có: f (6)  f (3)  f (0)  182   322 Cho m  6, n  , ta có: f (9)  f (6) f (3)  f (3)  322.18  18  5778 Vậy: f (9)  5778  Nhận xét: * f (0) giá trị cần thiết cho lời giải, nhiên giả thiết f (0)  đề thật thừa, thật vậy: từ f (m) f (n)  f (m  n)  f (m  n) , cho m  1, n  ta có: f (1) f (0)  f (1)  f (1)  f (0)  nhất! * Lời giải tạm ghi theo sơ đồ sau: (1  1), (1  1)  2; (2  1), (2  1)  3; (3  3), (3  3)  6; (6  3), (6  3)  Qua giai đoạn ta tìm kết “Trọng tâm” lời giải “phân tích số 9”  Nếu “phân tích số 9” theo sơ đồ: (1  1),(1  1)  2; (2  1),(2  1)  3; (3  1),(3  1)  4; (4  1),(4  1)  5; (5  4),(5  4)  Ta lời giải phải qua giai đoạn * Cũng nhiều sơ đồ phân tích khác nên nhiều lời giải khác Kiểu phân tích có giai đoạn ta thu lời giải gọn * Điều kiện f (m) f (n)  f (m  n)  f (m  n) kèm theo f (1)  cho thấy hàm số f có “tính di truyền” (xem giải thích ví dụ 5, dạng 2) * Bài toán thay đổi điều kiện “tính di truyền” để toán dạng Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc b Dạng 2: Giải phương trình hàm Ví dụ 1: Tìm tất hàm số f : N  N thỏa: f (m  n)  f (m  n)  f (3m) m, n  N ; m  n  Phân tích: - Thử cho m  n  ta điều gì? f (0)  f (0) suy f (0)  - Cho n  , ta f (m)  f (3m) - Sử dụng f (0)  cách cho m  n , ta f (2m)  f (3m) hay f (2n)  f (3n) - Muốn có f (2 n) cách khác, ta cho m  3n f (4n)  f (2n)  f (9n ) - Chỉ cần tinh ý, từ f (2n)  f (3n) dễ nhận f (4n)  f (6n)  f (9n) f (2n)  Lúc cần tìm quan hệ f (2 n) f (n) toán kết thúc  Lời giải: Từ giả thiết: Cho m  n  ta có: f (0)  , (1) Cho m  n ta có: f (2m)  f (3m) m  N , (do (1)) (2) Cho m  3n ta có: f (4n)  f (2n)  f (9n) n  N , (3) Từ (2) suy ra: f (4n)  f (6n)  f (9n) n  N (4) Từ (3) (4) suy f (2n)  n  N (5) Mặt khác từ giả thiết cho n  ta có: f (m)  f (3m) m  N Từ (2) (6) suy f (m)  f (2 m) m  N (6) (7) Từ (5) (7) suy f (n)  n  N Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * PTH cho có tính chất “trông có vẽ gần với tính chất cộng tính”, nên trước tiên cần tính f (0) để có sở chọn phép thay biến hay giá trị đặc biệt khác Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc (việc tính f (0) hay f (1) việc giải PTH việc cần làm cần thiết để có “điểm tựa” cho phán đoán tiếp theo) * Sai lầm học sinh hay mắc phải là: Từ f (2n )  n  N học sinh thường suy f (n)  n  N với phép thay n n n ; lý do: em không để ý rằng,  N 2 Ví dụ 2: (Đề đề nghị IMO-1988) Tìm tất hàm số f : N  N thỏa: f  f ( n )  f (m )   n  m m, n  N  Phân tích: - Thử cho m  n  ta điều gì? f  f (0)  - Để sử dụng f  f (0)  , ta cần cho m  n  f (0) , f (0)  f (0)  f (0)  - Sử dụng f (0)  để làm gọn giả thiết, ta chọn m  f  f (n)   n - Tín hiệu cho phép ta nghĩ đến việc “tác động f vào hai vế giả thiết” - Sau tác động f vào giả thiết ta có: f  f  f (n)  f (m)  f (n  m) suy ra: f (n)  f (m)  f (n  m) - Tính chất cộng tính xuất hiện, việc giải toán trở nên đơn giản  Lời giải: Từ giả thiết: Cho m  n  ta có: f  f (0)  , (1) Cho m  n  f (0) ta có: f  f (0)  f (0) hay f (0)  f (0) (do (1))  (2) f (0)  Cho m  , ta có: f  f (n)  n n  N (do (2)) (3) Mặt khác từ giả thiết ta có: f  f  f (n)  f (m)  f (n  m) n, m  N  f (n)  f (m)  f (n  m) n, m  N Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 10 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc Cho m  ta có: suy ra: f (n  1)  f (n)  f (1) n  N , f (n)  f (n  1)  f (1)  f (n  2)  f (1)   f (0)  n f (1)  n f (1) n  N (4) Vì vậy: n  m  f  f (n)  f (m)    f (n)  f (m)  f (1)   nf (1)  mf (1)  f (1)  (n  m ) f (1) n, m  N  f (1)   f (1)  (vì f (1)  N ) (5) Từ (4) (5) suy f (n)  n n  N Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * PTH cho có quan hệ hàm “hàm bậc biến vế phải” nên phân tích ta thử tìm đến việc “tác động f vào hai vế”; ta cần phải cố gắng làm xuất tính chất f  f (n)  n  a n  N (với a số đó) * Cần cố gắng tìm giá trị hàm số vài điểm đặc biệt đó, để có “điểm tựa” cho việc sử dụng phép thay biến khác * Cần ý: f hàm số với u  v ta có f (u)  f (v) Ví dụ 3: Tìm tất hàm số f : N *  N * thỏa hai điều kiện sau:  f (n  1)  f (n)   f  f (n)  n  2012 (a) (b ) n  N *  Phân tích: - Điều kiện (b) cho thấy cần “tác động f vào hai vế giả thiết”, nên cần phải khai thác giả thiết (a) cần tạo “đẳng thức” từ (a) - Do f (n)  N * n  N * nên phải nhìn (a) dạng f (n  1)  f (n)  - “Tác động f vào hai vế “đẳng thức” trên” thu điều gì? Kết tiền đề cho việc tìm lời giải  Lời giải: Vì f (n)  N * n  N * nên từ (a) ta có f (n  1)  f (n)  n  N * (1) Từ (b) (1) suy ra: n  2013  (n  1)  2012  f  f (n  1)  f  f (n)  1  Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 11 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc  f  f ( n)    n  2013 n  N * f  f ( n  1)   f  f (n)  1 n  N * , mà f đơn điệu (theo điều kiện (a)) Vậy Nên f (n  1)  f (n)  n  N *  f (n )  f ( n  1)    f (1)  ( n  1) f (n)  f (1)  n  n  N * Hay Trong (2) thay n f (1) ta có: Hay n  N * (2) f  f (1)  f (1)  f (1)  2013  f (1)  (vì f  f (1)   2012 )  f (1)  1007 (3) Từ (2) (3) suy f (n)  n  1006 n  N Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * Điều kiện f  f (n)  n  2012 n  N “nhắc nhở” ta “tác động f vào hai vế” “đẳng thức” khác giả thiết * “Đẳng thức” khác buộc phải suy từ điều kiện (a) * Trong lời giải ta có sử dụng tính chất: A  B  A A  B Ví dụ 4: (Bulgaria-1996) Tìm tất hàm số f : Z  Z thỏa: f ( x)  f  f ( x)   x x  Z  Phân tích: - Nếu nhìn thấy giả thiết dạng  f  f ( x)  f ( x)  f ( x)  x lẽ tự nhiên phải đặt ẩn phụ g ( x)  f ( x)  x được: g ( x)  g  f ( x ) - Cần ý: f ( x), g ( x)  Z x  Z để áp dụng kết sau n lần  Lời giải: Ta có f ( x)  f  f ( x)   x x  Z  2 f  f ( x)  f ( x)  f ( x)  x x  Z (1) Đặt g ( x)  f ( x)  x x  Z , ta có (1) thành: g  f ( x)  g ( x) x  Z (2) Áp dụng (2) liên tục n lần, ta thu được: g ( x)  g  f ( x)  2 g  f  f ( x)    n g  f  f [ f ( x)] x  Z (3) Vì g  f  f [ f ( x)]  Z nên từ (3) suy ra: g ( x) 2n n  N , x  Z Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 12 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc Kết chứng tỏ g ( x)  x  Z  f ( x)  x x  Z Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * PTH cho có quan hệ hàm có “hình dáng” phương trình sai phân tuyến tính cấp hai: Thật vậy, viết lại quan hệ hàm dạng: f ( f ( x))  f ( x)  x Thay x f ( x ) ta được: f ( f ( f ( x)))  f ( f ( x))  f ( x) Thực liên tục n lần ta được: f ( f ( x))  f ( f ( x))  f ( f ( x))      n2 n 1 n Đặt un   f ( f ( x)) với u0  x, u1  f ( x )   n Ta phương trình sai phân: 2un   3un 1  un (rõ ràng lời giải không khác so với lời giải toán tìm số hạng tổng quát dãy ( u n) thỏa 2un  3un1  un với u0 , u1 cho trước) * Như vậy, với cách chọn phương trình sai phân tuyến tính cấp hai “khéo léo”, hay thay đổi, bổ sung giả thiết,… ta thu tập PTH (chẳng hạn toán: Tìm tất hàm số f : R  R thỏa: f toàn ánh, f hàm số tăng R f  f ( x)   f ( x)  12 x x  R (VMO- 2012)) Ví dụ 5: Tìm tất hàm số f : Z  R thỏa:   f (1)    f (m) f (n)  f (m  n )  f (m  n ) (a) m, n  Z (b )  Phân tích: - Quan hệ hàm giống ví dụ dạng Ta dễ dàng tính f (0)  Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 13 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc - Có f (0), f (1) từ điều kiện (b) ta tính f (2) , tương tự có f (1), f (2) ta tính f (3) ,… “tính di truyền” xuất nên phải nghĩ đến phương pháp qui nạp trình giải tập  Lời giải: Từ (b) cho m  1, n  ta có: f (1) f (0)  f (1)  f (1)  f (0)  Ta thấy f (0)   20  20 f (1)  Giả sử:  21  21 f ( k )  k  2 k (theo (a)) k  N Trong (b) cho m  k , n  ta có: f (k ) f (1)  f (k  1)  f (k  1)  f ( k  1)  5 f ( k )  f ( k  1)   2k  2 k    k 1  21 k   k 1   ( k 1) 2 Theo nguyên lý qui nạp, ta có: f (n)  2n  2 n n  N (1) Mặt khác (b) cho m  0, n  k với k  N * , ta có: f (0) f (k )  f (k )  f (k )  f ( k )  f ( k )  k   k   k   (  k ) với k  N * (2) Từ (1) (2) suy f (n)  2n   n n  Z Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * Điều kiện (a) thay bởi: f (1)  10 1    , hay f (1)   cos (với lưu ý f (0)  cos ),… ta thu toán * Gặp PTH có tập xác định tập N, Z, Q có quan hệ hàm có “tính di truyền” ta cần phải nghĩ đến phương pháp qui nạp * Với phương pháp qui nạp, ta cần tính f (0), f (1) ,… dựa vào đự đoán tính f (n), n  N Nếu chứng minh Z thêm bước tính f (n), n  Z Nếu chứng minh Q thêm bước tính f   , n  N tính f (r ), r  Q n Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 14 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc Ví dụ 6: (Bulgaria-2001) Tìm tất hàm số f : Q  Q thỏa:  f (1)    f ( x y )  f ( x) f ( y)  f ( x  y )  x, y  Q (a) (b)  Phân tích: - Từ (b) cho x  1, y  ta tính f (0) , có f (0), f (1) từ (b) ta tính f (2) , … “tính di truyền” xuất hiện, phương pháp qui nạp phải nghĩ đến  Lời giải: Từ (b) cho x  1, y  ta có: f (0)  f (1) f (0)  f (1)   (do f (0)  f (1)  ) Giả sử: f ( k )  k  k  N Từ (b) cho x  k , y  ta có: f (k )  f (k ) f (1)  f (k  1)  k  N Hay f (k  1)  f (k )   k  k  N Vậy f (n)  n  (1) n  N Từ (b) cho x  1, y  1 ta có: f (1)  f (1) f (1)  f (0)   f (1)  Từ (b) cho x  1, y  (m)  N * ta có: f (m)  f (1) f (m)  f (1  m)   f ( m)    ( 1  m)  1   m  (  m)  N * Từ (1) (2) suy (2) f ( m )  m  m  Z Từ (b) cho y  ta có: f ( x)  f ( x) f (1)  f ( x  1)  x  Q  Giả sử: f ( x  1)  f ( x )  x  Q f ( x  k )  f ( x)  k x  Q, k  N Từ (b) cho x  1, y  x  k ta có: f ( x  k )  f (1) f ( x  k )  f ( x  k  1)   f ( x  k  1)  f ( x)  k  x  Q, k  N Vậy f ( x  n)  f ( x)  n x  Q, n  N (4) 1 Từ (b) cho x  , y  n  Z \ 0 ta có: f (1)  f   f (n)  f   n   n  Z \ 0 n n n    1   f   (n  1)   f n  Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu  1  *    n   n  N n     (do (1)) 15 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc  Từ (b) cho x  p, y  1 f     n  Z \ 0 n n với p  N , q  Z \ 0 ta có: q  1 f  p   f ( p ) f  q  Tóm lại 1   q  1 f  p     f ( p ) f q  1     f q  1   q  p 1   p   1  p f    ( p  1)        p     q q  q  q  f (r )  r  r  Q Thử lại ta thấy hàm số thỏa đề  Nhận xét: * Lời giải hình mẫu cho qui trình chứng minh qui nạp Q: cần thực đầy đủ từ N đến Z đến Q (không thiếu bước qui trình đó) ☼ Trước kết thúc phần nội dung, xin mạo muội nói rằng: ví dụ khởi đầu nhiều PTH xét tập N, Z, Q với điều kiện tính chất đặc biệt khác mà thân phải nhiều thời gian tìm hiểu Hiệu nghiên cứu: Sau năm liên tiếp đội tuyển HSG môn Toán nói không với giải Quốc gia (từ năm học 2007-2008 đến năm học 2009-2010, với việc không chia bảng kì thi HSG dự thi Quốc gia em HSG không chế độ tuyển thẳng Đại học), điều thúc cần tìm giải pháp cho: dù học sinh có giảm bớt thời gian học Toán hiệu học Toán không giảm sút; có em HSG môn Toán không rời xa đội tuyển Giải pháp nghĩ đến là: cần trang bị tốt cho em phương pháp tiếp cận lời giải toán nói chung PTH xác định “tập rời rạc” nói riêng (một nội dung phụ trách bồi dưỡng), giải pháp bước Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 16 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc đầu có hiệu với minh chứng là: năm học 2010-2011, có 01 giải KK quốc gia môn Toán năm học 2011-2012, có 03 giải KK Quốc gia môn Toán Có kết nhờ “cái khô khan” Toán học phần dịu đi, thay vào tự tin hy vọng em dù phải đứng trước toán mới; bước đầu em có đôi chút khả chuyển chưa biết, cần tìm biết Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 17 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Đứng trước toán có phương pháp tiếp cận tốt, em học sinh nhanh chóng tìm lời giải cách khoa học việc trình bày lời giải trở nên lôgich, chặt chẽ rõ ràng Hơn nữa, động lực giúp học sinh học Toán có hiệu không cho môn Toán môn học “khô khan”, “khó nuốt” Vì giảng dạy Toán người thầy cần trang bị tốt phương pháp tiếp cận để tìm lời giải nhằm giúp em tự tin làm Toán bớt gánh nặng thời gian học Toán “Dù có giải hàng trăm hàng nghìn toán, đứng nhìn toán tầm cao thợ giải toán mà nhà toán học” (Giáo sư Trần Thúc Trình), nên việc tìm cách giúp HSG có phương pháp tiếp cận lời giải toán, vấn đề làm cho người thầy gian khổ tốn nhiều thời gian, với người thầy đầy nhiệt huyết lại “kho tài nguyên khơi nguồn sáng tạo”, mong muốn tất đồng nghiệp từ nhà trường viết tiếp “trang lại” viết này, đồng thời khai phá tiếp “kho tài nguyên khơi nguồn sáng tạo” ẩn náu tiềm thức thầy cô Bạc Liêu, 29/02/2012 Người viết Đỗ Thanh Hân Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 18 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí Toán học tuổi trẻ Đề thi HSG Việt Nam nước Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp qui nạp toán học, NXB Giáo dục, 2000 Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục, 2002 Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 19 [...]... Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 12 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc Kết quả trên chứng tỏ g ( x)  0 x  Z  f ( x)  x x  Z Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài  Nhận xét: * PTH đã cho có quan hệ hàm có “hình dáng” của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp hai: Thật vậy, viết lại quan hệ hàm ở dạng: 2 f ( f ( x))  3 f ( x)  x Thay... trang bị tốt cho các em phương pháp tiếp cận lời giải một bài toán nói chung và PTH xác định trên “tập rời rạc” nói riêng (một trong những nội dung tôi phụ trách bồi dưỡng), giải pháp đó bước Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 16 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc đầu đã có hiệu quả với minh chứng là: năm học 2010-2011, có 01 giải KK quốc gia môn... - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc Ví dụ 6: (Bulgaria-2001) Tìm tất cả các hàm số f : Q  Q thỏa:  f (1)  2   f ( x y )  f ( x) f ( y)  f ( x  y )  1 x, y  Q (a) (b)  Phân tích: - Từ (b) cho x  1, y  0 ta tính được f (0) , có f (0), f (1) từ (b) ta tính được f (2) , … “tính di truyền” đã xuất hiện, vậy phương pháp qui nạp phải nghĩ đến  Lời giải: ... viết Đỗ Thanh Hân Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 18 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 2 Đề thi HSG Việt Nam và các nước 3 Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp qui nạp toán học, NXB Giáo dục, 2000 4 Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục, 2002 Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 19 ... Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 13 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc - Có f (0), f (1) từ điều kiện (b) ta tính được f (2) , tương tự có f (1), f (2) ta tính được f (3) ,… “tính di truyền” xuất hiện nên ắt phải nghĩ đến phương pháp qui nạp trong quá trình giải bài tập này  Lời giải: Từ (b) cho m  1, n  0 ta có: f (1) f (0)  f (1)  f (1)  f (0)... được điều gì? Kết quả này sẽ là tiền đề cho việc tìm được lời giải  Lời giải: Vì f (n)  N * n  N * nên từ (a) ta có f (n  1)  f (n)  1 n  N * (1) Từ (b) và (1) suy ra: n  2013  (n  1)  2012  f  f (n  1)  f  f (n)  1  Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 11 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên tập rời rạc  f  f ( n)   1  n  2013 n ... các hàm số f : R  R thỏa: f là một toàn ánh, f là hàm số tăng trên R và f  f ( x)   f ( x)  12 x x  R (VMO- 2012)) Ví dụ 5: Tìm tất cả các hàm số f : Z  R thỏa: 5   f (1)  2   f (m) f (n)  f (m  n )  f (m  n ) (a) m, n  Z (b )  Phân tích: - Quan hệ hàm này giống ví dụ 2 trong dạng 1 Ta dễ dàng tính được f (0)  2 Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 13 SKKN - Phương pháp tiếp... và (5) suy ra f (n)  n n  N Thử lại ta thấy hàm số này thỏa đề bài  Nhận xét: * PTH đã cho có quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải” nên khi phân tích ta hãy thử tìm đến việc “tác động f vào cả hai vế”; vì vậy ta cần phải cố gắng làm xuất hiện tính chất f  f (n)  n  a n  N (với a là hằng số nào đó) * Cần cố gắng tìm giá trị của hàm số tại một vài điểm đặc biệt nào đó, để có “điểm... được phương trình sai phân: 2un  2  3un 1  un (rõ ràng lời giải trên không khác gì so với lời giải bài toán tìm số hạng tổng quát của dãy ( u n) thỏa 2un 2  3un1  un với u0 , u1 cho trước) * Như vậy, với mỗi cách chọn phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất cấp hai “khéo léo”, hay một sự thay đổi, bổ sung giả thiết,… ta sẽ thu được một bài tập PTH mới (chẳng hạn bài toán: Tìm tất cả các hàm. .. 2011-2012, có 03 giải KK Quốc gia môn Toán Có được kết quả đó cũng nhờ “cái khô khan” của Toán học phần nào dịu đi, thay vào đó là sự tự tin và hy vọng của các em dù phải đứng trước một bài toán mới; bởi bước đầu các em đã có đôi chút khả năng chuyển cái chưa biết, cái cần tìm về cái đã biết Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu 17 SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải một số phương trình hàm xét trên ... cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc PHẦN II PHẦN NỘI DUNG I Cơ sở lý luận đề tài: Những kiến thức kỹ hàm số như: tính chất hàm số (đơn ánh, toàn ánh,…), số phương pháp đặc thù giải. .. nên phép giải PTH (phương trình có nghiệm hàm số) phức tạp khó đường lối chung để giải Đỗ Thanh Hân – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập... – Trường THPT Chuyên Bạc Liêu SKKN - Phương pháp tiếp cận lời giải số phương trình hàm xét tập rời rạc b Dạng 2: Giải phương trình hàm Ví dụ 1: Tìm tất hàm số f : N  N thỏa: f (m  n)  f (m