+) phụ thuộc điều kiện bài xích toán, khẳng định được dạng của f(x), thường xuyên là f(x) = ax + b hoặc

f(x) = ax2+ bx + c.

+) Đồng nhất hệ số để tra cứu f(x).

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




Bạn đang xem: Phương trình hàm

*
30 trang
*
haha99
*
*
3565
*
0Download
Bạn đã xem đôi mươi trang mẫu mã của tài liệu "Các phương thức giải phương trình hàm thường xuyên dùng", để mua tài liệu nơi bắt đầu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD làm việc trên


Xem thêm: H2Co3 Đọc Là Gì - Tổng Hợp Lý Thuyết Về Axit Cacbonic

1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG phương thức 1: thông số bất ñịnh. Hình thức chung: +) dựa vào ñiều kiện bài 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). +) chứng tỏ rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài toán. Ví dụ 1: search :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: chũm 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= ⇒ = − + . Rứa vào (1) và ñồng nhất thông số ta ñược: ( )( )2 1110a f x xaaab a a f x xb == = ⇒ ⇒= −  − − = − = −  =. Vậy có hai hàm số cần tìm là ( )f x x= cùng ( )f x x= − . Ví dụ như 2: kiếm tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: mang lại ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . Mang 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= ⇒ = ∀ ∈ . Test 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 gồm duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. Ví dụ như 3: kiếm 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: 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= ∈ : trường đoản cú (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta ñược: ( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Chũm 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 vừa lòng ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Kiếm tìm f(x). Lời giải: Ta nhận biết vế trái của biểu thức dưới vệt f là bậc nhất: x, 1 – x vế đề xuất là bậc nhì x2. Vậy f(x) phải gồm 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 bởi ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ ðồng nhất những hệ số, ta thu ñược: 133 122 033 0 13aab a cha b cc==  − = ⇔ =  + + = = −Vậy: 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − test lại ta thấy minh bạch f(x) thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số không giống f(x) sẽ không thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài xích toán: thiệt vậy đưa sử còn hàm số g(x) không giống f(x) thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài toán. Bởi vì f(x) ko trùng cùng với g(x) đề xuất 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Bởi g(x) vừa lòng ñiều kiện việc nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ vậy x vị x0 ta ñược: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = ráng x bởi 1 –x0 ta ñược: trăng tròn 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ nhị hệ thức này ta ñược: 20 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 nhất là 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − 3 nhận xét: nếu như ta chỉ dự ñoán f(x) bao gồm dạng như thế nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của những hàm số tìm ñược.Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, tiếp tục với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm hai hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã mang lại dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính do vậy ta buộc phải giả sử rằng hàm số nên tìm gồm dạng: f(x) = ax + b. Lúc 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 ñiều kiện việc (việc minh chứng sự tốt nhất dành cho người ñọc). Lấy một ví dụ 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 quý giá f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng dấn xét cùng lý luận như những ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải bao gồm dạng: f(n) = an +b. Lúc ñó ñiều khiếu nại (1) trở thành:2,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ ðồng nhất những hệ số, ta ñược:2 1 110 00a aab bab b= = − =  ⇔ ∨  = =+ =  Với 10ab== ta ñược f(n) = n. Trường vừa lòng này loại vì chưng không vừa lòng (2). Với 10ab= −= ta ñược f(n) = -n + b. Từ bỏ ñiều khiếu nại (3) mang đến n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Phân biệt hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài xích toán. Ta phải chứng tỏ f(n) = -n +1 là hàm duy nhất vừa lòng ñiều kiện bài toán: thiệt vậy trả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài bác toán. Từ bỏ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Thực hiện ñiều khiếu nại (1) cùng (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ. 4 vì chưng 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 nhiên nhỏ xíu nhất làm cho 0 0( ) ( )f n g n≠ vị f(n) cũng vừa lòng (4) bắt buộc 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 khiếu nại n0 là số trường đoản cú nhiên nhỏ bé nhất vừa lòng (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ chứng tỏ tương từ bỏ ta cũng ñược f(n) = g(n) với tất cả n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP bài xích 1: Tìm toàn bộ 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 vừa lòng ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕTìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài xích 3: Tìm tất cả 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 những 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 tất cả 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: phương pháp thế. 2.1. Cố kỉnh ẩn tạo nên PTH mới: lấy một ví dụ 1: tìm kiếm 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+=− thay vào (1): ( )223 3( ) 22tf t tt−= ∀ ≠−. Demo lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số bắt buộc tìm tất cả dạng ( )223 3( )2xf xx−=−. Thừa nhận xét: + lúc ñặt t, bắt buộc kiểm tra giả thiết xx DMGT t D∈⊃ . Với mang thiết ñó new 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 ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng: ( ) ( )( )223 3 22( )2xxxf xa x −≠−= = (với a∈R tùy ý). Lấy 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 phải tìm là: ( ) af xx= với ( )0a > . Lấy ví dụ như 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 = . đến x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y fy =   . Núm lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5")f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Cố y vày 3x ta ñược: ( ) ( ) ( )( )223 13 2 )2f f x f f xx   = ⇒ =      . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số đề xuất tìm là: ( ) 120f x x= ∀ > . Lấy một ví dụ 6: search 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. Nắm ẩn tạo thành hệ PTH mới: 7 lấy ví dụ như 1: kiếm 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 có hệ: ( ) ( )( ) ( ) ( )111f x x f x x f xx f x f x x+ − = +⇒ =− + − = − +. Demo lại hàm số nên tìm là: ( ) 1f x = . Ví dụ như 2: kiếm tìm 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 bao 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 phải tìm tất cả dạng: ( ) 1 1 12 1f x xx x = + + − . Lấy một ví dụ 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). Rứa 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) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là search hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy ví dụ như 2: kiếm tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 do ñó c = 1. Vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), cố gắng vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ 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 chứng tỏ mọi nghiệm của (3) tất cả dạng: < >1( ) ( ) ( 1) , x 2g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ làm việc ñó h(x) là hàm tuần trả với chu kì 2. Nhấn xét: Qua lấy ví dụ như này, ta rất có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy ví dụ 3: tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tìm kiếm c thế nào cho c = 3c + 2 hay thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Thời điểm 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 (*). Từ ñặc trưng hàm, gửi 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= ráng 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= − + cùng với h(x) là hàm tuần trả chu kì 1. Dìm xét: Ở lấy ví dụ 3 này, phương trình bao quát của một số loại này là: f(x + a) = bf(x) + c x∀ ∈ℝ ; a, b, c tùy ý. +) với 0 0 ñặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= núm vào (3) ta có: (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ > . ðến ñây ta ñưa về lấy một ví dụ hàm tuần trả nhân tính. +) trường hợp t 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Trường đoản cú f(x) thường xuyên trên R suy ra h(x) tiếp tục trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx - 1 ∀x∈R. Lúc c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong đều trường phù hợp f(x) = ecx - 1 ∀x∈R test lại thấy ñúng. Phương pháp 11: áp dụng tính liên tiếp của hàm số. Thực hiện tính liên tiếp của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng trở thành từ N ñến R, chứng tỏ hàm số là hằng số, thực hiện phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng đổi mới từ N ñến R): kiếm 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 cùng (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. Với ∀n∈N*, 2 = f(1) = 1 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) 1f n f n f f nn n n= − + + (b). 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+ = + − + = + − + = = + . Ráng 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). Trường đoản cú (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: 1 1( ) ( )f m m fn n+ = + . Cố kỉnh vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Cùng với r∈R, tồn tại dãy rn cùng với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Lúc ñó, vì 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): kiếm tìm hàm f: <0; 12> → <0; 12> thỏa mãn: 1) f(x) liên tiếp 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 minh chứng xn không âm (a). Trăng tròn 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). Tự (a), (b), (c) suy ra xn∈<0; 12 > cùng 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). Test lại thấy ñúng. Lấy một ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): search f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: mang lại 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-------------------------------------------------------