Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng
lượt xem 231
download
Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán học - Kiến thức và bài tập toán giúp bạn củng cố và nâng cao kỹ năng giải nhanh các bài toán.Đây là tài liệu về phương trình hàm ( chưa rõ tác giả ) viết bằng tiếng viết rất hay, tập hợp những phương pháp thông dụng nhất để giải các phương trình hàm,các bạn tham khảo nhé ,rất thú vị đấy....
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng
- Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng
- CÁC PHƯƠNG PHÁP GI I PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯ NG DÙNG Phương pháp 1: H s b t ñ nh. Nguyên t c chung: +) D a vào ñi u ki n bài toán, xác ñ nh ñư c d ng c a f(x), thư ng là f(x) = ax + b ho c f(x) = ax2+ bx + c. +) ð ng nh t h s ñ tìm f(x). +) Ch ng minh r ng m i h s khác c a f(x) ñ u không th a mãn ñi u ki n bài toán. Ví d 1: Tìm f : R → R th a mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) . L i gi i: x = 1 Thay vào (18) ta ñư c: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) . y∈R ( ) Thay y = − f (1) − 1 vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + 1 = −1 . ð t a = f ( − f (1) − 1) + 1 ta ñư c: f ( a ) = −1 . y = a Ch n ta ñư c: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( 0 ) . x ∈ R ð t f ( 0 ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b . Th vào (1) và ñ ng nh t h s ta ñư c: a = 1 a 2 = 1 f ( x) = x ⇒ a = −1 ⇒ . − a b − a = −a f ( x) = −x b = 0 V y có hai hàm s c n tìm là f ( x ) = x và f ( x ) = − x . Ví d 2: Tìm f : R → R th a mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( 2 ) . L i gi i: Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ R ( a ) . ( ) Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( 0 ) ( a ' ) . ( a ) + ( a' ) ⇒ f ( y ) = y f ( 0) . ð t f ( 0 ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R . Th l i (2) ta ñư c: a 2 ( x 2 + y 2 ) + a ( y − x y ) = 0 ∀x, y ∈ R ⇔ a = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ R . V y có duy nh t hàm s f ( x ) = 0 th a mãn bài toán. Ví d 3: Tìm f , g : R → R th a mãn: 2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R (a) . f ( x) g ( x) ≥ x +1 ∀x ∈ R (b ) L i gi i: Cho x = y ∈ R khi ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x .Thay l i (a) ta ñư c: 1
- g ( x ) = 2 x − 2 y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c). Cho y = 0; x ∈ R : t (c) ta ñư c: g ( x ) = 2 x + g ( 0 ) . ð t g ( 0 ) = a ta ñư c: g ( x ) = 2 x + a , f ( x ) = x + a . Th vào (a), (b) ta ñư c: 2 x + a = 2 x + a (a), (b) ⇔ ( ∀x ∈ R ) ⇔ 2 x 2 + ( 3a − 1) x + a 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R ( x + a )( 2 x + a ) ≥ x + 1 2 ⇔ ( a − 3) ≤ 0 ⇔ a = 3 . V y f ( x ) = x + 3 ; g ( x ) = 2 x + 3 . Ví d 4: ða th c f(x) xác ñ nh v i ∀x ∈ ℝ và th a mãn ñi u ki n: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ (1). Tìm f(x). L i gi i: Ta nh n th y v trái c a bi u th c dư i d u f là b c nh t: x, 1 – x v ph i là b c hai x2. V y f(x) ph i có d ng: f(x) = ax2 + bx + c. Khi ñó (1) tr thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ do ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ 1 a = 3 3a = 1 2 ð ng nh t các h s , ta thu ñư c: b − 2a = 0 ⇔ b = a + b + 3c = 0 3 1 c = − 3 1 V y: f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Th l i ta th y hi n nhiên f(x) th a mãn ñi u ki n bài toán. Ta ph i ch ng minh m i hàm s khác f(x) s không th a mãn ñi u ki n bài toán: Th t v y gi s còn hàm s g(x) khác f(x) th a mãn ñi u ki n bài toán. Do f(x) không trùng v i g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) th a mãn ñi u ki n bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ ℝ Thay x b i x0 ta ñư c: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Thay x b i 1 –x0 ta ñư c: 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 T hai h th c này ta ñư c: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 ði u này mâu thu n v i g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 V y phương trình có nghi m duy nh t là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 2
- Nh n xét: N u ta ch d ñoán f(x) có d ng nào ñó thì ph i ch ng minh s duy nh t c a các hàm s tìm ñư c. Ví d 5: Hàm s y = f(x) xác ñ nh, liên t c v i ∀x ∈ ℝ và th a mãn ñi u ki n: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm s như th . L i gi i: Ta vi t phương trình ñã cho dư i d ng f(f(x)) – f(x) = x (1). V ph i c a phương trình là m t hàm s tuy n tính vì v y ta nên gi s r ng hàm s c n tìm có d ng: f(x) = ax + b. Khi ñó (1) tr thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ a 2 − a = 1 a = 1 + 5 a = 1 − 5 1± 5 ñ ng nh t h s ta ñư c: ⇔ 2 ∨ 2 ⇒ f ( x) = x. ab = 0 b = 0 b = 0 2 Hi n nhiên hai hàm s trên th a mãn ñi u ki n bài toán (vi c ch ng minh s duy nh t dành cho ngư i ñ c). Ví d 6: Hàm s f : ℤ → ℤ th a mãn ñ ng th i các ñi u ki n sau: a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ (2) c) f (0) = 1 (3) Tìm giá tr f(1995), f(-2007). L i gi i: Cũng nh n xét và lý lu n như các ví d trư c, ta ñưa ñ n f(n) ph i có d ng: f(n) = an +b. Khi ñó ñi u ki n (1) tr thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ a 2 = 1 a = 1 a = −1 ð ng nh t các h s , ta ñư c: ⇔ ∨ ab + b = 0 b = 0 b = 0 a = 1 V i ta ñư c f(n) = n. Trư ng h p này lo i vì không th a mãn (2). b = 0 a = −1 V i ta ñư c f(n) = -n + b. T ñi u ki n (3) cho n = 0 ta ñư c b = 1. b = 0 V y f(n) = -n + 1. Hi n nhiên hàm s này th a mãn ñi u ki n bài toán. Ta ph i ch ng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nh t th a mãn ñi u ki n bài toán: Th t v y gi s t n t i hàm g(n) khác f(n) cũng th a mãn ñi u ki n bài toán. T (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. S d ng ñi u ki n (1) và (2) ta nh n ñư c: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ . 3
- do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ . Gi s n0 là s t nhiên bé nh t làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng th a mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thu n v i ñi u ki n n0 là s t nhiên bé nh t th a mãn (5). V y f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ Ch ng minh tương t ta cũng ñư c f(n) = g(n) v i m i n nguyên âm. V y f(n) = 1 – n là nghi m duy nh t. T ñó tính ñư c f(1995), f(-2007). BÀI T P Bài 1: Tìm t t c các hàm s f : ℝ → ℝ th a mãn ñi u ki n: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ ℝ . ðáp s : f(x) = x3. Bài 2: Hàm s f : ℕ → ℕ th a mãn ñi u ki n f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ. Tìm f(2005). ðáp s : 2006. Bài 3: Tìm t t c các hàm f : ℕ → ℕ sao cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ. ðáp s : f(n) = n + 1. x −1 1− x 8 2 Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ n u: 3 f −5f = , ∀x ∉ 0, − ,1, 2 3x + 2 x − 2 x −1 3 28 x + 4 ðáp s : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm t t c các ña th c P(x) ∈ ℝ [ x] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x , y ∈ ℝ ðáp s : P(x) = x3 + cx. Phương pháp 2: phương pháp th . 2.1. Th n t o PTH m i: 2x +1 Ví d 1: Tìm f: R\{2} → R th a mãn: f = x + 2 x ∀x ≠ 1 (1) . 2 x −1 2x +1 L i gi i: ð t t = ⇒ MGT t = R \ {2} (t p xác ñ nh c a f). Ta ñư c: x −1 x ≠1 t +1 3t 2 − 3 x= th vào (1): f (t ) = 2 ∀t ≠ 2 . Th l i th y ñúng. t−2 (t − 2) 4
- 3x 2 − 3 V y hàm s c n tìm có d ng f ( x) = 2 . ( x − 2) Nh n xét: + Khi ñ t t, c n ki m tra gi thi t MGT t ⊃ D . V i gi thi t ñó m i ñ m b o tính ch t: “Khi x∈Dx t ch y kh p các giá tr c a t thì x = t cũng ch y kh p t p xác ñ nh c a f”. 3x 2 − 3 2 ( x ≠ 2) + Trong ví d 1, n u f: R → R thì có vô s hàm f d ng: f ( x) = ( x − 2 ) (v i a∈R a ( x = 2) tùy ý). Ví d 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R th a mãn: f ( x − x 2 − 1) = x + x 2 − 1 ∀ x ≥ 1 ( 2 ) . x − t ≥ 0 L i gi i: ð t t = x − x 2 − 1 ⇔ x 2 − 1 = x − t ⇔ 2 2 x −1 = ( x − t ) x ≥ t x ≥ t t2 +1 t ≤ −1 ⇔ 2 2 2 ⇔ 2 t +1 . H có nghi m x ⇔ ≥t ⇔ x − 1 = x − 2 xt + t x = 2t 0 < t ≤ 1 2t ⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . V y MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . x ≥1 1 1 V i t = x − x 2 − 1 thì x + x 2 − 1 = ⇒ f (t ) = th a mãn (2). t t 1 V y f ( x) = là hàm s c n tìm. x 2 3x − 1 x + 1 Ví d 3: Tìm f : R\ ;3 → R th a mãn: f = ∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) . 3 x + 2 x −1 3x − 1 2 2t + 1 t+4 L i gi i: ð t t = ⇒ MGT t = R \ ;3 ⇒ x = th vào (4) ta ñư c: f (t ) = x+2 ( x ≠2) x ≠1 3 3−t 3t − 2 x+4 th a mãn (3). V y hàm s c n tìm là: f ( x) = . 3x − 2 Ví d 4: Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) th a mãn: x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) . L i gi i: Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñư c: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) . 1 1 Cho x = ta ñư c: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = 1 ⇒ f ( x f (1)) = . ð t: f (1) x 5
- f (1) a t = x. f (1) ⇒ f (t ) = ⇒ f (t ) = (v i a = f (1) ). Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) . t t x∈( 0; +∞ ) a a V y f ( x) = . Th l i th y ñúng ( a > 0 ) . Hàm s c n tìm là: f ( x) = v i ( a > 0 ) . x x Ví d 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) th a mãn: 1 3 3 f (1) = ; f ( xy ) = f ( x). f + f ( y ). f ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( 5 ) . 2 y x L i gi i: 1 Cho x = 1; y = 3 ta ñư c: f ( 3) = . 2 3 Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñư c: f ( y ) = f . Th l i (5) ta ñư c: y 3 f ( xy ) = 2 f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') . Thay y b i ta ñư c: x 2 3 1 2 f ( 3) = 2 f ( x )) f ⇒ = ( f ( x ) ) . Th l i th y ñúng. x 2 1 V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = ∀x > 0 . 2 Ví d 6: Tìm hàm f: R → R th a mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy ( x 2 + y 2 ) ∀x, y ∈ R ( 6) . L i gi i: Ta có: ( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 1 2 1 2 = ( x + y ) − ( x − y ) + ( x + y ) + ( x − y ) ( x + y ) + ( x − y ) − ( x + y ) − ( x − y ) 4 4 u = x − y 1 ð t v = x + y 2 ( ta ñư c: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v ) 4 2 ) ⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u 3 ) = u ( f ( v ) − v3 ) + V i uv ≠ 0 ta có: f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3 f (u ) − u3 = ∀u , v ∈ R* ⇒ = a ⇒ f ( u ) = au + u 3 ∀u ≠ 0 . u v u + V i u = 0; v ≠ 0 suy ra: f ( u ) − u 3 = 0 ⇔ f ( u ) = u 3 ⇒ f ( 0 ) = 0 . Hàm f ( u ) = au + u 3 th a mãn f ( 0 ) = 0 . V y f ( u ) = au + u 3 ∀u ∈ R Hàm s c n tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) . Th l i th y ñúng. 2.2. Th n t o ra h PTH m i: 6
- Ví d 1: Tìm hàm f: R → R th a mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ∀x ∈ R (1) . L i gi i: ð t t = − x ta ñư c: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + 1 ∀t ∈ R (1) . Ta có h : f ( x) + x f (−x) = x +1 ⇒ f ( x ) = 1 . Th l i hàm s c n tìm là: f ( x ) = 1 . − x f ( x ) + f ( − x ) = − x + 1 x −1 Ví d 2: Tìm hàm s f : R \ { 0,1 } → R Th a mãn: f ( x ) + f = 1 + x ∀x ∈ R * ( 2) . x x −1 L i gi i: ð t x1 = , ( 2 ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x . x x1 − 1 1 ð t x2 = = , ( 2 ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 . x1 x −1 x2 − 1 ð t x3 = = x, ( 2 ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = 1 + x2 . x2 f ( x1 ) + f ( x ) = 1 + x 1 + x − x1 + x2 1 1 1 Ta có h f ( x2 ) + f ( x1 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) = = x+ + . Th l i th y 2 2 x 1− x f ( x ) + f ( x2 ) = 1 + x2 1 1 1 ñúng. V y hàm s c n tìm có d ng: f ( x ) = x + + . 2 x 1− x x −1 Ví d 3: Tìm hàm s f : R \ { − 1;0;1 } → R th a mãn: x f ( x ) + 2 f = 1 ∀x ≠ −1 ( 3) . x +1 L i gi i: x −1 ð t x1 = , ( 3) ⇒ x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 . x +1 x1 − 1 1 ð t x2 = = − , ( 3) ⇒ x 1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 . x1 + 1 x x2 − 1 x + 1 ð t x3 = = , ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 . x2 + 1 x − 1 x3 − 1 ð t x4 = = x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + 2 f ( x ) = 1 . x3 + 1 x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 4 x2 − x + 1 Ta có h ⇒ f ( x) = . Th l i th y ñúng. x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 5 x ( x − 1) x f x + 2 f x = 1 3 ( 3) ( ) 7
- 4 x2 − x + 1 V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = . 5 x ( x − 1) BÀI T P 1 1) Tìm f : R \ { 1 } → R th a mãn: f 1 + = x 2 + 1 ∀x ∈ R . x a b − ax x2 a 2) Tìm f : R \ − → R th a mãn: f = 4 ∀x ≠ − (a, b là h ng s cho b bx + a x + 1 b trư c và ab ≠ 0 ). 3) Tìm f : R → R th a mãn: f ( 2002 x − f ( 0 ) ) = 2002 x 2 ∀x ∈ R . 1 1 4) Tìm f : R \ { 0 } → R th a mãn: f ( x ) + f = 1 ∀x ∈ R \ { 0;1} . 2x 1 − x 1− x 5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R th a mãn: ( f ( x ) ) f = 64 x ∀x ∈ R \ {−1} . 1+ x 2 2x 2 6) Tìm f : R \ → R th a mãn: 2 f ( x ) + f = 996 x ∀x ≠ . 3 3x − 2 3 x −3 x+3 7) Tìm f : R \ { ± 1 } → R th a mãn: f + f = x ∀x ≠ ±1 . x +1 1− x 8) Tìm f : R → R th a mãn: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 ∀x ∈ R . 1 9) Tìm f : R → R th a mãn: f ( x ) + f = x 2008 ∀x ∈ R* . x 1 x −1 1 10) Tìm f : R \ ± → R th a mãn: f ( x ) + f = x ∀x ≠ . 3 1 − 3x 3 a2 11) Tìm f : R → R th a mãn: f ( x ) + f = x ∀x ≠ a ( a > 0) . a−x f ( 2 x + 1) + 2 g ( 2 x + 1) = 2 x 12) Tìm f , g : R \ { 1 } → R th a mãn: x x ∀x ≠ 1 . f + g =x x −1 x −1 Phương pháp 3: Phương pháp chuy n qua gi i h n. 2 x 3x Ví d 1: Tìm hàm s f : R → R liên t c, th a mãn: f ( x ) + f = ∀x ∈ R (1) . 3 5 L i gi i: 2x 3 ð t x1 = ; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x . 3 5 2 x1 3 ð t x2 = ; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 . 3 5 8
- 2 xn 3 ð t xn +1 = , n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn . 3 5 3 f ( x ) + f ( x1 ) = 5 x (1) f (x )+ f (x ) = 3 x ( 2) 1 2 1 Ta có h 5 …… f x + f x 3 ( n ) ( n+1 ) = xn ( n + 1) 5 Nhân dòng phương trình th (i) v i (-1)i+1 r i c ng l i ta ñư c: 3 2 2 2 2 n n+2 f ( x ) + ( −1) f ( xn +1 ) = x 1 − + − ⋯ + − ( *) . 5 3 3 3 ( f l.tôc ) Xét lim ( −1) f ( xn +1 ) = lim f ( xn +1 ) = n+ 2 f ( lim xn +1 ) = f ( 0 ) . n+ 2 M t khác (1) suy ra f(0) = 0 nên lim ( −1) f ( xn +1 ) = 0 . 3 1 9x L y gi i h n hai v c a (*) ta ñư c: f ( x ) = x = . Th l i th y ñúng. 5 1 + 2 25 3 9x V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = . 25 Ví d 2: Tìm hàm s f liên t c t i xo= 0 th a mãn: f : R → R và 2 f ( 2 x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R ( 2) . L i gi i: t t ð t t = 2 x ta ñư c: 2 f ( t ) = f + ∀t ∈ R ( 2' ) . 2 2 1 * tn +1 = 2 tn , ∀n ∈ N Xét dãy: . Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñư c: t = 1 t 1 2 1 1 f ( t ) = 2 f ( t1 ) + 4 t (1) f (t ) = 1 f (t ) + 1 t 1 ( 2 ) . Th 2 2 4 1 (n) vào ( n − 1) → ( n − 2 ) → ⋯ ta ñư c: ⋯⋯ f t 1 1 ( n −1 ) 2 ( n ) 4 n −1 (n) = f t + t 1 1 1 1 f (t ) = 2 n f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − 2 ) + ⋯ + 2 t 2 2 2 (* ) . ' 9
- n 1 1 1 1 1 Thay tn = t vào (*’) ta ñư c: f ( t ) = n f ( tn ) + t 2 + 4 + ⋯ + 2 n 2 2 2 2 2 (* ) . " 1 t Vì f liên t c t i xo = 0 nên lim n f ( tn ) = 0 . L y gi i h n 2 v (*”) suy ra: f ( t ) = . Th 2 3 l i th y ñúng. Nh n xét: +) N u dãy {xn} tu n hoàn thì ta gi i theo phương pháp th r i quy v h pt hàm. +) N u dãy {xn} không tu n hoàn nhưng f liên t c t i xo = 0 và {xn} → 0 thì s d ng gi i h n như VD1. + N u {xn} không tu n hoàn, không có gi i h n thì ph i ñ i bi n ñ có dãy {tn} có gi i h n 0 và làm như ví d 1. BÀI T P 1) Tìm f : R → R th a mãn: a) f liên t c t i xo = 0, b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R . x 10 2) Tìm f : R → R liên t c t i xo = 0, th a mãn: f ( 3 x ) + f = x . 3 3 3) Tìm f : R → R liên t c t i xo = 0, th a mãn: m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R . Phương pháp 4: Phương pháp xét giá tr . +) ðây là phương pháp cơ s c a m i phương pháp khác. +) Khi v n d ng phương pháp c n chú ý s d ng k t qu v a có ñư c. ( a ) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R Ví d 1: Tìm f : R → R th a mãn: . ( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R L i gi i: x = 0 f ( 0) ≥ 0 Cho suy ra ⇒ f (0) = 0 . y = 0 f ( 0) ≥ 2 f ( 0) f ( 0) ≥ f ( x ) + f ( − x ) f ( x) + f ( − x ) ≤ 0 Cho y = − x ⇒ ⇒ f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0 f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ 0 ⇒ f ( x ) = f ( − x ) = 0 ∀x ∈ R . V y f ( x ) = 0 . Th l i th y ñúng. Ví d 2: Tìm f : R → R th a mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ ∀x, y, z ∈ R ( 2) . 2 2 4 L i gi i: 10
- 2 2 1 1 1 Cho x = z , y = 1 ta ñư c: f ( x ) − ( f ( x ) ) ≥ ⇔ f ( x ) − ≤ 0 ⇔ f ( x ) = . Th l i th y 4 2 2 ñúng. Ví d 3: Tìm f : R → R th a mãn: f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ∀x ∈ R ( 3) . y∈R L i gi i: ( 3) ⇒ f ( x ) ≥ xy − f ( y ) ∀x, y ∈ R . t2 Cho x = y = t ∈ R ⇒ f ( t ) = ∀t ∈ R (a) . 2 T (a) suy ra: y2 x2 1 2 x2 x2 xy − f ( y ) ≤ xy − = − ( x − y) ≤ ⇒ f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ≤ ∀x ∈ R (b ) 2 2 2 2 y∈R 2 x2 ( a ) + (b) ⇒ f ( x) = . Th l i th y ñúng. 2 Ví d 4: Tìm f : R → R th a mãn: f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2008x + y ∀x, y ∈ R ( 4) . L i gi i: 2 Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) ≥ ( f ( 0 ) ) ≥ 1 ⇒ f ( 0 ) = 1 . Cho 1 x = − y ∈ R ⇒ 1 = f ( 0 ) ≥ f ( x ) f ( − x ) ≥ 1⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1⇒ f ( x ) = ∀x ∈ R (a) . f ( −x) f ( x ) ≥ 2008 x > 0 Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) ≥ 2008 ⇒ x (b) . f ( − x ) ≥ 2008 > 0 −x 1 1 Theo ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = ≤ = 2008x ( c ) . ( b ) + ( c ) ⇒ f ( x ) = 2008x . Th l i f ( − x ) 2008− x th y ñúng. Ví d 5: Tìm f : [ a; b ] → [ a ; b ] th a mãn: f ( x ) − f ( y ) ≥ x − y ∀x, y ∈ [ a ; b ] (a < b cho trư c) (5). L i gi i: Cho x = a ; y = b ⇒ f ( a ) − f ( b ) ≥ a − b = b − a ( a ) . vì f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) . 11
- f (a) = a f (b) = b ( a ) + ( b ) ⇒ f ( a ) − f ( b ) = b − a ⇔ . f (a) = b f (b) = a f (a) = a +) N u thì: f (b) = b Ch n y = b ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≤ x ( c ) . Ch n y = a ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≥ x ( d ) . (c) + (d ) ⇒ f ( x) = x . f (a) = b +) N u thì: f (b) = a Ch n y = b ; x ∈ [ a ; b ] r i ch n y = a ; x ∈ [ a ; b ] như trên ta ñư c: f ( x ) = a + b − x . Th l i th y ñúng. Nh n xét: +) T VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách gi i nói chung là tìm các giá tr ñ c bi t – có th tính ñư c trư c. Sau ñó t o ra các BðT “ngư c nhau” v hàm s c n tìm ñ ñưa ra k t lu n v hàm s . +) Vi c ch n các trư ng h p c a bi n ph i có tính “k th a”. T c là cái ch n sau ph i d a vào cái ch n trư c nó và th các kh năng có th s d ng k t qu v a có ñư c. Ví d 6: Tìm f : R → R th a mãn: π f ( 0 ) = a ; f = b ( a, b cho tr−íc ) 2 (6) . f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cos y ∀x, y ∈ R L i gi i: π π π Cho y = ; x ∈ R ta ñư c: f x + + f x − = 0 (a) . 2 2 2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñư c: f ( y ) + f ( − y ) = 2a cos y (b) . π π π Cho x = ; y ∈ R ta ñư c: f + y + f − y = 2b cos y (c) . 2 2 2 12
- π π f x+ + f x− =0 2 2 π π π ( a ) + (b) + ( c ) ⇒ f x− + f − x = 2a cos x − . 2 2 2 π π f x + + f − x = 2b cos x 2 2 Gi i h ta ñư c: f ( x ) = a cos x + b sin x . Th l i th y ñúng. Ví d 7: Tìm f : R → R th a mãn: f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + sin x sin y ∀x, y ∈ R (7) . L i gi i: Ta th y f ( x ) = cos x là m t hàm s th a mãn. 2 f (0) = 0 Cho x = y = 0 ⇔ ( f ( 0 ) ) = f ( 0 ) ⇔ . f (0) = 1 N u f ( 0 ) = 0 thì: Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) = − f ( 0 ) = 0 ∀x ∈ R . Th l i ta ñư c: sin x sin y = 0 ∀x, y ∈ R ⇒ vô lý. V y f ( x ) = 0 không là nghi m (7). N u f ( 0 ) = 1 thì cho x = − y ⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1 + ( − sin 2 x ) = cos 2 x ⇒ f ( x ) f ( − x ) = cos 2 x ( a ) . π f =0 π 2 Cho x = ⇒ . 2 π f − = 0 2 π π N u f = 0 thì: Cho x = ; y ∈ R th vào (7) suy ra: 2 2 π f y + + sin y = 0 ⇒ f ( y ) = cos y ∀y ∈ R . Th l i th y ñúng. 2 π N u f − = 0 tương t như trên ta ñư c: f ( y ) = cos y ∀y ∈ R . 2 V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = cos x . Ví d 8: Tìm f , g : R → R th a mãn: f ( x ) − f ( y ) = cos ( x + y ) g ( x − y ) ∀x, y ∈ R ( 8) . L i gi i: π π π Ch n x = − y; y∈ R (8) ⇒ f − y − f ( y) = 0 ⇔ f − y = f ( y) (a) . 2 2 2 π π π Ch n x = + y ; y ∈ R ( 8 ) ⇒ f + y − f ( y ) = − sin 2 y.g ( b ) . 2 2 2 13
- π π π ( a ) + (b) ⇒ f + y− f − y = − sin 2 y. g ( c ) . 2 2 2 π π Theo (8): f + y − f − y = − g (2y) (d ) . 2 2 ( c ) + ( d ) ⇒ g ( 2 y ) = sin 2 y. g π ∀y ∈ R ⇒ g ( 2 x ) = a sin 2 x ⇒ g ( x ) = a sin x ∀x ∈ R . 2 π (v i a = g cho trư c.) 2 a Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) − f ( 0 ) = cos x. g ( x ) ⇒ f ( x ) = sin 2 x + b (b = f ( 0 )) , ∀x ∈ R . 2 a f ( x ) = sin 2 x + b Th l i 2 hàm s : 2 (V i a, b là h ng s cho trư c). Th a mãn (8). g ( x ) = a sin x f ( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ R ( a ) Ví d 9: Tìm f : R → R th a mãn: f ( x + 1) = f ( x ) + 1 ∀x ∈ R ( b ) . f 1 f ( x) = 2 ∀x ≠ 0 ( c ) x x L i gi i: x +1 Ta tính f ñ n f ( x ) theo hai cách: x x +1 1 1 f ( x) f = f 1 + = 1 + f = 1 + 2 ∀x ≠ 0 ( a ) . x x x x x 1 f f 1 − 2 x +1 x +1 x +1 1 = x +1 f 2 = 2 = 1 + f − = x x x x x +1 x +1 x +1 x +1 2 1 x +1 2 f ( x + 1) = 1 + − f = 1 − = x x +1 x ( x + 1) 2 x +1 2 1+ f ( x) 1 − ∀x ≠ 0, x ≠ 1 ( b ) . x ( x + 1) 2 ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = x ∀x ≠ 0; x ≠ 1 . V i x = 0; ( a ) ⇒ f ( 0 ) = 0 th a mãn f ( x ) = x . V i x = 1; ( a ) ⇒ f ( −1) = − f (1) : Cho x = 0; ( b ) ⇒ f (1) = 1 ⇒ f ( −1) = −1 th a mãn f ( x ) = x . 14
- V y f ( x ) = x ∀x ∈ R . Th l i th y ñúng . Ví d 10: Tìm f : R \ { 0 } → R th a mãn: f (1) = 1 ( a ) 1 1 1 f = f . f ∀x, y ≠ 0 ( b ) . x+ y x y ( x + y ) f ( x + y ) = xy f ( x ) f ( y ) ∀x, y tháa m n xy ( x + y ) ≠ 0 ( c ) L i gi i: 1 1 Cho x = y ∈ R* , ( b ) ta ñư c: f = 2 f ⇒ f ( x ) = 2 f ( 2 x ) ∀x ≠ 0 (*) 2x x 2 2 Cho x = y ∈ R* , ( c ) ta ñư c: 2 x f ( 2 x ) = x 2 ( f ( x ) ) ⇔ 2 f ( 2 x ) = x ( f ( x ) ) ∀x ≠ 0 (*' ) . 2 Th (*) vào (*’) suy ra: f ( x ) = x ( f ( x ) ) (* ) . " Gi s : ∃ xo ≠ 1, xo ∈ R* sao cho: f(xo) = 0. Thay x = 1 − xo ; y = xo vào (*”) ta ñư c: f(1) = 0 trái v i gi thi t f(1) = 1. V y f ( x ) ≠ 0 ∀x ≠ 1; x ≠ 0 . 1 Vì f (1) = 1 ≠ 0 nên t (*”) suy ra f ( x ) = ∀x ≠ 0 . Th l i th y ñúng. x Ví d 11: Tìm f : R → R th a mãn: f (1) = 1 ( a ) f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 2 xy ∀x, y ∈ R ( b ) . f 1 f ( x) = 4 ∀x ≠ 0 ( c ) x x L i gi i: Cho x = y = 0, ( b ) ⇔ f ( 0 ) = 0 Cho x = y = t ≠ 0, ( b ) ⇔ f ( 2t ) − 2 f ( t ) = 2t 2 (1) . 1 1 1 1 Cho x = y = , (b) ⇔ f − 2 f = 2 ( *) 2t t 2t 2t 1 f (t ) 1 f ( 2t ) f (t ) f ( 2t ) (c) ⇒ f 1 T = 4 ; f = 4 . Th vào (*) ta ñư c: 4 − 2 4 = 2 ( 2) . t t 2t ( 2t ) t ( 2t ) 2t (1) + ( 2 ) ⇒ f ( t ) = t 2 ∀t ≠ 0 . T f ( 0 ) = 0 ⇒ f ( t ) = t 2 ∀t ∈ R . Th l i th y ñúng. Ví d 12: Cho hàm s f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) th a mãn: f ( x) f = y f ( y ) f ( f ( x ) ) ∀x, y ∈( 0; + ∞ ) (12 ) . y 15
- L i gi i: Cho: x = y = 1 ⇒ f ( f (1) ) = f (1) . f ( f (1) ) ⇒ f (1) = 1 vì f ( f (1) ) ≠ 0 ⇒ f ( f (1) ) = 1 . 1 f f (1) y a . x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ f = y f ( y ) f ( f (1) ) = y f ( y ) ⇔ f ( y ) = ( ) y y M t 1 f f ( y) 1 khác: f ( f ( y ) ) = f = y f ( y ) f f = y f ( y ) f ( y f ( y ) ) = y f ( y ) y f y y 1 y 1 1 = y f ( y) f f ( f ( y )) . y y 1 1 1 Vì f ( f ( y ) ) ≠ 0 nên y f ( y ) f = 1 ⇔ f ( y) f = 1 (b) . y y y 1 ( a ) + (b) ⇒ f ( y ) = ∀y ∈( 0; + ∞ ) . Th l i th y ñúng. y Ví d 13: Tìm f : R → R th a mãn: 1 f ( 0) = ( a ) 2 . ∃ a ∈ R : f ( a − y ) f ( x ) + f ( a − x ) f ( y ) = f ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( b ) L i gi i: 1 Cho x = y = 0, ( b ) ⇒ f ( a ) = . 2 Cho y = 0; x ∈ R ta ñư c: f ( x ) = f ( x ) . f ( a ) + f ( 0 ) . f ( a − x ) ⇒ f ( x ) = f ( a − x ) ( c ) . 2 2 Cho y = a − x ; x ∈ R ta ñư c: f ( a ) = ( f ( x ) ) + ( f ( a − x ) ) (d ) . 1 2 1 f ( x) = 2 ( c ) + ( d ) ⇒ 2 ( f ( x )) = ⇔ . 2 f ( x) = − 1 2 1 N u ∃ xo ∈ R sao cho: f ( xo ) = − thì: 2 2 1 (b) x x x x (c) x − = f ( xo ) = f o + o = 2 f o . f a − o = 2 f o ≥ 0 ⇒ Vô lí. 2 2 2 2 2 2 1 V y f ( x) = ∀x ∈ R . Th l i th y ñúng. 2 16
- Ví d 14: (VMO.1995) Tìm f : R → R th a mãn: f (( x − y ) ) = x 2 2 2 − 2 y f ( x ) + ( f ( y ) ) ∀x, y ∈ R (14 ) . L i gi i: 2 f ( 0) = 0 Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) = ( f ( 0 ) ) ⇔ . f ( 0) = 1 y = 0 N u f ( 0 ) = 0 : Cho ta ñư c: f ( x 2 ) = x 2 ⇒ f ( t ) = t ∀t ≥ 0 x ∈ R 2 2 Cho x = y ∈ R ta ñư c: f ( 0) = x2 − 2 x f ( x ) + ( f ( x ) ) ⇔ ( f ( x ) − x ) = 0 ⇔ f ( x ) = x . Th l i th y ñúng. y = 0 N u f ( 0 ) = 1: Cho ta ñư c: f ( x 2 ) = x 2 + 1 ⇔ f ( t ) = t + 1 ∀t ≥ 0 . x∈R 2 2 Cho x = 0; y ∈ R ta ñư c: f ( y 2 ) = −2 y + ( f ( y ) ) ⇒ ( f ( y ) ) = f ( y 2 ) + 2 y 2 f ( y) = y +1 = y 2 + 1 + 2 y = ( y + 1) ⇒ . f ( y) = − y −1 Gi s ∃ yo ∈ R sao cho: f ( yo ) = − yo − 1 . Ch n x = y = yo ta ñư c: 2 f ( yo ) = yo − 1 1 = yo − 2 yo f ( yo ) + ( f ( yo ) ) ⇔ 2 . f ( yo ) = yo + 1 N u f ( yo ) = yo − 1 ⇒ − yo − 1 = yo − 1 ⇒ yo = 0 v f ( 0 ) = −1 (lo¹i) . N u f ( yo ) = yo + 1 ⇒ − yo − 1 = yo + 1 ⇒ yo = −1 ⇒ f ( −1) = 0 . Th a mãn: f ( yo ) = yo + 1 . V y f ( y ) = y + 1 ∀y ∈ R . Th l i th y ñúng. Ví d 15: (VMO.2005) Tìm f : R → R th a mãn: f ( f ( x − y ) ) = f ( x ) f ( y ) − f ( x ) + f ( y ) − xy ∀x, y ∈ R (15 ) . L i gi i: 2 Cho x = y = 0 ⇒ f ( f ( 0 ) ) = ( f ( 0 ) ) . ð t f ( 0 ) = a ⇒ f ( a ) = a 2 . 2 2 Cho x = y ∈ R ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + f ( a ) ⇒ ( f ( x ) ) = x 2 + a 2 (*) . 2 2 f ( x) = f (−x) ⇒ ( f ( x )) = ( f ( − x )) ⇒ . f ( x) = − f (−x) N u ∃ xo ∈ R* sao cho f ( xo ) = f ( − xo ) : + Ch n x = 0; y = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( − xo ) − a + f ( − xo ) ( a ) . 17
- + Ch n y = 0; x = − xo ⇒ f ( f ( xo ) ) = a f ( xo ) + a − f ( xo ) ( b ) . ( a ) + ( b ) ⇒ a ( f ( xo ) − f ( − xo ) ) − ( f ( xo ) + f ( − xo ) ) + 2a = 0 ( c ) . (*) 2 Vì f ( xo ) = f ( − xo ) nên f ( xo ) = a ⇒ ( f ( xo ) ) = x0 + a 2 ⇒ a 2 = x0 + a 2 ⇒ xo = 0 trái v i 2 2 gi thi t xo ∈ R* . V y f ( x ) = − f ( − x ) ∀x ∈ R . Ta th y (c) không ph thu c vào xo nên ta có: a ( f ( x ) − f ( − x ) ) − ( f ( x ) + f ( − x ) ) + 2a = 0 ( c ) . Thay f ( x ) = − f ( − x ) suy ra: a = 0 a ( f ( x ) + 1) = 0 ⇔ . f ( x ) = −1 (*) 2 f ( x) = x + N u a = 0 ⇒ ( f ( x )) = x2 ⇔ . f ( x) = −x Gi s t n t i xo ∈ R* ñ f ( xo ) = xo . Khi ñó (b) suy ra: xo = f ( xo ) = a xo + a − xo ⇒ xo = 0 trái gi thi t xo ∈ R* . V y f ( x ) = − x ∀x ∈ R . Th l i th y ñúng + N u f ( x ) = −1 ∀x ∈ R . Th l i ta ñư c (15 ) ⇔ xy = 2 ∀x, y ∈ R . Vô lí. V y hàm s c n tìm là: f ( x ) = − x . Nh n xét: Có m t suy lu n hay nh m l n ñư c s d ng các VD: 1 2 1 f ( x) = 2 2 2 f ( y ) = y +1 VD13 ( f ( x ) ) = ⇔ ; VD14 ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔ ; 4 f ( x) = − 1 f ( y ) = − y − 1 2 2 f ( x) = x VD15 ( f ( x ) ) = x 2 ⇔ , ñó là hi u sai: f ( x) = −x 1 2 1 f ( x ) = 2 ∀x ∈ R ( f ( x )) = ⇔ ; 4 f ( x ) = − 1 ∀x ∈ R 2 2 2 f ( y ) = y + 1 ∀x ∈ R ( f ( y ) ) = ( y + 1) ⇔ ; f ( y ) = − y − 1 ∀x ∈ R 2 f ( x ) = x ∀x ∈ R ( f ( x )) = x2 ⇔ . f ( x ) = − x ∀x ∈ R 18
- 2 1 Th c t thư ng là như v y nhưng v m t logic thì không ñúng. ( f ( x ) ) = thì f ( x ) có th 4 1 1 2 ( x ≥ 0) 2 1 f ( x) = 2 là hàm khác n a như f ( x ) = . Như v y ( f ( x )) = ⇔ ch − 1 ( x < 0 ) 4 f ( x) = − 1 2 2 1 ñúng v i m i x c th ch không th k t lu n ch có hai hàm s f ( x) = ∀x ∈ R ho c 2 1 f ( x) = − ∀x ∈ R . 2 1 1 ð gi i quy t v n ñ này ta thư ng “th ” f ( x ) = ∀x ∈ R ho c f ( x ) = − ∀x ∈ R vào ñ 2 2 1 bài ñ tìm hàm s không th a mãn (trong VD13 thì f ( x ) = không th a mãn) sau ñó l p 2 1 lu n ph ñ nh là ∃ xo : f ( xo ) = − ñ d n ñ n vô lí! 2 Ví d 16: Tìm f : (0,1) → ℝ th a mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) . L i gi i: Ch n x = y = z: f(x3) = 3xf(x). Thay x, y, z b i x2: f(x6) = 3 x2 f(x2). M t khác: f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3). ⇒ 3 x2 f(x2) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) ⇔ 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ ℝ 2 Thay x b i x3 ta ñư c : 3 x9 + 1 f ( x6 ) = f ( x 3 ), ∀x ∈ ℝ 2 3x9 + 1 ⇒ 3x 2 f ( x 2 ) = 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ 2 3x3 + 1 3x9 + 1 ⇒ 3x 2 f ( x) = 3 xf ( x), ∀x ∈ ℝ 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 V y f(x) = 0 v i m i x ∈(0; 1). BÀI T P 5 1) Tìm f : N → R th a mãn: f ( 0 ) ≠ 0; f (1) = ; 2 f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + f ( x − y ) ∀x, y ∈ N , x ≥ y . 2) Tìm f : N → R th a mãn: f ( m + n ) + f ( n − m ) = f ( 3n ) ∀m, n ∈ N , n ≥ m . 19
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Các phương pháp giải phương trình - bất phương trình - hệ mũ - lôgarit
54 p | 1987 | 976
-
Các phương pháp giải phương trình vô tỷ 1
0 p | 1578 | 484
-
Các phương pháp giải phương trình vô tỷ 2
0 p | 923 | 367
-
TÀI LIỆU THAM KHẢO: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ MŨ- LÔGARIT
133 p | 1009 | 333
-
Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng tham khảo
30 p | 712 | 228
-
CHUYÊN ĐỀ: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ
6 p | 788 | 222
-
Các phương pháp giải phương trình vô tỷ
7 p | 532 | 163
-
Chuyên đề Các phương pháp giải phương trình - Bất phương trình mũ và logarit
10 p | 381 | 82
-
SKKN: Phương pháp giải phương trình và hệ phương trình không mẫu mực
11 p | 441 | 64
-
9 Phương pháp giải phương trình mũ và phương trình logarit - Trần Tuấn Anh
13 p | 237 | 49
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình mũ – phương trình Logarit
29 p | 352 | 42
-
Một số phương pháp giải phương trình có chứa ẩn ở mẫu - Vũ Văn Bắc
5 p | 238 | 18
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
32 p | 229 | 18
-
Chuyên đề: Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ
15 p | 179 | 18
-
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi: Một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình - Trần Hoài Vũ
59 p | 23 | 4
-
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỉ: Phần 1 - Trần Mạnh Tường
49 p | 19 | 3
-
Phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỉ: Phần 2 - Trần Mạnh Tường
60 p | 14 | 3
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn