Cho x = y = 0 ta c [ ] 2 (0) 0 (0) (0) (0) 1 f f f f = = = Cho x = y = 2 ta c (4) (4). (0) 4 (0) 1f f f f = + Vy f(0) = 0. Cho x = y ta c 2 2 2 ( ) (2 ). (0) ( ) , 0.f x f x f x x f t t t= + = = Cho x = 0, y = t > 0, ta c 2 2 (0) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) , 0f f t f t t tf t t f t t t = + = + = > Vy f(x) = x.Th li ta thy hm s f(x) = x tha món bi toỏn. Giải :gt (*)1)( 11 )()( )( )()( >= = yxxyfxy yx yfxf xyf xy yfxf 1,, > zyx và xzyx ; [ ] ][ ] )()()()()()( zfxfzfyfyfxf =+ [ ] [ ] [ ] )()()()()()( )()()()()()()( xyfxzfxyxzfyzfyz xzfxyyzyzfyzxyfxy = +=+ xyxz xyfxzf xzyz xzfyzf yz xyfxzf xy xzfyzf 11 )()( 11 )()()()()()( = = từ (*) )()( 2222 yzxfzyxxyzfxyz = đặt = >= yzxV vuvuxyzu 2 2 )(1, 1)()()( >=== x x a xfconstavvfuUf Gi s ( ) nn nn axaxaxaxf ++++= 1 1 10 l a thc vi cỏc h s thc cú 0 0 a v tho món ng thc sau: ( ) ( ) ( ) Rxxxfxfxf += 32 22. Chng minh rng a thc ( ) xf khụng cú nghim s thc. Ta chng t rng 0 0 =x khụng l nghim ca ( ) xf , ngha l ( ) 00 = fa n . Gi k l s ch ln nht sao cho 0 k a . Lỳc ú v trỏi ca (1) cú dng 1 1/(Thỏi Bỡnh)Tỡm tt c cỏc hm s :f R R tha món iu kin 2 2 ( ) ( ). ( ) , ,f x f x y f x y y x y R= + + 2/ (Vnh Phỳc)Tìm các hàm số f (1; + ) R thoả mãn yxyxxyfxyyfxf >= ,1,)()()()( 3/(Qung Ninh) Gi s ( ) nn nn axaxaxaxf ++++= 1 1 10 l a thc vi cỏc h s thc cú 0 0 a v tho món ng thc sau: ( ) ( ) ( ) Rxxxfxfxf += 32 22. Chng minh rng a thc ( ) xf khụng cú nghim s thc. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) knkn k nn knkn k nnkn k n axa xaxaxaxaxfxf −− −−− ++= ++++= 3232 0 22 00 2 32 2 2 2 2. Vế phải của (1) có dạng ( ) ( ) ( ) kn k nn kn k n xaxa xxaxxaxxf − − ++= ++++=+ 2 2 22 3 0 33 0 3 So sánh hai vế của (1) ta có ( ) kn xxaxa kn k knkn k =⇒ ∀= −−− 32 2 Hay 0≠= kn aa • Giả sử f(x) có nghiệm thực là 0 0 ≠x . Xét dãy số , 2,1,02 3 1 =∀+= + nxxx nnn Nếu x 0 > 0 thì x 0 < x 1 < x 2 < … Nếu x 0 < 0 thì x 0 > x 1 > x 2 > … Từ hệ thức (1) suy ra nếu 0 0 ≠x mà ( ) 0 0 ≠xf thì ( ) kxf k ∀= 0 , nghĩa là f(x) bậc n, không đồng nhất bằng 0 mà có vô số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn. Vậy đa thức f(x) không có nghiệm thực . Giải: Cho RRf →: là hàm số từ tập R vào chính nó. Tìm tất cả các hàm f như thế thoả mãn hai điều kiện: Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()       ∈≠ Rxx x xf ii ,0: )( ) là tập hợp hữu hạn. Cho x ∈ R. Đặt x = y + f(0), ta nhận được ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) xfyyfffyffff =+=+=+= 0000 Suy ra, với mọi t 1 , t 2 ∈ R, ta có : ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 212121 tftftfftfttf +=+=+ . Tiếp theo, xét số nguyên m bất kì thoả mãn ( ) xfm ≠ . Ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) xfm mfx xfm mfx xfm xfmf + + = + + = + + 1 Vì ( )       ≠ 0:t t tf là tập hợp hữu hạn nên tồn tại các số nguyên 21 ,mm với ( ) xfmm −≠ 21 , sao cho: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) xfm xfmf xfm xfmf + + = + + 2 2 1 1 .Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) . 11 1 2 1 1 xfm fmx xfm fmx + + = + + Từ đây ta có ( ) ( ) xfxf =1. . Bây giờ, cho x = 1, ta nhận được ( ) [ ] 11 2 =f , do đó ( ) .11 ±=f 2 4/(Quảng Ninh) Cho RRf →: là hàm số từ tập R vào chính nó. Tìm tất cả các hàm f như thế thoả mãn hai điều kiện: Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()       ∈≠ Rxx x xf ii ,0: )( ) là tập hợp hữu hạn. Như vậy ta có ( ) xxf ±= .Đảo lại, dễ dàng thấy rằng hai hàm ( ) xxf = và ( ) xxf −= thoả mãn hai điều kiện đã cho giải: Từ ĐK 1 ⇒ với mọi r ∈¤ , f(rx) = rf(x) với mọi x ∈¡ (1) Theo ĐK 2: ∃ N > 0: ( )f x N≤ với mọi x [ ] 0;1∈ Theo ĐK 1, f(x) là hàm lẻ ⇒ ( )f x N≤ với mọi x [ ] 1;1∈ − (2) Lấy x ∈¡ , tồn tại số hữu tỉ dương r sao cho 1 x x r r ≤ ⇔ ≤ Từ (2) ( ) 1x f N f x N r r   ⇒ ≤ ⇔ ≤  ÷   ( ) f x rN⇔ ≤ (3) Do (3) đúng với mọi số hữu tỉ dương r x≥ nên ta có: ( ) 0 .f x x N≤ ≤ (4) Do (4) đúng với mọi x∈¡ , theo nguyên lí kẹp 0 lim ( ) 0 x f x → ⇒ = (5) Từ ĐK 3: f(1) = 2010 : ( ) ( .1) 2010r f r f r r⇒ ∀ ∈ = =¤ (6) Lấy x 0 ∈¡ , ∃ dãy số hữu tỉ (r n ): 0 lim n r x= Ta có: r n – x 0 → 0 nên theo (5) ( ) ( ) 0 lim n f r f x⇒ = Theo (6) ( ) ( ) 0 0 lim 2010 2010 n f x r x⇒ = = ( ) 2010f x x⇒ = (thỏa mãn)Vậy ( ) 2010f = 2010. Giải : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) * 2 . , f xy f x f y f xy xy x y f x y + + + = ∀ ∈ + ¤ (1) Bước 1) Chứng minh ( ) 1 1f = Thật vậy cho 1y = vào (1) và ký hiêu ( ) 1f a= ta có 3 5/(Hưng Yên) Cho hàm số f: R → ¡ thỏa mãn: 1) f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y ∈ R 2) f(x) bị chặn trên [0; 1] 3) f(1) = 2010 ;Tính f( 2010 ) 6/ (Hà Nam) Tìm tất cả các hàm * * :f + + →¤ ¤ (ở đây { } * 0x x + = ∈ >¤ ¤ ) thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) f xy f x f y xyf xy f x y + + = + * , ,x y + ∀ ∈¤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 f x f x f x a xf x f x f x x f x a + + = ⇒ + = + + + (2) Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 4 2 ; 3 ; 4 5 4 4 5 4 7 5 4 4 a f f f a a a a a = = = = = + + + + Mặt khác, cho 2x y= = vào (1) (4) 2 (2) 8 (4) 1 (4) f f f f ⇒ + = = Từ (2) suy ra 2 1 8 1 1 2 7 5 4 a a a + = ⇒ = + + vậy ( ) 1 1f = Bước 2) Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1,2, 3 2 1 f x f x n n n nx f x + = ∀ = + + Quy nạp: từ (2) suy ra (3) đúng với n =1. Giả sử đúng cho n = k. Có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 f x k kx f x f x k f x k x k f x k x k f x k kx f x + + + + + = = + + + +   + +  ÷ +  ÷ + +   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 f x k k x f x = + + + + (đpcm) Vậy từ (3) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 2 1 1 1 f f n n n f n + = = + + + hay ( ) 2 1 1,2, f n n n = ∀ = Bước 3) Chứng minh 2 2 1 1 1 f n n n   = =  ÷      ÷   1,2, n∀ = (4) Thật vậy, trong (3) thay ( ) 2 1 1 1 1 2 1 f n x f n n n n f n    ÷     = ⇒ + =  ÷     + +  ÷   .Cho 1 y x = trong (1) ( ) 1 1 2 1 f x f x f x x   ⇒ + + =  ÷     +  ÷   .Vậy ( ) 2 1 1 1 2 2 1 1 f n f n n f n f n n   + + = = + +  ÷       +  ÷  ÷     ;mà ( ) 2 2 1 1 f n f n n n   = ⇒ =  ÷   (đpcm). 4 Bước 4) Chứng minh: nếu ( ) , , 1, , * n q m n m n m = = ∈¥ thì ( ) 2 1 f q q = Thật vậy với ( ) , 1n m = đặt 1 ,x n y m = = trong (1) ta có ( ) 1 2 1 n f n n m f f n f m m m f n m    ÷       + + =  ÷  ÷       +  ÷   ;Cho 1 x m = trong (3) ta có 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 f m f n n n m n n f m m m m    ÷     + = =  ÷       + + + +  ÷  ÷     2 2 1 2 1n n n m f n f m m m m n       ⇒ + + = +  ÷  ÷  ÷       vậy ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 m n m n f q f m n q n m +     = = = =  ÷  ÷     + Cuối cùng dễ kiểm tra ( ) 2 1 f x x = thỏa mãn phương trình hàm đã cho. Giải: Đặt ( ) 1P a= . Xét ( ) ( ) 2 Q x P x ax= − .Khi đó ( ) ( ) 1 1 0Q P a= − = và ( ) ( ) 2 P x ax Q x= + Thay vào (1) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 2 Q x ax a Q x a x Q x a x   + + = + + + + − + −   x∀ ∈¡ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 Q x Q x Q x x⇔ = + + − ∀ ∈    ¡ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1Q x Q x Q x Q x x⇔ − + = − − ∀ ∈¡ ( ) ( ) 1Q x Q x b x⇒ − − = ∀ ∈¡ (với b là hằng số) (2) Đặt ( ) ( ) Q x R x bx= + .Từ (2) suy ra: ( ) ( ) ( ) 1 1bx R x b x R x b+ − − − − = x∀ ∈¡ ( ) ( ) 1R x R x x⇔ = − ∀ ∈¡ ( ) R x c⇔ = (với c là hằng số) ( ) Q x bx c⇒ = + Vì ( ) 1 0Q = nên c b= − Do đó ( ) 2 P x ax bx b= + − Thử lại thấy đúng.Vậy ( ) 2 P x ax bx b= + − Giải: +) Vì ( 2) 1 0, (0) 1 0, (1) 1 0, (2) 3 0P P P P− = − < = > = − < = > suy ra P(x) có 3 nghiệm và nghiệm lớn nhất (1;2)a∈ 5 7/(Chuyên LHP)Tìm tất cả các đa thức ( ) P x với hệ số thực thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 P x P P x P x x+ = + + − ∀ ∈    ¡ 8/(Bắc Ninh) Cho hai đa thức: 3 ( ) 3 1P x x x= − + và 3 2 ( ) 8 36 48 19Q x x x x= − + − . Gọi a là nghiệm lớn nhất của P(x) và b là nghiệm nhỏ nhất của Q(x). Chứng minh rằng: 2 3a b + = . Vì (0) 19 0, (1) 1 0, (2) 3 0, (3) 17 0Q Q Q Q= − < = > = − < = > suy ra Q(x) có 3 nghiệm và nghiệm bé nhất (0;1)b∈ +) Đặt a = 3 – 2m Vì 3 ( ) 0 (3 2 ) 3(3 2 ) 1 0P a m m= ⇒ − − − + = 3 2 8 36 48 19 0m m m⇒ − + − = Suy ra m là 1 nghiệm của Q(x) +) 3 (1;2) (0;1) 2 a a m − ∈ ⇒ = ∈ 3 2 3 2 a m b b a b − ⇒ = ⇒ = ⇒ + = Néi dung Phần 1: nh÷ng kh¸i niÖm c¬ b¶n 1. Nguyên lí Archimede Hệ quả: Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [ ] x Vậy: 2. Cận trên cận dưới Giả sử Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a ∈ A thì a ≤ x Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a ∈ A thì a ≥ x Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của A và kí hiệu là supA. 6 9/ (Daklak 2010-2011) Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập R,lấy giá trị trong R và thỏa mãn hệ thức f(x-y)+f(x.y)=f(x)-f(y)+f(x).f(y) xkNkx >∈∃⇒>∀>∀ εε ;0,0 * 1:! +<≤∈∃⇒∈∀ kxkZkRx [ ] [ ] 1+<≤ xxx RA ⊂ Cận dưới lớn nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận dưới đúng của A và kí hiệu là infA. - Nếu A = (a;b) thì supA = b infA = a - Nếu A = [a;b] thì supA = maxA = b infA = minA = a * Tính chất: Tính chất1: Nếu A ≠ Ø, A bị chặn thì tồn tại supA, infA. Tính chất2: 3. 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. 7 ⇔= Asup α A ∈∀≤ <∈∃>∀ a,a a-:Aa0, { α εαε ⇔= Ainf β A, a:Aa0, { ∈∀≥ >+∈∃>∀ aa β εβε + Đặc trưng của hàm: 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 hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), với mọi x, y * Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó       + =+ 2 2)( yx fyxf Vậy đặc trưng hàm ở đây là: 2 )()( 2 yfxfyx f + =       + , R, ∈∀ yx Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là: Những hàm nào có tính chất R,),()()( ∈∀+=+ yxyfxfyxf . Giải quyết tốt 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 luỹ thừa: 0,)( >= xxxf k Đặc trưng hàm là: )()()( yfxfxyf = * Hàm mũ: )1,0()( ≠>= aaaxf x Đặc trưng của hàm là: )()()( yfxfyxf =+ , R, ∈∀ yx * Hàm Logarit: xxf a log)( = , )1,0( ≠> aa Đặc trưng của hàm là: )()()( yfxfxyf += * Hàm lượng giác: xxf cos)( = Đặc trưng hàm là: )()(2)()( yfxfyxfyxf =−++ 8 Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số xxfxxf tan)(,sin)( == với các hàm Hypebolic: * sin hypebolic: 2 xx ee shx − − = * cos hypebolic: 2 xx ee chx − + = * tan hypebolic: xx xx ee ee chx shx thx − − + − == * cot hypebolic: xx xx ee ee shx chx x − − − + ==coth - shx có TXĐ là R, tập giá trị là R - chx có TXĐ là R, tập giá trị là [ ) +∞,1 - thx có TXĐ là R, tập giá trị là ( ) 1,1− - cothx có TXĐ là { } 0\R , tập giá trị là ( ) ( ) +∞∪−∞− ,11, 4. Hàm cộng tính, nhân tính trên m ột 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 là hàm nhân tính. 9 )0()( >= α α xxf 5. Hm n iu + Hm s f(x) c gi l tng trờn khong (a,b) nu: Vi mi x 1 , x 2 (a,b), x 1 x 2 f(x 1 ) f(x 2 ) + Hm s f(x) c gi l gim trờn khong (a,b) nu: Vi mi x 1 , x 2 (a,b), x 1 x 2 f(x 1 ) f(x 2 ) 6. Hm tun hon . Hm s f(x) c gi l tun hon trờn min D, nu nh tn ti s dng T >0 sao cho: - Dx 0 , thỡ x 0 + T D - f(x+T) = f(x) Dx S T > 0 bộ nht thoó món hai iu kin trờn gi l chu kỡ c s ca hm s tun hon f(x). Phn II: các phơng pháp thờng dùng để giải ph- ơng trình hàm I.Phng phỏp 1: S dng tớnh liờn tc ca hm s S dng tớnh liờn tc ca hm s cú 3 con ng chớnh: - Xõy dng bin t N n R. - Chng minh hm s l hng s. 10 [...]... λn 2 s k b Bài toán áp dụng: Chú ý: Đối với phương pháp sai phân, ta có một số 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 hoá phương trình sai phân Song liên quan đến phương trình trong bài viết này, chỉ nhắc lại phương trình sai phân tuyến tính đơn giản nhất (chưa xét đến phương trình sai... −   2 n VII .Phương pháp 7: Điểm bất động * 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 chẻ thông qua một hệ 29 thống lí thuyết Ở đây tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm Bài1 : Xác định hàm số f(x) sao cho: f(x + 1) = f(x) + 2 , ∀x ∈ R Giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thi t ta suy ra... 3, ∀n ∈ N Tìm f(2010) Bài2 : Tìm tất cả các hàm f: → N sao N cho: f(f(n)) + (f(n))2 = n2 + 3n + 3, ∀n ∈ N IV Phương pháp4: Phương pháp dồn biến Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình hàm chứa 2 biên ta đưa về dạng phương trình một biến để từ đó xác định hàm số cần tìm Bài1 : Tìm f: R → R sao cho: (x - y)f(x+y) - (x + y)f(x-y) = 4xy(x2 - y2), ∀x, y ∈ R 20 u = x+ y  Đặt:  v x... 0 ∨ f (0) = −2 28 Nếu f(0) = 0 chọn n = 0 ta được: -2f(k) = 0 do đó f(k) = 0 với mọi k Chọn k = 1 ta được f(1) = 0 mâu thuẫn với giả thi t 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: x k = f (k ) ta có phương trình sai phân: 2 x k +1 − 3 x k − 2 x k −1 = 0 Phương trình đặc trưng là: 2λ2 − 3λ −... ta xét: P ( x ) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3 x + 2) thì ta sẽ có bài toán sau: Bài3 : Tìm P(x) với hệ số thực thoã 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 ∈ R Tương tự như vậy chúng ta có thể xây dựng các đề toán khác III .Phương pháp 3: Hệ số bất định Nguyên tắc chung: + Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b... ⇒ 1 3 1 f ( x) = (1 + 2 x + ), ∀x ≠ 8 2x + 1 2 ⇒ Các bài tập tương tự Bài1 : Tìm các hàm số f: R → R thoã mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ R Đáp số: f(x) = x3 Bài2 : Tìm các hàm số f: R 3f ( → R nếu: x −1 1− x 8 2   )−5f ( )= , ∀x ∉ 0,− ,1,2 3x + 2 x−2 x −1 3   Đáp số: f ( x) = 28 x + 4 5x Bài3 : Tìm tất cả cá c đa thức P(x) ∈ R[x] sao cho... x) = 0, ∀x ≠ 0 f ( x) = 0, ∀x ∈ (0,1) VI .Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm a.Lí thuyết: +) Khái niệm dãy số: Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: x:N → N n  x(n) Vì ⇒ n ∈ { 0,1,2,3, } ( x n ) = { x 0 , x1 , x 2 , } +) Định nghĩa sai phân: Xét hàm x(n) = x0 Sai phân cấp 1 của hàm xn là: ∆x n = x n +1 − x n Sai phân cấp 2 của hàm xn là: ∆2 x n = ∆x n +1 − ∆x n = x... x1 = -1, x2 = -1 sau đó ta giải hệ phương trình ta nhận được: a = 1, b = -3, c = 1 Do đó: xn = n2 - 3n + 1 +) Phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất a 0 x n + k + a1 x n + k −1 + + a k x n = 0, ak , a0 ≠ 0 (1) Gọi là phương trinh tuyến tính thuần nhất cấp k +) Phương trình đặc trưng a 0 λk + a1λk −1 + a 2 λk −2 + + a k = 0 (2) 26 +) Nghiệm tổng quát Nếu phương trình (2) có k nghiệm phân biệt λ... R do đó: ∀x ∈ R Đồng nhất các hệ số, ta thu được: a= 3a = 1  b - 2a = 0   a + b + 3c = 0 Vậy ⇔    1 3 b= 2 3 c=− 1 3 1 f ( x ) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện bài toán Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thoã mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử còn có hàm số g(x) khác f(x) thoã mãn điều kiện bài toán Do g(x) không trùng...  Với  b∈R  ta được f(n) = -n + b Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 Vậy f(n) = -n + 1 Hiển nhiên hàm số nầy thoã mãn điều kiện bài toán Ta phải chứng minh f(n) = -n + 1 là hàm số duy nhất thoã mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thoã mãn điều kiện bài toán Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 Từ (2) suy ra f(1) = f(f(0)) = g(1) = g(g(0)) = 0 Sử dụng (1) và (2) ta . là dẫn đến phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc trưng hàm cho trước. * Hàm luỹ thừa: 0,)( >= xxxf k Đặc trưng hàm là: )()()( yfxfxyf = * Hàm mũ: )1,0()(. Nn ∈∀ IV. Phương pháp4: Phương pháp dồn biến Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình hàm chứa 2 biên ta đưa về dạng phương trình một biến để từ đó xác định hàm số cần tìm Bài1 :. 3. 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