+) nhờ vào điều kiện bài toán, khẳng 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 nhu cầu điều kiện bài xích toán




Bạn đang xem: Phương trình hàm

*
30 trang
*
haha99
*
*
3593
*
0Download
Bạn đã xem trăng tròn trang mẫu mã của tư liệu "Các cách thức giải phương trình hàm hay dùng", để tải tài liệu nơi bắt đầu về máy các bạn click vào nút DOWNLOAD ngơi nghỉ trên


Xem thêm: Top 7 Bài Văn Cảm Nhận Bài Thơ Vội Vàng 13 Câu Đầu Bài Vội Vàng

1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG phương pháp 1: thông số bất ñịnh. Phép tắc chung: +) nhờ vào ñiều kiện bài xích toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c. +) ðồng nhất thông số ñể search f(x). +) minh chứng rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán. Ví dụ 1: tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: nạm 1xy R=∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Cố kỉnh ( )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) và ñồng nhất thông số ta ñược: ( )( )2 1110a f x xaaab a a f x xb == = ⇒ ⇒= −  − − = − = −  =. Vậy có hai hàm số yêu cầu tìm là ( )f x x= với ( )f x x= − . Ví dụ như 2: tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: đến ( )( ) ( )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= ⇒ = ∀ ∈ . 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 tất cả duy duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. 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: mang đến 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). Mang lại 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= + = + . Núm 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= + = + . Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh cùng 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 phân biệt vế trái của biểu thức dưới vết f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc nhị x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c. Lúc ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈ℝ vì chưng 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 tía b cc==  − = ⇔ =  + + = = −Vậy: 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − test lại ta thấy rõ ràng f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng tỏ mọi hàm số khác f(x) đã không thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán: thiệt vậy mang sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài xích toán. Vì chưng f(x) không trùng với g(x) nên 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 cố kỉnh x vày x0 ta ñược: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = nạm x do 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ nhị hệ thức này ta ñược: đôi mươi 0 0 01( ) ( 2 1) ( )3g x x x f x= + − = ðiều này xích míc với 0 0( ) ( )g x f x≠Vậy phương trình gồm nghiệm nhất là 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − 3 nhận xét: trường hợp ta chỉ dự ñoán f(x) bao gồm dạng làm sao ñó thì phải chứng tỏ sự duy nhất của những hàm số tra cứu ñược.Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tiếp với x∀ ∈ℝ và vừa lòng ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ Hãy tìm hai hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã đến dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế nên của phương trình là một hàm số con đường tính bởi vậy ta bắt buộc giả sử rằng hàm số đề xuất 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 20 0 0a a a a f x xab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ =  =  = = Hiển nhiên hai hàm số trên vừa lòng ñiều kiện việc (việc chứng minh sự duy nhất dành cho người ñọc). Ví dụ như 6: Hàm số :f →ℤ ℤ vừa lòng 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 cực hiếm f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng nhấn xét với lý luận như những ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải gồm dạng: f(n) = an +b. Lúc ñó ñiều khiếu nại (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 hợp này loại vì không thỏa mãn nhu cầu (2). Với 10ab= −= ta ñược f(n) = -n + b. Tự ñiều kiện (3) mang đến n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Minh bạch hàm số này thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài bác toán. Ta phải minh chứng f(n) = -n +1 là hàm duy nhất vừa lòng ñiều kiện bài xích toán: thật vậy mang sử tồn tại hàm g(n) không giống f(n) cũng vừa lòng ñiều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều kiện (1) cùng (2) ta nhấn ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ. 4 vị 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 bé nhất khiến cho 0 0( ) ( )f n g n≠ bởi f(n) cũng thỏa mãn nhu cầu (4) đề xuất 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 với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé xíu nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ minh chứng tương từ bỏ ta cũng ñược f(n) = g(n) với đa số n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ bỏ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP bài bác 1: Tìm toàn bộ các hàm số :f →ℝ ℝ thỏa mãn nhu cầu 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 kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕTìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài bác 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 xích 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 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. Cách thức 2: cách thức thế. 2.1. Nạm ẩn chế tác PTH mới: lấy 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+=− vắt vào (1): ( )223 3( ) 22tf t tt−= ∀ ≠−. Demo lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số cần tìm bao gồm dạng ( )223 3( )2xf xx−=−. Nhấn xét: + lúc ñặt t, cần kiểm tra giả thiết xx DMGT t D∈⊃ . Với đưa thiết ñó bắt đầu 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 lấy một ví dụ 1, ví như f: R → R thì tất cả vô số hàm f dạng: ( ) ( )( )223 3 22( )2xxxf xa x −≠−= = (với a∈R tùy ý). Ví dụ 2: tìm kiếm 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 có nghiệm x 2 12ttt+⇔ ≥10 1tt≤ −⇔  . Hàm số bắt buộc tìm là: ( ) af xx= cùng với ( )0a > . Lấy ví dụ 5: search 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: đến x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 132f = . Mang đến x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y fy =   . Cố gắng lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5")f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Gắng y vị 3x ta ñược: ( ) ( ) ( )( )223 13 2 )2f f x f f xx   = ⇒ =      . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số đề nghị tìm là: ( ) 120f x x= ∀ > . Lấy ví dụ như 6: tìm 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= + vừa lòng ( )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. Cố kỉnh ẩn tạo nên 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 tất cả hệ: ( ) ( )( ) ( ) ( )111f x x f x x f xx f x f x x+ − = +⇒ =− + − = − +. Demo lại hàm số phải tìm là: ( ) 1f x = . Lấy ví dụ 2: 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 tất cả 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+ = + + − +  + = + ⇒ = = + +  − + = +. Demo lại thấy ñúng. Vậy hàm số buộc phải tìm có dạng: ( ) 1 1 12 1f x xx x = + + − . Lấy ví dụ 3: tìm kiếm hàm số : 1;0;1f R R− → thỏa mãn: ( ) ( )12 1 1 31xx f x f xx− + = ∀ ≠ − + . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 ... = 2x + g(x). Cụ 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 hoàn với chu kì 1. ðáp số f(x) = 2x + g(x) cùng với g(x) là hàm tuần trả với chu kì 1. Nhấn xét: Qua ví dụ như 1, ta rất có thể tổng quát lấy ví dụ này, là kiếm tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 2: tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 vị ñó c = 1. Vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), rứa vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ bởi 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) gồm dạng: < >1( ) ( ) ( 1) , x 2g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ ngơi nghỉ ñó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2. Nhận xét: Qua lấy ví dụ này, ta hoàn toàn có thể tổng quát tháo 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 thường thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Lúc ñó (3) có dạng: g(x + 1) = 3g(x) x∀ ∈ℝ Coi 3 như g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x) x∀ ∈ℝ (*). Trường đoản cú ñặc trưng hàm, chuyển 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= thay 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= − + cùng với h(x) là hàm tuần trả chu kì 1. Nhận xét: Ở ví dụ 3 này, phương trình bao quát của các 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= nắm vào (3) ta có: (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ > . ðến ñây ta ñưa về lấy một ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. +) trường hợp t 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Tự f(x) liên tục trên R suy ra h(x) liên 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 các trường hợp f(x) = ecx - 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. Cách thức 11: áp dụng tính liên tiếp của hàm số. áp dụng tính liên tục của hàm số gồm 3 con ñường chính: Xây dựng biến chuyển từ N ñến R, chứng tỏ hàm số là hằng số, áp dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ như 1 (xây dựng trở nên từ N ñến R): kiếm tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) thường xuyên trên R; 2) f(1) = 2; 29 3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R. Lời giải: cho x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. Mang lại x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ bỏ f(0) = 1, f(1) = 2 với (a) quy hấp thụ 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. Cùng 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+ = + − + = + − + = = + . Cụ 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 tỏ ñược: 1 1( ) ( )f m m fn n+ = + . Cầm vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại dãy rn với rn∈Q thỏa mãn nhu cầu lim nr r= . Khi ñó, vày f tiếp tục nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Test lại thấy ñúng. Ví dụ như 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 minh chứng xn không âm (a). 20 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). Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈<0; 12 > cùng xn có giới hạn hữu hạn là n1limx2= . Vậy với đa số 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 như 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): kiếm tìm f: R → R liên tiếp trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: mang 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). Test lại thấy ñúng. ------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------