Skkn chuyên đề yếu tố giải tích trong các bài toán đại số, số học, tổ hợp

Chun đề YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC, TỔ HỢP Nguyễn Việt Hà Trường THPT Chuyên Lào Cai (Chuyên đề đạt giải nhất) A MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn THPT, Giải tích nội dung quan trọng, học sinh học sau học Đại số thời gian dài Đối tượng nghiên cứu Đại số Giải tích khác Trong Đại số nghiên cứu đối tượng tĩnh tại, rời rạc hữu hạn Cịn mơn Giải tích nghiên cứu đối tượng có chất biến thiên, liên tục vơ hạn Sự khác dẫn đến cách tiếp cận khác nhau, lối tư khác giải tốn Đại số Giải tích Giải tích nội dung ln xuất kỳ thi học sinh giỏi toán THPT cấp quốc gia (VMO) Tuy nhiên, bên cạnh câu phát biểu dạng giải tích, tốn lại phát biểu dạng đại số công cụ giải tích, kỹ giải tích giúp định hướng tìm lời giải Bên cạnh đó, kì thi IMO kỳ thi học sinh giỏi nước khu vực, có nhiều toán đại số, số học chứa đựng yếu tố giải tích Với mong muốn có tài liệu hệ thống vấn đề này, tác giả định viết chuyên đề : ‘’Yếu tố giải tích tốn đại số, số học, tổ hợp’’ Chuyên đề cố gắng phân chia toán đại số, số học, số tốn tổ hợp giải nhờ cơng cụ giải tích cách chi tiết với hy vọng giúp ích cho học sinh có thêm kỹ làm việc với dạng toán đồng thời giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu giảng dạy học sinh giỏi mơn Tốn cấp quốc gia Nội dung chuyên đề bao gồm sáu phần trình bày kĩ thuật giải tích để giải tốn đại số phương trình hàm bất phương trình hàm, tốn đa thức, tốn phương trình bất đẳng thức, tốn chứng minh tính chất dãy số, toán số học, tổ hợp số toán khác Các toán chuyên đề giải tường minh đưa nhận xét, bình luận Phần cuối chuyên đề số kết luận tác giả chuyên đề tài liệu tham khảo viết chuyên đề Tác giả chuyên đề làm việc nghiêm túc, cố gắng tập hợp, sưu tầm, phân dạng, xếp liên kết dạng toán theo logic hợp lý theo ý chủ quan với hy vọng tạo chuyên đề có chất lượng, có tác dụng em học sinh ôn thi VMO thầy cô giáo dạy chuyên Tuy có nhiều cố gắng chun đề khơng thể tránh khỏi sai sót, thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý thầy để chun đề hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn skkn B NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Ánh xạ Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi đơn ánh với a, b  A mà a  b f  a   f b   A  B  Hệ quả: f đơn ánh f  a   f  b  suy a  b (mọi a, b  A ) Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi toàn ánh với phần tử b  B tồn phần tử a  A cho f  a   b  A  B  Định nghĩa Ánh xạ f : A  B gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa toàn ánh  A  B  1.2 Hàm đơn điệu * Hàm số f  x  gọi tăng  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi tăng ngặt  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi giảm  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  * Hàm số f  x  gọi giảm ngặt  a; b  với x1 , x2   a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  1.3 Hàm số liên tục 1.3.1 Định nghĩa: Cho hàm số y  f ( x) xác định (a,b) x0 thuộc (a,b) Ta nói f ( x) liên tục x0 lim f ( x)  f ( x0 ) x x0 1.3.2 Các tính chất Tính chất Nếu hàm số f liên tục đoạn [a;b] f (a) f (b)  có số c  (a; b ) để f (c)  Tính chất Giả sử f hàm liên tục [a;b] f (a)  A, f (b)  B Lúc C số nằm A B có số c  (a; b) để f (c)  C Tính chất Nếu f ( x) liên tục (a,b) x0 thuộc (a, b) cho f ( x0 )  tồn ị  cho f ( x)  0x  ( x0  ò, x0  ò) ( lân cận x0 ) 1.4 Một số kĩ thuật giải tích hay dùng 1.4.1 Với số thực a cho trước tồn dãy (rn ) số hữu tỷ cho lim rn = a skkn 1.4.2 (Chuyển qua giới hạn đẳng thức) Nếu hàm số f (x) liên tục x0 lim xn = x0 lim f (xn ) = f ( x0 ) 1.4.3 (Chuyển qua giới hạn bất đẳng thức) Nếu hàm số f (x) thỏa mãn (0; + ¥ ) có k £ f ( x), lim f ( x) = L k £ L ( k < f ( x) thỡ ỳng) xđ + Ơ 1.4.4 Cho hai dãy số thực hội tụ ( xn ),( yn ) Khi xn  yn , n  1,2, lim xn  lim yn (nếu xn  yn , n  1, 2, ) n  n  1.4.5 Cho f ( x ) hàm số biến x , cho A số Để chứng minh f ( x )  A với x, ta xây dựng dãy số (un ) n cho f ( x)  un , n ( f ( x)  un , n được) lim un  A n  1.5 Bổ sung yếu tố giải tích đa thức 1.5.1 Đa thức bậc lẻ ln có nghiệm Từ suy hệ sau: - Nếu P( x ) khơng có nghiệm deg P chẵn - Nếu P( x ) đa thức bậc chẵn có nghiệm phải nghiệm bội chẵn 1.5.2 Đa thức P( x)  ( x  a)k Q( x) P( x ) chia hết cho ( x  a ) k 1 1.5.3 Định lý Rolle Hàm số f ( x ) liên tục có a  b để f (a )  f (b)  tồn c  (a, b) để đạo hàm f (c)  1.5.4 Đạo hàm đa thức bậc n có đầy đủ nghiệm Giả sử x1, x2 , , xn nghiệm P( x ) Khi đó, theo định lí Bézout P( x)  ( x  x1 )( x  x2 ) ( x  xn ) P( x ) n  Ta có P( x )   ( x  x j ) nên P( x ) i 1 x  xi i 1 i  j n 1.5.5 Đa thức f ( x) có hữu hạn nghiệm đạo hàm f '( x) đa thức nên có hữu hạn nghiệm Do số điểm cực trị hữu hạn nên f ( x) đồng biến, nghịch biến miền đủ nhỏ f ( x)   , tức với M  lớn tùy ý 1.5.6 Nếu deg f ( x)  deg g ( x) lim x  g ( x ) tồn x để f ( x) M g ( x) 1.6 Một bổ đề thường dùng 1 + k + + k với k > n nguyên dương Khi đó, k n Nu k Ê thỡ sn đ + Ơ Đặt sn =   Nếu k > s n bị chặn, tức có giới hạn hữu hạn Chứng minh (1) Trước hết, ta chứng minh rng k = thỡ sn đ + Ơ skkn Thật vậy, đạo hàm, dễ dàng có ln(x + 1) £ x với x > Thay x ta có ln , n n+1 £ hay ³ ln(n + 1) - ln n với n n n n n Suy sn ³ å (ln(i + 1) - ln i ) = ln(n + 1) , mà lim ln(n + 1) = + Ơ nờn khng nh nđ + ¥ i= Từ dễ thấy khẳng định với k < 1 > với k < k n n Tiếp theo với k > , ta dùng định lý Lagrange: (2) Xét hàm số f (x ) = x - k với x > 0, k > Chọn hàm số F (x ) = x 1- k 1- k F ¢(x ) = f (x ) Hàm số F (x ) liên tục đoạn [n , n + 1] khả vi (n , n + 1) nên áp dụng định lý Lagrange, ta có $ c Ỵ (n , n + 1) để: F ¢(c ) = F (n + 1) - F (n ) Þ f (c ) = F (n + 1) - F (n ) n + 1- n Chú ý f (c) hàm nghịch biến nên f (c) > f (n + 1) hay f (n + 1) < F (n + 1) - F (n ) Từ đó, cho n = 1, 2, 3, ta thu 1 + k + + k < + k n n- å (F (i + 1) - F (i )) = + F (n + 1) - F (1) = i= k - n 1- k k- 1- k Dễ thấy lim n = - k < nên giá trị s n bị chặn Bổ đề chứng minh Chú ý với k > dãy có giới hạn hữu hạn (tăng bị chặn trên) tìm xác giá trị điều khơng dễ Bằng cách tương tự, ta chứng minh 1 1 + + + + đ +Ơ ln ln ln n ln n YẾU TỐ GIẢI TÍCH TRONG CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ, SỐ HỌC 2.1 Kỹ thuật giải tích giải tốn phương trình hàm, bất phương trình hàm 2.1.1 Sử dụng dãy số giới hạn dãy số giải phương trình hàm, bất phương trình hàm Trong mục này, ta nghiên cứu tốn đại số khơng có gải thiết liên tục hay khả vi phương trình hàm, bất phương trình hàm mà sử dụng dãy số giới hạn dãy số để giải Ta bắt đầu ví dụ quen thuộc sau: Bài tốn 2.1.1.1 Tìm tất hàm số f : ® , đơn điệu thỏa mãn f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y Ỵ (1) Nhận xét: Nếu toán này, thay giả thiết đơn điệu giả thiết liên tục việc giải đơn giản Vậy khơng cịn yếu tố liên tục nữa, ta làm nào? Chúng ta tìm hiểu thơng qua lời giải sau: skkn Lời giải Giả sử f hàm số thỏa mãn đề bài, ta có (1) Trong (1), lấy y = x ta f (2 x ) = f (x ), " x Ỵ (2) Trong (2), lấy x = ta f (0) = Từ (1) (2) phương pháp quy nạp, ta chứng minh f (nx ) = nf (x ), " x Ỵ ," n Ỵ (3) Trong (1), lấy y = - x sử dụng f (0) = ta f (- x ) = - f (x ), " x Ỵ Bởi n = - 1,- 2, , sử dụng (3) (4) ta có (4) f (nx ) = f (- n (- x ))= - nf (- x ) = nf (x ), " x Ỵ (5) Từ (3) (5) suy f (nx ) = nf (x ), " x Ỵ Với n = 1,2, ," n Ỵ (6) , sử dụng (3) ta có ỉ ổ m ỗỗ x ữ f (x ) = f ỗỗn x ữ = nf = m f x = f (x ), " x Ỵ ( ) ữ ữ ữ ỗố n ứ ỗố n ø÷ n n Bởi f (rx ) = rf (x ), " x Ỵ ," r Ỵ (8) Thay x = 1, ta có f(r) = rf(1), đặt k = f(1) số thực bất kỳ, ta có f(x)=kx với x thuộc Q (9) Trường hợp f hàm tăng Ta chứng minh f (x ) = kx, " x Ỵ Với x Î +¥ +¥ tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }n= , {vn }n= cho un £ x £ , " n = 1,2, ; lim un = lim = x n® + Ơ nđ + Ơ Vỡ f l hm tng nên kết hợp với (9) ta có f (un ) £ f (x ) £ f (vn ) Þ kun £ f (x ) £ kvn " n = 1,2, Cho n đ + Ơ bt ng thc trờn ta thu kx £ f (x ) £ kx Þ f (x ) = kx Vậy f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn Trường hợp f hàm giảm Ta chứng minh f (x ) = kx, " x ẻ Vi x ẻ +Ơ +¥ tùy ý, tồn hai dãy số hữu tỉ {un }n= , {vn }n= cho un £ x £ , " n = 1,2, ; lim un = lim = x nđ + Ơ nđ + Ơ Vỡ f l hm gim nờn kt hợp với (9) ta có f (un ) ³ f (x ) ³ f (vn ) Þ kun ³ f (x ) ³ kvn " n = 1,2, Cho n ® + ¥ bất đẳng thức ta thu kx ³ f (x ) ³ kx Þ f (x ) = kx Vậy f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Thử lại thấy thỏa mãn skkn (9) Kết luận: hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f (x ) = kx, " x Ỵ ( k số bất kì) Bình luận: Ta thay tập nguồn tập đích tốn thành (0;+ ¥ thiết đơn điệu, ta có tốn sau: Bài tốn 2.1.1.2 Tìm tất hàm số f : + ® + ) bỏ giả thỏa mãn f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y ẻ (0; + Ơ ) (1) Li gii Li giải nên rút gọn sau, tận dụng BT Ta có f ( y) > với y > nên f ( x + y) > f ( x ) Đặt z = x + y > x f ( z) > f ( x ) với z > x nên có f ( x ) hàm đơn điệu tăng Sử dụng kết ta có f ( x ) = kx Nếu toán đổi thành - ® - hồn tồn tương tự, có đơn điệu giảm (và ý trước khơng có tài liệu đề cập) Bình luận: Trong tốn 2.1.1.2, ta bỏ giả thiết đơn điệu, cuối ta lại chứng minh tính đơn điệu, nhờ mà đường lối giải lại quay toán 2.1.1.1 Từ toán 2.1.1.1, ta giữ lại tập nguồn tập đích , bỏ giả thiết đơn điệu, thêm giả thiết hàm nhân tính, ta có tốn sau: Bài tốn 2.1.1.3 Tìm tất hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau  f (x + y) = f (x ) + f (y), " x, y Ỵ  f (xy) = f (x ) f (y), " x, y Ỵ (1) (2) Lời giải Từ (1), ta chứng minh kết sau ìï f (rx ) = rf (x ), " x Ỵ , r Ỵ (3) ï í ïï f (0) = 0, f (- x ) = - f (x ), " x ẻ (4) ợ Từ (2) cho y = x ta f (x ) = éëf (x )ù û , " x Ỵ Suy f (x ) ³ 0, " x ³ Đến suy đồng biến tương tự Suy f ( x ) = kx , thử lại k = k = Bài tốn giải hồn tồn Bình luận: Một lần nữa, tốn 2.1.1.3, ta bỏ giả thiết đơn điệu thêm giả thiết hàm nhân tính, ta lại chứng minh hàm đồng biến nên lại giải tiếp giống tốn 2.1.1.1 Tuy nhiên điểm chung ba toán có giả thiết cộng tính Sau ta xét toán phức tạp hơn: Bài toán 2.1.1.4 [China MO 1998] Cho hàm số f : ® thỏa mãn đồng thời điều kiện (i) æx ö f (x ) £ x f ỗỗ ữ "x ẻ ữ ỗố ữ ứ (ii) f (x ) £ " x Ỵ (- 1;1) Chứng minh rằng: f (x ) £ x2 "x Ỵ ; skkn C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Lời giải Từ giả thiết (i) thay x = ta có f (0) = , với điều kiện, nờn ta ch ổ ữ ỗố ứ x cần chứng minh cho trường hợp x ¹ Với x ¹ ta có f (x ) Ê x f ỗỗ ữ ữ ổx ỗỗ ữ f ữ ổf (x )ử ữ ỗố ứ ữ ỗ ữ ị ỗỗ ữ Ê ữ ỗố x ứ x2 ổx ỗỗ ữ f ữ ổ2 f (x )ử ữ ốỗ ứ ữ ỗỗ ữ Ê ỗ ữ ữ ổx ữ ốỗ x ứ ỗỗ ữ çè ÷ ø f (x ) xác định cơng thức g (x ) = " x ¹ Ta cú x2 ổx ữ ỗỗ ữ 2 f ổ2 f (x )ữ ữ ỗố ứ ổx ỗỗ ỗỗ ữ ữ Ê Þ g x £ g ( ) ÷ ÷ 2 ỗỗ x ữ ữ ỗố ứ ổx ữ ố ứ ỗỗ ữ ữ ỗố ứ Xét hàm g : * ® nên phương pháp quy nạp ta ỉx ỉx ÷ n * 2n g ỗ g (x ) Ê g ỗỗ n ữ ị g x Ê " n ẻ ( ) ữ ữ ỗ n ỗố2 ữ ứ ốỗ2 ữ ứ Li cú f (x ) £ " x Ỵ (- 1;1) nên g (x ) £ " x Ỵ (- 1;1) \ {0} Do x n+ g (x ) £ 2n 2 n+ x = 2n x2 "nỴ * n- : x Ỵ (- 1;1) 2n n+ Þ g (x ) £ lim 2n x n- 1 n® + ¥ x2 " x ¹ = " x ¹ cố định Þ f (x ) £ x2 "x Ỵ Vậy ta có f (x ) £ Tiếp theo, ta xét toán tổng qt hơn: Bài tốn 2.1.1.5 [Olympic sinh viên tồn quốc 2016, mơn Giải tích] Cho a  số thực hàm f : R  R thỏa mãn đồng thời hai điều kiện •  f  ax    a x f  x  với số thực x • f bị chặn lân cận Chứng minh f  x   x2 với x  R a Lời giải Trong i thay x  ta thu  f      f    Với x  , từ i ta có  f  ax   f  x     ax Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn skkn C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an với x  Từ đó, ta f  x  với x  R Nếu a  từ i ta  f  x    x f  x  Từ đây, ta suy f  x   x với x  R Như vậy, bất đẳng thức cần chứng minh với trường hợp a  Bây giờ, ta xét trường hợp a  Đặt g  x  f  x x a với x  f  x   f  x 0 x2 a x2 g  x  , x  a Khi đó, từ i ta suy   ax 2  x2  g  ax    a x g  x  , x   a  a     g  ax    g  x  , x  (1) Ta chứng minh  x  g  x  g  n  a  2 n , x  0, n  N* (2) phương pháp quy nạp toán học theo n Thật vậy, (1) thay x x ta a   x  g  x    g   ,   a  x  (3) Như vậy, mệnh đề (2) với n  Giả sử mệnh đề với n  k  tức 2 k  x  g  x   g  k  , x  a  x Trong (4) thay x ta a  x  x  g    g  k 1  a a  (4) 2 k , x  (5) , x  (6) Từ (3) (5) , ta suy  x  g  x   g  k 1  a   k 1   Do đó, mệnh đề (2) với n  k  Theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề (2) với n  N* Như vậy, ta có 2 n  x  g  x  g  n  , a  * với x  , n  N Từ định nghĩa hàm g ta thu Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn skkn C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an 2 n             x  f  n  2 n  x  a  (7) g  x  g  n   a   x    n a    a  x Vì x  a  nên với n đủ lớn n thuộc lân cận điểm Do a * đó, từ ii ta suy tồn n0  N M  cho với n  n0 ta có  x f n a    M  Kết hợp với (7) ta  x  g  x  g  n  a  Theo quy tắc L’Hospital 2 n             x  f  n  a    x    n a    a  2 n n 1  2n a x 21n n M2 (8) 2n   2n n  lim Do n 1 lim n  a x 2n n 21n M  Từ (8) cho n   , ta thu g  x   với x  hay f  x  1, x  x2 a Từ đây, ta có f  x  x2 , x  a Chú ý f    f  x   nên ta f  x  x2 , a với x  R Bài toán chứng minh Binh luận: • Bài toán toán bất phương trình hàm có sử dụng tính chất giải tích nặng mặt kĩ thuật Để chứng minh f  x   P  x  mặt ý tưởng ta tìm đánh giá f  x   P  x  un với lim un  f  x   P  x   un với lim un  , tốn n  n  Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn skkn C.33.44.55.54.78.65.5.43.22.2.4 22.Tai lieu Luan 66.55.77.99 van Luan an.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.C.33.44.55.54.78.655.43.22.2.4.55.22 Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an n 1 un  a 2n 1n x2 M2 n lim un  Khi tìm đánh giá (13), ta thấy lim n  n  x  với a  nên ta an sử dụng giả thiết ii toán để tiếp tục đánh giá Bài toán toán tổng qt tốn 2.1.1.4 • Ngồi cách giải trình bày trên, ta tiếp cận toán theo hướng khác sau: Vẫn lời giải trên, ta chứng minh f    0, f  x   với x bất đẳng thức cần chứng minh a  xét trường hợp a  Trong i thay x x ta a x  f  x    ax f   , x  R \ 0 a Giả sử tồn z  cho f  z   z Từ ii ta có: z f    z2  a  az    z2 ; a 2 z  z2  z  f      a a   z a  a  a Từ ta  z  f  3  az a    z  a  a  Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có:  z f n a  n 5   a z , n   (20) Do điều kiện thứ hai toán, vế trái (20) bị chặn trên, vế phải lớn tùy ý n đủ lớn, vô lý! Do điều giả sử sai hay f  x   x , x  R \ 0 (21) Xét hàm số h  x  f  x  x2  f  x a từ i ta  x2  x2  2  x h x   ax h  , x  R \ 0         a    a a  Điều tương đương x2 x  h  x    h  x   ax h   , x  R \ 0 a a Từ đó, ta Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd 77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77.77.99.44.45.67.22.55.77.C.37.99.44.45.67.22.55.77t@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn skkn