text:
Hourou Musuko
Wandering Son (2011)
- Phim Thuyết Minh ? :
- Phụ Đề VietSub
- Thể loại:
- Phim Hoạt Hình,Phim Tâm Lý Tình Cảm
- Quốc Gia:
- Phim Nhật Bản .
- Đạo diễn:
- Kimura Makoto .
- Diễn viên:
- Yui Horie, Asami Seto.
- Thời lượng( Độ dài ):
- 12 tập .
- Năm Phát Hành:
- 2011 .
- Cập Nhật Lúc:
Trailer
Phim Hourou Musuko tên gọi khác là "Wandering Son" hay (Hourou Musuko - Wandering Son ) thuộc loại phim Phim Hoạt Hình - Phim Tâm Lý Tình Cảm do hãng Phim Nhật Bản sản xuất và phát hành năm 2011. Với sự tham gia của các diễn viên : Yui Horie, Asami Seto do đạo diễn Kimura Makoto dàn dựng và chỉ đạo sản xuất với thời lượng 12 tập. Nội dung anime Wandering Son kể về câu chuyện Shuichi Nitori được giao nam sinh , nhưng muốn là một cô gái, trong khi Yoshino Takatsuki là đối diện, và cả hai đều muốn giả gái như giới tính khác. Khi hai người bắt đầu cuộc sống của họ như là học sinh trung học cơ sở, chúng phản ánh về các sự kiện của ngày học tiểu học của họ, trong đó Shuichi thú nhận với Yoshino, nhưng bị từ chối vì Yoshino chưa sẵn sàng cho tình yêu chưa. Trong ngày đầu tiên của lớp, Yoshino là ấn tượng bởi một cô gái tên là Chizuru Sarashina người bước vào trường với bộ đồng phục của một cậu bé, trong khi một người bạn cùng lớp Saori Chiba lông mi ra tại một học sinh khác để đưa lên những tin đồn của Shuichi và Yoshino hẹn hò. Sau một ngày đi bộ quanh thành phố trong bộ đồng phục của một cô gái, Shuichi cố trên một chiếc váy thuộc với chị gái của Shuichi, Maho . Maho bắt Shuichi mặc nó và nói rằng đó là một điều kinh tởm để làm. Shuichi chạy vào Yoshino, và cảm thấy tốt hơn sau khi nỗ lực Yoshino để làm sáng tâm trạng. Hai tạo nên.Shuichi và Yoshino được ấn tượng với thái độ sống động Chizuru, trong khi hầu như Saori được trong một cuộc chiến với người bạn Chizuru của, Momoko Shirai . Trong khi đó, một số cô gái năm thứ hai trở nên kích động với Saori không nói xin chào với họ. Yoshino và Saori, những người không đồng ý với nhau, tham gia các câu lạc bộ thể thao riêng biệt, cả hai đều là trên sân cùng, mà làm cho các tình huống khó xử cho người bạn chung của họ, Kanako Sasa , người hét lên với cả hai người. Yoshino cố gắng để vá những thứ lên vì Sasa, nhưng Saori từ chối đi cùng. Chín tháng trước, Saori, người thích Shuichi, đã tức giận ở Yoshino vì Shuichi thích Yoshino, và Yoshino đã tức giận với cô vì đã luôn làm cho Yoshino ra là kẻ xấu. Shuichi và một người bạn mới Makoto Ariga thuyết phục Yoshino để làm lành với Saori và Sasa và họ, cùng với Chizuru và Momoko, đi lại với nhau để có được kem. Saori thừa nhận cô đã sai vì không chào hỏi các cô gái năm thứ hai, mà gợi lên tiếng cười từ Chizuru.Yoshino là bị sốc khi biết để bắt đầu mặc một chiếc áo ngực. Theo đề nghị của Saori, lớp quyết định làm một bender giới chơi, trong đó trẻ em trai chơi như em gái và ngược lại, đối với các lễ hội văn hóa sắp tới, với Yoshino cho rằng Shuichi viết kịch bản. Ngày hôm sau, Shuichi vẫn lên muộn nghĩ ra ý tưởng cho vở kịch và kết thúc trong phòng y tế cùng với Yoshino, mà không ưa mặc áo ngực giúp Shuichi đến với những ý tưởng cho kịch bản. Sau đó, khi Shuichi và Makoto trở nên lo ngại về việc khi tiếng nói của họ có thể thay đổi do tuổi dậy thì, họ quyết định làm bản ghi âm của họ là những cô gái, mà làm phiền Maho, người bị cảm lạnh, và đặt mình trong một tình huống khó xử khi bạn trai của cô ấy, Riku Seya , thuốc nhỏ bằng cách cho một lần. Trong khi đó, các giáo viên lớp quyết định kết hợp câu chuyện ban đầu của Shuichi với ý tưởng của Saori cho một hiện đại Romeo và Juliet , do Saori mời Shuichi qua nhà mình để làm việc trên các kịch bản kết hợp.Ngày hôm sau, Shuichi để ý Yoshino mặc một chiếc áo ngực. Shuichi bắt đầu phát triển quan tâm đến Yoshino, người đã được khoảng cách ra gần đây. Trong Hourou Musuko khi viết kịch bản, đồng nghiệp Maho của, Anna Suehiro , trêu chọc Shuichi đến mức nước mắt. Trong khi đó, Yoshino đã gặp một người bạn chuyển giới người lớn, Yuki . Trong khi ở nhà của Shuichi, Saori nhận xét rằng kịch đại diện muốn Shuichi là một cô gái và trong tình yêu với một Yoshino nam. Ngày hôm sau, Yoshino và Shuichi đi ra ngoài mua sắm quần áo. Có, Shuichi hỏi Yoshino chơi Romeo trong vở kịch để Yoshino có thể thấy Shuichi là một cô gái. Yoshino chấp nhận vai trò, nhưng không giải thích nó như là lời thú nhận tình cảm của Shuichi. Trong khi đó, Anna quyết định mua Shuichi một dây đeo điện thoại, mặc dù Shuichi là không chắc chắn những gì cô ấy có nghĩa bởi nó. Ngày hôm sau ở trường, giáo viên cho rằng tình nguyện viên giúp Shuichi và Saori với kịch bản của anime Hourou Musuko cho họ, còn trầm trọng Saori. Khi Saori mời Shuichi hơn sau đó, nó được tiết lộ rằng mặc dù bị từ chối bởi Yoshino, Shuichi vẫn muốn trở thành một cô gái vì lý do cá nhân. Saori, người vẫn có tình cảm với Shuichi, hỏi rằng Yoshino không được đề cập đến trước mặt cô một lần nữa.Từ Khóa Tìm Kiếm Phim: Thẻ:., Ác m, ash, chó, content, cuoc chi, cuôc chiên, dô, dự, gay, han vo, hourou musuko, Hourou Musuko - Wandering Son Full HD, Hourou Musuko Thuyết Minh Lồng Tiếng, houroumusuko, Hung, I Do, It, nguo, nn, phim, Phim Hoạt Hình Nhật Bản, Phim Nhật Bản Thuyết Minh Lồng Tiếng, Phim Tâm Lý Tình Cảm Nhật Bản, phimtm, phimtm.com, Ran, trai, Up, Vợ, Wandering Son, Wandering Son Thuyết Minh Lồng Tiếng, xem phim, Yêu

markdown:
[5 ](http://phimtm.com/lac-vao-khu-rung-dom-dom-tap-cuoi/)
Lạc Vào Khu Rừng Đom Đóm
![ Lạc Vào Khu Rừng Đom Đóm - Hotarubi No Mori E aka Into the Forest of Fireflies' Light](http://lh4.ggpht.com/-hzV9N2PCr_4/VpqckBkV43I/AAAAAAAEHxI/RJLFmiijb6k/s215-l80-d/PhimTM.Com-lac-vao-khu-rung-dom-dom.jpg)
*Hotarubi No Mori E aka Into the Forest of Fireflies' Light*2011 [6 ](http://phimtm.com/than-mai-moi-3-hoa-khoi-san-tinh-qua-mang-tap-cuoi/)
Thần Mai Mối 3: Hoa Khôi Săn Tình Qua Mạng
![ Thần Mai Mối 3: Hoa Khôi Săn Tình Qua Mạng - The Cupids Series 3: Kammathep Online](http://lh4.ggpht.com/-hWJq7ZCXkts/WPtV3pDAPlI/AAAAAAAFlDY/fF9VBoc4-pI/w40-h40-d-c-l68/phimtm.com.jpg)
*The Cupids Series 3: Kammathep Online*2017
Trailer
Phim
[ tên gọi khác là Hourou Musuko](http://phimtm.com/hourou-musuko-tap-cuoi/)

Set-Cookie: qtrans_front_language=vi; expires=Sun, 22-Jul-2018 10:40:28 GMT; Max-Age=31536000; path=/


text:
Xem Phim Người Vợ Tuyệt Vời - The Good Wife 2016 Tập 16 17 Cuối
Nếu Bạn Không xem được Vui lòng Download ( Tải xuống ) Trình duyệt FireFox Browser vè để xem phim tốt nhất nhé !
Thông tin phim : Bộ phim xoay quanh một ai đàn bà, Kim Hye Kyung (Jun Do Yun), ai có trách nhiệm đối với gia đình của mình sau khi chồng cô, Lee Tae Joon (Yoo Ji Tae) bị tống vào tù sau khi một vụ bê bối công khai. Lee Tae Joon trước đây ... Xem chi tiết

markdown:
[5 ](http://phimtm.com/lac-vao-khu-rung-dom-dom-tap-cuoi/)
Lạc Vào Khu Rừng Đom Đóm
![ Lạc Vào Khu Rừng Đom Đóm - Hotarubi No Mori E aka Into the Forest of Fireflies' Light](http://lh4.ggpht.com/-hzV9N2PCr_4/VpqckBkV43I/AAAAAAAEHxI/RJLFmiijb6k/s215-l80-d/PhimTM.Com-lac-vao-khu-rung-dom-dom.jpg)
*Hotarubi No Mori E aka Into the Forest of Fireflies' Light*2011 [6 ](http://phimtm.com/than-mai-moi-3-hoa-khoi-san-tinh-qua-mang-tap-cuoi/)
Thần Mai Mối 3: Hoa Khôi Săn Tình Qua Mạng
![ Thần Mai Mối 3: Hoa Khôi Săn Tình Qua Mạng - The Cupids Series 3: Kammathep Online](http://lh4.ggpht.com/-hWJq7ZCXkts/WPtV3pDAPlI/AAAAAAAFlDY/fF9VBoc4-pI/w40-h40-d-c-l68/phimtm.com.jpg)
*The Cupids Series 3: Kammathep Online*2017
Nếu Bạn Không xem được Vui lòng Download ( Tải xuống ) Trình duyệt
[FireFox Browser](https://www.mozilla.org/vi/firefox/new/?scene=2) vè để xem phim tốt nhất nhé !
Thông tin phim :
Bộ phim xoay quanh một ai đàn bà, Kim Hye Kyung (Jun Do Yun), ai có trách nhiệm đối với gia đình của mình sau khi chồng cô, Lee Tae Joon (Yoo Ji Tae) bị tống vào tù sau khi một vụ bê bối công khai. Lee Tae Joon trước đây ...
[Xem chi tiết](http://phimtm.com/nguoi-vo-tuyet-voi-tap-cuoi/)

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Truncated: length

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

Server: cloudflare-nginx

Connection: close

Pragma: no-cache

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Set-Cookie: qtrans_front_language=vi; expires=Sun, 22-Jul-2018 10:50:14 GMT; Max-Age=31536000; path=/

Vary: Accept-Encoding

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


text:
tìm 2 nữ ở ghép Phạm Ngọc Thạch q3 - 800k
Phòng ở 4 người, mỗi người khoảng 950 cả tiền phòng và điện nước
Có ban công, toalet riêng trong phòng, giờ giấc tự do, được nấu ăn bếp ở dưới nhà, gửi xe ở ngoài (khoảng 200k một tháng cho xe máy)
dưới là tiệm hớt tóc lúc nào cũng có chủ nhà ở đó, nhà ít phòng nên chủ nhà nhớ mặt từng người, không sợ bị trộm vào nhà
0168 902 8973-bạn gọi mình lúc nào cũng được
2 đứa mình đang ở hiện là sinh viên và hiền lành, ít khi ở nhà, bọn mình có ít đồ thôi
ưu tiên các bạn hiền lành dễ thương nhé smile
Chính chủ cho thuê nhà trọ tìm 2 nữ ở ghép Phạm Ngọc Thạch q3 - 800k tại địa chỉ nhà cho thuê 92/20 Phạm Ngọc Thạch q3 được đăng trong chuyên mục bất động sản (batdongsan) Tìm người ở ghép khu vực căn hộ chung cư TP. Hồ Chí Minh. Tiêu chí Nhà riêng, nhà nguyên căn, căn hộ tập thể, ccmn, phòng trọ cần tìm có gác xép, vệ sinh khép kín, điều hòa máy lạnh, bình nóng lạnh, giường tủ, bếp nấu ăn, ban công, cửa sổ, sạch sẽ thoáng mát, giá thuê 700k, 900k, 1.5tr/tháng. internet wifi, cáp quang tivi, giờ giấc tự do, không chung chủ, đầy đủ tiện nghi, chính chủ cho sinh viên, hộ gia đình thuê giá rẻ nhất. Thông tin trên do trung tâm môi giới nhà đất cung cấp.
- Diện tích : 28.00 m2
- Giá : 800.000 vnđ
- Điện thoại : 01689028973
Địa chỉ trên bản đồ
Lưu ý : Các thông tin rao vặt nhà đất, bất động sản là do người đăng tin đăng tải toàn bộ thông tin. Chúng tôi hoàn toàn không chịu trách nhiệm về bất cứ thông tin nào liên qua đến các thông tin này. Chúng tôi luôn cố gắng để đưa các tin tức nhanh và chính xác nhất cho các bạn. Nếu quý vị phát hiện có sai sót hay vấn đề gì xin hãy thông báo cho chúng tôi.

markdown:
[tìm 2 nữ ở ghép Phạm Ngọc Thạch q3 - 800k ](http://phongnhatro.com/tim-2-nu-o-ghep-pham-ngoc-thach-q3-800k-81282.html) [jukosakura@ymail.com](mailto:jukosakura@ymail.com) **81282**- cách đây: 2 tháng [01689028973](tel:01689028973) 2
Phòng ở 4 người, mỗi người khoảng 950 cả tiền phòng và điện nước
Có ban công, toalet riêng trong phòng, giờ giấc tự do, được nấu ăn bếp ở dưới nhà, gửi xe ở ngoài (khoảng 200k một tháng cho xe máy)
dưới là tiệm hớt tóc lúc nào cũng có chủ nhà ở đó, nhà ít phòng nên chủ nhà nhớ mặt từng người, không sợ bị trộm vào nhà
0168 902 8973-bạn gọi mình lúc nào cũng được
2 đứa mình đang ở hiện là sinh viên và hiền lành, ít khi ở nhà, bọn mình có ít đồ thôi
ưu tiên các bạn hiền lành dễ thương nhé smile
Chính chủ
**cho thuê nhà trọ tìm 2 nữ ở ghép Phạm Ngọc Thạch q3 - 800k** tại địa chỉ **nhà cho thuê 92/20 Phạm Ngọc Thạch q3** được đăng trong chuyên mục bất động sản (batdongsan) [Tìm người ở ghép](http://phongnhatro.com/tim-nguoi-o-ghep.html) khu vực căn hộ chung cư [TP. Hồ Chí Minh](http://phongnhatro.com/tim-nguoi-o-ghep/tp-ho-chi-minh.html). Tiêu chí Nhà riêng, nhà nguyên căn, căn hộ tập thể, ccmn, phòng trọ cần tìm có gác xép, vệ sinh khép kín, điều hòa máy lạnh, bình nóng lạnh, giường tủ, bếp nấu ăn, ban công, cửa sổ, sạch sẽ thoáng mát, giá thuê 700k, 900k, 1.5tr/tháng. internet wifi, cáp quang tivi, giờ giấc tự do, không chung chủ, đầy đủ tiện nghi, chính chủ cho sinh viên, hộ gia đình thuê giá rẻ nhất. Thông tin trên do trung tâm môi giới nhà đất cung cấp.
- Diện tích : 28.00 m
2
- Giá : 800.000 vnđ
- Điện thoại :
[01689028973](tel:01689028973)
Địa chỉ trên bản đồ
Lưu ý :
Các thông tin rao vặt nhà đất, bất động sản là do người đăng tin đăng tải toàn bộ thông tin. Chúng tôi hoàn toàn không chịu trách nhiệm về bất cứ thông tin nào liên qua đến các thông tin này. Chúng tôi luôn cố gắng để đưa các tin tức nhanh và chính xác nhất cho các bạn. Nếu quý vị phát hiện có sai sót hay vấn đề gì xin hãy
[thông báo](http://phongnhatro.com/lien-he.html) cho chúng tôi.

WARC-Identified-Payload-Type: text/html

Server: nginx

Content-Type: text/html

Set-Cookie: pnt_viewed=1; expires=Tue, 30-Mar-2049 12:32:12 GMT; path=/; domain=.phongnhatro.com

X-Powered-By: PleskLin

MS-Author-Via: DAV


text:
Phó Chủ tịch Quốc hội Tòng Thị Phóng tri ân người có công với cách mạng tại Thanh Hóa
Cũng nhân dịp kỷ niệm 70 năm ngày thương binh, liệt sỹ (27-07), đồng chí Tòng Thị Phóng, Ủy viên Bộ Chính trị, Phó Chủ tịch Thường trực Quốc hội cùng đoàn công tác của Quốc hội và Bệnh viện Tim Hà Nội đã có các hoạt động tri ân các gia đình chính sách, người có công tại xã Bát Mọt,...

markdown:
[Phó Chủ tịch Quốc hội Tòng Thị Phóng tri ân người có công với cách mạng tại Thanh Hóa](/Videos/hoat-dong-cua-quoc-hoi/2017/7/pho-chu-tich-quoc-hoi-tong-thi-phong-tri-an-nguoi-co-cong-voi-cach-mang-tai-thanh-hoa/162045)
Cũng nhân dịp kỷ niệm 70 năm ngày thương binh, liệt sỹ (27-07), đồng chí Tòng Thị Phóng, Ủy viên Bộ Chính trị, Phó Chủ tịch Thường trực Quốc hội cùng đoàn công tác của Quốc hội và Bệnh viện Tim Hà Nội đã có các hoạt động tri ân các gia đình chính sách, người có công tại xã Bát Mọt,...

Cache-Control: private

Content-Type: text/html; charset=utf-8


text:
- Hoạt động cuối:
- 20/3/17
- Tham gia ngày:
- 16/6/16
- Bài viết:
- 40
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
- 6
- Giới tính:
- Nữ
- Sinh nhật:
- 9/11/85 (Tuổi: 31)
Chia sẻ trang này
nhozharass001
Member, Nữ, 31
- nhozharass001 được nhìn thấy lần cuối:
- 20/3/17
-
- Đang tải...
- Đang tải...
-
Giới thiệu
- Giới tính:
- Nữ
- Sinh nhật:
- 9/11/85 (Tuổi: 31)
Tương tác

markdown:
![ nhozharass001](http://raovatphanthiet.info/styles/flexile/xenforo/avatars/avatar_female_l.png)
- Hoạt động cuối:
- 20/3/17
- Tham gia ngày:
- 16/6/16
- Bài viết:
- 40
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
[6](members/nhozharass001.6534/trophies)
- Giới tính:
- Nữ
- Sinh nhật:
- 9/11/85 (Tuổi: 31)
### Chia sẻ trang này
# nhozharass001
Member, Nữ, 31
- nhozharass001 được nhìn thấy lần cuối:
- 20/3/17
-
- Đang tải...
- Đang tải...
-
### Giới thiệu
- Giới tính:
- Nữ
- Sinh nhật:
- 9/11/85 (Tuổi: 31)
### Tương tác

Server: Nginx

X-Content-Type-Options: nosniff

X-Frame-Options: SAMEORIGIN

X-XSS-Protection: 1; mode=block

Cache-control: private, max-age=0

X-Powered-By: VPSSIM


text:
Đăng nhập hoặc Đăng ký
Rao vặt thời trang - Cộng đồng mua bán thời trang
Trang chủ
Thành viên
Lê Thuận
Hoạt động cuối:
14 Tháng mười một 2013
Tham gia ngày:
14 Tháng mười một 2013
Bài viết:
6
Đã được thích:
0
Điểm thành tích:
4
Chia sẻ trang này
Lê Thuận
Member
Lê Thuận được nhìn thấy lần cuối:
14 Tháng mười một 2013
Tin nhắn hồ sơ
Các bài đăng
Thông tin
Hiện tại không có tin nhắn trong hồ sơ của Lê Thuận.
Show Ignored Content
Đang tải...
Xem
Tương tác
Nội dung:
Tìm tất cả nội dung bởi Lê Thuận
Tìm tất cả chủ đề bởi Lê Thuận
Login with Facebook
Log in with Google
OR
Tên tài khoản hoặc Email:
Bạn đã có tài khoản rồi?
Tích vào đây để đăng ký
Vâng, Mật khẩu của tôi là:
Bạn đã quên mật khẩu?
Duy trì trạng thái đăng nhập
Rao vặt thời trang - Cộng đồng mua bán thời trang
Trang chủ
Thành viên
Lê Thuận
Diễn đàn
Diễn đàn
Liên kết nhanh
Tìm kiếm diễn đàn
Recent Posts
Thời Trang Nữ
Thời trang nam
Thành viên
Thành viên
Liên kết nhanh
Notable Members
Đang truy cập
New Profile Posts
Menu
Tìm kiếm
Chỉ tìm trong tiêu đề
Được gửi bởi thành viên:
Dãn cách tên bằng dấu phẩy(,).
Mới hơn ngày:
Tìm kiếm hữu ích
Recent Posts
Thêm...

Server: Apache/2.2.15 (CentOS)


text:
- Hoạt động cuối:
- 13 Tháng tám 2015
- Tham gia ngày:
- 13 Tháng tám 2015
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
- 0
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 1 Tháng một 1990(Age: 27)
Chia sẻ trang này
nhatminhanh
Thành Viên Mới, Nam, 27
- nhatminhanh được nhìn thấy lần cuối:
- 13 Tháng tám 2015
- Đang tải...
Giới thiệu
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 1 Tháng một 1990 (Age: 27)
Tương tác

markdown:
![ nhatminhanh](http://raovatthoitrang.com/styles/brivium/Boron/xenforo/avatars/avatar_male_l.png)
- Hoạt động cuối:
- 13 Tháng tám 2015
- Tham gia ngày:
- 13 Tháng tám 2015
- Bài viết:
- 0
- Đã được thích:
- 0
- Điểm thành tích:
[0](members/nhatminhanh.7726/trophies)
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 1 Tháng một 1990(Age: 27)
### Chia sẻ trang này
# nhatminhanh
Thành Viên Mới, Nam, 27
- nhatminhanh được nhìn thấy lần cuối:
- 13 Tháng tám 2015
- Đang tải...
### Giới thiệu
- Giới tính:
- Nam
- Sinh nhật:
- 1 Tháng một 1990 (Age: 27)
### Tương tác


text: Hộp bắt gián thông minh – Tiêu diệt những con gián đáng ghét, mang nhiều bệnh, cho căn phòng nhà bạn trong sạch hơn. Giá chỉ còn 40.000đ, ưu đãi 43% so với giá gốc 70.000đ. Hộp bắt gián thông minh Hộp bắt gián được sử dụng phương pháp vật lý, không dùng đến bất kì chất hoá học hay dùng đến điện, không tốn kém, an toàn và không gây ô nhiễm. Cách sử dụng rất đơn giản, bạn chỉ cần cho thức ăn vào bên trong hộp, mùi thơm của thức ăn sẽ quyến rũ loài gián, khi chúng chui vào thì không có đường ra và chúng sẽ bị giam trong chiếc hộp kín. Và đợi bạn đến tiêu diệt mà thôi. Việc sử dụng hộp bắt gián này, bạn sẽ không phải dùng đến thuốc xịt hay những phương pháp diệt độc hai khác. Chính vì vậy chiếc hộp bắt gián này luôn luôn được nhiều người tin dùng. An toàn và hiệu quả. Chỉ cần cho thức ăn vào trong Click MUA để bạn thử sử dụng phương pháp này nhé. Chắc chắn sẽ hiệu quả không ngờ dành cho bạn. Giá chỉ với40.000đ. Gia dụng: vien tay bon cau - Tham lau chan - Day phoi quan ao lau chan chi tiết xem tại : http://cheappay.vn/team/404.html


text: Subaru Forester XT 2016 đầu tiên về Việt Nam được trang bị khối động cơ Boxer FA20 tăng áp, sản sinh công suất tối đa 241 mã lực, tiêu thụ nhiên liệu trung bình 8,6L/100km. Mới chỉ chính thức ra mắt người tiêu dùng tại Bangkok Motor Show 2016 ngày 21/3 vừa qua, tuy nhiên thời điểm hiện tại, những chiếc Subaru Forester 2016 đầu tiên cũng đã nhanh chóng được đưa về Việt Nam. Theo dự kiến, xe sẽ chính thức ra mắt người tiêu dùng Việt vào cuối tháng 4 năm nay với 2 phiên bản là 2.0i-L và 2.0XT cùng mức giá lần lượt từ 1,44 và 1,66 tỷ đồng.Subaru Forester 2016 đầu tiên có mặt tại Việt Nam. Về thiết kế, tất cả các phiên bản của Forester 2016 đều có lưới tản nhiệt, đèn đuôi và mâm xe được làm mới. Cụm đèn pha sắc sảo với dải LED chạy ngày hình chữ U, sườn xe có thêm nẹp kim loại mạ chrome sáng, đèn hậu thiết kế lại ấn tượng hơn, ống xả đơn đặt đối xứng 2 bên, cửa cốp chứa đồ đóng/mở điện. Trong khi đó, các chi tiết nội thất bên trong cũng được cải tiến như bảng táp-lô sang trọng cùng cụm màn hình hiển thị LCD. Đèn pha bổ sung thêm tính năng liếc theo tay lái. Bên cạnh đó, vật liệu cách âm cũng như kính xe cũng dày hơn làm giảm thiểu tiếng ồn bên trong xe. Ghế lái trên xe điều chỉnh điện trong khi ghế phụ chỉnh cơ, cửa sổ trời panorama khá rộng. Ghế ngồi được bọc da sang trọng. Về trang bị sức mạnh, Forester 2016 sẽ được phân phối chính hãng tại Việt Nam với 2 phiên bản động cơ là 2.0i-L và 2.0XT. Bản 2.0i-L có khả năng sản sinh công suất tối đa 150 mã lực, mô-men xoắn cực đại 198 Nm tong khi bản 2.0XT dùng động cơ tăng áp cho công suất tối đa 241 mã lực tại 5.600 vòng/phút, mô-men xoắn cực đại 350 Nm. Điểm mới ở khả năng vận hành trên Forester 2016 chính là việc được bổ sung chế độ X-Mode. Chế độ này kết hợp với hộp số vô cấp (VCT) và hệ thống dẫn động 4 bánh toàn thời gian (S-AWD) khiến chiếc SUV nhà Subaru có khả năng vượt mọi địa hình, kiểm soát tốt khi xe xuống dốc, tăng cường độ bám… Hệ thống treo của Forester cũng được cải tiến. Phần thanh ngang phía trước được làm cứng hơn, lò xo và bộ giảm chấn được gia cố tốt… giúp xe vận hành linh hoạt và nhanh nhẹn hơn khi đi trong thành phố cũng như trên các địa hình hiểm trở. Một trang bị khá độc đáo trên phiên bản XT mới về Việt Nam đó là hệ thống mã số nhận dạng cá nhân bằng mã PIN cho phép chủ xe vào được trong xe mà không cần chìa, bằng cách mở khóa cửa xe bằng mã PIN đã cài đặt trước đó. Ngoài ra, xe còn được bổ sung thêm một số hệ thống an toàn mới như hệ thống kiểm soát chủ động (VDC), chức năng hỗ trợ khởi động lên dốc, phanh an toàn khi đạp nhầm chân ga, thanh gia cố bên hông cửa, ghế ngồi giảm chấn thương cổ, khung thép gia cường hình nhẫn, … Tất cả những chiếc Subaru Forester này đều được nhập khẩu nguyên chiếc từ Nhật Bản và phân phối chính hãng tại Việt Nam thông qua các đại lý trên toàn quốc.Phòng Kinh doanh: 0923 238633 (Mr Hoàng) | Phòng dịch vụ: 0904 868686Bài viết liên quan Tại sao xe Subaru là thương hiệu được yêu thích v... Subaru lập kỷ lục về doanh số bán hàng Hành trình lái thử Subaru Forester 2016 từ Bangkok... Giá Subaru Forester XT 2016 ra mắt thị trường Vi...Theo Subaruahcom.com


text:
- Đăng tin ưu tiên
-
Các dịch vụ ưu tiên trên Rồng Bay
-
Ưu đãi cho khách hàng thường xuyên
Sử dụng tài khoản chuyên nghiệp
-
Ðăng tin thu hút khách hàng
Cách viết tiêu đề thân thiện, lôi cuốn khách hàng
-
- Hỏi & đáp
- Hỗ trợ
- Mua quảng cáo
- Đăng ký
- Đăng nhập

markdown:
- Đăng tin ưu tiên
-
__Các dịch vụ ưu tiên trên Rồng Bay__
-
__Ưu đãi cho khách hàng thường xuyên__ [Sử dụng tài khoản chuyên nghiệp](http://rongbay.com/su-dung-tai-khoan-chuyen-nghiep.html)
-
__Ðăng tin thu hút khách hàng__ [Cách viết tiêu đề thân thiện, lôi cuốn khách hàng](http://rongbay.com/Cach-viet-tieu-de-than-thien-loi-cuon-khach-hang-fp39.html)
-
[Hỏi & đáp](http://rongbay.com/faqs.html)
- Hỗ trợ
- Nếu bạn cần hỗ trợ, vui lòng liên hệ
-
Điện thoại : **(024) 73095555**(ext: 497 / 496 / 495) Hotline : **0936 194 226**(Nội dung, tin đăng) **0932 223 656**(Liên hệ quảng cáo) : [lienhe@rongbay.com](mailto:lienhe@rongbay.com) Skype : [cskh.rongbay](skype:cskh.rongbay?chat)
-
[Mua quảng cáo](http://rongbay.com/mua-quang-cao.html) [Đăng ký](javascript:void(0);) [Đăng nhập](javascript:void(0);)

Server: Zamba VCCorp


Set-Cookie: cityOtherRBName=Khanh-Hoa; expires=Sun, 22-Jul-2018 11:25:03 GMT; Max-Age=31535999; path=/; domain=.rongbay.com


Set-Cookie: cityOtherRBName=Tay-Ninh; expires=Sun, 22-Jul-2018 11:02:09 GMT; Max-Age=31536000; path=/; domain=.rongbay.com

Cache-Control: private, max-age=0, pre-check=0


text:
English
|
tiếng Việt
Trang chủ
Tìm kiếm
Năm
Trợ giúp
Bộ sưu tập Sách Đông Dương
> Hương hoa đất nước 1949
Hương hoa đất nước, 1949
Sách
Thông tin
Nội dung
Mã kho
P28512
Tên sách
Hương hoa đất nước
Tác giả
Trọng Toàn
Khu vực
Sài Gòn
Nơi xuất bản
Dân chủ
Năm xuất bản
1949
Ngôn ngữ
vi
Từ khóa
Câu hát , Truyền khẩu
Tóm tắt
Giới thiệu các câu hát truyền khẩu tự ngàn xưa, có in một số câu chưa xuất bản
Bánh xe lăn, phím mũi tên, PgUp, PgDn, Home, End
để di chuyển trang.
Phím +, ‒ trên bàn phím số
để phóng to/thu nhỏ trang.
x

Cache-Control: no-cache, must-revalidate

Set-Cookie: VeridianSessionID=;


text:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.Dismiss Notice
Để báo lỗi hoặc đặt quảng cáo tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB: Vipkhongtin. Xin cảm ơn!
[Cần Bán] Bán 1 xe Bella
Thảo luận trong 'Xe Máy - Xe Đạp - Ô Tô' bắt đầu bởi tuanhung210991, 25/12/15.

markdown:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.
Để báo lỗi hoặc
**đặt quảng cáo**tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB:
[Vipkhongtin](http://fb.com/vipkhongtin). Xin cảm ơn! [Dismiss Notice](account/dismiss-notice?notice_id=1)
# [Cần Bán] Bán 1 xe Bella
Thảo luận trong '
[Xe Máy - Xe Đạp - Ô Tô](forums/xe-may-xe-dap-o-to.23/)' bắt đầu bởi [tuanhung210991], [25/12/15](threads/can-ban-ban-1-xe-bella.23418/).


text:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.Dismiss Notice
Để báo lỗi hoặc đặt quảng cáo tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB: Vipkhongtin. Xin cảm ơn!
Kinh nghiệm đắng cay khi đi mua nhà chung cư trả góp
Thảo luận trong 'Nhà đất - Bất động sản' bắt đầu bởi quystar166, 11/11/16.

markdown:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.
Để báo lỗi hoặc
**đặt quảng cáo**tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB:
[Vipkhongtin](http://fb.com/vipkhongtin). Xin cảm ơn! [Dismiss Notice](account/dismiss-notice?notice_id=1)
# Kinh nghiệm đắng cay khi đi mua nhà chung cư trả góp
Thảo luận trong '
[Nhà đất - Bất động sản](forums/nha-dat-bat-dong-san.22/)' bắt đầu bởi [quystar166](members/quystar166.11842/), [11/11/16](threads/kinh-nghiem-dang-cay-khi-di-mua-nha-chung-cu-tra-gop.88679/).


text:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.Dismiss Notice
Để báo lỗi hoặc đặt quảng cáo tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB: Vipkhongtin. Xin cảm ơn!
Samsung A7 mới 100% chính hãng chưa xài 4r7
Thảo luận trong 'Điện thoại - Máy tính bảng' bắt đầu bởi Ipadmini, 16/9/15.

markdown:
-
Mọi bài viết vi phạm chính sách, Spam/Không đúng chuyên mục BQT sẽ xóa bài và nick vĩnh viễn.
Để báo lỗi hoặc
**đặt quảng cáo**tại website vui lòng liên hệ:
Email: vipkhongtin@gmail.com - FB:
[Vipkhongtin](http://fb.com/vipkhongtin). Xin cảm ơn! [Dismiss Notice](account/dismiss-notice?notice_id=1)
# Samsung A7 mới 100% chính hãng chưa xài 4r7
Thảo luận trong '
[Điện thoại - Máy tính bảng](forums/dien-thoai-may-tinh-bang.13/)' bắt đầu bởi [Ipadmini], [16/9/15](threads/samsung-a7-moi-100-chinh-hang-chua-xai-4r7.6708/).


text:
Một số thể loại văn học: Thơ, truyện
Chia sẻ: Nguyen Uyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6
200
lượt xem 16
download
lượt xem 16
download
Một số thể loại văn học: Thơ, truyện
Mô tả tài liệu
Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Kiến thức: Giúp HS - Nhận biết loại và thể trong văn học - Hiểu khái quát đặc điểm của một số thể loại văn học: thơ truyện 2.Kĩ năng: Vận dụng những hiểu biết về thể loại văn học vào việc đọc văn 3.Thái độ: Say mê tìm hiểu một số thể loại văn học quen thuộc
Chủ đề:
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

markdown:
# Một số thể loại văn học: Thơ, truyện
Chia sẻ: Nguyen Uyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6
200
lượt xem 16
download
lượt xem 16
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2011/20110405/lovetime/80x100/110_8347.jpg)
##
Một số thể loại văn học: Thơ, truyện
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Kiến thức: Giúp HS - Nhận biết loại và thể trong văn học - Hiểu khái quát đặc điểm của một số thể loại văn học: thơ truyện 2.Kĩ năng: Vận dụng những hiểu biết về thể loại văn học vào việc đọc văn 3.Thái độ: Say mê tìm hiểu một số thể loại văn học quen thuộc
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Set-Cookie: TLDEVNamespace=leq6vu4gatmoop248h7noq80t0; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Quyết định số 712/QĐ-TTg
Chia sẻ: Son Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:2
26
lượt xem 6
download
lượt xem 6
download
Quyết định số 712/QĐ-TTg
Mô tả tài liệu
Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Quyết định số 712/QĐ-TTg về việc tặng thưởng Bằng khen của Thủ tướng Chính phủ do Thủ tướng Chính phủ ban hành
Chủ đề:
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

markdown:
# Quyết định số 712/QĐ-TTg
Chia sẻ: Son Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:2
26
lượt xem 6
download
lượt xem 6
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2009/20091116/lawvhxh3/80x100/869.jpg)
##
Quyết định số 712/QĐ-TTg
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Quyết định số 712/QĐ-TTg về việc tặng thưởng Bằng khen của Thủ tướng Chính phủ do Thủ tướng Chính phủ ban hành
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Set-Cookie: TLDEVNamespace=stif4f61hn8eq3nv0qv1fkgru6; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
Chia sẻ: LPT Anh Khoa Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:108
lượt xem 304
download
Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
Giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán cấp quốc gia.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
- PhÇn thø nhÊt : C¸c Chuyªn §Ò PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hoàng Ngải Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm. Có rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, chúng tôi rút ra một số kinh nghiệm dạy về chuyên đề này và trao đổi với các đồng nghiệp. Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN 1. Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + 1 . Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 2. Tính trù mật Tập hợp A ⊂ gọi là trù mật trong ⇔ ∀x, y ∈ , x < y đều tồn tại a thuộc A sao cho x
- Tính chất 2: ⎧a ≤ α , ∀a ∈ A α = sup A ⇔ ⎨ ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : α − ε < a ⎧a ≥ β , ∀a ∈ A β = infA ⇔ ⎨ ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : β + ε > a 4. Hàm sơ cấp Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược. Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. 5. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x + y ∈ D và f(x + y) = f(x) + f(y). Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x . y ∈ D và f(x . y) = f(x) . f(y). Nếu với mọi x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D. Hàm f(x) = ( là hàm nhân tính. 6. Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định. Tạp chí toán học trong nhà trường, số 8 – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c Đồng nhất hệ số để tìm f(x) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều không thỏa mãn điều kiện bài toán. Phương pháp dồn biến Bài 1: Tìm f: → sao cho: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy.( x 2 − y 2 ), ∀x, y ∈ Giải: ⎧ u+v x= ⎧u = x + y ⎪ ⎪ 2 Đặt ⎨ ⇒⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪ ⎩ 2 WWW.MATHVN.COM 2 www.MATHVN.com
- ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u 2 − v 2 )uv f (u ) 2 f (v) 2 ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ 0 u v Cho v = 1 ta có: f (u ) f (1) 2 − u2 = − 1 , ∀u ≠ 0 u 1 ⇒ f (u ) = u 3 + au, ∀u ≠ 0 (a = f(1) – 1) Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ 1 Bài 2: f ( x − 1) − 3 f ⎜ ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ 2 Giải : x −1 y 1− y Đặt : = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = 1 − 2x 2 y −1 2 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 1 ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( y − 1) = , ∀y ≠ ⎝ 2 y −1 ⎠ 2 y −1 2 ⎛ x −1 ⎞ −1 1 ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( x − 1) = , ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ 2x −1 2 ⎧ ⎛ x −1 ⎞ 1 ⎪ f ( x − 1) − 3 f ⎜ 1 − 2 x ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − 1 ⎞ − 3 f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ 1 ⎪ ⎜ ⎟ ⎩ ⎝ 1− 2x ⎠ 2x −1 2 3 ⇒ −8 f ( x − 1) = 1 − 2 x + 1− 2x 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 2 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x) = ⎜ 1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ 2 Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: 2 f ( x) + f (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ (1) . Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất : x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi đó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ do đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng nhất các hệ số, ta thu được: ⎧ 1 ⎪ a= ⎧3a = 1 3 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨b − 2a = 0 ⇔ ⎨b = ⎪a + b + 3c = 0 ⎪ 3 ⎩ ⎪ 1 ⎪c = − 3 ⎩ WWW.MATHVN.COM 3 www.MATHVN.com
- 1 Vậy f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ Thay x bởi x0 ta được: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Thay x bởi 1 –x0 ta được 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 Từ hai hệ thức này ta được: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 Điều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số như thế. (Bài này đăng trên tạp chí KVANT số 7 năm 1986, bài M 995 – bản tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b. Khi đó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng nhất hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a 2 − a = 1 ⎪a = 1 + 5 ⎪a = 1 − 5 ⎨ ⇔⎨ 2 ∨⎨ 2 ⎩ab = 0 ⎪b = 0 ⎪b = 0 ⎩ ⎩ Ta tìm được hai hàm số cần tìm là: 1± 5 f ( x) = x 2 Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = 1 (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi đó điều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng nhất các hệ số, ta được: ⎧a 2 = 1 ⎧a = 1 ⎧a = −1 ⎨ ⇔⎨ ∨⎨ ⎩ab + b = 0 ⎩b = 0 ⎩b = 0 WWW.MATHVN.COM 4 www.MATHVN.com
- ⎧a = 1 Với ⎨ ta được f(n) = n ⎩b = 0 Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta được f(n) = -n + b ⎩b = 0 Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 Vậy f(n) = -n + 1 Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 Từ (3) suy ra f(1) = g(1) = 0 Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được f(1995), f(-2007). Các bài tập tương tự: Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : → sao cho: f ( f (n)) + ( f (n)) 2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + 1 Bài 4: Tìm các hàm f : → nếu : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ 8 ⎧ 2 ⎫ 3f ⎜ ⎟−5 f ⎜ ⎟= , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, 2 ⎬ ⎝ 3x + 2 ⎠ ⎝ x − 2 ⎠ x −1 ⎩ 3 ⎭ 28 x + 4 Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ [ x ] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 2 4 WWW.MATHVN.COM 5 www.MATHVN.com
- Giải: Cho x= y = z = 0: 1 1 1 f (0) + f (0) − f 2 (0) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (0) = 2 Cho y = z = 0: 1 1 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 4 2 4 1 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ (1) 2 Cho x= y = z = 1 1 1 1 f (0) + f (1) − f 2 (1) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (1) = 2 Cho y = z = 1 1 1 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 2 2 4 1 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (2) 1 2 Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = 2 Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) Thay x, y, z bởi x2 f(x6) = 3 x2 f(x2) Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) Hay 3 x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) 2 2 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ 2 Thay x bởi x3 ta được : 3x9 + 1 ⇒ f (x ) = 6 f ( x 3 ), ∀x ∈ 2 3x9 + 1 ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3 xf ( x), ∀x ∈ 2 3x3 + 1 3x9 + 1 ⇒ 3x2 f ( x) = 3 xf ( x), ∀x ∈ 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 Vậy f(x) = 0 với mọi x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức (Bài giảng của Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x 2 + 3x − 2) P( x), ∀x (1) WWW.MATHVN.COM 6 www.MATHVN.com
- Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x 2 2 Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P (−1) = 0 x = 0 ⇒ P (0) = 0 x = 1 ⇒ P (1) = 0 Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) ⇔ = 2 , ∀x x − x +1 x + x +1 2 G ( x − 1) G ( x) ⇔ = 2 , ∀x ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 2 G ( x) Đặt R( x) = (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 2 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do đó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ đó ta có bài toán sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với mọi x Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1 Tương tự như trên nếu ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x) P( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các đề toán cho riêng mình. Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm. 1. Trước hết ta nhắc lại khái niệm về dãy số. Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3,...} ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 ,...} 2. Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp 1 của hàm xn là xn = xn +1 − xn Sai phân câp 2 của hàm xn là 2 xn = xn +1 − xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn WWW.MATHVN.COM 7 www.MATHVN.com
- k Sai phân câp k của hàm xn là k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 3. Các tính chất của sai phân Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số Sai phân có tính tuyến tính: Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g k k Nếu xn đa thức bậc m thì: Δ k xn Là đa thức bậc m – k nếu m> k Là hằng số nếu m= k Là 0 nếu m
- λ 3 − 6λ 2 + 11λ − 6 = 0 ⇔ λ = 1, λ = 2, λ = 3 Suy ra: xn = c1 + c2 2n + c3 3n Để tìm c1 , c2 , c3 ta phải dựa vào x0 , x1 , x2 khi đó ta sẽ tìm được : ⎧ 3 ⎪c1 = − 2 ⎪ ⎨c2 = 8 ⎪ 7 ⎪c3 = − ⎩ 2 3 7 Từ đó xn = − + 8.2n − 3n 2 2 Ví dụ 2: Cho dãy số ( xn ) có x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3 và xn = 7 xn −1 − 11xn − 2 + 5 xn −3 , ∀n ≥ 3 Tìm xn Phương trình đặc trưng là : λ 3 − 7λ 2 + 11λ − 5 = 0 ⇔ λ = 1, λ = 1, λ = 5 Vậy nghiệm tổng quát là : xn = c1 + c2 n + c3 5n Để tìm c1 , c2 , c3 ta phải dựa vào x0 , x1 , x2 khi đó ta sẽ tìm được : ⎧ 1 ⎪c1 = − 16 ⎪ ⎪ 3 ⎨c2 = ⎪ 4 ⎪ 1 ⎪c3 = 16 ⎩ 1 3 1 Từ đó ta được: xn = − + n + 5n 16 4 16 Chú ý : Với phương trình sai phân, ta có một số loại khác nữa như phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống phương pháp giải quyết để tuyến tính hóa phương trình sai phân. Song liên quan đến phương trình hàm trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất ( chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất có nghiệm phức). 8. Áp dụng đối với phương trình hàm Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm f : → thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , ∀x ∈ Giải : Thay x bởi f(x) ta được: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , ∀x ∈ ……………………….. f (... f ( x)) = 3 f (... f ( x)) − 2 f (... f ( x)) n+2 n +1 n WWW.MATHVN.COM 9 www.MATHVN.com
- Hay f n + 2 ( x) = 3 f n +1 ( x) − 2 f n ( x), n ≥ 0 Đặt xn = f n ( x), n ≥ 0 Ta được phương trình sai phân: xn + 2 = 3xn +1 − 2 xn Phương trình đặc trưng là : λ 2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 Vậy xn = c1 + c2 2 n Ta có: x0 = c1 + c2 = x x1 = c1 + 2c2 = f ( x) Từ đó ta được c1 = 2 x − f ( x), c2 = f ( x) − x Vậy f ( x) = x + c2 hoặc f ( x) = 2 x − c1 Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên N và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 2 f (n) f (k + n) − 2 f (k − n) = 3 f (n) f ( k ), k ≥ n f (1) = 1 Giải: Cho k = n = 0 ⇒ 2 f 2 (0) − 2 f (0) = 3 f 2 (0) ⇔ f (0) = 0 ∨ f (0) = −2 Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2 f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f(0) = -2 Chọn n = 1 ta được phương trình: 2 f (1) f ( k + 1) − 2 f ( k − 1) = 3 f (1) f ( k ), ∀k ⇔ 2 f ( k + 1) − 2 f (k − 1) = 3 f ( k ), ∀k Đặt xk = f (k ) ta có phương trình sai phân 2 xk +1 − 3xk − 2 xk −1 = 0 1 Phương trình đặc trưng là 2λ 2 − 3λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2 ∧ λ = − 2 n ⎛ 1⎞ Vậy f (n) = c1 2 + c2 ⎜ − ⎟ n ⎝ 2⎠ Ta tìm c1 , c2 từ điều kiện f(0) = -2 , f(1) = 1 Dễ tìm được c1 = 0, c2 = −2 n ⎛ 1⎞ Vậy f ( n ) = −2 ⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ Phương pháp 4: ĐIỂM BẤT ĐỘNG. 1. Đặc trưng của hàm WWW.MATHVN.COM 10 www.MATHVN.com
- Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm. Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f( ⎛ x + y ⎞ f ( x) + f ( y ) Vậy đặc trưng hàm ở đây là f ⎜ ⎟= , ∀x, y ∈ ⎝ 2 ⎠ 2 Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là : Những hàm nào có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước. Hàm lũy thừa f ( x) = x k , x > 0 Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ∀x , y ∈ Hàm Logarit f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: e x − e− x sin hypebolic shx = 2 e x + e− x cos hypebolic chx = 2 shx e x − e− x tan hypebolic thx = = chx e x + e− x chx e x + e − x cot hypebolic cothx = = shx e x − e− x shx có TXĐ là tập giá trị là chx có TXĐ là tập giá trị là [1, +∞ ) thx có TXĐ là tập giá trị là (-1,1) cothx có TXĐ là \ {0} tập giá trị là ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra bạn đọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, đồ thị của các hàm hypebolic 2. Điểm bất động Trong số học, giải tích, các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng và nó được trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Ở đây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1: Xác định các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ Giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = ∞ WWW.MATHVN.COM 11 www.MATHVN.com
- Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a : f(x) = ax để khử số 2. Ta được (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔a=2 Vậy ta làm như sau: Đặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1 vậy đặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình: g(x + 1) = - g(x), ∀x ∈ Do đó ta có: ⎧ g ( x + 1) = − g ( x ) ⎨ ⎩ g ( x + 2) = g ( x ) ⎧ 1 ⎪ g ( x ) = [ g ( x ) − g ( x + 1) ] ⇔ ⎨ 2 ∀x ∈ (3) ⎪ g ( x + 2) = g ( x ) ⎩ Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng : 1 g ( x) = [ h( x) − h( x + 1)] , ∀x ∈ 2 ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn : f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1 Đặt f(x) = -1 + g(x) Lúc đó (1) có dạng g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ (2) Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 Vậy ta đặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. WWW.MATHVN.COM 12 www.MATHVN.com
- Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là : f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1 Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn. Còn f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ (1) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x) Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1 Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ Đặt h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3) 2t = t ⇔ t = 0 (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba khả năng sau: Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 Nếu t> 0 đặt h(t ) = t log 2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu t < 0 đặt h(t ) =| t |log 2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta được ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⇔⎨ ⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ 1 ⎪ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t ) ] , ∀t < 0 ⇔⎨ 2 ⎪ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 ⎩ Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f (α x + β ) = f ( ax ) + b α ≠ 0, ± 1 Khi đó từ phương trình α x + β = x ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1) Nghiệm 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có log a (2t ) = log a t − 2 1 ⇔a= 2 Vậy đặt g (t ) = log 1 t + h(t ) 2 WWW.MATHVN.COM 13 www.MATHVN.com
- Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 Đến đây bài toán trở nên đơn giản §Þnh lý Roll vμ ¸p dông vμo ph−¬ng tr×nh. TiÕn Sü : Bïi Duy H−ng Tr−êng THPT Chuyªn Th¸i B×nh I) §Þnh lý Roll : lμ tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng 1.Trong ch−¬ng tr×nh to¸n gi¶i tÝch líp 12 cã ®Þnh lý Lagr¨ng nh− sau : NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c ∈ (a; b) sao cho: f ( b ) − f (a ) f / (c) = b−a ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý nh− sau: XÐt cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi to¹ ®é cña ®iÓm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lμ: f ( b ) − f (a ) k = b−a f ( b ) − f (a ) §¼ng thøc : f / (c) = b−a nghÜa lμ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm C(c; f(c)) cña cung AB b»ng hÖ sè gãc cña ®−êng th¼ng AB. VËy nÕu c¸c ®iÒu kiÖn cña ®Þnh lý Lagr¨ng ®−îc tho¶ m·n th× tån t¹i mét ®iÓm C cña cung AB, sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã song song víi c¸t tuyÕn AB. 2. NÕu cho hμm sè y = f(x) tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn f(b) = f(a) th× cã f / (c) = 0. Ta cã ®Þnh lý sau ®©y cã tªn gäi lμ : §Þnh lý Roll. NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b], cã ®¹o hμm f / (x) trªn (a; b) vμ cã f(a) = f(b) th× tån t¹i ®iÓm xo ∈ (a , b) sao cho f’ (xo) = 0.. Nh− vËy ®Þnh lý Roll lμ mét tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng. Tuy nhiªn cã thÓ chøng minh ®Þnh lý Roll trùc tiÕp nh− sau: Hμm sè f(x) liªn tôc trªn [a; b] nªn ®¹t c¸c gi¸ trÞ max, min trªn ®o¹n [a; b] gäi m = min f(x) , M = max f(x) WWW.MATHVN.COM 14 www.MATHVN.com
- x ∈ [ a, b ] x ∈ [ a, b ] NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo ∈ (a , b) ®Òu cã f’(xo ) = 0 NÕu m < M th× Ýt nhÊt mét trong hai gi¸ trÞ max, min cña hμm sè f(x) ®¹t ®−îc t¹i ®iÓm nμo ®ã xo ∈ (a; b). VËy xo ph¶i lμ ®iÓm tíi h¹n cña f(x) trªn kho¶ng (a; b) ⇒ f’ (xo ) = 0. §Þnh lý ®−îc chøng minh . ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý Roll : Trªn cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi A(a; f(a)) , B(b; f(b)) vμ f(a) = f(b), tån t¹i ®iÓm C ( c; f(c) ) mμ tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi Ox. II ) ¸p dông cña ®Þnh lý Roll. Bμi to¸n 1. Cho n lμ sè nguyªn d−¬ng , cßn a, b, c lμ c¸c sè thùc tuú ý tho¶ m·n hÖ thøc : a b c + + = 0 (1) n + 2 n +1 n CMR ph−¬ng tr×nh : 2 a x + bx + c = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) . Gi¶i : ax n + 2 bx n +1 cx n XÐt hμm sè: f(x) = + + . n + 2 n +1 n Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x ∈ R . a b c Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = + + =0 n + 2 n +1 n Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈ (0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ: f’(x) = a x + bx + cx n +1 n n −2 f’(x 0 ) = 0 ⇒ ax o + bx o + cx o = 0 n +1 n n −1 ⇔ x o −1 (ax o + bx o +c) = 0 ( x o ≠ 0 ) n 2 ⇔ ax o + bx o + c = 0 2 VËy ph−¬ng tr×nh a x + bx + c = 0 cã nghiÖm x o ∈ (0;1) . (®pcm) . 2 Bμi to¸n 2 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 +6 = 4 +5 x x x x Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : 6 x − 5 x = 4 x − 3x (2). Râ rμng x o = 0 lμ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (2) . Ta gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña ph−¬ng tr×nh (2). XÐt hμm sè : f(x) = ( x + 1) − x , víi x > 0 α α Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm : f’ (x) = α( x + 1) - α x α −1 α −1 = α [ ( x + 1) − x ] α −1 α −1 Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c ∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ : α [ (c + 1) α −1 − c α −1 ] = o ⇔ α =o, α =1. Thö l¹i thÊy x 1 = 0 , x 2 = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2). VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 3 WWW.MATHVN.COM 15 www.MATHVN.com
- Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc bÊt kú a, b, c ph−¬ng tr×nh : acos3x + bcos2x + csinx = 0 (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0 ; 2 π ) Gi¶i a sin 3x b sin 2x XÐt hμm sè f(x) = + + c sin x − cos x . 3 2 Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx . mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 . Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i x o ∈ (0;2π) ®Ó f’( x0 ) = 0 . VËy x o ∈ (0;2π) lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ). Bμi to¸n 4 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3cos x − 2 cos x = cosx (4). Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm x 0 = 0 . Gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã : 3cos α − 2 cos α = cos α ⇔ 3cos α − 3 cos α = 2 cos α − 2 cos α . (5) XÐt hμm sè f(x) = t cos α − t cos α , (víi t > 1 ). Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = cos α.t − cos α . cos α −1 Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho: f’(c) = 0 . ⇔ cos α . c − cos α = 0 cos α −1 ⇔ cos α(c cos α −1 − 1) = 0 ⇔ cos α = 0 hoÆc cos α = 1 π ⇔ α = + kπ ; α = k 2π . Víi k ∈ Ζ 2 Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) . π VËy (4) cã nghiÖm x = + kπ , x = k2 π ( ∀k ∈ Ζ ) 2 NhËn xÐt : Tõ ®Þnh lý Roll cã thÓ rót ra mét sè hÖ qu¶ quan träng nh− sau : Cho hμm sè y = f (x) x¸c ®Þnh trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀x ∈ (a; b) . HÖ qu¶ 1 : NÒu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th×: ph−¬ng tr×nh f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – 1 nghiÖm ph©n biÖt . (k ) ph−¬ng tr×nh f (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – k nghiÖm ph©n biÖt, víi k = 2, 3, 4 … HÖ qu¶ 2 : NÕu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt , víi ∀α ∈ R mμ α ≠ 0 . Chøng minh : x XÐt hμm F (x) = e α .f ( x ) . Hμm sè F (x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã n nghiÖm ph©n biÖt . Theo hÖ qu¶ 1 th× ph−¬ng tr×nh F’ (x) = o cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt . MÆt kh¸c cã: x x 1 F’(x) = e .f ' ( x ) + e . α α .f ( x ) α WWW.MATHVN.COM 16 www.MATHVN.com
- x eα = . [ f(x) + α f’(x) ] α VËy ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’(x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm. Chó ý : Trong tr−êng hîp ph−¬ng tr×nh f’(x) = 0 cã n-1 nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 ch−a ch¾c ®· cã n nghiÖm ph©n biÖt . XÐt vÝ dô sau ®©y : Ph−¬ng tr×nh : x − 3x + 5 = 0 cã ®óng 1 nghiÖm 3 2 nh−ng ph−¬ng tr×nh : 3x − 6 x = 0 cã 2 nghiÖm. 2 HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ hai nghiÖm. HÖ qu¶ 4 : NÕu f’’’(x) > 0 hoÆc f’’’(x) < 0 ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm . Bμi to¸n 5 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : x + 3x + 1 = x 2 + x + 1 (6) Gi¶i : §iÒu kiÖn x ≥ 0 Ph−¬ng tr×nh (6) ⇔ x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 = 0 XÐt hμm sè: f(x) = x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 . Víi x ∈ [0;+∞) 1 3 f’(x) = + − 2x − 1 2 x 2 3x + 1 1 9 f’’(x) = - − − 2 < 0.∀x > 0 4 x 3 4 (3x + 1) 3 Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm Thö trùc tiÕp x 1 = 0, x 2 = 1 tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh . VËy (6) cã ®óng 2 nghiÖm x = 0, x = 1 . Bμi to¸n 6: Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 = 1 + x + log 3 (1 + 2 x ) x 1 Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > - 2 Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : 3 x + x = (1 + 2 x ) + log 3 (1 + 2 x ) ( 7 ) XÐt hμm f(t) = t + log 3 t , víi t ∈ (0;+∞) ta cã : 1 f’(t) = 1 + > 0, ∀t > 0 . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ ) t ln 3 Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( 3 ) = f ( 1 + 2x ) x ⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 (8) WWW.MATHVN.COM 17 www.MATHVN.com
- 1 XÐt hμm sè: g (x) = 3 − 2 x − 1 víi x ∈ ( − ;+∞ ) ta cã : x 2 g’(x) = 3 . ln 3 − 2 x 1 x 2 g’’(x) = 3 . ln 3 > 0. ∀x > − 2 1 VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - ;+∞) 2 MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy x 1 = 0, x 2 = 1 lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) . VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm x 1 , x 2 . KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 7 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 2 + 2)(4 − x ) = 12 (9) . x Gi¶i : XÐt hμm sè f (x) = ( 2 + 2)(4 − x ) − 12 . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R . x f’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − ( 2 + 2) . x x f’’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − 2 . ln 2 − 2 . ln 2 . x 2 x x = 2 . ln 2.[ln 2.( 4 − x ) − 2] . x f’’(x) = 0 ⇔ ( x − 4). ln 2 + 2 = 0 2 ⇔ xo = 4 − . ln 2 Ph−¬ng tr×nh f’’(x) = 0 cã nghiÖm duy nhÊt . Theo ®Þnh lý Roll th× ph−¬ng tr×nh ( 9 ) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm , bëi v× nÕu (9) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× f’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt . Thö trùc tiÕp thÊy (9) tho¶ m·n víi x = 0 , x = 1 , x = 2 . VËy (9) cã ®óng 3 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1, x 3 = 2 . Bμi to¸n 8 : Chøng minh r»ng : Víi ∀m ∈ R ph−¬ng tr×nh : x 2005 + 2 x 3 + m( x 2 − 1) − 9 x + 5 = 0 (10). cã ®óng 3 nghiÖm . Gi¶i : XÐt hμm sè f(x) = x + 2 x + m( x − 1) − 9 x + 5 . 2005 3 2 H m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R. f’(x) = 2005. x 2004 + 6 x 2 + 2mx − 9 . f’’(x) = 2005.2004. x 2003 + 12x + 2m . f’’’(x) = 2005.2004.2003. x 2002 + 12 > 0.∀x . VËy ph−¬ng tr×nh (10) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm . MÆt kh¸c lim f(x) = - ∞ , lim f(x) = + ∞ , f(- 1) = 11 > 0, f(1) = - 1 < 0 x → −∞ x → +∞ Cho nªn : ∃x 1 ∈ (−∞;−1) mμ f ( x 1 ) = 0 ∃x 2 ∈ (-1;1) mμ f( x 2 ) = 0 ∃x 3 ∈ (1;+∞) mμ f( x 3 ) = 0 NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt x 1 < x 2 < x 3 . WWW.MATHVN.COM 18 www.MATHVN.com
- VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm) . Bμi to¸n 9 : Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : x + ax + bx + c = 0 (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab < 4 3 0 Gi¶i : XÐt P (x) = x + ax + bx + c liªn tôc trªn R . 4 3 f(x) = P’ (x) = 4 x + 3ax + b . 3 2 Ph−¬ng tr×nh (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt , theo ®Þnh lý Roll suy ra: ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ f CD .f CT < 0. MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 x 2 + 6ax = 6x.( 2x + a ) a a 3 + 4b f CD .f CT = f (o).f (− ) = b.( ) . (®iÒu kiÖn a ≠ 0 ) 2 4 §iÒu kiÖn f CD .f CT < 0 ⇔ b(a + 4b) < 0 (12) 3 Tõ (12) dÔ dμng suy ra ab < 0 . Bëi v× nÕu cã : a > 0 , b > 0 th× : vÕ tr¸i (12) > 0 a < 0 , b < 0 th× : VÕ tr¸i (12) > 0 b=0 th× : VÕ tr¸i (12) = 0. VËy ab < 0 . (§iÒu ph¶i chøng minh ). Bμi to¸n 10 : Cho sè n nguyªn d−¬ng tuú ý lín h¬n 1 , vμ c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 ,.......a n . tho¶ m·n ®iÒu kiÖn : a1 a 2 an a 1 2a 2 4a 3 2 n −1.a n 0= + + ....... + = + + + ...... + (13). 2 3 n +1 2 3 4 n +1 Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + ...... + na n x n −1 = o cã nghiÖm . Gi¶i : a1x 2 a 2 x 3 a 3x 4 a n x n +1 XÐt F(x) = + + + ..... + . 2 3 4 n +1 §a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R. F’(x) = a 1 x + a 2 x + a 3 x + ...... + a n x 2 3 n F’’(x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x + ..... + na n x 2 n −1 a1 a 2 a F(0) = 0, F(1) = + + ...... + n 2 3 n +1 4 2 a 1 2 a 2 2 .a 3 2 3 2 n +1.a n F(2) = + + + ....... + 2 3 4 n +1 n −1 a 2a 2 4a 3 2 .a n =4( 1 + + + ........ + ) 2 3 4 n +1 Theo gi¶ thiÕt (13) suy ra F(0) = F(1) = F(2) . Theo ®Þnh lý Roll suy ra ph−¬ng tr×nh F’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt x 1 ∈ (0;1), x 2 ∈ (1;2) . Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm x0 . VËy ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + ......... + na n x = 0 cã nghiÖm (§pcm) . n −1 ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp : Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau. WWW.MATHVN.COM 19 www.MATHVN.com
- 1) 2 = 1 + log 2 ( x + 1) x 2) x + 5 − x = x − 5x + 7 2 3) ( 4 + 2)( 2 − x ) = 6 x 4) log 2 ( x + 1) + log 3 (2x + 1) = 6 ⎧ x 2 = 1 + 3 log2 y ⎪ 2 5) ⎨ y = 1 + 3 log2 z ⎪ z 2 = 1 + log x ⎩ 2 ⎧4 x + 2 x = 4 y + 2 ⎪ 6) ⎨ 4 y + 2 y = 4 z + 2 ⎪ z ⎩4 + 2 = 4x + 2 z Tø GI¸C TOμN PHÇN NéI TIÕP, NGO¹I TIÕP Th¹c sü : Ph¹m C«ng SÝnh Tæ to¸n tr−êng t.h.p.t Chuyªn Th¸i B×nh lêi nãi ®Çu ******* WWW.MATHVN.COM 20 www.MATHVN.com
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
15 Bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8
6 p | 1528 | 584
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12
108 p | 990 | 480
-
Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý lớp 12
10 p | 1384 | 479
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 (Phần ứng dụng đạo hàm)
10 p | 1280 | 478
-
Bồi dưỡng học sinh giỏi: Phần điện xoay chiều và các đề thi HSG
23 p | 1143 | 438
-
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 - Lớp 12 THPT - Phần 2
3 p | 854 | 429
-
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán biên soạn Nguyễn Văn Mậu - Phần 2
80 p | 755 | 424
-
ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 - Lớp 12 THPT - Phần 4
5 p | 1453 | 354
-
Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
174 p | 559 | 324
-
Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 12 môn Toán
253 p | 669 | 299
-
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán: Phương trình hàm
15 p | 629 | 291
-
LÝ THUYẾT ÔN TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 5 - 2013
10 p | 805 | 258
-
Một số bài toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
46 p | 472 | 199
-
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
5 p | 390 | 147
-
Chương trình ôn tập bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 12
133 p | 146 | 63
-
Bài tập Địa số nâng cao bồi dưỡng học sinh giỏi 12
37 p | 127 | 54
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Địa lớp 12
13 p | 121 | 18

markdown:
# Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
Chia sẻ: LPT Anh Khoa Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:108
lượt xem 304
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2011/20110329/anhkhoa_lpt/80x100/www_mathvn_com_boiduong_hocsinhgioi12_thaibinh_v_v_0994.jpg)
##
Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán cấp quốc gia.
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Sách bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 cấp quốc gia
- PhÇn thø nhÊt : C¸c Chuyªn §Ò PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hoàng Ngải Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm. Có rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, chúng tôi rút ra một số kinh nghiệm dạy về chuyên đề này và trao đổi với các đồng nghiệp. Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN 1. Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + 1 . Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 2. Tính trù mật Tập hợp A ⊂ gọi là trù mật trong ⇔ ∀x, y ∈ , x < y đều tồn tại a thuộc A sao cho x
- Tính chất 2: ⎧a ≤ α , ∀a ∈ A α = sup A ⇔ ⎨ ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : α − ε < a ⎧a ≥ β , ∀a ∈ A β = infA ⇔ ⎨ ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : β + ε > a 4. Hàm sơ cấp Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược. Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. 5. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x + y ∈ D và f(x + y) = f(x) + f(y). Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x . y ∈ D và f(x . y) = f(x) . f(y). Nếu với mọi x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D. Hàm f(x) = ( là hàm nhân tính. 6. Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định. Tạp chí toán học trong nhà trường, số 8 – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c Đồng nhất hệ số để tìm f(x) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều không thỏa mãn điều kiện bài toán. Phương pháp dồn biến Bài 1: Tìm f: → sao cho: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy.( x 2 − y 2 ), ∀x, y ∈ Giải: ⎧ u+v x= ⎧u = x + y ⎪ ⎪ 2 Đặt ⎨ ⇒⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪ ⎩ 2 WWW.MATHVN.COM 2 www.MATHVN.com
- ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u 2 − v 2 )uv f (u ) 2 f (v) 2 ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ 0 u v Cho v = 1 ta có: f (u ) f (1) 2 − u2 = − 1 , ∀u ≠ 0 u 1 ⇒ f (u ) = u 3 + au, ∀u ≠ 0 (a = f(1) – 1) Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ 1 Bài 2: f ( x − 1) − 3 f ⎜ ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ 2 Giải : x −1 y 1− y Đặt : = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = 1 − 2x 2 y −1 2 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 1 ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( y − 1) = , ∀y ≠ ⎝ 2 y −1 ⎠ 2 y −1 2 ⎛ x −1 ⎞ −1 1 ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( x − 1) = , ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ 2x −1 2 ⎧ ⎛ x −1 ⎞ 1 ⎪ f ( x − 1) − 3 f ⎜ 1 − 2 x ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − 1 ⎞ − 3 f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ 1 ⎪ ⎜ ⎟ ⎩ ⎝ 1− 2x ⎠ 2x −1 2 3 ⇒ −8 f ( x − 1) = 1 − 2 x + 1− 2x 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 2 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x) = ⎜ 1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ 2 Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: 2 f ( x) + f (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ (1) . Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất : x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi đó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ do đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng nhất các hệ số, ta thu được: ⎧ 1 ⎪ a= ⎧3a = 1 3 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨b − 2a = 0 ⇔ ⎨b = ⎪a + b + 3c = 0 ⎪ 3 ⎩ ⎪ 1 ⎪c = − 3 ⎩ WWW.MATHVN.COM 3 www.MATHVN.com
- 1 Vậy f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ Thay x bởi x0 ta được: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Thay x bởi 1 –x0 ta được 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 Từ hai hệ thức này ta được: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 Điều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số như thế. (Bài này đăng trên tạp chí KVANT số 7 năm 1986, bài M 995 – bản tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b. Khi đó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng nhất hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a 2 − a = 1 ⎪a = 1 + 5 ⎪a = 1 − 5 ⎨ ⇔⎨ 2 ∨⎨ 2 ⎩ab = 0 ⎪b = 0 ⎪b = 0 ⎩ ⎩ Ta tìm được hai hàm số cần tìm là: 1± 5 f ( x) = x 2 Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = 1 (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi đó điều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng nhất các hệ số, ta được: ⎧a 2 = 1 ⎧a = 1 ⎧a = −1 ⎨ ⇔⎨ ∨⎨ ⎩ab + b = 0 ⎩b = 0 ⎩b = 0 WWW.MATHVN.COM 4 www.MATHVN.com
- ⎧a = 1 Với ⎨ ta được f(n) = n ⎩b = 0 Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta được f(n) = -n + b ⎩b = 0 Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 Vậy f(n) = -n + 1 Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 Từ (3) suy ra f(1) = g(1) = 0 Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được f(1995), f(-2007). Các bài tập tương tự: Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : → sao cho: f ( f (n)) + ( f (n)) 2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + 1 Bài 4: Tìm các hàm f : → nếu : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ 8 ⎧ 2 ⎫ 3f ⎜ ⎟−5 f ⎜ ⎟= , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, 2 ⎬ ⎝ 3x + 2 ⎠ ⎝ x − 2 ⎠ x −1 ⎩ 3 ⎭ 28 x + 4 Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ [ x ] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 2 4 WWW.MATHVN.COM 5 www.MATHVN.com
- Giải: Cho x= y = z = 0: 1 1 1 f (0) + f (0) − f 2 (0) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (0) = 2 Cho y = z = 0: 1 1 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 4 2 4 1 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ (1) 2 Cho x= y = z = 1 1 1 1 f (0) + f (1) − f 2 (1) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (1) = 2 Cho y = z = 1 1 1 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 2 2 4 1 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (2) 1 2 Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = 2 Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) Thay x, y, z bởi x2 f(x6) = 3 x2 f(x2) Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) Hay 3 x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) 2 2 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ 2 Thay x bởi x3 ta được : 3x9 + 1 ⇒ f (x ) = 6 f ( x 3 ), ∀x ∈ 2 3x9 + 1 ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3 xf ( x), ∀x ∈ 2 3x3 + 1 3x9 + 1 ⇒ 3x2 f ( x) = 3 xf ( x), ∀x ∈ 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 Vậy f(x) = 0 với mọi x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức (Bài giảng của Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x 2 + 3x − 2) P( x), ∀x (1) WWW.MATHVN.COM 6 www.MATHVN.com
- Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x 2 2 Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P (−1) = 0 x = 0 ⇒ P (0) = 0 x = 1 ⇒ P (1) = 0 Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) ⇔ = 2 , ∀x x − x +1 x + x +1 2 G ( x − 1) G ( x) ⇔ = 2 , ∀x ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 2 G ( x) Đặt R( x) = (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 2 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do đó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ đó ta có bài toán sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với mọi x Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1 Tương tự như trên nếu ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x) P( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các đề toán cho riêng mình. Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm. 1. Trước hết ta nhắc lại khái niệm về dãy số. Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3,...} ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 ,...} 2. Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp 1 của hàm xn là xn = xn +1 − xn Sai phân câp 2 của hàm xn là 2 xn = xn +1 − xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn WWW.MATHVN.COM 7 www.MATHVN.com
- k Sai phân câp k của hàm xn là k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 3. Các tính chất của sai phân Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số Sai phân có tính tuyến tính: Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g k k Nếu xn đa thức bậc m thì: Δ k xn Là đa thức bậc m – k nếu m> k Là hằng số nếu m= k Là 0 nếu m
- λ 3 − 6λ 2 + 11λ − 6 = 0 ⇔ λ = 1, λ = 2, λ = 3 Suy ra: xn = c1 + c2 2n + c3 3n Để tìm c1 , c2 , c3 ta phải dựa vào x0 , x1 , x2 khi đó ta sẽ tìm được : ⎧ 3 ⎪c1 = − 2 ⎪ ⎨c2 = 8 ⎪ 7 ⎪c3 = − ⎩ 2 3 7 Từ đó xn = − + 8.2n − 3n 2 2 Ví dụ 2: Cho dãy số ( xn ) có x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3 và xn = 7 xn −1 − 11xn − 2 + 5 xn −3 , ∀n ≥ 3 Tìm xn Phương trình đặc trưng là : λ 3 − 7λ 2 + 11λ − 5 = 0 ⇔ λ = 1, λ = 1, λ = 5 Vậy nghiệm tổng quát là : xn = c1 + c2 n + c3 5n Để tìm c1 , c2 , c3 ta phải dựa vào x0 , x1 , x2 khi đó ta sẽ tìm được : ⎧ 1 ⎪c1 = − 16 ⎪ ⎪ 3 ⎨c2 = ⎪ 4 ⎪ 1 ⎪c3 = 16 ⎩ 1 3 1 Từ đó ta được: xn = − + n + 5n 16 4 16 Chú ý : Với phương trình sai phân, ta có một số loại khác nữa như phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất, phương trình sai phân phi tuyến và có cả một hệ thống phương pháp giải quyết để tuyến tính hóa phương trình sai phân. Song liên quan đến phương trình hàm trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất ( chưa xét đến phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất có nghiệm phức). 8. Áp dụng đối với phương trình hàm Ví dụ 1: Tìm tất cả các hàm f : → thỏa mãn: f(f(x)) = 3f(x) – 2x , ∀x ∈ Giải : Thay x bởi f(x) ta được: f(f(f(x))) = 3f(f(x)) – 2f(x) , ∀x ∈ ……………………….. f (... f ( x)) = 3 f (... f ( x)) − 2 f (... f ( x)) n+2 n +1 n WWW.MATHVN.COM 9 www.MATHVN.com
- Hay f n + 2 ( x) = 3 f n +1 ( x) − 2 f n ( x), n ≥ 0 Đặt xn = f n ( x), n ≥ 0 Ta được phương trình sai phân: xn + 2 = 3xn +1 − 2 xn Phương trình đặc trưng là : λ 2 − 3λ + 2 = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 Vậy xn = c1 + c2 2 n Ta có: x0 = c1 + c2 = x x1 = c1 + 2c2 = f ( x) Từ đó ta được c1 = 2 x − f ( x), c2 = f ( x) − x Vậy f ( x) = x + c2 hoặc f ( x) = 2 x − c1 Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên N và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 2 f (n) f (k + n) − 2 f (k − n) = 3 f (n) f ( k ), k ≥ n f (1) = 1 Giải: Cho k = n = 0 ⇒ 2 f 2 (0) − 2 f (0) = 3 f 2 (0) ⇔ f (0) = 0 ∨ f (0) = −2 Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2 f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f(0) = -2 Chọn n = 1 ta được phương trình: 2 f (1) f ( k + 1) − 2 f ( k − 1) = 3 f (1) f ( k ), ∀k ⇔ 2 f ( k + 1) − 2 f (k − 1) = 3 f ( k ), ∀k Đặt xk = f (k ) ta có phương trình sai phân 2 xk +1 − 3xk − 2 xk −1 = 0 1 Phương trình đặc trưng là 2λ 2 − 3λ − 2 = 0 ⇔ λ = 2 ∧ λ = − 2 n ⎛ 1⎞ Vậy f (n) = c1 2 + c2 ⎜ − ⎟ n ⎝ 2⎠ Ta tìm c1 , c2 từ điều kiện f(0) = -2 , f(1) = 1 Dễ tìm được c1 = 0, c2 = −2 n ⎛ 1⎞ Vậy f ( n ) = −2 ⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ Phương pháp 4: ĐIỂM BẤT ĐỘNG. 1. Đặc trưng của hàm WWW.MATHVN.COM 10 www.MATHVN.com
- Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường mà nghiệm của nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc được từ đại số sang hàm số, được gọi là những đặc trưng hàm. Hàm tuyến tính f(x) = ax , khi đó f(x + y) = f(x) + f(y) Vậy đặc trưng là f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó f(x) + f(y) = 2f( ⎛ x + y ⎞ f ( x) + f ( y ) Vậy đặc trưng hàm ở đây là f ⎜ ⎟= , ∀x, y ∈ ⎝ 2 ⎠ 2 Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là : Những hàm nào có tính chất f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ . Giải quyết vấn đề đó chính là dẫn đến phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước. Hàm lũy thừa f ( x) = x k , x > 0 Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), ∀x , y ∈ Hàm Logarit f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: e x − e− x sin hypebolic shx = 2 e x + e− x cos hypebolic chx = 2 shx e x − e− x tan hypebolic thx = = chx e x + e− x chx e x + e − x cot hypebolic cothx = = shx e x − e− x shx có TXĐ là tập giá trị là chx có TXĐ là tập giá trị là [1, +∞ ) thx có TXĐ là tập giá trị là (-1,1) cothx có TXĐ là \ {0} tập giá trị là ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra bạn đọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, đồ thị của các hàm hypebolic 2. Điểm bất động Trong số học, giải tích, các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng và nó được trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Ở đây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1: Xác định các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ Giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = ∞ WWW.MATHVN.COM 11 www.MATHVN.com
- Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a : f(x) = ax để khử số 2. Ta được (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔a=2 Vậy ta làm như sau: Đặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1 vậy đặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình: g(x + 1) = - g(x), ∀x ∈ Do đó ta có: ⎧ g ( x + 1) = − g ( x ) ⎨ ⎩ g ( x + 2) = g ( x ) ⎧ 1 ⎪ g ( x ) = [ g ( x ) − g ( x + 1) ] ⇔ ⎨ 2 ∀x ∈ (3) ⎪ g ( x + 2) = g ( x ) ⎩ Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng : 1 g ( x) = [ h( x) − h( x + 1)] , ∀x ∈ 2 ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn : f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1 Đặt f(x) = -1 + g(x) Lúc đó (1) có dạng g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ (2) Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 Vậy ta đặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. WWW.MATHVN.COM 12 www.MATHVN.com
- Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là : f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1 Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn. Còn f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ (1) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x) Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1 Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ Đặt h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3) 2t = t ⇔ t = 0 (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba khả năng sau: Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 Nếu t> 0 đặt h(t ) = t log 2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu t < 0 đặt h(t ) =| t |log 2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta được ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⇔⎨ ⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ 1 ⎪ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t ) ] , ∀t < 0 ⇔⎨ 2 ⎪ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 ⎩ Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f (α x + β ) = f ( ax ) + b α ≠ 0, ± 1 Khi đó từ phương trình α x + β = x ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1) Nghiệm 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có log a (2t ) = log a t − 2 1 ⇔a= 2 Vậy đặt g (t ) = log 1 t + h(t ) 2 WWW.MATHVN.COM 13 www.MATHVN.com
- Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 Đến đây bài toán trở nên đơn giản §Þnh lý Roll vμ ¸p dông vμo ph−¬ng tr×nh. TiÕn Sü : Bïi Duy H−ng Tr−êng THPT Chuyªn Th¸i B×nh I) §Þnh lý Roll : lμ tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng 1.Trong ch−¬ng tr×nh to¸n gi¶i tÝch líp 12 cã ®Þnh lý Lagr¨ng nh− sau : NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c ∈ (a; b) sao cho: f ( b ) − f (a ) f / (c) = b−a ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý nh− sau: XÐt cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi to¹ ®é cña ®iÓm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lμ: f ( b ) − f (a ) k = b−a f ( b ) − f (a ) §¼ng thøc : f / (c) = b−a nghÜa lμ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm C(c; f(c)) cña cung AB b»ng hÖ sè gãc cña ®−êng th¼ng AB. VËy nÕu c¸c ®iÒu kiÖn cña ®Þnh lý Lagr¨ng ®−îc tho¶ m·n th× tån t¹i mét ®iÓm C cña cung AB, sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã song song víi c¸t tuyÕn AB. 2. NÕu cho hμm sè y = f(x) tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn f(b) = f(a) th× cã f / (c) = 0. Ta cã ®Þnh lý sau ®©y cã tªn gäi lμ : §Þnh lý Roll. NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b], cã ®¹o hμm f / (x) trªn (a; b) vμ cã f(a) = f(b) th× tån t¹i ®iÓm xo ∈ (a , b) sao cho f’ (xo) = 0.. Nh− vËy ®Þnh lý Roll lμ mét tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng. Tuy nhiªn cã thÓ chøng minh ®Þnh lý Roll trùc tiÕp nh− sau: Hμm sè f(x) liªn tôc trªn [a; b] nªn ®¹t c¸c gi¸ trÞ max, min trªn ®o¹n [a; b] gäi m = min f(x) , M = max f(x) WWW.MATHVN.COM 14 www.MATHVN.com
- x ∈ [ a, b ] x ∈ [ a, b ] NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo ∈ (a , b) ®Òu cã f’(xo ) = 0 NÕu m < M th× Ýt nhÊt mét trong hai gi¸ trÞ max, min cña hμm sè f(x) ®¹t ®−îc t¹i ®iÓm nμo ®ã xo ∈ (a; b). VËy xo ph¶i lμ ®iÓm tíi h¹n cña f(x) trªn kho¶ng (a; b) ⇒ f’ (xo ) = 0. §Þnh lý ®−îc chøng minh . ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý Roll : Trªn cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi A(a; f(a)) , B(b; f(b)) vμ f(a) = f(b), tån t¹i ®iÓm C ( c; f(c) ) mμ tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi Ox. II ) ¸p dông cña ®Þnh lý Roll. Bμi to¸n 1. Cho n lμ sè nguyªn d−¬ng , cßn a, b, c lμ c¸c sè thùc tuú ý tho¶ m·n hÖ thøc : a b c + + = 0 (1) n + 2 n +1 n CMR ph−¬ng tr×nh : 2 a x + bx + c = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) . Gi¶i : ax n + 2 bx n +1 cx n XÐt hμm sè: f(x) = + + . n + 2 n +1 n Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x ∈ R . a b c Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = + + =0 n + 2 n +1 n Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈ (0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ: f’(x) = a x + bx + cx n +1 n n −2 f’(x 0 ) = 0 ⇒ ax o + bx o + cx o = 0 n +1 n n −1 ⇔ x o −1 (ax o + bx o +c) = 0 ( x o ≠ 0 ) n 2 ⇔ ax o + bx o + c = 0 2 VËy ph−¬ng tr×nh a x + bx + c = 0 cã nghiÖm x o ∈ (0;1) . (®pcm) . 2 Bμi to¸n 2 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 +6 = 4 +5 x x x x Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : 6 x − 5 x = 4 x − 3x (2). Râ rμng x o = 0 lμ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (2) . Ta gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña ph−¬ng tr×nh (2). XÐt hμm sè : f(x) = ( x + 1) − x , víi x > 0 α α Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm : f’ (x) = α( x + 1) - α x α −1 α −1 = α [ ( x + 1) − x ] α −1 α −1 Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c ∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ : α [ (c + 1) α −1 − c α −1 ] = o ⇔ α =o, α =1. Thö l¹i thÊy x 1 = 0 , x 2 = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2). VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 3 WWW.MATHVN.COM 15 www.MATHVN.com
- Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc bÊt kú a, b, c ph−¬ng tr×nh : acos3x + bcos2x + csinx = 0 (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0 ; 2 π ) Gi¶i a sin 3x b sin 2x XÐt hμm sè f(x) = + + c sin x − cos x . 3 2 Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx . mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 . Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i x o ∈ (0;2π) ®Ó f’( x0 ) = 0 . VËy x o ∈ (0;2π) lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ). Bμi to¸n 4 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3cos x − 2 cos x = cosx (4). Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm x 0 = 0 . Gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã : 3cos α − 2 cos α = cos α ⇔ 3cos α − 3 cos α = 2 cos α − 2 cos α . (5) XÐt hμm sè f(x) = t cos α − t cos α , (víi t > 1 ). Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ: f’ (x) = cos α.t − cos α . cos α −1 Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho: f’(c) = 0 . ⇔ cos α . c − cos α = 0 cos α −1 ⇔ cos α(c cos α −1 − 1) = 0 ⇔ cos α = 0 hoÆc cos α = 1 π ⇔ α = + kπ ; α = k 2π . Víi k ∈ Ζ 2 Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) . π VËy (4) cã nghiÖm x = + kπ , x = k2 π ( ∀k ∈ Ζ ) 2 NhËn xÐt : Tõ ®Þnh lý Roll cã thÓ rót ra mét sè hÖ qu¶ quan träng nh− sau : Cho hμm sè y = f (x) x¸c ®Þnh trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀x ∈ (a; b) . HÖ qu¶ 1 : NÒu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th×: ph−¬ng tr×nh f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – 1 nghiÖm ph©n biÖt . (k ) ph−¬ng tr×nh f (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – k nghiÖm ph©n biÖt, víi k = 2, 3, 4 … HÖ qu¶ 2 : NÕu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt , víi ∀α ∈ R mμ α ≠ 0 . Chøng minh : x XÐt hμm F (x) = e α .f ( x ) . Hμm sè F (x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã n nghiÖm ph©n biÖt . Theo hÖ qu¶ 1 th× ph−¬ng tr×nh F’ (x) = o cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt . MÆt kh¸c cã: x x 1 F’(x) = e .f ' ( x ) + e . α α .f ( x ) α WWW.MATHVN.COM 16 www.MATHVN.com
- x eα = . [ f(x) + α f’(x) ] α VËy ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’(x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm. Chó ý : Trong tr−êng hîp ph−¬ng tr×nh f’(x) = 0 cã n-1 nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 ch−a ch¾c ®· cã n nghiÖm ph©n biÖt . XÐt vÝ dô sau ®©y : Ph−¬ng tr×nh : x − 3x + 5 = 0 cã ®óng 1 nghiÖm 3 2 nh−ng ph−¬ng tr×nh : 3x − 6 x = 0 cã 2 nghiÖm. 2 HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ hai nghiÖm. HÖ qu¶ 4 : NÕu f’’’(x) > 0 hoÆc f’’’(x) < 0 ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm . Bμi to¸n 5 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : x + 3x + 1 = x 2 + x + 1 (6) Gi¶i : §iÒu kiÖn x ≥ 0 Ph−¬ng tr×nh (6) ⇔ x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 = 0 XÐt hμm sè: f(x) = x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 . Víi x ∈ [0;+∞) 1 3 f’(x) = + − 2x − 1 2 x 2 3x + 1 1 9 f’’(x) = - − − 2 < 0.∀x > 0 4 x 3 4 (3x + 1) 3 Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm Thö trùc tiÕp x 1 = 0, x 2 = 1 tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh . VËy (6) cã ®óng 2 nghiÖm x = 0, x = 1 . Bμi to¸n 6: Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 = 1 + x + log 3 (1 + 2 x ) x 1 Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > - 2 Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : 3 x + x = (1 + 2 x ) + log 3 (1 + 2 x ) ( 7 ) XÐt hμm f(t) = t + log 3 t , víi t ∈ (0;+∞) ta cã : 1 f’(t) = 1 + > 0, ∀t > 0 . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ ) t ln 3 Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( 3 ) = f ( 1 + 2x ) x ⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 (8) WWW.MATHVN.COM 17 www.MATHVN.com
- 1 XÐt hμm sè: g (x) = 3 − 2 x − 1 víi x ∈ ( − ;+∞ ) ta cã : x 2 g’(x) = 3 . ln 3 − 2 x 1 x 2 g’’(x) = 3 . ln 3 > 0. ∀x > − 2 1 VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - ;+∞) 2 MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy x 1 = 0, x 2 = 1 lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) . VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm x 1 , x 2 . KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 7 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 2 + 2)(4 − x ) = 12 (9) . x Gi¶i : XÐt hμm sè f (x) = ( 2 + 2)(4 − x ) − 12 . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R . x f’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − ( 2 + 2) . x x f’’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − 2 . ln 2 − 2 . ln 2 . x 2 x x = 2 . ln 2.[ln 2.( 4 − x ) − 2] . x f’’(x) = 0 ⇔ ( x − 4). ln 2 + 2 = 0 2 ⇔ xo = 4 − . ln 2 Ph−¬ng tr×nh f’’(x) = 0 cã nghiÖm duy nhÊt . Theo ®Þnh lý Roll th× ph−¬ng tr×nh ( 9 ) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm , bëi v× nÕu (9) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× f’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt . Thö trùc tiÕp thÊy (9) tho¶ m·n víi x = 0 , x = 1 , x = 2 . VËy (9) cã ®óng 3 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1, x 3 = 2 . Bμi to¸n 8 : Chøng minh r»ng : Víi ∀m ∈ R ph−¬ng tr×nh : x 2005 + 2 x 3 + m( x 2 − 1) − 9 x + 5 = 0 (10). cã ®óng 3 nghiÖm . Gi¶i : XÐt hμm sè f(x) = x + 2 x + m( x − 1) − 9 x + 5 . 2005 3 2 H m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R. f’(x) = 2005. x 2004 + 6 x 2 + 2mx − 9 . f’’(x) = 2005.2004. x 2003 + 12x + 2m . f’’’(x) = 2005.2004.2003. x 2002 + 12 > 0.∀x . VËy ph−¬ng tr×nh (10) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm . MÆt kh¸c lim f(x) = - ∞ , lim f(x) = + ∞ , f(- 1) = 11 > 0, f(1) = - 1 < 0 x → −∞ x → +∞ Cho nªn : ∃x 1 ∈ (−∞;−1) mμ f ( x 1 ) = 0 ∃x 2 ∈ (-1;1) mμ f( x 2 ) = 0 ∃x 3 ∈ (1;+∞) mμ f( x 3 ) = 0 NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt x 1 < x 2 < x 3 . WWW.MATHVN.COM 18 www.MATHVN.com
- VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm) . Bμi to¸n 9 : Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : x + ax + bx + c = 0 (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab < 4 3 0 Gi¶i : XÐt P (x) = x + ax + bx + c liªn tôc trªn R . 4 3 f(x) = P’ (x) = 4 x + 3ax + b . 3 2 Ph−¬ng tr×nh (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt , theo ®Þnh lý Roll suy ra: ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ f CD .f CT < 0. MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 x 2 + 6ax = 6x.( 2x + a ) a a 3 + 4b f CD .f CT = f (o).f (− ) = b.( ) . (®iÒu kiÖn a ≠ 0 ) 2 4 §iÒu kiÖn f CD .f CT < 0 ⇔ b(a + 4b) < 0 (12) 3 Tõ (12) dÔ dμng suy ra ab < 0 . Bëi v× nÕu cã : a > 0 , b > 0 th× : vÕ tr¸i (12) > 0 a < 0 , b < 0 th× : VÕ tr¸i (12) > 0 b=0 th× : VÕ tr¸i (12) = 0. VËy ab < 0 . (§iÒu ph¶i chøng minh ). Bμi to¸n 10 : Cho sè n nguyªn d−¬ng tuú ý lín h¬n 1 , vμ c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 ,.......a n . tho¶ m·n ®iÒu kiÖn : a1 a 2 an a 1 2a 2 4a 3 2 n −1.a n 0= + + ....... + = + + + ...... + (13). 2 3 n +1 2 3 4 n +1 Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + ...... + na n x n −1 = o cã nghiÖm . Gi¶i : a1x 2 a 2 x 3 a 3x 4 a n x n +1 XÐt F(x) = + + + ..... + . 2 3 4 n +1 §a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R. F’(x) = a 1 x + a 2 x + a 3 x + ...... + a n x 2 3 n F’’(x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x + ..... + na n x 2 n −1 a1 a 2 a F(0) = 0, F(1) = + + ...... + n 2 3 n +1 4 2 a 1 2 a 2 2 .a 3 2 3 2 n +1.a n F(2) = + + + ....... + 2 3 4 n +1 n −1 a 2a 2 4a 3 2 .a n =4( 1 + + + ........ + ) 2 3 4 n +1 Theo gi¶ thiÕt (13) suy ra F(0) = F(1) = F(2) . Theo ®Þnh lý Roll suy ra ph−¬ng tr×nh F’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt x 1 ∈ (0;1), x 2 ∈ (1;2) . Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm x0 . VËy ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + ......... + na n x = 0 cã nghiÖm (§pcm) . n −1 ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp : Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau. WWW.MATHVN.COM 19 www.MATHVN.com
- 1) 2 = 1 + log 2 ( x + 1) x 2) x + 5 − x = x − 5x + 7 2 3) ( 4 + 2)( 2 − x ) = 6 x 4) log 2 ( x + 1) + log 3 (2x + 1) = 6 ⎧ x 2 = 1 + 3 log2 y ⎪ 2 5) ⎨ y = 1 + 3 log2 z ⎪ z 2 = 1 + log x ⎩ 2 ⎧4 x + 2 x = 4 y + 2 ⎪ 6) ⎨ 4 y + 2 y = 4 z + 2 ⎪ z ⎩4 + 2 = 4x + 2 z Tø GI¸C TOμN PHÇN NéI TIÕP, NGO¹I TIÕP Th¹c sü : Ph¹m C«ng SÝnh Tæ to¸n tr−êng t.h.p.t Chuyªn Th¸i B×nh lêi nãi ®Çu ******* WWW.MATHVN.COM 20 www.MATHVN.com
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
15 Bài toán bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 8
6 p |
1528 |
584
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12
108 p |
990 |
480
-
Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý lớp 12
10 p |
1384 |
479
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 (Phần ứng dụng đạo hàm)
10 p |
1280 |
478
-
Bồi dưỡng học sinh giỏi: Phần điện xoay chiều và các đề thi HSG
23 p |
1143 |
438
-
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 - Lớp 12 THPT - Phần 2
3 p |
854 |
429
-
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán biên soạn Nguyễn Văn Mậu - Phần 2
80 p |
755 |
424
-
ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 - Lớp 12 THPT - Phần 4
5 p |
1453 |
354
-
Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
174 p |
559 |
324
-
Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 12 môn Toán
253 p |
669 |
299
-
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán: Phương trình hàm
15 p |
629 |
291
-
LÝ THUYẾT ÔN TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 5 - 2013
10 p |
805 |
258
-
Một số bài toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán
46 p |
472 |
199
-
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
5 p |
390 |
147
-
Chương trình ôn tập bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 12
133 p |
146 |
63
-
Bài tập Địa số nâng cao bồi dưỡng học sinh giỏi 12
37 p |
127 |
54
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Địa lớp 12
13 p |
121 |
18

Set-Cookie: TLDEVNamespace=h5u24d5fqhr3i676rngiv2vba7; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng
Chia sẻ: Hoang Van Hung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4
666
lượt xem 276
download
lượt xem 276
download
Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng
Mô tả tài liệu
Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng Hôm nay tôi xin hướng dẫn các bạn cách tạo một đĩa CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng của các bạn để Ghost, phân vùng ổ cứng trong Dos hay cài Win.... Để
Chủ đề:
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

markdown:
# Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng
Chia sẻ: Hoang Van Hung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4
666
lượt xem 276
download
lượt xem 276
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2009/20091215/hoanghunghh/80x100/149624_168.jpg)
##
Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tạo CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng Hôm nay tôi xin hướng dẫn các bạn cách tạo một đĩa CD BOOT tự động mang dấu ấn riêng của các bạn để Ghost, phân vùng ổ cứng trong Dos hay cài Win.... Để
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Set-Cookie: TLDEVNamespace=7sd2c6rs1flkiaask40jgn9nd2; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly