dàn âm thanh hội trường, âm thanh lớp học, âm thanh phòng họp, loa trợ giảng

SKKN Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập rời rạc

SKKN Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập rời rạc

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

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 các đề thi học sinh
giỏi các cấp cüng như kì thi chọn đội tuyển quốc gia, VMO hay các kì thi khu vực
và quốc tế mà ta được biết đến. Đặc biệt, trong các lớp dạng phương trình hàm, thì
dạng phương trình hàm trên các tập rời rạc là một mảng được ít các học sinh chú ý
tới bởi độ khó và chưa được tiếp xúc nhiều đồng thời ngoài việc sử dụng các kï thuật
xử lý phương trình hàm cơ bản chúng ta còn phải sử dụng các tính chất số học rất
đặc sắc cûa tập rời rạc như là: tính chia hết, tính chất cûa số nguyên tố, cûa số
chính phương,… Trong sáng kiến này chúng tôi sẽ đề cập tới một số phương pháp
giải các bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc và một số bài toán phương trình
hàm khác hay và khó với những lời giâi vô cùng đặc sắc nhằm giúp bạn đọc có thể
có nhiều cách nhìn khác về mảng toán này đồng thời cüng như chuẩn bị cho các kì
học sinh giỏi, olympic.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ
  1. Mô tả giải pháp trước khi 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 các đề thi học sinh
    giỏi các cấp cüng như kì thi chọn đội tuyển quốc gia, VMO hay các kì thi khu vực và
    quốc tế mà ta được biết đến. Đặc biệt, trong các lớp dạng phương trình hàm, thì
    dạng phương trình hàm trên các tập rời rạc là một mảng được ít các học sinh chú ý
    tới bởi độ khó và chưa được tiếp xúc nhiều đồng thời ngoài việc sử dụng các kï thuật
    xử lý phương trình hàm cơ bân chúng ta còn phải sử dụng các tính chất số học rất
    đặc sắc cûa tập rời rạc như là: tính chia hết, tính chất cûa số nguyên tố, cûa số
    chính phương,…
    Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp
    cận các khái niệm liên quan phương trình hàm trên các tập rời rạc , đặc biệt là kỹ năng
    ứng dụng các nguyên lý của tổ hợp (nguyên lý cực hạn, nguyên lý sắp thứ tự tốt, …)
    vào việc làm bài tập. Những học sinh mới bắt đầu làm quen với phương trình hàm
    chưa hiểu tường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là
    khâu vận dụng kiến thức vào giải toán trong những tình huống khác nhau.
    Để hiểu và vận dụng tốt lý thuyết phương trình hàm trên các tập rời rạc và vận
    dụng kiến thức đó vào giải toán thì thông thường học sinh phải có kiến thức nền tảng
    tương đối đầy đủ và chắc chắn về đại số, số học, tổ hợp. Đó là một khó khăn rất lớn
    đối với giáo viên và học sinh khi giảng dạy và học tập phần phương trình hàm trên
    các tập rời rạc .
    4
    Đề tài “Một số ứng dụng giải phương trình hàm trên các tập rời rạc” được chọn
    để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh những kinh nghiệm của chúng
    tôi khi giảng dạy chủ đề “Phương trình hàm” trong chương trình THPT chuyên, và
    đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của các
    kiến thức của các phân môn khác được áp dụng để giải phương trình hàm trên các tập
    rời rạc và một số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic
    quốc gia của một số nước.
  2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
    Thông qua đề tài “Một số ứng dụng giải phương trình hàm trên các tập rời rạc”
    chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ý trao đổi của các bạn đồng nghiệp,
    các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh. Chúng tôi mong muốn đề tài này góp
    một phần nhỏ để việc dạy chuyên đề “Phương trình hàm” hiệu quả nhất và giúp các
    em học sinh có khả năng vận dụng các kiến thức của số học, tổ hợp, … vào giải các
    bài toán phương trình hàm trên các tập rời rạc một cách tốt nhất.
    A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:
  3. Ánh xạ, đơn ánh, toàn ánh, song ánh
    1.1. Ánh xạ
    Định nghĩa: Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần
    tử x của X với một (và chỉ một) phần tử của Y. Phần tử này được gọi là ảnh của x qua
    ánh xạ f và được kí hiệu là f(x).
    (i) Tập X được gọi là tập xác định của f. Tập hợp Y được gọi là tập giá trị của f.
    (ii) Ánh xạ f từ X đến Y được kí hiệu là f X Y : 
    x y f x    
    (iii) Khi X và Y là các tập số thực, ánh xạ f được gọi là một hàm số xác định
    trên X
    (iv) Cho a X y Y   , . Nếu f a y    thì ta nói y là ảnh của a và a là nghịch
    ảnh của y qua ánh xạ f.
    (v) Tập hợp Y y Y x X y f x       ,   gọi là tập ảnh của f. Nói cách khác,
    tập ảnh f X  là tập hợp tất cả các phẩn tử của Y mà có nghịch ảnh.
    1.2. Đơn ánh, toàn ánh, song ánh
    a. Định nghĩa. Ánh xạ f X Y :  được gọi là đơn ánh nếu với a X b X   , mà a b 
    thì f a f b     , tức là hai phần tử phân biệt sẽ có hai ảnh phân biệt.
    Từ định nghĩa ta suy ra ánh xạ f là đơn ánh khi và chỉ khi với a X b X   , mà
    f a f b     , ta phải có a b  .
    5
    b. Định nghĩa. Ánh xạ f X Y :  được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử y Y 
    đều tồn tại một phần tử x X  sao cho y f x   . Như vậy f là toàn ánh nếu và chỉ
    nếu Y f X   .
    c. Định nghĩa. Ánh xạ f X Y :  được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa
    là toàn ánh. Như vậy ánh xạ f X Y :  là song ánh nếu và chỉ nếu với mỗi y Y  ,
    tồn tại và duy nhất một phần tử x X  để y f x   .
    1.3. Ánh xạ ngược của một song ánh
    a. Định nghĩa. Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi 1
    f , là ánh xạ từ Y đến X gán
    cho mỗi phần tử y Y  phần tử duy nhất x X  sao cho y f x   . Như vậy
       
    1
    f x y f x y   
    b. Chú ý. Nếu f không phải là song ánh thì ta không thể định nghĩa được ánh xạ ngược
    của f. Do đó chỉ nói đến ánh xạ ngược khi f là song ánh.
    1.4. Ánh xạ hợp
    Định nghĩa. Nếu g A B :  và f B C :  và g A B    thì ánh xạ hợp f g A C  : 
    được xác định bởi f g a f g a       .Kí hiệu  …
    n
    n
    p p p p    
    .
  4. Dãy truy hồi tuyến tính
    2.1. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 1 với hệ số hằng
    2.1.1. Dạng tổng quát: 1
    , , ,
    n n
    u au b n a b         .
    2.1.2. Công thức:
    +) Nếu a 1 thì dãy   n
    u là một cấp số cộng.
    +) Nếu a 1 thì n
    n
    u Aa B   với A B,  .
    2.2. Dãy truy hồi tuyến tính cấp 2 với hệ số hằng
    2.2.1. Dạng tổng quát: 2 1 , , ,
    n n n
    u au bu n a b          .
    2.2.2. Công thức:
    Xét phương trình đặc trưng: 2
    λ λ 0    a b (1)
  • Nếu phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2 λ , λ thì tồn tại A B, 
    sao cho 1 2 λ λ , n n
    n
    u A B n    .
  • Nếu phương trình (1) có nghiệm kép λ thì tồn tại A B,  sao cho
     λ , n
    n
    u A B n    .
  • Nếu phương trình (1) có phức λ  x iy thì ta đặt 2 2 r x y    λ và
    π π
    tanφ , φ ;
    2 2
    y
    x
     
          .
    Khi đó λ cosφ sin φ   r i   và  cos φ sin φ , , ,   
    n
    n
    u r A n B n n A B       .
    6
    2.3. Dãy truy hồi cấp 1 dạng  ,  u f u n n n 1 
    Phương pháp:
    Biến đổi để đưa về dạng
        
         
    φ φ
    φ φ
    n n
    n n
    u f u
    u f u , n
     

     

    Đặt φ  n n
    v u  . Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo
    n
    v đơn giản hơn.
    2.4. Dãy truy hồi cấp 2 dạng  , ,  u f u u n n n n   2 1 
    Phương pháp:
    Biến đổi để đưa về dạng
            
             
    1 1
    1 1
    φ φ φ φ
    φ φ φ φ
    n n n n
    n n n n
    u u f u , u
    u u f u , u , n
     
     
       
       
    Đặt φ  n n
    v u  . Khi đó ta được một dãy truy hồi mới theo
    n
    v đơn giản hơn.
  1. Các nguyên lý:
    3.1. Nguyên lý quy nạp
    3.2. Nguyên lý sắp thứ tự tốt
    3.3. Nguyên lý cực hạn
  2. Các tính chất số học
     Nếu xuất hiện các biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, có thể nghĩ đến các bài
    toán liên quan đến cấp của phần tử, các phương trình đặc biệt như phương trình Pell
    hay phương trình Pythagore, … hay đưa về việc xử lý các phương trình vô định
    nghiệm nguyên.
     Nếu hàm số đã cho là hàm nhân tính, ta thường hay xét đến giá trị hàm số tại
    các điểm là số nguyên tố hoặc dãy vô hạn các số nguyên tố.
     Sử dụng các đẳng thức và bất đẳng thức số học.
     Và đặc biệt nhất, trong một số bài toán, hệ cơ số đếm có thể dùng để xây dựng
    nhiều dãy số có tính chất số học thú vị. Trong hệ cơ số 10 chúng ta có thể rất khó
    nhận ra quy luật của dãy, nhưng nếu chọn được hệ cơ số phù hợp thì bài toán có
    thể giải quyết đơn giản hơn rất nhiều.
    Nếu g g   2,  , với g là cơ số đếm, thì mọi số nguyên dương M đều biểu
    diễn duy nhất dưới dạng: 1 2
    1 2 1 2 1 … …
    n n M a a a a g a g a g a n n n g
            
    , trong đó
    1
    1 1; 0 1, 2, . i         a g a g i n
    Cơ số đếm mà hay được sử dụng trong các bài toán phương trình hàm trên tập
    rời rạc là 2 và 3.
    7
    B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI
    RẠC  , , … .
    I. Sử dụng nguyên lý quy nạp.
    Phương pháp quy nạp không hề xa lạ trong môn toán, nó là công cụ thực sự
    hiệu quả để giải các bài toán xác định trên tập số nguyên (tất nhiên vẫn có
    quy nạp trên tập số thực, quy nạp hình học, nhưng ta chỉ xét đến những dạng
    quen thuộc của phương pháp quy nạp mà thôi).
    Điều quan trọng là việc thiết lập giá trị hàm số tại các điểm lớn hơn về các điểm
    đã biết giá trị hàm số (theo giả thiết quy nạp), cụ thể ta cần để ý đến những đẳng thức
    truy hồi đã biết.
    Ta xét một số bài tập áp dụng.
    1.1. Bài 1.1. Tìm tất cả các hàm số * * f :   thoả mãn đồng thời các điều kiện:
    i) f 2 2.  
    ii)      
    *
    f mn f m f n m n    . , , . 
    iii)    
    *
    f m f n m n m n     , , , . 
    Hướng dẫn: Giả sử * * f :   là hàm số thoả mãn các điều kiện của bài toán
    Trong (ii), cho m n  1 ta được       
    2
    f f f 1 1 1 1    , (do  
    *
    f 1  )
    Ta có 2 2 3 4 2 . 2 4 3 3        f f f f f f            
    Và 4 4 5 6 2 . 3 6 5 5        f f f f f f            
    Ta chứng minh  
    *
    f n n n    ,  (). Thật vậy +) Với n 1 ta có f 1 1   . Do đó () đúng với n 1
    +) Giả sử () đúng đến n k   2, tức là f k k    +) Xét n k  1  Nếu k lẻ thì k 1 chẵn ta có     1 1 1 1 2. 2 . 2. 1 2 2 2 k k k f k f f f k                       Nếu k chẵn thì k  2 chẵn. Khi đó     2 2 2 2 2. 2 . 2. 2 2 2 2 k k k f k f f f k                      Mà k f k f k f k k f k k               1 2 2 1 1      Do đó () đúng với n k  1. Theo nguyên lý quy nạp ta có  
    *
    f n n n    ,  .
    Thử lại, ta có hàm  
    *
    f n n n    ,  thoả mãn đề bài.
    Vậy tất cả các hàm cần tìm là  
    *
    f n n n    ,  .
    8
    Nhận xét 1.1. Các điều kiện đã nêu trong bài toán là rất chặt và đã được sử dụng một
    cách tối đa vào phương pháp quy nạp toán học để giải. Tuy nhiên, chỉ cần làm “yếu”
    đi một trong những điều kiện đó thì việc giải bài toán mới đã bắt đầu khó khăn, đòi
    hỏi một số kỹ thuật khác. Ta xét bài toán sau.
    1.2. Bài 1.2. Tìm tất cả các hàm số * * f :   thoả mãn đồng thời các điều kiện:
    i) f 2 2.  
    ii)        
    *
    f mn f m f n m n UCLN a b     . , , , , 1. 
    iii)    
    *
    f m f n m n m n     , , , . 
    Hướng dẫn: Giả sử * * f :   là hàm số thoả mãn các điều kiện của bài toán
    Trong (ii), cho m n  1 ta được       
    2
    f f f 1 1 1 1    , (do  
    *
    f 1  )
    Ta có f f f f f f f f f f f 3 . 5 15 18 2 . 9 2 . 10 2 . 2 . 5                          
       f f f 3 2 . 2 4     
    Mà 2 2 3 4    f f     nên suy ra f 3 3  
    Khi đó ta có 3 3 4 5 6 2 . 3 6 4 4, 5 5          f f f f f f f f                
    Và 6 6 7 8 9 10 2 . 5 10        f f f f f f f              
    Suy ra f f f 7 7, 8 8, 9 9         . Do đó  
    *
    f n n n n     , , 10. 
    Ta chứng minh  
    *
    f n n n    ,  () +) Ta có () đúng với mọi *
    n n    , 10
    +) Giả sử (*) đúng đến n k  10
    +) Xét n k  1.
     Nếu n chẵn, ta xét 2 trường hợp:
     Nếu  
    *
    n m m 2 2 1 , , 
         thì
    f n f m f f m m n   2 2 1 2 . 2 1 2 2 1        
      
          
     Nếu
    *
    n 2 , 
       , thì
                
    1 1 1 f n f f f f n 2 2 2 2 2 1 2 . 2 1 2 2 1 2                  
    Mà n f n f n f n f n n           1 1 1 2 2         nên f n n f n n       , 1 1  
     Nếu n lẻ thì n 1 là số chẵn. Ta xét hai trường hợp
     Nếu  
    *
    n m m 1 2 2 1 , , 
          thì
    f n f m f f m m n  1 2 2 1 2 . 2 1 2 2 1 1          
      
            
    Mà n f n f n f n n         1 1 1 1       nên f n n   
    9
     Nếu
    *
    n 1 2 , 
        , thì
                   
    1 1 1 f n f f f f n n 1 2 2 2 2 2 1 2 . 2 1 2 2 1 1 2 3                      
    Mà n f n f n f n f n f n n             1 1 1 2 3 3           nên suy ra
    f n n f n n f n n          , 1 1, 2 2    
    Do đó (*) đúng với n k  1.
    Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra  
    *
    f n n n    , 
    Thử lại ta thấy hàm  
    *
    f n n n    ,  thoả mãn các điều kiện của bài toán.
    Vậy tất cả các hàm số cần tìm là  
    *
    f n n n    ,  .
    Nhận xét 1.2. Khi điều kiện (b) được làm yếu đi so với điều kiện bài toán 1.1 thì điểm
    mấu chốt ở đây là chứng minh được f 3 3   . Nếu thay đổi điều kiện (i) của bài toán
    1.1 thì có thể xảy ra trường hợp bài toán không có nghiệm. Ta cùng xét bài 1.3.
    1.3. Bài 1.3. Tìm tất cả các hàm số * * f :   thoả mãn đồng thời các điều kiện:
    i) f 2 3.  
    ii)      
    *
    f mn f m f n m n    . , , . 
    iii)    
    *
    f m f n m n m n     , , , . 
    Hướng dẫn: Giả sử * * f :   là hàm số thoả mãn các điều kiện của bài toán
    Đặt f a 3  .
    Ta có          
    3 2 3 2 2 27 2 2 3 3 5        f f f f a a
    Lại có       
    3 3 3 5 5 3 a f f f a          3 3 2 3 243 343 7 7
    Mà *
    a nên suy ra a  6 hay f 3 6  
    Mặt khác 256 243 256 243    f f     nhưng       
    8
    8
    f f f 256 2 2 6561    ;
          
    5 5
    f f f 243 3 3 7776    , tức là f f 256 243    . Điều nay mâu thuẫn
    Vậy không tồn tại hàm số thoả mãn đề bài.
    1.4. Bài 1.4. Tìm tất cả các hàm số * * f :   thoả mãn đồng thời các điều kiện:
    i) f 1 1   .
    ii)      
    *
    f m n f m f n mn m n       , , . 
    Hướng dẫn: Giả sử * * f :   là hàm số thoả mãn các điều kiện i) và ii).
    Trong (ii), cho m 1 ta được      
    *
    f n f n f n n       1 1 , 
       
  •        f n f n n n 1 1 ,     
  •        f n f n n n n 1 , , 2  () 10 +) Với n 1, từ (i) ta có   1 1 1   1 1 2 f    +) Với n  2, từ () ta có    
    2 2 1  
    2 1 2 3
    2
    f f

       
    +) Với n  3, từ (*) ta có    
    3 3 1  
    3 2 3 6
    2
    f f

       
    *)Ta chứng minh quy nạp  
      *
    1
    ,
    2
    n n
    f n n

       (1)
    +) Với n 1 thì (1) đúng.
    +) Giả sử  
     1
    2
    n n
    f n


    +) Khi đó ta có    
     
     
    1 1 2   
    1 1 1
    2 2
    n n n n
    f n f n n n
      
           
    Do đó (1) đúng với n 1.
    Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra (1) đúng với mọi *
    n .
    Mặt khác do    
    *
    f n f n n n       1 1 ,  nên nếu hàm số f thoả mãn đề bài thì
    f được xác định duy nhất.
    Do đó  
      *
    1
    ,
    2
    n n
    f n n

       .
    Thử lại, hàm số  
      *
    1
    ,
    2
    n n
    f n n

       thoả mãn đề bài.
    Vậy tất cả các hàm số cần tìm là  
      *
    1
    ,
    2
    n n
    f n n

       .
    1.5. Bài 1.5. Tìm tất cả các hàm số f :    thoả mãn đồng thời các điều kiện:
    i) f 1 0   .
    ii)      
    2 2 2 2 f m n f m f n m n      , , . 
    Hướng dẫn: Giả sử * * f :   là hàm số thoả mãn các điều kiện i) và ii).
    +) Trong (ii), cho m n   0 ta được      
    2
    f f f 0 2 0 0 0    (do f 0 )
    +) Trong (ii), cho m  0 ta được    
    2 2 f n f n n    , 
    Từ đó ta có      
    2 2 2 2 f m n f m f n m n      , , . 
    Khi đó ta có      
    2 2 f f f 1 1 1   . Do f 1 0   nên f 1 1  
    Suy ra        
    2 2 2 2 f f f f 2 1 1 1 1 1 1 2       
    11
         
    2 2 f f f 4 2 2 4    ;        
    2 2 2 2 f f f f 5 2 1 2 1 5     
           
    2 2 2 2 f f f f 8 2 2 2 2 8     
    Mà            
    2 2 2 2 2 2 2 25 5 5 3 4 3 4 3 16         f f f f f f
       
    2     f f 3 9 3 3, (do f 3 )
    Lại có          
    2 2 2 2 2 2 2 f f f f f 7 1 7 1 5 5 2 5 50       
         
    2 2        f f f 7 1 50 7 49 7 7, (do f 7)
    Ta có      
    2 2 f f f 9 3 3 9    ,          
    2 2 2 2 f f f f f 10 3 1 3 1 10     
    Mặt khác            
    2 2 2 2 2 2 2 100 10 10 6 8 6 8 6 64         f f f f f f
       
    2     f f 6 36 6 6 , (do f 6 )
    +) Như vậy, ta có f n n n      , 1, 2, …, 10  
    Ta chứng minh  
    *
    f n n n    ,  (1)
     Thật vậy, (1) đúng với n 1
     Giả sử (1) đúng đến n 1
     Xét f n 
    Ta có các hằng đẳng thức sau:
               
               
    2 2 2 2 2 2 2 2
    2 2 2 2 2 2 2 2
    5 1 2 4 2 3 1 5 2 1 4 1 3 2
    5 3 1 4 3 3 1 5 4 1 4 2 3 4
    k k k k k k
    k k k k k k
               
               
    Và      
    2 2 2 5 5 4 4 3 3 k k k     
    +) Nếu n k   5 1, ta có
               
    2 2 2 2 2 2 f k f f k f k k 5 1 2 5 1 2 4 2 3 1         
                 
    2 2 2 2 2 2 2 2               f k f f k f k k k k 5 1 2 4 2 3 1 4 2 3 1 5 1 2
         
    2 2 2 2           f k k f k k 5 1 2 5 1 2 5 1 5 1, (do f k 5 1  
    +) Chứng minh tương tự ta cũng có
    +) Nếu n k   5 2 thì f k k 5 2 5 2    
    +) Nếu n k   5 3 thì f k k 5 2 5 3    
    +) Nếu n k   5 4 thì f k k 5 2 5 4    
    +) Nếu n k   5 5 thì f k k 5 2 5 5    
    Do đó (1) đúng 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 cả các hàm số cần tìm là  
    *
    f n n n    ,  .
    12
    1.6. Bài 1.6 (Iran 1995). Tìm tất cá các hàm số f : \ 0      thoả mãn điều kiện
       
    , , \ 0 , 3  
    3 2
    x y f x f y
    f x y x y    
              .
    Hướng dẫn: Giả sử f : \ 0      là hàm số thoả mãn
       
    , , \ 0 , 3  
    3 2
    x y f x f y
    f x y x y    
              (1)
    Đặt f c 1  .
    Trong (1), cho x y   1, 2 ta được  
       
       
    1 2
    1 2 1
    2
    f f
    f f f c

       
    Trong (1), cho x y   3 ta được  
       
       
    3 3
    2 3 2
    2
    f f
    f f f c

       
    *) Ta chứng minh  
    *
    f x c x    ,  ()  Ta có () đúng với x x x    1, 2, 3
     Giả sử f x c x x n       , , 1 , với n  3
     Gọi t là số nguyên dương thuộc đoạn 1, n sao cho n t  1 3 
    Khi đó ta có 1  1  
    3 2
    n t f n f t
    f
         
      
     
    Mà t n 1,  nên  
    1 1 1
    3 3
    n t n t n f f t c               
    Từ đó suy ra f n c    1
    Do đó (*) đúng với n 1. Theo nguyên lý quy nạp ta có  
    *
    f x c x    ,  (1)
    *) Xét k k    , 1. Khi đó, tồn tại số * m sao cho *
    k m  và k m   3
    Khi đó    
     
    3 2
    k m f k f m
    f f k c    
          
    Do đó f k c k k        , , 1  (2)
    Từ (1) và (2) suy ra f x c x c c       , \ 0 , ,     là hằng số.
    Thử lại, hàm số f x c x c c       , \ 0 , ,     là hằng số thoả mãn đề bài.
    Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f x c x c c       , \ 0 , ,     là hằng số.
    1.7. Bài 1.7. Tìm tất cả các hàm số f :    thoả mãn điều kiện
    f f n f n n n           2 3, . 
    Hướng dẫn: Giả sử f :    là hàm số thoả mãn
    f f n f n n n           2 3,  (1)
    Trong (1), cho n  0 ta được f f f  0 0 3         0 0 3 f  
    13
    +) Nếu f 0 0   thì từ (1) ta có f f f  0 0 2.0 3 3       
    (Điều này vô lý vì f f f  0 0 0      )
    +) Nếu f 0 2   thì f f f f 2 0 2.0 3 0 3 2 1             
            f f f f 1 2 2.2 3 2 7 1 6      
              f f f f 6 1 2.1 3 1 5 6 1       
    Do đó trường hợp này không thoả mãn.
    +) Nếu f 0 3   thì f f f f 3 0 2.0 3 0 3 3 0             
            f f f f 0 3 2.3 3 3 9 0 9       (mâu thuẫn với f 0 3   )
    +) Nếu f 0 1   . Khi đó
     f f f f 1 0 2.0 3 0 3 1 2             
     f f f f 2 1 2.1 3 1 5 2 3             
     Ta chứng minh f n n n       1,  (*)
  • Ta thấy (*) đúng với n  0, 1, 2
  • Giả sử (*) đúng đến n k  , tức là f k k    1
  • Với n k  1, ta có
    f k f f k k f k k k k             1 2. 3 2 3 1 2        
    Do đó (*) đúng với n k  1
    Theo nguyên lý quy nạp, ta có f n n n       1,  .
    Thử lại, ta thấy hàm f n n n       1,  thoả mãn đề bài.
    Vậy tất cả các hàm số cần tìm là f n n n       1,  .
    1.8. Bài 1.8 (Việt Nam TST 2005).
    Tìm tất cả các hàm số f :    thoả mãn điều kiện
           
    3 3 3 3 3 3 f x y z f x f y f z x y z        , , , .
    Hướng dẫn:
    *) Trước hết ta chứng minh bổ đề:
    Bổ đề: Với mọi số nguyên dương lớn hơn 10, lập phương của nó đều có thể biểu diễn
    được dưới dạng tổng của 5 lập phương của các số nguyên khác có giá trị tuyệt đối nhỏ
    hơn nó.
    Chứng minh bổ đề:
    Ta cần tìm mối liên hệ đó với số nguyên dương n 1

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ