Trại hè Hùng Vương lần thứ XI, năm 2015 BÀI VIẾT CHUYÊN ĐỀ CÁCH GIẢI MỘT LỚP PHƯƠNG TRÌNH HÀM ĐA THỨC ĐẶC BIỆT MÃ: TO15B tháng năm 2015 MỞ ĐẦU Đa thức có vị trí quan trọng kiến thức Toán nói chung, chương trình THPT, với lớp chuyên Toán, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi Trong kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi, kỳ thi Quốc gia, Quốc tế, toán đa thức thường xuất mức độ không dễ Các toán đa thức phong phú, đa dạng phức tạp, khó để phân loại hệ thống hóa thành dạng toán, chuyên đề riêng biệt Khi tiếp cận với toán đa thức, học sinh thường lúng túng chọn phương hướng để tiếp xúc, giải Hơn nữa, nói chung toán đa thức thường đòi hỏi vận dụng kĩ biến đổi đại số tương đối phức tạp Hầu sách tham khảo trình bày mô hình: đưa tập trình bày lời giải Một học sinh đọc lời giải hiểu lời giải hay sai mà không nắm rõ nguồn gốc lời giải, không trả lời câu hỏi lại có lời giải Như thế, đứng trước toán mới, học sinh không vận dụng kiến thức đọc để giải toán Thậm chí, số giáo viên giảng dạy cung cấp lời giải cho học sinh mà không giải thích lại giải không bình luận toán theo kiểu như: thay đổi liệu, thay đổi giả thiết toán nào; không đặt toán tương tự, tổng quát; không rút ‘’cái hồn’’ mặt ý tưởng, mặt phương pháp giải toán Thực tế qua kỳ thi đại học, học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia, quốc tế, toán liên quan đến nội dung Đa thức chiếm tỷ lệ định nội dung khó, thể tính phân loại cao, định đến thứ hạng xếp giải cao học sinh Thông qua thực tiễn giảng dạy, qua khảo sát thực nghiệm cho thấy: Việc giảng dạy học tập nội dung đa thức nói chung, phương trình hàm đa thức nói riêng thường gặp khó khăn, vướng mắc Trước hết tài liệu nội dung Đa thức chưa có nhiều, chưa có tài liệu hệ thống đầy đủ, khoa học phương pháp giải toán, chưa đáp ứng nhu cầu đa số học sinh giỏi trung học phổ thông làm cho học sinh lúng túng tiếp thu lý thuyết áp dụng lý thuyết vào giải tập Qua thực tiễn bồi dưỡng học sinh giỏi, qua việc tập hợp sưu tầm toán đa thức, thân cố gắng tối đa hóa, xếp hợp lý số dạng toán Đa thức Bài viết “Cách giải lớp phương trình hàm đa thức đặc biệt” xếp Hy vọng qua viết đóng góp phần kinh nghiệm để thực tốt công tác giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán NỘI DUNG Bài toán Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn F ( x ) P ( x ) = G ( x ) P ( ax + b ) ,deg F = deg G Để giải phương trình ( * ) ta làm sau: ● Biến đổi ( * ) suy phương trình Q ( ax + b ) = kQ ( x ) , ∀x ∈ ° P ( x ) = R ( x )Q ( x ) (* ) (* *) , với +) Nếu k = Q ( x ) = c, ∀x ∈ ° ⇒ P ( x ) = cR ( x ) , ∀x ∈ ° +) Nếu k ≠ 1; a = Q ( x ) = 0, ∀x ∈ ° ⇒ P ( x ) = 0, ∀x ∈ ° +) Nếu k ≠ 1; a ≠ ta làm tiếp tục sau b b ⎞ ● Thay x x + ( b ≠ ) đặt T ( x ) = Q ⎛⎜ x + ⎟ ta phương trình 1− a − a ⎝ ⎠ T ( ax ) = kT ( x ) , ∀x ∈ ° (* * * ) Giả sử T ( x ) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 ( an ≠ ) So sánh hệ số tương ứng (* * * ) suy n , i = 0,1, , n − Từ tìm T ( x ) ⇒ Q ( x ) ⇒ P ( x ) Để minh họa xin mời bạn đọc theo dõi qua thí dụ sau Thí dụ (New York 1976) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎣⎡x ⎤⎦ thoả mãn ( x − 1) P ( x + 1) = ( x + 2) P ( x ) , ∀x ∈ ° (1) Lời giải Cho x = 1, từ (1) ⇒ P ( ) = P (1) ⇒ P (1) = Cho x = 0, từ (1) ⇒ − P (1) = P ( ) ⇒ P ( ) = Cho x = −2, từ (1) ⇒ −3.P ( −1) = ⇒ P ( −1) = Vậy P ( x ) = x ( x − 1)( x + 1) Q ( x ) với Q ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ Thay vào phương trình (1) ta ( x − 1)( x + 1)( x )( x + ) Q ( x + 1) = ( x + )( x )( x − 1)( x + 1) Q ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x + 1) = Q ( x ) , ∀x ≠ 0; ±1; −2 ⇒ Q ( x + 1) = Q ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x ) = c, ∀x ∈ ° ( ) Suy P ( x ) = c ( x − 1)( x )( x + 1) = c x − x , c số Thử lại thoả mãn ■ Thí dụ (VMO 1984 - VMC 2000) Cho a, b ∈ ° Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn xP ( x − a ) = ( x − b ) P ( x ) , ∀x ∈ ° ( 2) Lời giải ● Với a = 0, b = P ( x ) tuỳ ý ● Với a = 0, b ≠ P ( x ) = 0, ∀x ∈ ° ● Với a ≠ 0, b = P ( x ) = c, ∀x ∈ ° ● Với a ≠ 0, b ≠ xảy hai trường hợp b +) Nếu ∉ • thay x = b vào phương trình ta có x = b − a nghiệm Tương a tự thay x = b − a có x = b − 2a nghiệm Suy P ( x ) = 0, ∀x ∈ ° b = n ∈ • P ( x ) có x = 0, x = a, x = 2a, , x = ( n − 1) a nghiệm, suy a P ( x ) = x ( x − a )( x − 2a ) ( x − ( n − 1) a ) Q ( x ) Thay vào phương trình ( ) ta +) Nếu Q ( x − a ) = Q ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x ) = c, ∀x ∈ ° Vậy P ( x ) = cx ( x − a )( x − 2a ) ( x − ( n − 1) a ) , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn.■ Thí dụ (IberoAmerican 2014) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho P ( 2014 ) = xP ( x − c ) = ( x − 2014 ) P ( x ) , ∀x ∈ ° ; c ∈ ¢ (3) Lời giải Theo thí dụ xảy trường hợp sau ● Nếu c = P ( x ) = 0, ∀x ∈ ° , trường hợp loại P ( 2014 ) = 2014 ∉ • P ( x ) = 0, ∀x ∈ ° , trường hợp loại P ( 2014 ) = c 2014 ● Nếu = n ∈ • P ( x ) = kx ( x − c )( x − 2c ) ( x − ( n − 1) c ) c Với P ( 2014) = ⇒ knc ( nc − c )( nc − 2c ) ( nc − ( n − 1) c ) = ● Nếu Suy k c n ( n !) = ⇒ k = Vậy P ( x ) = c n ( n !) x ( x − c )( x − 2c ) ( x − ( n − 1) c ) , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn.■ c n ( n !) Thí dụ (Greece 2014) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn x − x + P ( x ) = x + x P ( x − ) , ∀x ∈ ° ( ) ( ) ( ) Lời giải Phương trình viết lại ( x − )( x − ) P ( x ) = x ( x + ) P ( x − ) , ∀x ∈ ° Cho x = 0, ( 4′ ) ⇒ P ( ) = Cho x = −2, ( 4′ ) ⇒ P ( −2 ) = ( 4′) Cho x = 4, ( 4′) ⇒ P ( ) = Suy P ( x ) = ( x − )( x )( x + ) Q ( x ) Thay vào phương trình ( 4′ ) ta ( x − )( x − ) ( x )( x + ) Q ( x ) = ( x ) ( x + )( x − )( x − ) Q ( x − ) , ∀x ∈ ° ⇒ ( x − ) Q ( x ) = xQ ( x − ) , ∀x ≠ 0; ±2; ⇒ ( x − ) Q ( x ) = xQ ( x − ) , ∀x ∈ ° ( 4′′ ) Cho x = 0, ( 4′′ ) ⇒ Q ( ) = , suy Q ( x ) = xR ( x ) Thay vào ( 4′′ ) , ta ( x − 2)( x ) R ( x ) = x ( x − 2) R ( x − 2) , ∀x ∈ ° ⇒ R ( x ) = R ( x − 2) = c, ∀x ∈ ° Do P ( x ) = cx ( x − ) = c ( x − x ) Thử lại thoả mãn ■ 2 Thí dụ (Viet Nam 2003) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho x + 3x + 3x + P ( x − 1) = x − 3x + 3x − P ( x ) , ∀x ∈ ° ) (5) Lời giải Phương trình cho viết lại sau ( x + 2) x + x + P ( x − 1) = ( x − 2) x − x + P ( x ) , ∀x ∈ ° ) (5′) ( ) ( ( ) ( Cho x = −2, (5′ ) ⇒ P ( −2 ) = Cho x = 2, (5′ ) ⇒ P (1) = Cho x = −1, (5′ ) ⇒ P ( −1) = Cho x = 1, (5′ ) ⇒ P ( ) = Suy P ( x ) = ( x − 1)( x )( x + 1)( x + ) Q ( x ) , ∀x ∈ ° Thay vào ( 5′ ), ta (x ) ( ) + x + Q ( x − 1) = x − x + Q ( x ) , ∀x ≠ 0; ±1; ±2 ( Do ( x ) ( ) ⇒ x + x + Q ( x − 1) = x − x + Q ( x ) , ∀x ∈ ° ) + x + 1, x − x + = nên ( ) Q ( x ) = x + x + R ( x ) , ∀x ∈ ° ( ) ⇒ Q ( x − 1) = x − x + R ( x − 1) ⇒ R ( x − 1) = R ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ R (x) = c ( ) Do P ( x ) = c ( x − 1)( x )( x + 1)( x + ) x + x + , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn.■ Thí dụ Cho k ∈ • * Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho ( x − 2001) P ( x ) = ( x − 2002) P ( x + 1) , ∀x ∈ ° ( ) k k Lời giải Từ phương trình suy x = 2002 nghiệm bội bậc ≥ k P ( x ) , P ( x ) = ( x − 2002 ) Q ( x ) , ∀x ∈ ° Thay vào phương trình ( ) , ta k ( x − 2001) ( x − 2002 ) Q ( x ) = ( x − 2002 ) ( x − 2001) Q ( x + 1) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x ) = Q ( x + 1) , ∀x ≠ 2001, 2002 ⇒ Q ( x ) = Q ( x + 1) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x ) = c, ∀x ∈ ° k Do P ( x ) = c ( x − 2002 ) , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn phương trình cho.■ Thí dụ (Canada 2013) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho ( x + 1) P ( x − 1) − ( x − 1) P ( x ) đa thức ( ) k k k k Lời giải Phương trình cho tương đương với ( x + 1) P ( x − 1) − ( x − 1) P ( x ) = k , ∀x ∈ ° k⎤ k⎤ ⎡ ⎡ ⇔ ( x + 1) ⎢ P ( x − 1) − ⎥ = ( x − 1) ⎢ P ( x ) − ⎥ , ∀x ∈ ° 2⎦ 2⎦ ⎣ ⎣ k Đặt Q ( x ) = P ( x ) − , ta có ( x + 1) Q ( x − 1) = ( x − 1) Q ( x ) , ∀x ∈ ° Cho x = 1, ( 7′ ) ⇒ Q ( ) = (7′) Cho x = −1, ( 7′) ⇒ Q ( −1) = Suy Q ( x ) = x ( x + 1) R ( x ) Thay vào phương trình ( 7′ ) , ta ( x + 1)( x − 1)( x ) R ( x − 1) = ( x − 1)( x )( x + 1) R ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ R ( x − 1) = R ( x ) , ∀x ≠ 0; ±1 ⇒ R ( x − 1) = R ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ R ( x ) = c, ∀x ∈ ° Do Q ( x ) = cx ( x + 1) ⇒ P ( x ) = cx ( x + 1) + k , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn phương trình.■ Thí dụ (Kiều Đình Minh) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho x − x P ( x + 2) − x + 5x + P ( x ) = x + x , ∀x ∈ ° (8) ( ) ( ) ( ) ( ) Lời giải Phương trình cho viết lại sau x − x ⎡⎣ P ( x + 2) + x + 2⎤⎦ = x + 5x + ⎡⎣ P ( x ) + x ⎤⎦ , ∀x ∈ ° Đặt Q ( x ) = P ( x ) + x , ta có x ( x − 1) Q ( x + ) = ( x + )( x + 3) Q ( x ) , ∀x ∈ ° Giải tương tự thí dụ ta Q ( x ) = c ( x − 1)( x )( x + 1) = c x − x , ∀x ∈ ° ⇒ P ( x ) = cx − ( c + 1) x , ∀x ∈ ° ( ( ) ) Thử lại thoả mãn.■ Thí dụ (CentroAmerican 2008) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho ( x + 10) P ( x ) = (8x − 32) P ( x + 6) , ∀x ∈ ° (9) P (1) = 210 Lời giải Giả sử P ( x ) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 ( an ≠ ) P ( x ) = an 2n x n + an −1 2n −1 x n −1 + + a0 , P ( x + ) = an x n + So sánh hệ số x n +1 hai vế phương trình (9) , ta a n n = 8a n ⇒ n = Cho x = −10, (9 ) ⇒ P ( −4 ) = Cho x = −2, (9 ) ⇒ −48 P ( ) = P ( −4 ) = ⇒ P ( ) = Cho x = 4, (9 ) ⇒ 14 P (8) = P (10 ) = ⇒ P (8) = Vậy P ( x ) = a ( x − )( x + )( x − 8) , a ∈ ° ( ) Do P (1) = 210 ⇒ a = Do P ( x ) = ( x − 8) x − 16 , ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn.■ Nhận xét: Thay x x − ( ) trở thành ( x + 4) P ( x − 12) = (8x − 80 ) P ( x ) , ∀x ∈ ° Suy P ( x ) = ( x + )( x − 8) Q ( x ) với ( x − ) Q ( x − 12 ) = ( x − 8) Q ( x ) Đặt Q ( x ) = ( x − ) R ( x ) , suy R ( x ) = c ⇒ Q ( x ) = c ( x − 4) ⇒ P ( x ) = c ( x − 8) ( x − 16 ) Thí dụ 10 (KHTN 2014) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho ( x − 2) P (3x + 2) = 32015 xP ( x ) + 32016 x − 3x + 6, ∀x ∈ ° (10) Lời giải Xét P ( x ) = c P ( x ) = −3 Xét P ( x ) không số Phương trình cho tương đương với ( x − 2) ⎡⎣ P (3x + 2) + 3⎤⎦ = 32015 x ⎡⎣ P ( x ) + 3⎤⎦ , ∀x ∈ ° Đặt Q ( x ) = P ( x ) + ta ( x − ) Q (3x + ) = 32015 xQ ( x ) , ∀x ∈ ° Cho x = ⇒ Q ( ) = Đặt Q ( x ) = ( x − ) R ( x ) , ta R (3x + ) = 32014 R ( x ) , ∀x ∈ ° ⇔ R (3x − 1) = 32014 R ( x − 1) , ∀x ∈ ° Lại đặt S ( x ) = R ( x − 1) ta có S (3x ) = 32014 S ( x ) , ∀x ∈ ° (10′) Giả sử S ( x ) = an x n + an −1x n −1 + + a1x + a0 ( an ≠ ) , thay vào phương trình (10′ ) so sánh hệ số x n có 3n an = 32014 an ⇒ n = 2014 Tiếp tục so sánh hệ số x i , i = 0,1, , 2013 ta 3i = 32014 , i = 0,1, , 2013 ⇒ = 0, i = 0,1, , 2013 Vậy S ( x ) = cx 2014 , ∀x ∈ ° ( c ≠ ) , từ suy R ( x ) = c ( x + 1) 2014 ⇒ Q ( x ) = ( x − ) c ( x + 1) 2014 ⇒ P ( x ) = c ( x − )( x + 1) 2014 − 3, ∀x ∈ ° Tóm lại P ( x ) = c ( x − )( x + 1) − 3, ∀x ∈ ° Thử lại thoả mãn phương trình cho.■ Nhận xét: Qua thí dụ bạn đọc tự sáng tác phương trình hàm đa thức dạng theo mong muốn để phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, chẳng hạn 2014 (c Xuất phát từ Q ( x + 1) = Q ( x ) , ∀x ∈ ° ⇒ Q ( x ) = c , ta suy x ( x − ) Q ( x + 1) = x ( x − ) Q ( x ) (* ) Đặt P ( x ) = x ( x − ) Q ( x ) ⇒ P ( x + 1) = ( x + 1)( x − 1) Q ( x + 1) Do P ( x + 1) = P ( x ) ⇒ x ( x − ) P ( x + 1) = ( x + 1)( x − 1) P ( x ) (* ) ⇒ x ( x − ) ( x + 1)( x − 1) ( ) ( ) Hay x − x P ( x + 1) = x − P ( x ) ta có toán Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn: x − x P ( x + 1) = x − P ( x ) , ∀x ∈ ° ( ) ( Bằng cách đặt R ( x ) = P ( x ) − x (x ⇔ (x 2 ) − x ) R ( x + 1) − ( x ( ) ) − x ( R ( x + 1) + x + 1) = x − ( R ( x ) + x ) ) − R ( x ) = 2x + 2x Và ta có toán Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn x − x P ( x + 1) − x − P ( x ) = x + x , ∀x ∈ ° ( ) ( ) KẾT LUẬN Bài viết giải lớp tập phương trình hàm đa thức dạng F ( x ) P ( x ) = G ( x ) P ( ax + b ) ,deg F = deg G Tác giả sưu tầm, biên soạn, sáng tác trình bày lời giải hệ thống thí dụ phân mịn từ mức độ dễ đến khó, từ minh họa phương pháp tư duy, tiếp cận tập phương trình hàm đa thức Thông qua cách giải thí dụ, nhận xét, lời bình, tác giả hy vọng bạn đọc tự sáng tác tập tương tự, tổng quát, có độ phức tập Mọi lý thuyết hình thành từ thực tiễn, thông qua tập đề xuất toán tổng quát cho nội dung liên quan đến bồi dưỡng học sinh giỏi Để hình thành kỹ năng, phương pháp tư duy, tiếp cận tập đa thức tốt hơn, đề nghị bạn đọc giải số tập sau BÀI TẬP (Baltic Way 2010) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn ( x − 2010) P ( x + 67 ) = xP ( x ) , ∀x ∈ ¢ Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn xP ( x − 1) = ( x − 15) P ( x ) , ∀x ∈ ° (Croatian 1994) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn xP ( x − n ) = ( x − 1) P ( x ) , ∀x ∈ ° với n ∈ • Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn xP ( x − 1) = ( x − 2014 ) P ( x ) − 2014, ∀x ∈ ° Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn ( x + 4) P ( x ) + x = xP ( x + 2) , ∀x ∈ ° Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn xP ( x ) + P (1 − x ) = x − x + 3, ∀x ∈ ° Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn ( x − 1) P ( x ) = ( x − 3) P ( x + ) , ∀x ∈ ° Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn x ( x − 1) P ( x ) = ( x + 1) P ( x − 1) , ∀x ∈ ° (Irish 1997) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn ( x − 16) P ( x ) = 16 ( x − 1) P ( x ) , ∀x ∈ ° 10 (Nguyễn Vũ Lương) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn ( 4x + 4x + 2)(4x − 2x ) P ( x ) = ( x + 1)( x − 3x + 2) P (2x + 1), ∀x ∈ ° 11 (Kiều Đình Minh) Tìm tất đa thức P ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ thoả mãn 2 (4x ) ( ) + x P ( x ) − x + x − P ( x + 1) = x + 3x + 3x + 2, ∀x ∈ ° 12 Chứng minh với số tự nhiên k tồn đa thức Pk ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ bậc k + cho Pk ( ) = Pk ( x + 1) − Pk ( x ) = x k , ∀x ∈ ° 13 (Bulgaria 2004) Tìm tất cặp đa thức P ( x ) , Q ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ đa thức thoả mãn P ( x ) Q ( x + 1) = P ( x + 2004 ) Q ( x ) , ∀x ∈ ° 14 (Putnam 2010) Tìm tất cặp đa thức P ( x ) , Q ( x ) ∈ ° ⎡⎣x ⎤⎦ cho P ( x ) Q ( x + 1) − P ( x + 1) Q ( x ) = 1, ∀x ∈ ° 10 ... vào giải tập Qua thực tiễn bồi dưỡng học sinh giỏi, qua việc tập hợp sưu tầm toán đa thức, thân cố gắng tối đa hóa, xếp hợp lý số dạng toán Đa thức Bài viết Cách giải lớp phương trình hàm đa thức. .. tế, toán đa thức thường xuất mức độ không dễ Các toán đa thức phong phú, đa dạng phức tạp, khó để phân loại hệ thống hóa thành dạng toán, chuyên đề riêng biệt Khi tiếp cận với toán đa thức, học... biên soạn, sáng tác trình bày lời giải hệ thống thí dụ phân mịn từ mức độ dễ đến khó, từ minh họa phương pháp tư duy, tiếp cận tập phương trình hàm đa thức Thông qua cách giải thí dụ, nhận xét,