+) dựa vào điều kiện bài toán, xác minh được dạng của f(x), thường xuyên là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax2+ bx + c.
+) Đồng nhất hệ số để kiếm tìm f(x).
+) minh chứng rằng mọi thông số khác của f(x) ñều không thỏa mãn nhu cầu điều kiện bài xích toán
Bạn đang xem: Phương trình hàm
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tư liệu "Các phương thức giải phương trình hàm hay dùng", để thiết lập tài liệu cội về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD sống trên
Xem thêm: Tìm Giá Trị Của M Để Phương Trình Có Nghiệm Phân Biệt Thỏa Mãn Điều Kiện
1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG cách thức 1: thông số bất ñịnh. Phương pháp chung: +) phụ thuộc vào ñiều kiện bài bác toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường xuyên là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c. +) ðồng nhất hệ số ñể kiếm tìm f(x). +) minh chứng rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không vừa lòng ñiều kiện bài xích toán. Lấy một ví dụ 1: tra cứu :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: cố gắng 1xy R=∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Rứa ( )1 1y f= − − vào (a) suy ra: ( )( )( )1 1 1 1f f f− − + = − . ðặt ( )( )1 1 1a f f= − − + ta ñược: ( ) 1f a = − . Lựa chọn y ax R=∈ ta ñược: ( )( ) ( ) ( ) ( )0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . ðặt ( ) ( )0f b f x a x b= ⇒ = − + . Nạm vào (1) cùng ñồng nhất thông số ta ñược: ( )( )2 1110a f x xaaab a a f x xb == = ⇒ ⇒= − − − = − = − =. Vậy có hai hàm số bắt buộc tìm là ( )f x x= cùng ( )f x x= − . Lấy ví dụ 2: kiếm tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: đến ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . Mang lại ( ) ( )( )( ) ( ) ( )": (2) 0x f y f f f y y y f a= ⇒ + = . ( ) ( ) ( ) ( )" 0a a f y y f+ ⇒ = . ðặt ( ) ( )0f a f y ay y R= ⇒ = ∀ ∈ . Demo lại (2) ta ñược: ( ) ( )2 2 2 0 ,a x y a y x y x y R+ + − = ∀ ∈ ( )0 0a f x x R⇔ = ⇒ = ∀ ∈ . Vậy bao gồm duy tốt nhất hàm số ( ) 0f x = vừa lòng bài toán. Lấy ví dụ 3: tìm kiếm , :f g R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 ,1f x g x f y y x y R af x g x x x R b− = − ∀ ∈≥ + ∀ ∈. Lời giải: mang đến x y R= ∈ lúc ñó ( ) ( ) ( )a f x g x x⇒ = − .Thay lại (a) ta ñược: 2 ( ) ( )2 2 ,g x x y g y x y R= − + ∀ ∈ (c). Mang đến 0;y x R= ∈ : tự (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta ñược: ( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Cầm vào (a), (b) ta ñược: (a), (b) ⇔ ( )( ) ( )2 22 1x a x ax Rx a x a x+ = + ∀ ∈+ + ≥ + ( )2 22 3 1 1 0x a x a x R⇔ + − + − ≥ ∀ ∈ ( )23 0 3a a⇔ − ≤ ⇔ = . Vậy ( ) ( )3 ; 2 3f x x g x x= + = + . Lấy một ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Tìm kiếm f(x). Lời giải: Ta nhận biết vế trái của biểu thức dưới vết f là bậc nhất: x, 1 – x vế buộc phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải tất cả dạng: f(x) = ax2 + bx + c. Lúc ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈ℝ vày ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: 133 122 033 0 13aab a ba b cc== − = ⇔ = + + = = −Vậy: 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − demo lại ta thấy rõ ràng f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số không giống f(x) đã không vừa lòng ñiều kiện bài toán: thiệt vậy giả sử còn hàm số g(x) không giống f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán. Vị f(x) ko trùng với g(x) đề nghị 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Bởi vì g(x) vừa lòng ñiều kiện câu hỏi nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ nỗ lực x vày x0 ta ñược: đôi mươi 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = thế x bởi 1 –x0 ta ñược: trăng tròn 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta ñược: đôi mươi 0 0 01( ) ( 2 1) ( )3g x x x f x= + − = ðiều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠Vậy phương trình tất cả nghiệm độc nhất là 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − 3 dìm xét: nếu như ta chỉ dự ñoán f(x) gồm dạng làm sao ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số kiếm tìm ñược.Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tiếp với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm nhì hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã mang đến dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế buộc phải của phương trình là 1 hàm số đường tính vày vậy ta đề xuất giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b. Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈ℝhay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈ℝ ñồng nhất thông số ta ñược: 2 1 5 1 51 1 5( ) .2 2 đôi mươi 0 0a a a a f x xab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ = = = = Hiển nhiên nhị hàm số trên thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện việc (việc chứng tỏ sự độc nhất vô nhị dành cho người ñọc). Lấy ví dụ như 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau: ) ( ( )) , (1)) ( ( 2) 2) , (2)) (0) 1 (3)a f f n n nb f f n n nc f= ∀ ∈+ + = ∀ ∈=ℤℤ Tìm giá trị f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng nhấn xét cùng lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải bao gồm dạng: f(n) = an +b. Lúc ñó ñiều kiện (1) trở thành:2,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ ðồng nhất các hệ số, ta ñược:2 1 110 00a aab bab b= = − = ⇔ ∨ = =+ = Với 10ab== ta ñược f(n) = n. Trường hòa hợp này loại bởi không thỏa mãn nhu cầu (2). Cùng với 10ab= −= ta ñược f(n) = -n + b. Tự ñiều kiện (3) đến n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Rõ ràng hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài xích toán. Ta phải minh chứng f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài xích toán: thiệt vậy đưa sử tồn tại hàm g(n) không giống f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán. Trường đoản cú (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. áp dụng ñiều kiện (1) cùng (2) ta dấn ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ. 4 vị ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) n∀ ∈ℤHay g(n) = g(n+2)+2 n∀ ∈ℤ.Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhỏ nhất khiến cho 0 0( ) ( )f n g n≠ bởi vì f(n) cũng vừa lòng (4) đề xuất ta có: 0 0 0 00 0( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2)( 2) ( 2)g n g n f n f ng n f n− = + = + = −⇔ − = −Mâu thuẫn với ñiều khiếu nại n0 là số từ bỏ nhiên bé nhất thỏa mãn nhu cầu (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ chứng tỏ tương trường đoản cú ta cũng ñược f(n) = g(n) với đa số n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Trường đoản cú ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP bài bác 1: Tìm tất cả các hàm số :f →ℝ ℝ vừa lòng ñiều kiện: 2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x x y+ + − − + = − ∀ ∈ℝ.ðáp số: f(x) = x3. Bài xích 2: Hàm số :f →ℕ ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕTìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài xích 3: Tìm toàn bộ các hàm :f →ℕ ℕ sao cho: 2 2( ( )) ( ( )) 3 3,f f n f n n n+ = + + .n∀ ∈ℕ ðáp số: f(n) = n + 1. Bài bác 4: Tìm các hàm :f →ℝ ℝ nếu: 1 1 8 23 5 , 0, ,1, 23 2 2 1 3x xf f xx x x− − − = ∀ ∉ − + − − ðáp số: 28 4( )5xf xx+= bài xích 5: Tìm toàn bộ các ña thức P(x) < >x∈ℝ sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ,x y∀ ∈ℝ ðáp số: P(x) = x3 + cx. Phương pháp 2: cách thức thế. 2.1. Nuốm ẩn tạo nên PTH mới: lấy ví dụ như 1: kiếm tìm f: R2 → R thỏa mãn: ( )22 1 2 1 11xf x x xx+ = + ∀ ≠ − . Lời giải: ðặt 12 1 21 xxt MGT t Rx ≠+ = ⇒ = − (tập xác ñịnh của f). Ta ñược: 12txt+=− cố kỉnh vào (1): ( )223 3( ) 22tf t tt−= ∀ ≠−. Demo lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số phải tìm có dạng ( )223 3( )2xf xx−=−. Dìm xét: + khi ñặt t, phải kiểm tra giả thiết xx DMGT t D∈⊃ . Với trả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi t chạy khắp những giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”. + Trong lấy một ví dụ 1, giả dụ f: R → R thì có vô số hàm f dạng: ( ) ( )( )223 3 22( )2xxxf xa x −≠−= = (với a∈R tùy ý). Ví dụ như 2: kiếm tìm hàm f : ( > ( >; 1 0;1 R−∞ − ∪ → thỏa mãn: ( )2 2( 1) 1 1 2f x x x x x− − = + − ∀ ≥ . Lời giải: ðặt ( )2 22201 11x tt x x x x tx x t− ≥= − − ⇔ − = − ⇔ − = −22 2 2 11 22x tx ttx x xt t xt≥≥ ⇔ ⇔ +− = − + = . Hệ tất cả nghiệm x 2 12ttt+⇔ ≥10 1tt≤ −⇔ . Hàm số yêu cầu tìm là: ( ) af xx= với ( )0a > . Ví dụ như 5: kiếm tìm hàm f: ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: ( ) ( )1 3 3(1) ; ( ) ( ). ( ). , 0; 52f f xy f x f f y f x yy x = = + ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: cho x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 132f = . đến x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y fy = . Nuốm lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5")f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Rứa y vì chưng 3x ta ñược: ( ) ( ) ( )( )223 13 2 )2f f x f f xx = ⇒ = . Demo lại thấy ñúng. Vậy hàm số buộc phải tìm là: ( ) 120f x x= ∀ > . Ví dụ như 6: tìm kiếm hàm f: R → R thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 24 , 6x y f x y x y f x y xy x y x y R− + − + − = + ∀ ∈ . Lời giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 261 14 4x y f x y x y f x yx y x y x y x y x y x y x y x y⇔ − + − + − = = + − − + + + − + + − − + − − ðặt u x yv x y= −= + ta ñược: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 214v f u u f v u v u v u v u v− = + − + − − ( ) ( ) 3 3v f u u f v u v v u⇒ − = − ( )( ) ( )( )3 3v f u u u f v v⇔ − = − + với 0uv ≠ ta có: ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3* 3, 0f u u f v v f u uu v R a f u au u uu v u− − −= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = + ∀ ≠ . + với 0; 0u v= ≠ suy ra: ( ) ( ) ( )3 30 0 0f u u f u u f− = ⇔ = ⇒ = . Hàm ( ) 3f u au u= + thỏa mãn ( )0 0f = . Vậy ( ) 3f u au u u R= + ∀ ∈ Hàm số đề xuất tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Thử lại thấy ñúng. 2.2. Chũm ẩn tạo nên hệ PTH mới: 7 ví dụ 1: tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( ) ( ) ( )1 1f x x f x x x R+ − = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt t x= − ta ñược: ( ) ( ) ( )1 1f t t f t t t R− − = − + ∀ ∈ . Ta gồm hệ: ( ) ( )( ) ( ) ( )111f x x f x x f xx f x f x x+ − = +⇒ =− + − = − +. Demo lại hàm số phải tìm là: ( ) 1f x = . Ví dụ 2: tra cứu hàm số : 0,1f R R→ Thỏa mãn: ( ) ( )*1 1 2xf x f x x Rx− + = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 11, 2 1xx f x f x xx−= ⇔ + = + . ðặt ( ) ( ) ( )12 1 2 111 1, 2 11xx f x f x xx x−= = ⇔ + = +−. ðặt ( ) ( ) ( )23 2 221, 2 1xx x f x f x xx−= = ⇔ + = + . Ta tất cả hệ ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )11 22 1 12 211 1 1 112 2 11f x f x xx x xf x f x x f x xx xf x f x x+ = + + − + + = + ⇒ = = + + − + = +. Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số phải tìm tất cả dạng: ( ) 1 1 12 1f x xx x = + + − . Lấy một ví dụ 3: tìm hàm số : 1;0;1f R R− → thỏa mãn: ( ) ( )12 1 1 31xx f x f xx− + = ∀ ≠ − + . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 ... = 2x + g(x). Cầm cố vào (*) ta ñược: 25 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, x∀ ∈ℝ ðiều này tương ñương cùng với g(x + 1) = g(x), x∀ ∈ℝVậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. ðáp số f(x) = 2x + g(x) cùng với g(x) là hàm tuần trả với chu kì 1. Nhận xét: Qua ví dụ như 1, ta hoàn toàn có thể tổng quát lấy ví dụ như này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy ví dụ như 2: tra cứu hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 bởi vì ñó c = 1. Vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), vậy vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ bởi vì ñó ta có: < >1( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1) x (3).2( 2) ( ) ( 2) ( )g x g x g x g x g xg x g x g x g x+ = − = − + ⇔ ∀ ∈ + = + =ℝ Ta minh chứng mọi nghiệm của (3) gồm dạng: < >1( ) ( ) ( 1) , x 2g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ nghỉ ngơi ñó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2. Dìm xét: Qua ví dụ như này, ta hoàn toàn có thể tổng quát tháo thành: f(x + a) = - f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 3: search hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tìm c làm thế nào để cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Thời điểm ñó (3) bao gồm dạng: g(x + 1) = 3g(x) x∀ ∈ℝ Coi 3 như g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x) x∀ ∈ℝ (*). Tự ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta ñặt: ( ) 3 ( )xg x h x= cầm cố vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈ℝ.Vậy h(x) là hàm tuần trả chu kì 1. Kết luận: ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Nhấn xét: Ở ví dụ như 3 này, phương trình tổng quát của một số loại này là: f(x + a) = bf(x) + c x∀ ∈ℝ ; a, b, c tùy ý. +) cùng với 0 0 ñặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= cầm vào (3) ta có: (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ > . ðến ñây ta ñưa về lấy một ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. +) giả dụ t 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Tự f(x) liên tục trên R suy ra h(x) thường xuyên trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx - 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong gần như trường đúng theo f(x) = ecx - 1 ∀x∈R test lại thấy ñúng. Cách thức 11: thực hiện tính liên tục của hàm số. Thực hiện tính tiếp tục của hàm số tất cả 3 bé ñường chính: Xây dựng trở thành từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, thực hiện phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng phát triển thành từ N ñến R): tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) liên tiếp trên R; 2) f(1) = 2; 29 3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R. Lời giải: mang đến x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. Mang đến x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ bỏ f(0) = 1, f(1) = 2 với (a) quy nạp ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 == f(0) -n = -n + 1. Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z. Cùng với ∀n∈N*, 2 = f(1) = 1 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) 1f n f n f f nn n n= − + + (b). Còn mặt khác từ (a) ta có: 1 1 1 1( ) 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) ... ( )f n f n f n n fn n n n+ = + − + = + − + = = + . Rứa vào (b) ta ñược: 1 1( ) 1fn n= + . Với *, , ,mq q m nn∈ = ∈ ∈ℚ ℤ ℕ ta có: 1 1 1( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) ( ) 1mf q f f m f m f f mn n n n= = = − + + = = 1 1( 1)( 1) ( ) 1m f mn n+ + − + + (c). Từ (a) ta dễ dàng dàng minh chứng ñược: 1 1( ) ( )f m m fn n+ = + . Cụ vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại hàng rn với rn∈Q vừa lòng lim nr r= . Lúc ñó, vị f thường xuyên nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Lấy ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): tìm hàm f: <0; 12> → <0; 12> thỏa mãn: 1) f(x) thường xuyên trên <0; 12> 2) 2 1 1( ) ( ) 0;4 2f x f x x = + ∀ ∈ . Lời giải: với a∈<0; 12>, xét hàng số: 02114n nx ax x n+== + ∀ ∈ℕ. Dễ chứng minh xn ko âm (a). đôi mươi 1 01 1 12 4 2x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ 12 (b). 30 21 11( ) 02n n n n nx x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈<0; 12 > cùng xn có số lượng giới hạn hữu hạn là n1limx2= . Vậy với đa số a∈<0; 12>, f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). Demo lại thấy ñúng. Ví dụ như 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): tìm kiếm f: R → R tiếp tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: đến x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 28( 2 ) 0( ( ))f t f t−⇒ − = 0). Test lại thấy ñúng. ------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------