Bạn đang xem bài viết Các Phương Pháp Giải Phương Trình Hàm Thường Dùng được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh. Nguyên tắc chung: +) Dựa 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 hệ số ñể tìm f(x). +) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ví dụ 1: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . Lời giải: Thay 1x y R = ∈ vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . Thay ( )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 a x R = ∈ ta ñược: ( )( ) ( ) ( ) ( )0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . ðặt ( ) ( )0f b f x a x b= ⇒ = − + . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược: ( ) ( ) 2 11 1 0 a f x xa a ab a a f x x b = = = ⇒ ⇒= − − − = − = − = . Vậy có hai hàm số cần tìm là ( )f x x= và ( )f x x= − . Ví dụ 2: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . Lời giải: Cho ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . Cho ( ) ( )( )( ) ( ) ( )’: (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= ⇒ = ∀ ∈ . Thử 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 có duy nhất hàm số ( ) 0f x = thỏa mãn bài toán. Ví dụ 3: Tìm , :f g R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , 1 f x g x f y y x y R a f x g x x x R b − = − ∀ ∈ ≥ + ∀ ∈ . Lời giải: Cho 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). Cho 0;y x R= ∈ : từ (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta ñược: ( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Thế vào (a), (b) ta ñược: (a), (b) ⇔ ( )( ) ( ) 2 2 2 1 x a x a x R x 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 với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: 22 ( ) (1 ) ,f x f x x x+ − = ∀ ∈ℝ (1). Tìm f(x). Lời giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có 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 do ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: 1 33 1 22 0 3 3 0 1 3 a a b a b a b c c = = − = ⇔ = + + = = − Vậy: 21( ) ( 2 1) 3 f x x x= + − Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ Thay x bởi x0 ta ñược: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − Từ hai hệ thức này ta ñược: 20 0 0 0 1( ) ( 2 1) ( ) 3 g x x x f x= + − = ðiều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠ Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1) 3 f x x x= + − 3 Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các hàm số tìm ñược. Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên 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 cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b. Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈ℝ ñồng nhất hệ số ta ñược: 2 1 5 1 51 1 5( ) .2 2 20 0 0 a a a a f x x ab b b + − − = ±= = ⇔ ∨ ⇒ = = = = Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành cho người ñọc). 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 n b f f n n n c f = ∀ ∈ + + = ∀ ∈ = ℤ ℤ Tìm giá trị f(1995), f(-2007). Lời giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b. Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: 2 ,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ ðồng nhất các hệ số, ta ñược: 2 1 11 0 00 a aa b bab b = = − = ⇔ ∨ = =+ = Với 1 0 a b = = ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2). Với 1 0 a b = − = ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1. Vậy f(n) = -n + 1. Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán: Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ . 4 do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) n∀ ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 n∀ ∈ℤ . Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho 0 0( ) ( )f n g n≠ Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: 0 0 0 0 0 0 ( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2) ( 2) ( 2) g n g n f n f n g n f n − = + = + = − ⇔ − = − Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5). Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007). BÀI TẬP Bài 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 ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕ Tìm f(2005). ðáp số: 2006. Bài 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 các hàm :f →ℝ ℝ nếu: 1 1 8 23 5 , 0, ,1, 2 3 2 2 1 3 x xf f x x x x − − − = ∀ ∉ − + − − ðáp số: 28 4( ) 5 xf x x + = Bài 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. Thế ẩn tạo PTH mới: Ví dụ 1: Tìm f: R{2} → R thỏa mãn: ( )22 1 2 1 1 1 xf x x x x + = + ∀ ≠ − . Lời giải: ðặt { } 1 2 1 2 1 x x t MGT t R x ≠ + = ⇒ = − (tập xác ñịnh của f). Ta ñược: 1 2 t x t + = − thế vào (1): ( ) 2 2 3 3( ) 2 2 tf t t t − = ∀ ≠ − . Thử lại thấy ñúng. 5 Vậy hàm số cần tìm có dạng ( ) 2 2 3 3( ) 2 xf x x − = − . Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết xx D MGT t D ∈ ⊃ . Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi t chạy khắp các 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: ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2( ) 2 x x xf x a x − ≠ −= = (với a∈R tùy ý). Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( ] ( ]; 1 0;1 R−∞ − ∪ → thỏa mãn: ( )2 2( 1) 1 1 2f x x x x x− − = + − ∀ ≥ . Lời giải: ðặt ( ) 2 2 22 0 1 1 1 x t t x x x x t x x t − ≥ = − − ⇔ − = − ⇔ − = − 2 2 2 2 11 2 2 x t x t t x x xt t x t ≥≥ ⇔ ⇔ + − = − + = . Hệ có nghiệm x 2 1 2 t t t + ⇔ ≥ 1 0 1 t t ≤ − ⇔ < ≤ ( ] ( ]; 1 0;1t⇒ ∈ −∞ − ∪ . Vậy ( ] ( ] 1 ; 1 0;1 x MGT t D ≥ = = −∞ − ∪ . Với 2 1t x x= − − thì 2 1 11 ( )x x f t t t + − = ⇒ = thỏa mãn (2). Vậy 1( )f x x = là hàm số cần tìm. Ví dụ 3: Tìm f : R 2 ;3 3 R → thỏa mãn: ( )3 1 1 1, 2 3 2 1 x xf x x x x − + = ∀ ≠ ≠ − + − . Lời giải: ðặt ( )12 3 1 2 ;3 2 3x x x t MGT t R x ≠ ≠ − = ⇒ = + ⇒ 2 1 3 t x t + = − thế vào (4) ta ñược: 4( ) 3 2 tf t t + = − thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: 4( ) 3 2 xf x x + = − . Ví dụ 4: Tìm f : ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: ( )( ( )) ( ( )) , 0; (4)x f x f y f f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho y = 1, x ∈ ( )0;+ ∞ ta ñược: ( (1)) ( (1))x f x f f f= . Cho 1(1)x f= ta ñược: ( (1) 1 ( (1)) 1f f x f x f= ⇒ = 1( (1))f x f x ⇒ = . ðặt: 6 (1) . (1) ( ) ( )f at x f f t f t t t = ⇒ = ⇒ = (với (1)a f= ). Vì ( ) ( ) ( )0;(1) 0; 0;xf MGT t∈ +∞∈ + ∞ ⇒ = + ∞ . Vậy ( ) af x x x Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: ( ) ( )1 3 3(1) ; ( ) ( ). ( ). , 0; 5 2 f f xy f x f f y f x y y x = = + ∀ ∈ + ∞ . Lời giải: Cho x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 13 2 f = . Cho x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y f y = . Thế lại (5) ta ñược: ( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5′)f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Thay y bởi 3 x ta ñược: ( ) ( ) ( )( ) 2 23 13 2 ) 2 f f x f f x x = ⇒ = . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 1 2 Ví dụ 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 2 6 1 1 4 4 x y f x y x y f x y x y x y x y x y x y x y x y x y ⇔ − + − + − = = + − − + + + − + + − − + − − ðặt u x y v 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 , 0 f u u f v v f u u u v R a f u au u u u 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 cần tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Thử lại thấy ñúng. 2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới: 7 Ví dụ 1: 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: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 f x x f x x f x x f x f x x + − = + ⇒ = − + − = − + . Thử lại hàm số cần tìm là: ( ) 1f x = . Ví dụ 2: Tìm hàm số { }: 0,1f R R→ Thỏa mãn: ( ) ( )*1 1 2xf x f x x R x − + = + ∀ ∈ . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 11, 2 1xx f x f x x x − = ⇔ + = + . ðặt ( ) ( ) ( )12 1 2 1 1 1 1 , 2 1 1 x x f x f x x x x − = = ⇔ + = + − . ðặt ( ) ( ) ( )23 2 2 2 1 , 2 1xx x f x f x x x − = = ⇔ + = + . Ta có hệ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 11 2 2 1 1 f x f x x x x xf x f x x f x x x x f x f x x + = + + − + + = + ⇒ = = + + − + = + . Thử lại thấy ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: ( ) 1 1 1 2 1 f x x x x = + + − . Ví dụ 3: Tìm hàm số { }: 1;0;1f R R− → thỏa mãn: ( ) ( )12 1 1 3 1 x x f x f x x − + = ∀ ≠ − + . Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 … = 2x + g(x). Thay 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. Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là 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 do ñó c = 1. vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = – g(x), x∀ ∈ℝ Do ñó ta có: [ ] 1( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1) x (3).2( 2) ( ) ( 2) ( ) g x g x g x g x g x g x g x g x g x + = − = − + ⇔ ∀ ∈ + = + = ℝ Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng: [ ]1( ) ( ) ( 1) , x 2 g x h x h x= − + ∀ ∈ℝ ở ñó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2. Nhận xét: Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = – f(x) + b, x∀ ∈ℝ , a, b tùy ý. Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2, x∀ ∈ℝ (3). Giải: Ta ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ 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 (*). Từ ñặc trưng hàm, chuyển 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= 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= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Nhận 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. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm tuần hoàn. +) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 x∀ ∈ℝ (4) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ðặt f(x) = 1 + g(x). Khi ñó (4) có dạng: g(2x + 1) = 3g(x) x∀ ∈ℝ (*) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1. Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t. Khi ñó (*) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) t∀ ∈ℝ . ðặt h(t) = g(-1 + 2t), ta ñược h(2t) = 3h(t) (**). Xét 2 0t t t= ⇔ = , 2(2 ) 3. log 3m mt t m= ⇔ = Xét ba khả năng sau: 26 +) Nếu t = 0 ta có h(0) = 0. dụ hàm tuần hoàn nhân tính. t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < [ ]1( ) ( ) (2 ) , 0 .2 (4 ) ( ), 0 t t t t t t t ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − ∀ < ⇔ = ∀ < Nhận xét: Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ± . Khi ñó từ phương trình x xα β+ = ta chuyển ñiểm bất ñộng về 0, thì ta ñược hàm tuần hoàn nhân tính. +) Nếu a = 0 bài toán bình thường. +) Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, x -1∀ ≠ (1)”. Xét: 2x + 1 = x x 1⇔ = − nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, 0t∀ ≠ . ðặt g(t) = f( – 1 + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2). Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm logarit. Ta có log (2 ) log 2a at t= − 1 2 a⇔ = . Vậy ñặt 1 2 ( ) log ( )g t t h t= + . Thay vào (2) ta có (2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠ . ðến ñây bài toán trở nên ñơn giản. Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm. Ta quy ước ghi m = (bibi-1…b1)k nghĩa là trong hệ ñếm cơ số k thì m bằng bibi-1…b1. Ví dụ 1 (Trích IMO năm 1988): Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), f(4n+1) = 2f(2n+1) – f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) – 2f(n) ∀n∈N* (12). Lời giải: Tính một số giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự ñoán ñược: “∀n∈N*, n = (bibi-1…b1)2 thì f(n) = (b1b2 …bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 dễ kiểm tra (*) là ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta sẽ chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4). Thật vậy, ta xét các khả năng sau: • Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = 2m = (bibi-1…b10)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1…b1)2) = (b1b2 …bi)2 = (0b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. • Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b101)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) – f(m) = 2.f((bibi-1…b11)2) – f((bibi-1…b1)2) = (10)2.(1b1b2 …bi)2 – ( b1b2 …bi)2 = (1b1b2 …bi0)2 – ( b1b2 …bi)2 = (10b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. 27 • Nếu n lẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1…b1)2, khi ñó n = (bibi-1…b111)2 ⇒ f(n) = f((bibi-1…b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) – 2f(m) = 3f((bibi-1…b11)2) – 2f((bibi-1…b1)2) = (11)2.(1b1b2 …bi)2 – (10)2.(b1b2 …bi)2 = (11b1b2 …bi)2 ⇒ (*) ñúng. Vậy (*) ñúng và hàm f ñược xác ñịnh như (*). Ví dụ 2 (Trích ñề thi của Trung Quốc): Tìm hàm số f: N* → N* thỏa mãn: 1) f(1) =1; 2) f(2n) < 6f(n); 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N*. Lời giải: f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N*. Thử một số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh như sau: “Với n = (b1b2bi)2 thì f(n) = (b1b2bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. + Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*) ñúng. + Giả sử (*) ñúng cho k < n (với n ≥ 4). Ta chứng minh (*) ñúng cho n. • Nếu n chẵn: n = 2m. Giả sử m = (c1c2cj)2 thì n = 2m = (c1c2cj0)2. Khi ñó: f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2cj)2) = (10)3.(c1c2cj)3 = (c1c2cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n chẵn. • Nếu n lẻ: n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2cj1)2. Khi ñó: f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2cj)3 + 13 = (c1c2cj1)3 ⇒ (*) ñúng cho n lẻ. Vậy (*) ñúng cho mọi n∈N* và f(n) ñược xác ñịnh như (*). Phương pháp 9: phương pháp sử dụng ñạo hàm. Lời giải: Cố ñịnh y, với x∈R, x ≠ y từ (14) ta ñược: 2( ) ( ) ( ) ( )0f x f y f x f yx y x y x y x y − −≤ − ⇒ ≤ ≤ − − − . Vì lim0 lim x y x y x y → → = − = 0 nên suy ra ( ) ( )lim 0 x y f x f y x y→ − = − ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm trên R và thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) Lời giải: + Cho x = y = 0 ta ñược f(0) = 0. 28 + Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) (0) 2 0 f x y f x f y xy f y f x y y y + − + − = = + − (*). Vì f(x) có ñạo hàm trên R nên từ (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b ∀x∈R; b, c là các hằng số thực. Thử lại thấy ñúng. Phương pháp 10: phương pháp ñặt hàm phụ. Mục ñích chính của việc ñặt hàm phụ là làm giảm ñộ phức tạp của phương trình hàm ban ñầu và chuyển ñổi tính chất hàm số nhằm có lợi hơn trong giải toán. Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). Lời giải: Dễ thấy f(x) = 2007x là một hàm số thoả mãn (1). ðặt g(x) = f(x) – 2007x và thay vào (1) ta ñược: g(x) ≥ 0 (a) và g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R. + Cho x = y = 0, từ (b) ta ñược g(0) ≤ 0, kết hợp với (a) suy ra g(0) = 0. + Cho x = -y, x∈R, từ (a) và (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2). Lời giải: Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghiệm λ = -1 khác 0. ðặt g(x) = f(x) – (-1) = f(x) + 1. Thế vào (18) ta ñược: g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). Cho x = y = 2 t ta ñược g(t) ≥ 0 ∀t∈R. Cho x = y = 0 ta ñược: g(0) = 0 hoặc g(0) = 1. + Nếu g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. + Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn tại a ñể g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái với giả thiết h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ 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. Khi c = 0 thì f(x) = -1. Vậy trong mọi trường hợp f(x) = ecx – 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục của hàm số. Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng biến từ N ñến R, chứng minh hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. Ví dụ 1 (xây dựng biến từ N ñến R): Tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 1) f(x) liên tục 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. Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (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 n n n n = − + + (b). Mặt khác từ (a) ta có: 1 1 1 1( ) 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) … ( )f n f n f n n f n n n n + = + − + = + − + = = + . Thế vào (b) ta ñược: 1 1( ) 1f n n = + . Với *, , ,mq q m n n ∈ = ∈ ∈ℚ ℤ ℕ ta có: 1 1 1( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) ( ) 1mf q f f m f m f f m n n n n = = = − + + = = 1 1( 1)( 1) ( ) 1m f m n n + + − + + (c). Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: 1 1( ) ( )f m m f n n + = + . Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. Với r∈R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Khi ñó, do f liên tục 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): Tìm hàm f: [0; 1 2 ] → [0; 1 2 ] thỏa mãn: 1) f(x) liên tục trên [0; 1 2 ] 2) 2 1 1( ) ( ) 0; 4 2 f x f x x = + ∀ ∈ . Lời giải: Với a∈[0; 1 2 ], xét dãy số: 0 2 1 1 4n n x a x x n+ = = + ∀ ∈ ℕ . Dễ chứng minh {xn} không âm (a). 2 0 1 0 1 1 1 2 4 2 x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ 12 (b). 30 2 1 1 1( ) 0 2n n n n n x x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; 12 ] và {xn} có giới hạn hữu hạn là n 1limx 2 = . Vậy với mọi a∈[0; 1 2 ], f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. Ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi – VMO năm 2006(bảng B)): Tìm 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: Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 2 8( 2 ) 0( ( ))f t f t − ⇒ − = < ⇒ f(t) < 0 ∀t∈R. ðặt g(x) = ( )ln( ) ( ) 2 ( )2.f x f x g xe⇒ = − − . Thế vào (3) ta ñược: -8.eg(x-y)+g(y-z)+g(z-x) = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). + Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = 0 (a). + Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b). Từ (*) và (b) suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ g(t+t’) = g(t) + g(t’) ∀t, t’∈R (**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R. Từ (**), theo phương trình ——————————————————Hết——————————————————-
Các Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình
1. Phương pháp giải hệ phương trình bậc hai hai ẩn.
Dạng tổng quát
a) Nếu một trong hai phương trình là bậc nhất thì dễ dàng giải được hệ bằng phương pháp thế. b) Nếu một trong hai phương trình là thuần nhất bậc hai, chẳng hạn . Khi đó phương trình thứ nhất có dạng , phương trình này cho phép tính được . c) Hệ đẳng cấp bậc hai, tức là . Bằng cách khử đi hệ số tự do ta sẽ tìm ra được một phương trình thuần nhất bậc hai để tìm tỉ số d) Trong nhiều trường hợp ta có thể áp dụng phương pháp “tịnh tiến nghiệm” bằng cách đưa vào các ẩn mới (với là các ẩn). Ta sẽ tìm để khi khai triển thì các hạng tử bậc nhất ở cả hai phương trình của hệ đều bị triệt tiêu. Từ đó có hệ đẳng cấp theo mà ta đã biết cách giải.
Đặt . Hệ trở thành :
Vậy ta có hệ .
Dễ dàng giải được hệ này.
2. Phương pháp giải hệ phương trình đối xứng.
a) Hệ phương trình đối xứng loại I.
Cách giải chung là đặt ẩn phụ .
b) Hệ phương trình đối xứng loại II
Cách giải chung là trừ vế theo vế hai phương trình để thu được nhân tử chung .
c) Hệ phương trình đối xứng ba ẩn.
Dạng tổng quát
Nếu ba số thỏa mãn thì chúng là ba nghiệm của phương trình .
3. Hệ phương trình hoán vị.
Dạng tổng quát
Với thường là các hàm đơn điệu (trên một khoảng nào đó)
Một số định lí :
a) Nếu là các hàm đồng biến trên và là nghiệm (trên ) của hệ thì .
b) Nếu là các hàm nghịch biến trên và là nghiệm (trên ) của hệ thì với lẻ, ta có .
c) Nếu nghịch biến và đồng biến trên tập là là nghiệm (trên ) của hệ thì với chẵn, ta có và .
Vì .
4. Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số.
Phương pháp này chủ yếu dựa vào định lí sau :
Phương trình thứ nhất có thể viết thành :
Thay vào phương trình sau :
Vậy
5. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ : Giải hệ phương trình
Điều kiện
Cộng vế theo vế hai phương trình :
Trừ vế theo vế hai phương trình :
Vậy nếu ta đặt
Thì ta có hệ
Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm của hệ ban đầu.
6. Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức.
“Chất bất đẳng thức” của hệ này nằm ở phương trình thứ hai.
Điều kiện
7. Phương pháp biến đổi đẳng thức. a) Đưa về phương trình tích.
Ta dễ dàng giải được hệ này.
b) Đưa về phương trình thuần nhất.
Nhận thấy vế trái của có bậc ba và vế phải của có bậc . Để đưa thành một phương trình thuần nhất (thuần nhất bậc ba) thì ta cần nhân vào vế phải một biểu thức bậc .
Dễ dàng giải tiếp hệ này.
8. Phương pháp lượng giác hóa (phép thế lượng giác) 9. Phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ : Giải hệ phương trình
Mục đích ở đây là ta sẽ tạo ra một phương trình mà có thể tính được ẩn này theo ẩn kia.
Ta cần phối hợp hai phương trình của hệ để tạo một phương trình bậc hai có ẩn là .
Từ đó được phương trình .
Chuyên đề PT-HPT Diễn đàn Mathscope
Các Phương Pháp Giải Phương Trình Nghiệm Nguyên
chúng tôi giới thiệu đến các bạn học sinh bài viết về Các phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên có tham khảo, sưu tầm các bài toán từ cuốn sách Phương trình nghiệm nguyên và kinh nghiệm giải của tác giả Vũ Hữu Bình nhằm mục đích giúp cho các em có nguồn tài liệu quý giá để ôn tập, rèn luyện và nâng cao trình độ phục vụ cho những kỳ thi sắp tới.
1. Phương pháp xét tính chia hết
1.1. Phát hiện tính chia hết của một ẩn
Ví dụ 1. Giải phương trình nghiệm nguyên: (3x + 17y = 159. )
Hướng dẫn giải
Ta dễ thấy y chia hết cho 3 nên ta đặt (y = 3tleft( {t in Z} right).)
Thay vào phương trình ban đầu ta được [x + 17t = 53 to left{ begin{array}{l} x = 53 – 17t\ y = 3t end{array} right.left( {t in Z} right)]
Thử lại thấy thỏa mãn nên phương trình có vô số nghiệm dạng (left{ begin{array}{l} x = 53 – 17t\ y = 3t end{array} right.left( {t in Z} right))
1.2. Đưa về phương trình ước số
Ví dụ 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: (xy-x-y=2. )
Hướng dẫn giải
Biến đổi phương trình đã cho về dạng [xy – x – y = 2 leftrightarrow left( {x – 1} right)left( {y – 1} right) = 3.]
Do vai trò bình đẳng của x và y nên ta giả sử (x ge y.) Khi đó, ta có các trường hợp sau:
TH1: (left{ begin{array}{l} x – 1 = 3\ y – 1 = 1 end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l} x = 4\ y = 2 end{array} right.)
TH2: (left{ begin{array}{l} x – 1 = -1\ y – 1 = -3 end{array} right. leftrightarrow left{ begin{array}{l} x = 0\ y = -2 end{array} right.)
1.3. Biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại
Trong Ví dụ 2 ở trên, ta còn có thể làm theo hướng khác với biến đổi như sau: [xy – x – y = 2 leftrightarrow xleft( {y – 1} right) = y + 2.]
Ta dễ thấy (y ne 1 to x = frac{{y + 2}}{{y – 1}} = 1 + frac{3}{{y – 1}}.)
Đến đây ta chỉ cần (y-1) là ước của 3, từ đó tìm ra đáp số như trên.
1.4. Xét số dư
Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên [{x^2} + {y^2} = 1999.]
Hướng dẫn giải
Ta dễ thấy ({x^2},{y^2} ) chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 nên ({x^2} + {y^2}) chia 4 có số dư là 0; 1 hoặc 2.
Trong khi đó 1999 chia cho 4 lại dư 3 nên phương trình trên không có nghiệm nguyên.
2. Phương pháp dùng bất đẳng thức
2.1. Sắp thứ tự các ẩn
2.2. Xét từng khoảng giá trị của ẩn
2.3. Chỉ ra nghiệm nguyên
2.4. Sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc hai
3. Phương pháp dùng tính chất của số chính phương
3.1. Sử dụng tính chất chia hết của số chính phương
3.2. Tạo ra bình phương đúng
3.3. Tạo ra tổng các số chính phương
3.4. Xét các số chính phương liên tiếp
3.5. Sử dụng điều kiện biệt số (Delta ) là số chính phương
3.6. Sử dụng tính chất số nguyên dương nguyên tố cùng nhau
3.7. Sử dụng tính chất số nguyên liên tiếp
4. Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn
Phương Pháp Giải Các Dạng Bài Toán Phương Trình Mặt Phẳng
1 PP GIẢI CÁC DẠNG BT PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG Để viết pt măt phẳng em có 2 cách cơ bản : . Xác định 1 điểm và 1 VTPT . Hoặc gọi ptmp dạng Ax+By+Cz+D=0 rồi dựa vào giả thiết tìm A,B,C,D. Vậy khi nào sử dụng cách 1 , khi nào sử dụng cách 2 thì em phân biệt các dạng đề bài sau: Dạng 1: Viết PT mp đi qua A(x0; y0 ;z0) và có VTPT n =(A;B;C) A(x-x0) + B(y-y0) + C(z-z0) = 0 Ax + By + Cz + D = 0 Dạng 2: Viết pt mặt phẳng đi qua A(x0; y0 ;z0) và – Từ ptmp(Q) VTPT n Q = (A;B;C) – Vì (P) – PT mp (P) đi qua A và có VTPT n P Dạng 3: Viết pt mp đi qua A(x0; y0 ;z0) và vuông góc với đường thẳng d – Từ (d) VTCP u d = (A;B;C) – Vì (P) vuông góc với (d) Chọn VTPT n P=u d =(A;B;C) Viết ptmp (P) đi qua A và có vtpt n P. Dạng 4: Viết ptmp đi qua A và (Q) , (R) – Từ pt mp (Q) và (R) VTPT n Q ; VTPT n R – Vì (P) (Q) và (R) VTPT n P Qn và n P n R Chọn n P = [ n Q; n R] – Vậy pt mp (P) đi qua A và có VTPT n P = [ n Q; n R] Dạng 5: Viết Pt mp (P) đi qua 3 điểm A,B,C không thẳng hàng – Tính AB , AC và a = [ AB , AC ] – PT mp (P) đi qua A và có VTPT n P= a = [ AB , AC ] Dạng 6: Viết ptmp (P) đi qua A,B và (Q) – Tính AB , vtpt n Q và tính [ AB , n Q] – Vì A, B (P) ; (Q) (P) nên chọn n P=[ AB , n Q] – Viết ptmp (P) Dạng 7: Viết ptmp (P) đi qua A ; (Q) và – Tính VTPT n Q của mp (Q); VTCP u d của đường thẳng (d). – Tính [u d, n Q] – Vì (P) (Q) và d, n Q] – Từ đó viết được PT mp (p) Dạng 8: Viết ptmp (P) là trung trực của AB. – Tình trung điểm I của ABvà AB – Mp (P) đi qua I và nhận AB làm VTPT. Dạng 9: Viết pt mp(P) chứa (d) và đi qua A – Tính VTCP u d của đường thẳng (d) và tìm điểm M(d) – Tính AM và [u d, AM ] – Ptmp (P) đi qua A và có VTPT n P =[u d, AM ]. Dạng 10: Viết pt mp (P) chứa (d) và – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Từ ( ) VTCP u và tính [u d, u ] – PT mp (P) đi qua M và có VTPT n = [u d, u ]. Dạng 11: Viết Pt mp(P) chứa (d) và (Q) – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Từ (Q) VTPT n Q và tính [u d, n Q] Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 2 – PT mp (P) đi qua M và có VTPT n =[u d, n Q]. Dạng 12: Viết PT mp (P) – Vì (P) ( theo pt của mp (Q) , trong đó D DQ) – Vì d(A,(P))= h nên thay vào ta tìm được D – Thay A,B,C,D ta có PT mp (P) cần tìm. Dạng 13: Viết PT mp(P) chứa (d) và d(A,(P))=h – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì (d) nằm trong (P) u d. n P=0 (1) – PT mp (p) đi qua M: A(x-x0) + B(y-y0) + C(z-z0) = 0 – d(A,(P)) = h (2) – Giải (1);(2) ta tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 14: Viết Pt mp(P) chứa (d) và hợp với mp (Q) một góc 900 – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Tính cos ((P),(Q)) (2) – Từ (1) và (2) ta tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 15: Viết Pt mp (P) chứa (d) và hợp với đt( )một góc 900 – Gọi VTPT của mp (P) là n – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Tính sin ((P),( )) (2) – Hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C từ đó chọn A,B,C đúng tỉ lệ , ta viết được PT mp(P). Dạng 16: Cho A và (d) , viết PT mp (P) chứa (d) sao cho d(A,(P)) là lớn nhất – Gọi H là hình chiếu của A lên (d) – Ta có : d(A,(P)) = AK AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên) Do đó d(A(P)) max AK = AH KH – Viết PT mp (P) đi qua H và nhận AH làm VTPT Dạng 17: Viết Pt mp (P) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Vì (P) (theo pt của mp (Q) , trong đó D’ DQ). – Mà (P) tiếp xúc với (S) nên d(I,(P))= R tìm được D’ – Từ đó ta có Pt (P) cần tìm Dạng 18: Viết PT mp(P) là đường tròn(C) có bán kính r ( hoặc diện tích, chu vi cho trước). – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Adct : Chu vi đường tròn C = 2 r và diện tích S = 2r tính r. – d(I,(P)) = 2 2R r (1) – Vì (P) (theo pt của mp (Q) , trong đó D’ DQ) – Suy ra d (I,(P)) (2) Giải hệ (1), (2) tìm được D’ viết được pt (P). Dạng 19: Viết PT mp(P) chứa (d) và tiếp xúc với mặt cầu (S) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Gọi VTPT của mp (P) là n Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 3 – Từ (d) VTCP u d và điểm M (d) – d (P) u d. n P=0 (1) – Mà (P) tiếp xúc với (S) nên d(A,(P))= R (2) – Giải hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C PT mp(P). Dạng 20: Viết Pt mp (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính r ( hoặc diện tích , chu vi cho trước) – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Adct : Chu vi đường tròn C = 2 r và diện tích S = 2r tính r. – Vì d (P) u d. n P=0 (1) – Gọi VTPT của mp (P) là n chọn M trên đường thẳng d. – Vì (P) cắt (S) theo đường tròn bán kính r nên d(I,(P)= r (2) – Giải hệ (1) và (2) tìm được A,B theo C PT mp(P). Dạng 21: Viết PT mp (P) chứa (d) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) có bán kính nhỏ nhất .(áp dụng trường hợp d cắt (S) tại 2 điểm). – Xác định tâm I, bán kính R của mặt cầu (S) – Bán kính r = 2 2( ,( ))R d I p để r min d(I,(P)) max – Gọi H là hình chiếu của I lên (d) ; K là hình chiếu của I lên (P) – Ta có: d(I,(P))= IK Ih ( tính chất đường vuông góc và đường xiên) – Do đó: d(I,(P)) max AK = AH KH – PT mp(P) đi qua H và nhận IH làm VTPT PP GIẢI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Có 2 loại phương trình đường thẳng : PT ThamSố và PT ChínhTắc. Dạng 1: Viết ptđt (d) qua M(x0; y0 ;z0) và có VTCP u =(a,b,c) PP: phương trình tham số của d là (d): 0 0 0 x x at y y bt z z ct với t R * Chú ý : Nếu cả a, b, c 0 thì (d) có PT chính tắc 0 0 0x x y y z z a b c * Chú ý: Đây là bài toán cơ bản. Về nguyên tắc muốn viết PT dt(d) thì cần phải biết 2 yếu tố đó là tọa độ một điểm thuộc d và toạ độ VTCP của d. Dạng 2: Viết pt dt(d) đi qua 2 điểm A,B – Tính AB – Viết PT đường thăng đi qua A, và nhận AB làm VTCP Dạng 3: Viết PT dt (d) đi qua A và – Từ pt( ) VTCP u – Viết Pt dt(d) đi qua A và nhận u làm VTCP Dạng 4: Viết PT dt(d) đi qua A và (P) – Tìm VTPT của mp(P) là n P – Pt dt(d) đi qua A và Có VTCP u d = n P Dạng 5: Viết Pt dt(d) đi qua A và vuông góc với cả 2 dt (d1),(d2) – Từ (d1),(d2) 1 2 1 2, à u à uVTCPd d l v , 2u ]. – Vì (d) (d1),(d2) nên có VTCP u d= [ 1u , 2u ] – Pt dt(d) đi qua A và có VTCP u d= [ 1u , 2u ] Dạng 6: Viết PT của dt (d) là giao tuyến của 2 mp (P):Ax + By + Cz + D = 0 Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 4 (Q):A’x + B’y + C’z + D’ = 0 – Từ (P) và (Q) n P , n Q – Tính [ n P , n Q] – Xét hệ ‘ ‘ ‘ ‘ Ax + By + Cz +D =0 A 0x B y C z D . Chọn một nghiệm (x0; y0 ;z0) từ đó Md – Pt dt(d) đi qua M và có VTCP u d =[ n P , n Q]. Dạng 7: Viết PT hình chiếu của d lên mp(P) Cách 1: – Viết ptmp(Q) chứa d và vuông góc với mp(P) – Hình chiếu cần tìm d’ = (P) (Q) Cách 2: + Tìm A = ( )d P ( chỉ áp dụng với giả thiết d cắt (P) ) + Lấy M d và xác định hình chiếu H của M lên (P) + Viết phương trình d’ đi qua M, H Dạng 8: Viết pt đg thẳng d đi qua điểm A và cắt 2 đường thẳng d1, d2: Cách 1 *Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d1 * Tìm B = 2( ) d * Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Cách 2 : Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm A và chứa đường thẳng d1 Viết pt mặt phẳng ( ) đi qua điểm B và chứa đường thẳng d2 Đường thẳng cần tìm d = Dạng 9: Viết pt đường thẳng d song song d1 và cắt cả d2 , d3 – Viết phương trình mp (P) song song d1 và chứa d2 – Viết phương trình mp (Q) song song d1 và chứa d3 – Đường thẳng cần tìm d = ( ) ( )P Q Dạng 10 : Viết ptđt d đi qua A và vuông góc đường thẳng d1 và cắt d2 Cách 1 : – Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 – Tìm giao điểm B = 2( ) d – Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Cách 2 : * Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 * Viết pt mp ( ) qua A và chứa d1 * Đường thẳng cần tìm d = Dạng 11 : Viết ptđt d đi qua A, song song mp ( ) , cắt đường thẳng d’ Cách 1 : – Viết ptmp(P) đi qua A và song song với ( ) – Viết ptmp(Q) đi qua A và chứa d’ – Đường thẳng cần tìm d = ( ) ( )P Q Cách 2 : * Viết ptmp(P) đi qua A và song song với ( ) * Tìm B = ( ) ‘P d * Đường thẳng cần tìm đi qua 2 điểm A,B Dạng 12 : Viết ptđt d nằm trong mp(P) và cắt 2 đường thẳng d1, d2 cho trước. – Tìm giao điểm A=d1 ( )P và B=d2 ( )P – Đường thẳng d đi qua 2 điểm A, B Dạng 13 : Viết ptđt d nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d’ tại giao điểm I của (P) và d’. * Tìm giao điểm I’ = d’ ( )P * Tìm VTCP u của d’ và VTPT n của (P) và tính [u,n]v * Viết ptđt d qua I và có VTCP v Dạng 14 : Viết ptđt vuông góc chung d của 2 dường thẳng chéo nhau d1, d2 : – Gọi 0 0 0 1( , , )M x at y bt z ct d , Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 5 và ‘ ‘ ‘0 0 0 2( ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ ‘)N x a t y b t z c t d là các chân đường vuông góc chung của d1, d2 – Ta có hệ 11 2 2 . 0 , ‘ . 0 MN d MN u t t MN d MN u . – Thay t, t’ tìm M, N. Viết ptđt đi qua M,N. ( Với cách 2 em tính thêm được khoảng cách MN, cũng chính là độ dài đường vuông góc) Dạng 15 : Viết pt đường thẳng d vuông góc với mp(P) và cắt 2 đường thẳng d1,d2 . * Viết ptmp(Q) chứa d1 và vuông góc với mp(P) * Viết ptmp(R) chứa d2 và vuông góc với mp(P) * Đường thẳng d = ( ) ( )Q R Dạng 16 : Viết ptđt d đi qua điểm A , cắt và vuông góc với đường thẳng d1 . – Viết pt mp ( ) qua A và vuông góc d1 – Tìm giao điểm B = 1( ) d – Đường thẳng cần tìm đi qua A, B Dạng 17 : Viết ptđt d đi qua A ,vuông góc với d1,tạo với d2 góc 0 0(0 ;90 ) (= 300, 450, 600) * Gọi VTCP của d là 2 2 2( ; ; ), : 0u a b c dk a b c * Vì 11 . 0d d u u Vì 2 2 . . u u cos u u ( chú ý : nếu thay g … MẶT CẦU CẮT MẶT PHẲNG Bài 1: Lập phương trình mặt cầu có tâm tạo giao điểm I của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) sao cho mặt phẳng (Q) cắt khối cầu theo thíêt diện là hình tròn có diện tích 12ẽ ,biết : 1) R tz ty tx d t 2 3 1 : ,(P):x-y-z+3=0 2) 01 03 : y zyx d , (P):x+y-2=0. Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 34 Bài 2: Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d) và cắt mặt phăng (P) theo thiết diện là đường tròn lớn có bán kính bằng 18.biết: R tz ty tx d t 1 39 412 : và (P):y+4z+17=0. Bài 3: Trong không gian 0xyz , cho hai điểm A(0,0,-3),B(2,0,-1) ,và mặt phẳng (P):3x-8y+7z-1=0 . 1) (HVNH-2000): Tìm toạ độ điểm C nằm trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác đều . 2) Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua 3 điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P):x-y-z-2=0. MẶT CẦU TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG THẲNG Bài 1: Viết phương trình mặt cầu (S) biết : 1) Tâm I(1,2,-1) và tiếp xúc với đường thẳng (d) có phương trình : R z ty tx d t 1 1 : 2) Tâm I(3,-1,2) và tiếp xúc với đường thẳng (d) có phương trình : 017322 0322 : zyx zyx d Bài 2: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R tz ty tx d t 32 1 21 :1 , 012 043 :2 zyx yx d Lập phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (d1) tại điểm H(3,1,3) và có tâm thuộc đường thẳng (d2). Bài 3: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 01 012 :1 zyx yx d , 012 033 :2 yx zyx d 1) CMR hai đường thẳng đó cắt nhau .Xác định tọa độ giao điểm I của chúng . 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : R tz ty tx d t 33 2 21 : Bài 4: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R)(t 46 32 23 :1 tz ty tx d , 015 0194 :2 zx yx d 1) CMR hai đường thẳng đó cắt nhau .Xác định tọa độ giao điểm I của chúng . 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : 4 9 1 5 3 7 : zyxd Bài 5: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 4 1 32 2 :1 zyxd , 129 2 6 7 :2 zyxd 1) CMR hai đường thẳng đó song song với nhau. 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 35 R z ty tx d t 1 1 : Bài 6: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 4 9 1 5 3 7 :1 zyxd , 4 18 1 4 3 :2 zyxd 1) CMR hai đường thẳng đó song song với nhau. 2) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (P) đi qua hai đường thẳng (d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc đường thẳng (d) có phương trình : R tz ty tx d t 1 3 23 : Bài 7: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : R)(t 33 2 21 :1 tz ty tx d , 31 23 2 :2 uz uy ux d 1) CMR hai đường thẳng đó chéo nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của(d1) và (d2). 3) Tính khoảng cách giữa (d1) và (d2). 4) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc mặt phẳng (P) : xy+z-2=0 Bài 8: Trong không gian 0xyz, cho hai đường thẳng (d1),(d2) ,biết : 01 03 :1 zx zyx d , 01 0922 :2 zy zyx d 1) CMR hai đường thẳng đó chéo nhau. 2) Viết phương trình đường vuông góc chung của(d1) và (d2). 3) Lập phương trình mặt cầu tiếp xúc với (d1),(d2) và có tâm thuộc mặt phẳng (P):2x-y+3z-6=0. MẶT CẦU CẮT ĐƯỜNG THẲNG Bài 1: (ĐHQG-96): Cho điểm I(2,3,-1) và đường thẳng (d) có phương trình : 0843 020345 : zyx zyx d 1) Xác định VTCP a của (d) suy ra phương trình mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với (d): 2) Tính khoảng cách từ I đến (d) từ đó suy ra phương trình mặt cầu (S) có tâm sao cho (S) cắt (d) tại hai điểm phân biệt A,B thoả mãn AB=40. Bài 2: Cho đường thẳng (d) và mặt phẳng (P) có phương trình : R tz ty tx d t 3 2 21 : , (P):2x-y-2z+1=0. 1) (ĐHBK-98):Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ mỗi điểm đó đến mặt phẳng (P) bằng 1. 2) (ĐHBK-98):Gọi K là điểm đối xứng của điểm I(2,-1,3) qua đường thẳng (d) .Xác định toạ độ K. 3) Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho AB=12. 4) Lập phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P). 5) Lập phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích bằng 16ẽ MẶT CẦU NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Bài 1: (ĐH Huế-96): Trong không gian với hệ toạ độ trực chuẩn 0xyz ,cho bốn điểm A(1,0,1), B(2,1,2),C(1,-1,1),D(4,5,-5). 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua D và vuông góc với mặt phẳng (ABC). 2) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bài 2: Cho bốn điểm 0(0,0,0),A(6,3,0), B(-2,9,1), S(0,5,8) Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 36 1) (ĐHKT-99): CMR SB vuông góc SA. 2) (ĐHKT-99): CMR hình chiếu của cạnh SB lên mặt phẳng (0AB) vuông góc với cạnh 0A. Gọi K là giao điểm của hình chiếu đó với 0A. Hãy xác định toạ dộ của K. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) (ĐHKT-99): Gọi P,Q lần lượt là điểm giữa của các cạnh S0,AB . Tìm toạ độ của điểm M trên SB sao cho PQ và KM cắt nhau. Bài 3: Trong không gian với hệ toạ độ trực chuẩn 0xyz ,cho bốn điểm A(4,4,4), B(3,3,1), C(1,5,5), D(1,1,1). 1) (HVKTQS-98): Tìm hình chiếu vuông góc của D lên (ABC) và tính thể tích tứ diện ABCD. 2) (HVKTQS-98): Viết phương trình tham số đường thẳng vuông góc chung của AC và BD. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) Tính thể tích tứ diện ABCD. Bài 4: cho bốn điểm A(-1,3,2), B(4,0,-3), C(5,-1,4), D(0,6,1). 1) (HVNHTPHCM-99):Viết phương trình tham số của đường thẳng BC .Hạ AH vuông góc BC .Tìm toạ độ của điểm H. 2) (HVNHTPHCM-99):Viết phương trình tổng quát của (BCD) .Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bài 5: Trong không gian 0xyz, cho hình chóp .biết toạ độ bốn đỉnh S(5,5,6), A(1,3,0), B(-1,1,4), C(1,-1,4), D(3,1,0). 1) Lập phương trình các mặt của hình chóp. 2) Lập phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp . 3) Tính thể tích hình chóp SABCD Bài 6: (HVKTMM-97) Cho bốn điểm A(1,2,2), B(-1,2,-1), C(1,6,-1), D(-1,6,2). 1) CMR tứ diện ABCD có cặp cạnh đối diện bằng nhau . 2) Xác định toạ độ trọng tâm G của tứ diện. 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp ,nội tiếp tứ diện ABCD. MẶT CẦU NGOẠI TIẾP KHỐI ĐA DIỆN Bài 1: Lập phương trình mặt cầu nội tiếp hình chóp SABCD ,biết: 1) )0,0, 3 4( S ,A(0,-4,0), B(0,-4,0),C(3,0,0). Bài 2: Cho hình chóp SABCD .Đỉnh )4, 2 9 , 2 1(S đáy ABCD là hình vuông có A(-4,5,0) ,đươngf chéo BD có phương trình : 0 087 : z yx d 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chóp . 2) Lập phương trình nặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 3) Lập phương trình mặt cầu nội tíêp hình chóp. Bài 3: Cho ba điểm A(2,0,0), B(0,2,0), C(0,0,3). 1) Viết phương trình tổng quát các mặt phẳng (0AB), (0BC), (0CA), (ABC). 2) Xác định tâm I của mặt cầu nội tiếp tứ diện 0ABC . 3) Tìm toạ độ điểm J đối xứng với I qua mặt phẳng (ABC). Bài 4: (HVKTMM-99):Cho bốn điểm A(1,2,2), B(-1,2,-1), C(1,6,-1), D(-1,6,2). 1) CMR tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện bằng nhau. 2) Xác định toạ độ trọng tâm G của tứ diện . 3) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 4) Viết phương trình mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐIỂM VÀ MẶT CẦU Bài 1: Cho mặt cầu 034: 222 zyxzyxS .xét vị trí tưpng đối của điểm A đối với mặt cầu (S) trong các trường hợp sau: 1) điểm A(1,3,2). 2) điểm A(3,1,-4). 3) điểm A(-3,5,1). Bài 2: Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt cầu 03242: 222 zyxzyxS .Sao cho khoảng cách MA đạt giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất,biết: 1) điểm A(1,-2,0). 2) điểm A(1,1,-2). Chuyên đề LTĐH – Giải tích trong không gian Biên soạn: Lê Minh Đạt – 0918 344 200 37 VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT CẦU Bài 1: Cho mặt cầu 06222: 222 zyxzyxS .Tìm toạ độ điểm M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M đến (d) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất,biết: 1) R tz ty tx d t 1 1 2 : 2. 012 032 : zy zyx d VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA MẶT PHẲNG VÀ MẶT CẦU Bài 1: (ĐHDL-97):Trong không gian với hệ toạ đô trực chuẩn 0xyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình : 022: 222 xzyxS ,(P):x+z-1=0. 1) Tính bán kính và toạ độ tâm của mặt cầu (S). 2) Tính bán kính và toạ độ tâm của đường tròn giao của (S) và (P). Bài 2: (ĐHSPV-99): Cho điểm I(1,2,-2) và mặt phẳng 2x+2y+z+5=0 . 1) Lập phương trình mặt cầu (S) tâm I sao cho giao của (S) và (P) là đường tròn có chu vi bằng 8ẽ . 2) CMR mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng 2x-2=y+3=z. 3) Lập phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng (d) và tiếp xúc với (S). Bài 3: (ĐHBK-A-2000): Cho hình chóp SABCD với S(3,2,-1), A(5,3,- 1), B(2,3,-4), C(1,2,0). 1) CMR SABC có đáy ABC là tam giác đều và ba mặt bên là các tam giác vuông cân. 2) Tính toạ độ điểm D đối xứng với điểm C qua đường thẳng AB. M là điểm bất kì thuộc mặt cầu tâm D, bán kính 18R .(điểm M không phụ thuộc mặt phẳng (ABC) ). Xét tam giác có độ dài các cạnh bằng độ dài các đoạn tjẳmg MA, MB, MC. Hỏi tam giác đó có đặc điểm gì ? Bài 4: (ĐHPCCC-2000): Cho đường tròn (C) có phương trình : 0 14 : 222 z zyxC .Lập phương trình mặt cầu chứa (C) và tiệp xúc với mặt phẳng: 2x+2y-z-6=0. Bài 5: (CĐHQ-96): Cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình : 9)1()2()3(: 222 zyxS ,(P):x+2y+2z+11=0. Tìm điểm M sao cho M thuộc (S) sao cho khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) nhỏ nhất . VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI MẶT CẦU Bài 1: Cho hai mặt cầu: 0722: 2221 yxzyxS , 02: 2222 xzyxS 1) CMR hai mặt cầu (S1) và (S2) cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt cầu qua giao điểm của (S1) và (S2) qua điểm M(2,0,1). Bài 2: Cho hai mặt cầu: 9: 2221 zyxS , 06222: 2222 zyxzyxS 1) CMR hai mặt cầu (S1) và (S2) cắt nhau. 2) Viết phương trình mặt cầu qua giao điểm của (S1) và (S2) qua điểm M(-2,1,-1).
Cập nhật thông tin chi tiết về Các Phương Pháp Giải Phương Trình Hàm Thường Dùng trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!