+) dựa vào điều kiện bài xích 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 search f(x).

+) chứng tỏ rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn điều kiện bài bác toán




Bạn đang xem: Phương trình hàm

*
30 trang
*
haha99
*
*
3602
*
0Download
Bạn sẽ xem 20 trang mẫu mã của tư liệu "Các cách thức giải phương trình hàm hay dùng", để cài đặt tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD sống trên


Xem thêm: N V Adj Adv Trong Tiếng Anh Là Gì Trong Tiếng Anh, Adv Là Gì Trong Tiếng Anh

1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG phương thức 1: thông số bất ñịnh. Chính sách chung: +) nhờ vào ñiều kiện bài xích toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), hay là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c. +) ðồng nhất thông số ñể tìm kiếm f(x). +) chứng minh rằng mọi thông số khác của f(x) ñều không vừa lòng ñiều kiện bài bác toán. Ví dụ như 1: kiếm tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: thế 1xy R=∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Cầm cố ( )1 1y f= − − vào (a) suy ra: ( )( )( )1 1 1 1f f f− − + = − . ðặt ( )( )1 1 1a f f= − − + ta ñược: ( ) 1f a = − . 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= ⇒ = − + . Nỗ lực vào (1) với ñồng nhất thông số ta ñược: ( )( )2 1110a f x xaaab a a f x xb == = ⇒ ⇒= −  − − = − = −  =. Vậy bao gồm hai hàm số đề nghị tìm là ( )f x x= cùng ( )f x x= − . Lấy ví dụ như 2: tìm kiếm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: mang đến ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . đến ( ) ( )( )( ) ( ) ( )": (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 có duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. Lấy một ví dụ 3: tìm , :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: cho x y R= ∈ khi 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). Cho 0;y x R= ∈ : từ bỏ (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta ñược: ( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Vắt 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 cùng với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Search f(x). Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới lốt f là bậc nhất: x, 1 – x vế cần là bậc nhì x2. Vậy f(x) phải tất cả dạng: f(x) = ax2 + bx + c. Khi 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 tía b cc==  − = ⇔ =  + + = = −Vậy: 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − thử lại ta thấy rõ ràng f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số không giống f(x) đã không thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài xích toán: thiệt vậy mang sử còn hàm số g(x) không giống f(x) vừa lòng ñiều kiện bài bác toán. Vày f(x) ko trùng với g(x) yêu cầu 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Vị g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ vậy x vì chưng x0 ta ñược: đôi mươi 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = nỗ lực x vày 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ nhì hệ thức này ta ñược: trăng tròn 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 gồm nghiệm độc nhất vô nhị là 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − 3 dìm xét: ví như ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số tra cứu ñược.Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, thường xuyên với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm nhì hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế nên của phương trình là 1 hàm số đường tính vị vậy ta đề nghị giả sử rằng hàm số phải tìm bao gồm 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 hệ 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 nhì hàm số trên vừa lòng ñiều kiện bài toán (việc minh chứng sự tuyệt nhất dành cho những người ñọc). Lấy ví dụ như 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn nhu cầu ñồng thời những 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 dìm xét cùng lý luận như những ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải tất cả 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 đúng theo này loại bởi không thỏa mãn (2). Cùng với 10ab= −= ta ñược f(n) = -n + b. Tự ñiều khiếu nại (3) mang lại n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Phân minh hàm số này thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng tỏ f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán: thiệt vậy trả sử mãi mãi hàm g(n) không giống f(n) cũng vừa lòng ñiều kiện bài bác toán. Tự (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều kiện (1) cùng (2) ta dìm ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ. 4 vì 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 từ bỏ nhiên bé bỏng nhất tạo nên 0 0( ) ( )f n g n≠ vày f(n) cũng vừa lòng (4) nên 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 cùng với ñiều kiện n0 là số trường đoản cú nhiên nhỏ xíu nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ chứng tỏ tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP bài 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 2: Hàm số :f →ℕ ℕ thỏa mãn ñiều khiếu nại 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 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 bác 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 thức 2: phương pháp thế. 2.1. Cố gắng ẩn chế tạo PTH mới: ví dụ 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+=− nạm vào (1): ( )223 3( ) 22tf t tt−= ∀ ≠−. Test lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số cần tìm bao gồm dạng ( )223 3( )2xf xx−=−. Dìm xét: + lúc ñặt t, buộc phải kiểm tra mang thiết xx DMGT t D∈⊃ . Với mang thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi t chạy khắp những giá trị của t thì x = t cũng chạy mọi tập xác ñịnh của f”. + Trong lấy một ví dụ 1, trường hợp f: R → R thì bao gồm vô số hàm f dạng: ( ) ( )( )223 3 22( )2xxxf xa x −≠−= = (với a∈R tùy ý). Lấy một ví dụ 2: tra cứu 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 bao gồm nghiệm x 2 12ttt+⇔ ≥10 1tt≤ −⇔  . Hàm số đề nghị tìm là: ( ) af xx= với ( )0a > . Lấy một ví dụ 5: tra cứu 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: mang đến x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 132f = . Mang lại x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y fy =   . Thay lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5")f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Vậy y vị 3x ta ñược: ( ) ( ) ( )( )223 13 2 )2f f x f f xx   = ⇒ =      . Test lại thấy ñúng. Vậy hàm số phải tìm là: ( ) 120f x x= ∀ > . Lấy ví dụ 6: tra cứu 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− − −= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = + ∀ ≠ . + cùng với 0; 0u v= ≠ suy ra: ( ) ( ) ( )3 30 0 0f u u f u u f− = ⇔ = ⇒ = . Hàm ( ) 3f u au u= + thỏa mãn nhu cầu ( )0 0f = . Vậy ( ) 3f u au u u R= + ∀ ∈ Hàm số cần tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Test lại thấy ñúng. 2.2. Thay ẩn tạo nên hệ PTH mới: 7 lấy ví dụ 1: tra cứu 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 buộc phải tìm là: ( ) 1f x = . Lấy ví dụ như 2: search 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 gồm 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+ = + + − +  + = + ⇒ = = + +  − + = +. Test lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm gồm dạng: ( ) 1 1 12 1f x xx x = + + − . Lấy ví dụ như 3: kiếm 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). Cố gắng vào (*) ta ñược: 25 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, x∀ ∈ℝ ðiều này tương ñương với g(x + 1) = g(x), x∀ ∈ℝVậy g(x) là hàm tuần trả với chu kì 1. ðáp số f(x) = 2x + g(x) cùng với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Dìm xét: Qua ví dụ 1, ta rất có thể tổng quát ví dụ như này, là tra cứu hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy ví dụ 2: tìm kiếm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 bởi ñó c = 1. Vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), nạm vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ vì chưng 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) bao gồm dạng: < >1( ) ( ) ( 1) , x 2g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ ngơi nghỉ ñó h(x) là hàm tuần trả với chu kì 2. Nhận xét: Qua lấy ví dụ này, ta rất có thể tổng quát mắng thành: f(x + a) = - f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy một ví dụ 3: tìm kiếm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tra cứu c làm sao cho c = 3c + 2 hay thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Dịp ñó (3) tất cả 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, đưa phép cộng về phép nhân, ta thấy phải thực hiện hàm mũ: 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta ñặt: ( ) 3 ( )xg x h x= nắm vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈ℝ.Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận: ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần trả chu kì 1. Nhấn xét: Ở lấy một ví dụ 3 này, phương trình bao quát của 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 ví dụ như hàm tuần trả nhân tính. +) ví như t 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ bỏ f(x) tiếp 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 đông đảo trường thích hợp f(x) = ecx - 1 ∀x∈R demo lại thấy ñúng. Phương pháp 11: thực hiện tính thường xuyên của hàm số. Sử dụng tính liên tiếp của hàm số gồm 3 bé ñường chính: Xây dựng đổi thay từ N ñến R, chứng tỏ hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ như 1 (xây dựng trở thành từ N ñến R): tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) tiếp tục trên R; 2) f(1) = 2; 29 3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R. Lời giải: mang lại x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. đến x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy hấp thụ ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Cùng 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+ = + − + = + − + = = + . Vắt 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). Tự (a) ta dễ dàng chứng tỏ ñược: 1 1( ) ( )f m m fn n+ = + . Gắng vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Cùng với r∈R, tồn tại hàng rn cùng với rn∈Q thỏa mãn nhu cầu lim nr r= . Khi ñó, vì chưng f liên tiếp nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Demo lại thấy ñúng. Lấy một ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): tìm kiếm hàm f: <0; 12> → <0; 12> thỏa mãn: 1) f(x) tiếp tục trên <0; 12> 2) 2 1 1( ) ( ) 0;4 2f x f x x  = + ∀ ∈   . Lời giải: cùng với a∈<0; 12>, xét hàng số: 02114n nx ax x n+== + ∀ ∈ℕ. Dễ chứng tỏ xn không âm (a). Trăng tròn 1 01 1 12 4 2x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy hấp thụ suy ra xn ≤ 12 (b). 30 21 11( ) 02n n n n nx x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). Trường đoản cú (a), (b), (c) suy ra xn∈<0; 12 > và xn có số lượng giới hạn hữu hạn là n1limx2= . Vậy với mọi a∈<0; 12>, f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Lấy ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): tra cứu f: R → R thường xuyên 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). Thử lại thấy ñúng. ------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------