S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 h h t t t t p p : : / / / / l l a a i i s s a a c c . . p p a a g g e e . . t t l l C C H H U U Y Y Ê Ê N N Đ Đ Ề Ề P P H H Ư Ư Ơ Ơ N N G G T T R R Ì Ì N N H H H H À À M M A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm: Phƣơng trình hàm và bất phƣơng trình hàm là một trong những chuyên đề giảng dạy và bồi dƣỡng học sinh năng khiếu toán. Nghiên cứu phƣơng trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức toán. Đặc biệt với “tƣ tƣởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phƣơng trình hàm còn giúp chúng ta giải quyết đƣợc những hàm “tựa” nhƣ: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; các đặc trƣng hàm cơ bản của một số hàm số sinh bởi các phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” các kết quả mới trong tam giác, các “kỹ thuật” giải phƣơng trinh hàm, mối quan hệ giữa phƣơng trình hàm và bất phƣơng trình hàm,… A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số: A.1.1/Đặc trưng của một số hàm sơ cấp: Trong phần này ta nêu những đặc trƣng của một sồ hàm số sơ cấp thƣờng gặp trong chƣơng trình phổ thông. Nhờ các đặc trƣng hàm này mà ta có thể dự đoán kết quả của các phƣơng trình hàm tƣơng ứng cũng nhƣ có thể đề xuất những dạng bài tập tƣơng ứng với các đặc trƣng hàm đó. Các hàm số đƣợc xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên toàn miền xác định của hàm số. Nếu hàm số thoả mãn các đặc trƣng hàm đã cho mà không có tính liên tục hoặc đƣợc xác định trên các tập rời rạc thì nghiệm của phƣơng trình hàm có thể là một biểu thức hoàn toàn khác. 1/Hàm bậc nhất: )0,(;)(  babaxxf . Đặc trƣng hàm: yx yfxfyx f ,; 2 )()( 2           (Phƣơng trình Jensen) 2/Hàm tuyến tính: )0(;)(  aaxxf . Đặc trƣng hàm:   yxyfxfyxf ,);()(  (Phƣơng trình Cauchy) 3/Hàm mũ: )1,0(;)(  aaaxf x . Đặc trƣng hàm:   yxyfxfyxf ,);().(  (Phƣơng trình Cauchy) 4/Hàm logarit: )1.0(;log)(  aaxxf a . Đặc trƣng hàm:   * ,);()(. Ryxyfxfyxf  (Phƣơng trình Cauchy) 5/Hàm sin: xxf sin)(  . Đặc trƣng hàm:   xxfxfxf  );(4)(33 3 6/Hàm cosin: xxf cos)(  . Đặc trƣng hàm:   xxfxf  ;1)(22 2 S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 7/Hàm tang: tgxxf )( . Đặc trƣng hàm:   )( 2 ,,; )()(1 )()( ZkkyxRyx yfxf yfxf yxf       8/Hàm cotang: gxxf cot)(  . Đặc trƣng hàm:   )(,,; )()( 1)()( ZkkyxRyx yfxf yfxf yxf      9/Hàm luỹ thừa:   Rxxxf ;)(  . Đặc trƣng hàm:   yxyfxfyxf ,);().(.  A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học và đại số: Trong phần này, ta khảo sát một số tính chất cơ bản của một số dạng hàm số thông qua các hệ thức hàm đơn giản và các hàm bảo toàn và chuyển đổi các tính chất cơ bản của phép tính đại số nhƣ giao hoán, phân phối, kết hợp. Bài toán 1: Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả: f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y);  x,y (1)  Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1  c=-1  Lời giải: Đặt f(x)=g(x)-1, Ta có g(x+y)-1=g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1] hay g(x+y)=g(x)g(y) ;  x,y (2). Do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng là hàm liên tục trên R. Suy (2) có nghiệm là g(x)=eax. (1) có nghiệm là f(x)=eax-1. Bài toán 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v là số thực). Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định và liên tục trên R. Chứng minh rằng F(u,v) là hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) và có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2)  Lời giải:  u,v,w  D-1f(tập giá trị của hàm số f) F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u) F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)] Bài toán 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)],  x,y  R; với F(u,v)(  u,v,w  D-1f) là một đa thức khác hằng, có nghiệm là f(x) xác định và liên tục trên R. Chứng minh F(u,v) có dạng F(u,v)=auv+bu+bv+c.  Lời giải: Giả sử F(u.v) là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v. Khi đó, do F(u,v) đối xứng nên m=n. Từ bài toán 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái là đa thức bậc n theo w và vế phái là đa thức bậc n2 theo w. Suy ra n2=n, hay n=1. Vậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c. Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 và F(u,v)=auv+bu+bv+c. Theo bài toán 2, ta có ac=b2-b. S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 Bài toán 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b  0). Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (Tức là f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4))  Lời giải: Nếu b  1 thì từ (4) với y=0, ta có f(x)=const Khi b= 2 1 và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4) Khi b= 2 1 và c  0 thì (4) vô nghiệm Khi b  1 và b  2 1 thì nghiệm của (4) là f(x)= b c 21 Nếu b=1 thì (4) có dạng là f(x+y)=f(x)+f(y)+c và phƣơng trình hàm này có nghiệm f(x)=ax+c Bài toán 5: Cho đa thức cbvbuauvvuF ),( ( a  0, c= a bb  2 ). Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả RyxyfxfFyxf  ,)],(),([)( (Tức là cybfxbfyfxafyxf  )()()()()( (5))  Lời giải: Đặt a bxh xf   )( )( , từ (5) ta có Ryxyhxhyxh  ,);()()( và phƣơng trình này có nghiệm ax exh )( . Suy ra nghiệm của (5) có dạng a be xf ax  )( Bài toán 6: Giả sử )(xf là nghiệm của phƣơng trình hàm: )6(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf  . Chứng minh hàm số )0()()( fxfxg  thoả mãn phƣơng trình Cauchy: Ryxygxgyxg  ,),()()(  Lời giải: Lần lượt đặt: b c yx b cv yx b c y a u x b cv y a u x         ,0 ,0 , , và thế vào (5), ta thu đƣợc các đẳng thức: S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1                    C b c BfAff C b cv BfAfvf C b c Bf a u Afuf C b cv Bf a u Afvuf )()0()0( )()0()( )()()( )()()( Suy ra: )0()()()( fvfufvuf  Và Ryxygxgffyfxffyxfyxg  ,),()()0()0()()()0()()( Vậy: Ryxygxgyxg  ,),()()( Bài toán 7: Giả sử hàm số )(xf liên tục trên R là nghiệm của phƣơng trình hàm: )7(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf  . Chứng minh: khi đó bBaA  ,  Lời giải: Nghiệm của Ryxygxgyxg  ,),()()( trong lớp hàm liên tục là hàm tuyến tính xxg  )( . Do đó   xxf )( , thế vào (7), ta đƣợc:  )1(;,  baCcbBaA (7’) Bài toán 8: Giải và biện luận phương trình hàm: )8(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf  trong lớp các hàm liên tục trên R.  Lời giải: Theo bài toán 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm là bBaA  , . Giả sử điều kiện này thoả mãn. Theo (7’), ta chia ra các truờng hợp sau: +T/h: 0,1  cba . Khi đó (8) trở thành: RyxabAByfbxafyaaxf  ,),0()()1()())1(( (8’) thuộc lớp hàm chuyển tiếp các đại lƣợng trung bình cộng. Vậy (8’) có nghiệm là Rxxf   ,;)( +T/h: 0,1  cba Khi đó (8) trở thành: )"8(,),0()()1()())1(( RyxabABCyfbxafcyaaxf  . Đặt: )()( xhx c C xf  . Vậy (8”) có dạng: )"'8(,),0()()1()())1(( RyxabAByhbxahcyaaxh  . Do đó (8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm Rx c C xf   ;)( +T/h: 1ba . Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng Rxxf   ;)( . Từ (7’) suy ra  )1(  baCc . Nếu cho R  tuỳ ý thì 1   ba Cc   S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 Bài toán 9: Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R là nghiệm của phƣơng trình hàm: )9(,,);()()()( Rzyxzyfxfzfyxf  .  Lời giải: +Đặt 0,)0(  zaf thế vào (9) ta có: )'9(,);()()( Ryxyfxfayxf  +Đặt axgxf  )()( . Từ (9’), ta có: )"9(,);()()( Ryxygxgyxg  . Suy ra Rxxg   ;)( Vậy (9) có nghiệm Raxxf   ,;)( . Thử lại thấy (9) thoả. Bài toán 10: Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R là nghiệm của phƣơng trình hàm: )10(,,)];()()[()()( Rzyxzfyfxfzfyxf  .  Lời giải: Thay 0 zy vào (10), ta đƣợc 0)()0( xff . Vậy 0)0( f . Với 0z thì )'10(,)];0()()[()0()( Ryxfyfxffyxf  hay )'10(,;0)()( Ryxyfxf  . A.3)Bất phương trình hàm cơ bản. Bài toán 1: Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:      )2.1(,);()()( )1.1(;0)( Ryxyfxfyxf Rxxf  Lời giải: Thay 0 yx , ta có 0)0( )0(2)0( 0)0(       fhay ff f Vậy nên 0)()())(()0(  xfxfxxff . Suy ra 0)( xf . Thử lại (1) thoả Bài toán 2: Cho trước hàm số Raaxxh  ;)( . Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:      )2.2(,);()()( )1.2(;)( Ryxyfxfyxf Rxaxxf  Lời giải: )()()( yhxhyxh  . Đặt )()()( xgxhxf  . Khi đó ta có Rxxg  ;0)( và Ryxygxgyxg  ,);()()( . Theo bài toán 1, ta có: Rxxg  ;0)( . Vậy Raaxxhxf  ;)()( . Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2) Bài toán 3: Cho 0a . Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:      )2.3(,);()()( )1.3(;)( Ryxyfxfyxf Rxaxf x  Lời giải: S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 Ta có Rxxf  ;0)( . Khi đó logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có      )'2.3(,);(ln)(ln)(ln )'1.3(;)(ln)(ln Ryxyfxfyxf Rxxaxf Đặt )()(ln xxf   , ta có:      )"2.3(,);()()( )"1.3(;)(ln)( Ryxyxyx Rxxax   Đặt xaxgx )(ln)()(   , ta có: hàm )(xg thoả điều kiện bài toán 2 nên Rxxg  ;0)( và xax )(ln)(   . Vậy )1.3(;)( Rxaxf x  thoả điều kiện bài toán. Bài toán 4: Xác định các hàm số )(xf liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:           )2.4(,; 2 )()( ) 2 ( )1.4(;0)( Ryx yfxfyx f Rxxf  Lời giải: Đặt )()(,)0( xgaxfaf  . Khi đó ta có 0g(0) vôùi            )'2.4(,; 2 )()( ) 2 ( )'1.4(;0)( Ryx ygxgyx g Rxxg Thay 0y vào (4.1’) và (4.2’)        0)0( ; 2 )( ) 2 ( g Rx xgx g . Suy ra Ryx ygxgyx g   ,; 2 )( 2 )( ) 2 ( hay      Ryxygxgyxg Rxxgg ,);()()( ;0)(,0)0( theo bài toán 1 thì const laø f(x) vaø Rxxg  ;0)( . Thử lại cxf )( thoả điều kiện bài toán. Bài toán 5: Xác định các hàm số )(tf liên tục trên R thoả điều kiện sau:   Rxyfxyxf Ry   ;)(2max)( (5)  Lời giải: Từ (5) ta có Ryxyfxyxf  ,);(2)( (5’) Thay tyx  vào (5’), ta có Rxxxf  ;)( 2 (5”) Suy ra Ryxyxxyxyyfxy  ,;)(2)(2 222 mà     Rxxxfrasuyxyxxyfxy RyRy   ;)()(max)(2max 2222 . Vậy Rxxxf  ;)( 2 (kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện. Bài toán 6: Xác định các hàm số )(tf liên tục trên R+ thoả điều kiện sau:       Rxyfxyyxxf Ry ;)(max)( 22 (6)  Lời giải: Tƣơng tự bài toán 5, ta có   Ryxyfxyyxxf ,);()( 22 Thay tyx  vào (6’), ta có   Rxxxf ;)( 3 (6”) Suy ra:   Ryxxyxyxxyxyyxyfxyyx ,;))(()( 32332222 mà S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ơ ơ Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1     rasuyRxxyxyxxyfxyyx RyRy     ;))((max)(max 32322   Rxxxf ;)( 3 . Kết hợp với (6”), ta có   Rxxxf ;)( 3 . Thử lại thấy thoả điều kiện bài tốn.  Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng sau: Nếu có một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số yx, ; chẳng hạn nhƣ Ryxyxyyxx  ,; 3223 thì từ điều kiện       Rxyfxyyxxf Ry ;)(max)( 22 ta có ngay hàm cần tìm là   Rxxxf ;)( 3 Từ đây ta có thể “sáng tác” ra những bài tốn tƣơng tự Bài tốn 7: Chứng minh rằng nếu: f f Dx 0 h(x)và 0(x)f' Hoặc Dx 0 h(x)và 0(x)f' Hoặc   0g(x) f(0)g(x).h(x)f(g(x)) : có ta trongthì  Lời giải: Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f(0)g(x).h(x)f(g(x))  0 g(x).h(x)f(0)-f(g(x)) g(x) và 0 giữanằm h(x)]g(x)(c)[f' c;0 0)]()('[0  xhcfdog(x) Bài tốn 8: Giải bất phương trình )7(13)4(3 224 2   xx x  Lời giải: Xét hàm số x xf 3)(  , ta có xxf x ln.3)('  (7): )0(103)4()0()4( 222 fdoxfxf x   Sử dụng định lý Lagrange, ta có: )4(03)4(]0)4)[((' 2222   xcxxcf x và 0 giữanằm 0]3)(')[4( 22  x cfx 0]33ln3)[4( 22  xc x 0)4( 2 x 22  xx Bài tốn 9: Cho các số dương aM, . Tìm các hàm số RRxgxf :)(),( thoả mãn điều kiện )8(,;))(()()( 2 RyxyxMyxxgxfyf a    Lời giải: Giả sử có các hàm số RRxgxf :)(),( thoả điều kiện. Thay đổi vai trò của yx, ta có: S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 )'8(,;))(()()( 2 RyxxyMxyygyfxf a   . Cộng vế (8) và (8’), ta có ))(()()())(()()())](()([ xyygyfxfyxxgxfyfyxygxg  )"8(,;2))](()([ 2 RyxyxMyxygxg a   yxRyxyxM yx ygxg a    ,,;2 )()( . Cố định xychox  , ta có RxconstcxgrasuyRxxg  );()(;0)(' Thay cxg )( vào (8) và làm tƣơng tự nhƣ trên, ta có: yxRyxyxMc yx yfxf a    ,,;2 )()( và dcxxfcxf  )()(' . Thử lại dcxxfcxg  )(;)( thấy đúng. Bài toán 10: Chứng minh: )(max 1 axx a   (9)  Lời giải: Ta có   1;1;)(  axaxx , suy ra điều phải chứng minh A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác. Phép tịnh tiến sinh ra hàm tuần hoàn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra hàm tuần hoàn nhân tính, phép phản xạ sinh ra hàm số chẵn, lẻ. Tính chất 1: Điều kiện cần và đủ để 3 số dương A, B, C là 3 góc của một tam giác là A+B+C=  Tính chất 2: Điều kiện cần và đủ để 3 số dương a, b, c là 3 cạnh của một tam giác là a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/<a<b+c) Bài toán 1: Xác định số  để hàm số   xxf )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.  Lời giải: Để )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải có 0)(,0)(,0)(  cfbfaf . Suy ra ABCcba  ;0,0,0  Hay ABCcba  ;,,  tƣơng đƣơng   0;,,max   hayABCcba . Ngƣợc lại, với 0  thì )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác. Vậy với 0  thì hàm số   xxf )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 Bài toán 2: Xác định số  để hàm số xxf  )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.  Lời giải: Để )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải có 0)(,0)(,0)(  cfbfaf . Suy ra ABCcba  ;0,0,0  Hay 0  . Vậy với 0  thì hàm số xxf  )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Bài toán 3: Xác định số  , để hàm số   xxf )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.  Lời giải: Để )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải có 0)(,0)(,0)(  cfbfaf . Suy ra )3(;0,0,0 ABCcba   Từ (3), ta có 0  (Vì nếu 0  ,  tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có a đủ lớn thì 0  a ) Tƣơng tự 0  (Vì nếu 0  chọn tam giác ABC có a đủ nhỏ thì 0  a ) Trƣờng hợp 0  không thoả. Vậy 0,0,0   thì hàm số   xxf )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Bài toán 4: Xác định số  , để hàm số    x xf 1 )( có tính chất )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.  Lời giải: Giả sử cba  . Phép nghịch đảo x xg 1 )(  không có tính chất )(),(),( cgbgag là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.( Phản ví dụ 1,2  cba ; ta có cba 111  ) Để )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải có 0)(,0)(,0)(  cfbfaf . Suy ra )4(;0,0,0 ABCcba   S S A A N N G G K K I I E E N N K K I I N N H H N N G G H H I I E E M M M M O O N N T T O O A A N N - - ( ( 2 2 0 0 0 0 6 6 - - 2 2 0 0 0 0 7 7 ) ) . . d d o o c c N N g g ô ô Q Q u u a a n n g g D D ũ ũ n n g g T T r r a a n n g g 1 1 Suy ra 0;0   (bài toán 3) +Trƣờng hợp 0  : không thoả. +Trƣờng hợp 0,0   : không thoả ( 1,2  cba ) +Trƣờng hợp 0,0   : 0 1 )()()(   cfbfaf ; )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác đều. + Trƣờng hợp 0,0   : ta có )()()( cfbfaf  Ta cần xác định các số dƣơng  , sao cho: cbaABCcfbfaf  ,);()()( Hay cbaABC cba       ,; 111  (4’) Phản ví dụ: 0,03  dcdba thế vào (4’), ta có:     dd 1 3 2 . Suy ra  d2 , điều này không xảy ra với d đủ lớn. Vậy với 0,0   : 0 1 )()()(   cfbfaf ; )(),(),( cfbfaf là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Bài toán 5: Xác định hàm số )(xf liên tục trong [0;  ], 0)0( f và có đạo hàm trong (0;  ) sao cho )(),(),( CfBfAf tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.  Lời giải: Ta cần xác định hàm khả vi )(xf sao cho:           )()()( 0)0( );0(;0)( CfBfAf f xxf   )(0)0( ff và )( BAC   Suy ra ];0[,,;)()()(   BABABAfBfAf Hay ];0[,,;)()()(   yxyxyxfyfxf Lấy đạo hàm theo biến ];0[,,;0)(')(':   yxyxyxfxfx Suy ra );0(;)(':   xcxfx . Vậy 00)0(.)(  qrasuyfDoqpxxf . Do  )(f nên 1p Kết luận: hàm số xxf )( liên tục trong [0;  ], 0)0( f và có đạo hàm trong (0;  ) sao cho )(),(),( CfBfAf tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc. Bài toán 6: Xác định hàm số )(xf liên tục trong [0;  ], );0(;0)(,0)0(   xxff sao cho )(),(),( CfBfAf tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.  Lời giải: [...]... xn ) b  lim xn 1 1 1  2 lim xn  lim xn1    b  b 2   b  Vì hàm số f liên tục nên 4 4 2  1 f (a)  lim f (a)  lim f ( xn )  f (lim xn )  f   là hằng số 2 Hàm số f là hàm hằng với x  0 , mà hàm số f là hàm chẵn nên hàm số f là hàm hằng trên R A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm A.7.1/Giải phương trình hàm bằng phép thế Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 2-2004-2005)... 3 A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác Một số hàm số khơng phải là hàm lồi nhƣng có tính chất của hàm lồi đƣợc gọi là hàm “tựa lồi”, hàm số khơng phải là hàm lõm nhƣng có tính chất của hàm lõm đƣợc gọi là hàm “tựa lõm” , (theo Thầy Nguyễn Văn Mậu) Bài tốn 1: Trong tam giác ABC, nếu A