+) phụ thuộc vào điều kiện bài bác toán, khẳng định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax2+ bx + c.
+) Đồng nhất thông số để kiếm tìm 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 số
Bạn sẽ xem 20 trang mẫu mã của tư liệu "Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng", để mua tài liệu nơi bắt đầu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD sống trên
Xem thêm: Naalo 2 + Co 2 + 2H 2 O → Al(Oh) 3 ↓ + Nahco 3, Naalo2 + H2O + Co2 = Al(Oh)3 + Na2Co3
1 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG phương thức 1: hệ số bất ñịnh. Qui định chung: +) nhờ vào ñiều kiện bài 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 tra cứu f(x). +) chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài bác toán. Lấy một ví dụ 1: search :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: gắng 1xy R=∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Vắt ( )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= ⇒ = − + . Cố kỉnh 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= cùng ( )f x x= − . Ví dụ như 2: tìm kiếm :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= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . 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 gồm duy duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. Ví dụ như 3: search , :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 lại 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 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= + = + . Nỗ lực 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 thỏa mãn ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Tìm kiếm f(x). Lời giải: Ta nhận biết vế trái của biểu thức dưới vết f là bậc nhất: x, 1 – x vế buộc phải là bậc nhị x2. Vậy f(x) phải bao gồm 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 các hệ số, ta thu ñược: 133 122 033 0 13aab a ba b cc== − = ⇔ = + + = = −Vậy: 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài bác toán. Ta phải chứng tỏ mọi hàm số không giống f(x) sẽ không thỏa mãn nhu cầu ñiều kiện bài bác toán: thiệt vậy đưa sử còn hàm số g(x) khác f(x) vừa lòng ñiều kiện bài bác toán. Bởi f(x) ko trùng cùng với g(x) đề nghị 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Vì chưng g(x) thỏa mãn ñiều kiện câu hỏi nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ thế x bởi x0 ta ñược: đôi mươi 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = cầm x vì 1 –x0 ta ñược: đôi mươi 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta ñược: trăng tròn 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 tất cả nghiệm tuyệt nhất là 21( ) ( 2 1)3f x x x= + − 3 dìm xét: nếu ta chỉ dự ñoán f(x) tất cả dạng làm sao ñó thì phải chứng tỏ sự duy nhất của các 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 nhị hàm số như thế. Lời giải: Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế bắt buộc của phương trình là một trong hàm số tuyến tính vày vậy ta nên giả sử rằng hàm số bắt buộc tìm tất cả 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 trăng tròn 0 0a a a a f x xab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ = = = = Hiển nhiên nhị hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện câu hỏi (việc chứng minh sự tuyệt nhất dành cho người ñọc). Ví dụ như 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn nhu cầu ñồng thời những ñiều khiếu nại 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 nhận xét với lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải tất cả dạng: f(n) = an +b. Khi 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 thích hợp này loại do không thỏa mãn nhu cầu (2). Với 10ab= −= ta ñược f(n) = -n + b. Tự ñiều khiếu nại (3) đến n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Minh bạch hàm số này vừa lòng ñiều kiện bài bác toán. Ta phải chứng tỏ f(n) = -n +1 là hàm duy nhất vừa lòng ñiều kiện bài toán: thiệt vậy đưa sử trường thọ hàm g(n) khác f(n) cũng vừa lòng ñiều kiện bài toán. Từ bỏ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều khiếu nại (1) và (2) ta nhấn ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ. 4 vì 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 tự nhiên bé bỏng nhất tạo nên 0 0( ) ( )f n g n≠ vì f(n) cũng thỏa mãn (4) cần 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 nhỏ nhắn nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ chứng tỏ tương trường đoản cú ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Trường đoản cú ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP bài bác 1: Tìm tất cả các hàm số :f →ℝ ℝ thỏa mãn 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 nhu cầu ñiều khiếu nại f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕTìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài 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 bác 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. Phương pháp 2: phương thức thế. 2.1. Vắt ẩn chế tạo PTH mới: ví dụ 1: 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+=− núm vào (1): ( )223 3( ) 22tf t tt−= ∀ ≠−. Demo lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số đề xuất tìm bao gồm dạng ( )223 3( )2xf xx−=−. Thừa nhận xét: + khi ñặt t, bắt buộc kiểm tra giả thiết xx DMGT t D∈⊃ . Với trả 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 ví dụ 1, nếu như 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: tra cứu 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 gồm nghiệm x 2 12ttt+⇔ ≥10 1tt≤ −⇔ . Hàm số cần tìm là: ( ) af xx= cùng với ( )0a > . Lấy một ví dụ 5: tìm kiếm 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 = . Nắm lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5")f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Gắng y vày 3x ta ñược: ( ) ( ) ( )( )223 13 2 )2f f x f f xx = ⇒ = . Demo lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 120f x x= ∀ > . 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⇔ − = − + cùng 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 nhu cầu ( )0 0f = . Vậy ( ) 3f u au u u R= + ∀ ∈ Hàm số yêu cầu tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Test lại thấy ñúng. 2.2. Nạm ẩn tạo thành hệ PTH mới: 7 lấy ví dụ 1: tìm kiếm 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 gồm hệ: ( ) ( )( ) ( ) ( )111f x x f x x f xx f x f x x+ − = +⇒ =− + − = − +. Demo lại hàm số cần tìm là: ( ) 1f x = . Ví dụ 2: tìm kiếm 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 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+ = + + − + + = + ⇒ = = + + − + = +. Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số đề nghị tìm bao gồm dạng: ( ) 1 1 12 1f x xx x = + + − . Ví dụ 3: 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). Thế 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) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Nhấn xét: Qua lấy ví dụ 1, ta có thể tổng quát lấy ví dụ này, là tìm kiếm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Lấy ví dụ 2: tra cứu hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (2). Lời giải: ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 vày ñó c = 1. Vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), cầm vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ bởi 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) có dạng: < >1( ) ( ) ( 1) , x 2g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ sinh hoạt ñó h(x) là hàm tuần trả với chu kì 2. Dìm xét: Qua lấy một ví dụ này, ta có thể tổng quát lác thành: f(x + a) = - f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 3: kiếm tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tìm kiếm c làm sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Dịp ñó (3) bao gồm 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, chuyển phép cùng về phép nhân, ta thấy phải thực hiện hàm mũ: 1 3 3x xa a a+ = ⇔ = Vậy ta ñặt: ( ) 3 ( )xg x h x= vậy 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 ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là: f(x + a) = bf(x) + c x∀ ∈ℝ ; a, b, c tùy ý. +) cùng 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 ví dụ như 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) (**). Trường đoản cú f(x) thường xuyên trên R suy ra h(x) liên tiếp trên R. Theo phương trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx - 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong đông đảo trường hòa hợp f(x) = ecx - 1 ∀x∈R test lại thấy ñúng. Phương thức 11: thực hiện tính thường xuyên của hàm số. áp dụng tính tiếp tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng đổi mới từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, áp dụng phương trình hàm Côsi. Lấy ví dụ 1 (xây dựng trở nên 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. đến x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Trường đoản cú f(0) = 1, f(1) = 2 cùng (a) quy hấp thụ ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. Cùng 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). Còn 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+ = + − + = + − + = = + . Cố gắng 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). Tự (a) ta dễ dàng minh chứng ñược: 1 1( ) ( )f m m fn n+ = + . Thay vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại hàng rn với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Khi ñó, bởi vì f thường xuyên nên ta có: f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): search hàm f: <0; 12> → <0; 12> thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên <0; 12> 2) 2 1 1( ) ( ) 0;4 2f x f x x = + ∀ ∈ . Lời giải: với a∈<0; 12>, xét dãy số: 02114n nx ax x n+== + ∀ ∈ℕ. Dễ chứng tỏ xn ko âm (a). 20 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). Trường đoản cú (a), (b), (c) suy ra xn∈<0; 12 > và xn có giới hạn hữu hạn là n1limx2= . Vậy với tất cả 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 một ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): search f: R → R tiếp tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). Lời giải: cho 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). Demo lại thấy ñúng. ------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------