★ Mỹ Phẩm Whoo Cho Bà Bầu- Mỹ Phẩm Cho Bà Bầu An Toàn Và Hiệu Quả

--- Bài mới hơn ---

  • Bộ Mỹ Phẩm Whoo Đỏ- Sản Phẩm Không Thể Thiếu Khi Làm Đẹp
  • Bộ Mỹ Phẩm Whoo Tái Sinh- Trọn Bộ Sản Phẩm Cho Một Làn Da Chắc Khỏe, Hồng Hào
  • Mỹ Phẩm Whoo Sum- Vũ Khí Làm Đẹp Của Phụ Nữ
  • ★ Điều Kiện Để Được Đăng Ký Thương Hiệu Cá Nhân
  • Kiểm Tra Đăng Ký Nhãn Hiệu Logo Bằng Cách Nào?
  • Ngày nay, mỹ phẩm đã trở thành người bạn không thể thiếu được của chị em phụ nữ. Bên cạnh đó, trong mỹ phẩm có rất nhiều hóa chất nên nhiều chị em phụ nữ đã phải từ bỏ nó trong thời gian mang thai vì sợ ảnh hưởng đến sức khỏe của mình và em bé.

    Tuy nhiên, trong quá trình mang thai làn da của phụ nữ sẽ có nhiều sự thay đổi và bắt đầu dấu hiệu lão hóa nên cần phải có sự chăm sóc da nhiều hơn. Vậy làm sao để cân bằng giữa việc làm đẹp và đảm bảo sức khỏe thai nhi khi mà mà muốn đẹp thì phải dùng đến mỹ phẩm để bảo dưỡng chứ?

    Câu hỏi đặt ra liệu rằng có loại mỹ phẩm nào phù hợp cho bà bầu không? Đáp án là có đấy mỹ phẩm whoo cho bà bầu sản phẩm làm đẹp an toàn và ít hóa chất làm giảm khả năng gây hại cho em bé và người mẹ. Tuyệt quá đúng không nhờ sản phẩm này chị em phụ nữ sẽ thoải mái xinh đẹp dù đang bầu bì.

    Mỹ phẩm whoo cho bà bầu vì sao được phép dùng.

    Như đã nói ở trên trong thành phần mỹ phẩm có chưa rất nhiều chất hóa học không an toàn cho phụ nữ mang bầu nên dễ dàng sảnh hưởng đến sức khỏe của cả hai, vậy vì sao bạn có thể sử dụng được mỹ phẩm whoo cho bà bầu được ?

    Mọi người nên biết rằng những bà bầu có thể dùng được mỹ phẩm khi mà thành phần của nó có ít chất hóa hóa nhiều chất tự nhiên và mỹ phẩm whoo là sự lựa chọn hoàn hảo. Whoo là sự kết hợp của các công thức bí mật của triều đình, y học phương đông và trải qua quá trình nghiên cứu chặt chẽ.

    Sử dụng những nguyên liệu tự nhiên, chiết xuất từ thảo mộc và các phương thức đông y quý giá nên không gây độc hại cho bà bầu mà vẫn giúp nuôi dưỡng làn da sâu tận bên trong, trắng, căng mịn, ngăn ngừa lão hóa.

    Mỹ phẩm whoo cho bà bầu- cần thận trọng khi mua sản phẩm

    Trong quá trình mang thai, chị em phụ nữ thương hay bị stress nặng nên dễ thúc đẩy quá trình lão hóa vì vậy nên cần phải chăm sóc thật tốt. Và điều đặc biệt nếu chị em cảm thấy mình đẹp hơn sẽ giúp cho bản thân thoải mái và khỏe mạnh hơn.

    Vậy đừng chần chờ gì nữa mà không dùng ngay mỹ phẩm whoo cho bà bầu. Tuy nhiên, khi mua sản phẩm chị em nên mua hàng xách tay uy tín, order niêm yết đầy đủ tránh mua trúng sản phẩm giả sẽ gây hại cho sức khỏe.

    ~~~

    Đại lí mỹ phẩm whoo- mỹ phẩm đáng tin cậy cho phụ nữ

    Như mọi người biết đấy làm đẹp là một phần không thể thiếu trong cuộc sống của con người đặc biệt là chị em phụ nữ chúng ta. Để có thể làm đẹp bản thân mình, tăng thêm vẻ cuốn hút thì không thể nào mà thiếu được người bạn đồng hành là mỹ phẩm được.

    Mỹ phẩm làm đẹp xuất hiện từ thời xa xưa từ những món đồ đơn giản được chế tạo từ những thành phần tự nhiên cho đến nay là những món mỹ phẩm chăm sóc khác nhau với những chức năng, công dụng, thành phần khác nhau.

    Trên các thị trường xuất hiện hàng loạt mỹ phẩm với những thương hiệu, giá cả, hình dạng khác nhau cạnh tranh từng ngày. Nhưng liệu đâu là sản phẩm làm đẹp tốt nhất cho phái đẹp khi hiện nay đang xuất hiện nhiều sản phẩm giả.

    Câu trả lời đó là đại lí mỹ phẩm whoo– người bạn đồng hành đáng tin cậy trên con đường làm đẹp không thể thiếu của chị em phụ nữ.

    Đại lí mỹ phẩm whoo- nơi cung cấp sản phẩm chất lượng uy tín.

    Như đã nói ở trên, hiện nay trên thị trường có rất nhiều loại mỹ phẩm kém chất lượng, độc hại được bày bán, những sản phẩm không rõ nguồn gốc, nhãn mác, gắn tem giả xuất hiện ngày càng nhiều khiến bạn hoang mang.

    Nhưng đừng lo lắng hãy tìm đến đại lí mỹ phẩm whoo– nơi cung cấp mỹ phẩm chất lượng, đảm bảo an toàn. Đại lí mỹ phẩm whoo là một đại lí có tiếng, uy tín trong lĩnh vực làm đẹp, địa chỉ thân thuộc của nhiều chị em.

    Cam kết hàng chính hãng, mỹ phẩm về liên tục, mẫu mã cập nhật luôn mới để đáp ứng nhu cầu khách hàng. Sản phẩm được chiết xuất từ thiên nhiên chứa nhiều chất dinh dưỡng và vitamin E để nuôi dưỡng làn da sâu tận bên trong giúp da trắng hồng, khỏe mạnh.

    Đặc biệt là không có thành phần hóa học gây kích ứng da hay tác dụng phụ trong quá trình sử dụng. Thật là một sản phẩm tuyệt vời đúng không nào.

    Đại lí mỹ phẩm whoo- chào đón quý khách ghé thăm

    Đại lí mỹ phẩm whoo luôn cố gắng hết mình để giúp đỡ, tư vấn, phục vụ tận tình những ai có nhu cầu. Sản phẩm mới, mẫu mã đẹp, giá tiền khác nhau tha hồ cho bạn lựa chọn.

    Bên cạnh đó, đại lí có hẳn trang web trên mạng sẽ giúp những ai bận rộn có thể riết kiệm thời gian và có dịch vụ ship tận nhà cho những ai ở xa.

    Tiện lợi quá đúng không nhỉ vậy sao chúng ta không cùng nhau lựa chọn mỹ phẩm whoo là người đồng hành tin cậy trên con đường làm đẹp nhỉ.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Rượu Vang Đà Lạt Beco- Thương Hiệu Nổi Tiếng, Uy Tín
  • Rượu Vang Chát Đà Lạt- Hương Vị Mới Đem Lại Sự Bức Phá
  • Rượu Vang Đà Lạt 750Ml- Đồ Uống Chất Lượng, Thơm Ngon
  • ★ Rượu Vang Đà Lạt Để Được Bao Lâu- Điều Cần Lưu Ý Để Sử Dụng Hiệu Quả
  • Giá Vàng Sjc 24H
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 8: Ttmt

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Phương Pháp Tính
  • 30 Bài Toán Phương Pháp Tính
  • Bài Tập Phương Pháp Tính Giá
  • Bản Mềm: Cách Giải Bài Tập Tính Nhanh Giá Trị Biểu Thức
  • Bài Tập Tính Giá Thành Sản Phẩm
  • Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

    Câu 1

    Hãy mô tả tháp Bình Sơn và khu lăng mộ An Sinh.

    Trả lời:

    – Tháp Bình Sơn ( Vĩnh Phúc ):

    là công trình kiến trúc bằng đất nung dựng trước sân chùa Vĩnh Khánh. Tháp mặt bằng vuông càng lên cao càng nhỏ dần, tất cả các tầng tháp điều được trang trí hoa văn rất phong phú xham5 khắc công phu. Hiện tháp còn 11 tầng, cao 15m các tầng trên của tháp bị hư hỏng .

    – Khu lăng mộ An Sinh ( Quảng Ninh ):

    Là trung tâm tín ngưỡng quan trọng. Là khu lăng mộ lớn của các vua Trần: gồm một ngôi đền và lăng mộ của các vị vua Trần, nằm rải rác trong một khuôn viên khá rộng lớn có bán kính 20 km để thờ “Bát vị Hoàng Ðế” thời Trần, cách rất xa nhau nhưng tất cả điều quy tụ về 1 hướng là khu đền An Sinh. Di tích được xây dựng thời Trần, trùng tu vào thời Hậu Lê và thời Nguyễn.

    (Vào ngày 20 tháng 8 (âm lịch) hàng năm, đền An Sinh long trọng mở hội An SinhCâu 2 ) Trả lời:

    Hãy nhận xét tượng Hổ ở lăng Trần Thủ Độ và bức chạm khắc Tiên nữ đầu người mình chim đang dân hoa ở chùa Thái Lạc.

    – Tượng Hổ lăng Trần Thủ Độ (Thái Bình):

    Kích thước gần như thật dài 1m43 cao 0,75m rộng 0,64m.

    Cơ thể uyển chuyển nằm xoài trên bệ, dáng điệu ung dung tự tại, đầu hơi ngóc lên, mắt hướng về phía trước, đôi tai dỏng lên như đón nghe một tiếng động nào vọng từ nơi xa thẳm; tất cả được quy vào nhịp điệu và kết cấu khối đơn giản trong cơ học bản thân của mãnh thú. Trong sự tĩnh lặng như Thiền đã tiềm tàng một sức bật mạnh mẽ, siêu phàm. Cái đuôi Hổ là cả một khối kỷ hà vuông thành, sắc cạnh. Vẻ oai phong lẫm liệt của chúa sơn lâm góp phần làm tăng thêm vẻ uy nghi của lăng Thái sư Trần Thủ Độ.

    – Tiên nữ đầu người mình chim đang dân hoa (chùa Thái Lạc – Hưng Yên ):

    Câu 3

    Nửa trên là người, nửa dưới là thân chim. Các hình được sắp xếp bố cục cân đối nhưng không đơn điệu. Các nét chạm, đục nông sâu khác nhau tạo nên không gian vừa thực vừa ảo làm cho bức chạm khắc càng lung linh, sống động. Hai tiên nữ được chạm khắc cân đối, đầu hơi nghiêng về phía sau và đôi tay kính cẩn dâng bình hoa về phía trước với đôi cánh chim dang rộng. Khoảng không gian xung quanh xen đặc những hình xoắn ốc để diễn tả hoa và mây, các hình sắp xếp cân đối nhưng không đơn điệu.”

    Trả lời:

    Các công trình mĩ thuật thời Trần có đặc điểm gì.

    – Mang vẻ đẹp khỏe khoắn, tạo hình khoáng đạt, hình ảnh dung dị, đôn hậu và chất phác.

    chúng tôi

    – Sự giao lưu văn hóa rộng rãi, tinh thần võ lực cao

    --- Bài cũ hơn ---

  • 45 Câu Bài Tập Mệnh Đề Quan Hệ Kinh Điển (Kèm Đáp Án)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính 2 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải (Phần 1)
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải Đáp Án
  • Bài Tập Kế Toán Tài Chính Có Lời Giải Chi Tiết
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 1: Ttmt

    --- Bài mới hơn ---

  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 6 Bài 24 : Thường Thức Mĩ Thuật: Giới Thiệu Mợt Số Tranh Dân Gian Việt Nam
  • Đề Thi Phương Pháp Tính Và Matlab
  • Giải Chi Tiết Bài Tập Chương 2, Sinh Học Lớp 12
  • Nghiên Cứu Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lý Định Tính Lớp 10 Và Ứng Dụng
  • Định Hướng Cách Giải Bài Tập Định Tính Cho Học Sinhtrong Dạy Học Vật Lý
  • Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

    Câu 1

    Hãy nêu một số nét về bối cảnh xã hội thời Trần.

    Trả lời:

    – Chế độ trung ương tập quyền được củng cố và tang cường.

    – Ba lần chiếc thăng quân xâm lược Mông-Nguyên, tinh thần tự cường, tự chủ dân tộc tang cao, đất nước giàu mạnh. Là điều kiện cho nền nghệ thuật phát triển.

    Câu 2

    Nêu vài nét về kiến trúc, điêu khắc, trang trí và đồ gốm thời Trần.

    Trả lời:

    – Kiến trúc:

    + Kiến trúc cung đình: tu bổ kinh thành Thăng Long, xây dựng cung điện Thiên Trường ( Tức Mặc – Nam Định), xây các khu lăng mộ nổi tiếng như lăng Trần Thủ Độ ( Thái Bình ), khu lăng mô An Sinh ( Quảng Ninh ).

    + Kiến trúc phật giáo: xây dựng nhiều chùa, tháp như các chùa núi Yên Tử, chùa Bối Khê, tháp chùa Phổ Minh, tháp Bình Sơn…

    – Điêu khắc và trang trí: Tượng luôn gắn với công trình kiến trúc. Tượng Phật ở các chùa, tượng quan hầu, tượng các con thú…ở các khu lăng mộ.

    + Chạm khắc: chủ yếu để trang trí tôn lên vẻ đẹp của các công trình kiến trúc. Đặc biệt hình tượng con Rồng thân hình mập mạp, uốn khúc mạnh mẽ hơn rồng thời Lý.

    – Đồ gốm: gốm gia dụng phát triển.

    + Có xương dày, thô và nặng hơn thời Lý.

    + Họa tiết: hoa sen, hoa cúc cách điệu thể thức không thay đổi so với thời Lý.

    + Đường nét: khoáng đạt không gò bó

    Câu 3

    Đặc điểm của mĩ thuật thời Trần.

    Trả lời:

    – Mang vẽ đẹp khỏe khoắn, phóng khoáng, biểu hiện được sức mạnh, long tự hào, tự tôn của dân tộc.

    – Kế thừa tinh hoa mĩ thuật thời Lý nhưng dung dị, đôn hậu và chất phác hơn.

    – Tiếp nhận được một số yếu tố nghệ thuật của các nước láng giềng nên đã bổ sung làm giàu cho nền nghệ thuật dân tộc.

    chúng tôi

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lý Thuyết Và Bài Tập Về Mệnh Đề Môn Toán Lớp 10
  • Tổng Hợp Bài Tập Về Đại Từ Quan Hệ Trong Tiếng Anh (Có Đáp Án)
  • Mệnh Đề Quan Hệ (Relative Clauses), Cấu Trúc, Cách Dùng Và Bài Tập
  • Bài Tập Tiếng Anh Về Mệnh Đề Quan Hệ Có Đáp Án
  • Mệnh Đề Quan Hệ Trong Tiếng Anh (Relative Clause): Công Thức, Cách Dùng
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 14: Ttmt

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Soạn Bài Phương Pháp Tả Người Sbt Ngữ Văn 6 Tập 2
  • Soạn Bài Phương Pháp Tả Người Lớp 6
  • Soạn Bài Phương Pháp Tả Người (Siêu Ngắn)
  • Soạn Văn Lớp 6 Bài Phương Pháp Tả Người Ngắn Gọn Hay Nhất
  • Hướng Dẫn Soạn Bài Phương Pháp Tả Người Sgk Ngữ Văn 6 Tập 2
  • Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

    Câu 1

    Nêu vài nét về bối cảnh xã hội Việt Nam từ cuối thế kỉ XIX đến năm 1954.

    – Năm 1858 thực dân Pháp xâm lược Việt Nam.

    – Năm 1930 Đảng cộng sản Việt Nam ra đời.

    – Năm 1945 cách mạng tháng tám thành công, nhà nước công – nông ra đời.

    Các họa sĩ hăng hái tham gia kháng chiến và đã có mắt trên mọi chiến lũy với tư các là người chiến sĩ – nghệ sĩ cách mạng.

    Câu 2

    Nêu một số hoạt động của mĩ thuật Việt Nam trong thời kì này.

    * Giai đoạn 1 (từ cuối thế kỉ XIX đến năm 1930):

    – Giai đoạn chịu nhiều ảnh hưởng của nghệ thuật Trung Hoa và Pháp. Hội họa chưa có gì đáng kể ngoài vài tác phẩm của họa sĩ Lê Văn Miến

    – 1901 : xây dựng trường Mĩ nghệ Thủ Dầu Một.

    – 1913 : trường Mĩ nghệ Trang trí và Đồ họa Gia Định.

    – 1925 : trường Cao đẳng Mĩ thuật Đông Dương.

    * Giai đoạn 2 (từ năm 1930 đến năm 1945):

    – Hình thành phong cách nghệ thuật đa dạng với nhiều chất liệu khác nhau.

    – Chất liệu sơn dầu và sơn mài được sử dụng chủ yếu.

    – Tác phẩm tiêu biểu: (1943) Thiếu nữ bên hoa huệ; (1944) Hai thiếu nữ và em bé của Tô Ngọc Vân; (1943) Em Thúy của Trần Văn Cẩn …

    * Giai đoạn 3 (từ năm 1945 đến năm 1954):

    – Chủ yếu vẽ tranh cổ động và kí họa.

    – Đề tài phản ánh không khí toàn quốc kháng chiến, toàn dân kháng chiến.

    – 1952 thành lập trường Mĩ thuật kháng chiến.

    – Tác phẩm tiêu biểu: Trận tầm vu của Nguyễn Hiêm, Bác Hồ với các em thiếu nhi của Diệp Minh Châu…

    Câu 3

    Kể tên một số tác giả, tác phẩm được nêu trong bài.

    – Chân dung cụ Tú Mền – Hs Lê Văn Miến ( sơn dầu )

    – Cuộc họp – Hs Nguyễn Đỗ Cung ( màu bột )

    – Con trâu quả thực – Hs Tô Ngọc Vân ( kí họa màu nước )

    – Trận Tầm Vu – Hs Nguyễn Hiêm (màu bột )

    – Em thúy – Hs Trần Văn Cẩn ( sơn dầu)

    – Đi chợ về – Hs Nguyễn Phan Chánh ( tranh lụa )…

    chúng tôi

    --- Bài cũ hơn ---

  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 21: Ttmt Một Số Tác Giả, Tác Phẩm Tiêu Biểu Của Mĩ Thuật Việt Nam Từ Cuối Thế Kỉ Xix Đến Năm 1954
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 7 Bài 30: Ttmt Một Số Tác Giả, Tác Phẩm Tiêu Biểu Của Mĩ Thuật Ý Thởi Kì Phục Hưng
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 8 Bài 5:ttmt
  • Soạn Mĩ Thuật Lớp 8 Bài 29: Ttmt Một Số Tác Giả, Tác Phẩm Tiêu Biểu Của Trường Phái Hội Họa Ấn Tượng
  • Soạn Bài Kể Chuyện Tưởng Tượng (Chi Tiết)
  • Băn Khoăn Sữa Similac Advance Của Mỹ Có Tốt Không?

    --- Bài mới hơn ---

  • Nhiều Đồn Đoán Rằng Sữa Similac Bị Nhiễm Khuẩn ? Thực Hư Thế Nào ?
  • ★ Bạn Biết Gì Về Cách Pha Sữa Similac Hmo Không Bị Vón Cục
  • Bạn Biết Gì Về Sữa Similac Hmo Nhiễm Khuẩn
  • Bạn Biết Gì Về Sữa Similac Hmo Cho Trẻ 6 – 12 Tháng
  • Bạn Biết Gì Về Sữa Abbott Similac Hmo
  • Cho bé ăn gì – cho bé uống gì thì tốt ? Cho bé xài các sản phẩm của thương hiệu nào, liệu có phù hợp hay không ? Trăm ngàn câu hỏi đặt ra cho các bà mẹ bỉm sữa, nhất là các bà mẹ mới sinh con lần đầu.

    Vậy thì đã bao giờ các mẹ nghe đến cái tên sản phẩm Similac Advance của Mỹ dành cho trẻ sơ sinh chưa ? Liệu sữa Similac Adavance của Mỹ có tốt không nhỉ ? Hãy cùng tôi tìm hiểu các mẹ nhé.

    Sữa Similac Advance của Mỹ có tốt không – câu hỏi của nhiều bà mẹ bỉm sữa

    Similac là thương hiệu sữa đến từ Abbott Hoa Kì (Mỹ). Dù đã xuất hiện rất lâu trên thị trường nhưng thương hiệu này vẫn có một chỗ đứng nhất định trong hội các bà mẹ bỉm sữa, không chỉ vì đây là dòng sản phẩm chất lượng cao ngoại nhập mà hãng sữa này rất biết chiều chuộng khách hàng của mình khi cho ra đời rất nhiều dòng sản phẩm khác nhau, phục vụ nhu cầu của nhiều bà mẹ bỉm sữa. Băn khoăn sữa Similac Advance của Mỹ có tốt không của các bà mẹ là hoàn toàn chính xác và có căn cứ bởi vì tuy là dòng sữa được nhiều người dùng tin cậy nhưng công dụng của nó thế nào chắc chắn các mẹ phải nắm rõ.

    Giải đáp thắc mắc : Sữa Similac Advance của Mỹ có tốt không

    • Similac bổ sung OptiGRO. OptiGRO là sự pha trộn độc quyền của DHA, Lutein và Vitamin E, các thành phần quan trọng được tìm thấy trong sữa mẹ.Những thành phần giúp cho đôi mắt của bé cũng như trí não của bé một cách hiệu quả:

    DHA cho não và mắt lớn mạnh

    Lutein để hỗ trợ sức khỏe mắt

    Vitamin E là 1 chất dinh dưỡng quan yếu tìm thấy trong sữa mẹ để tương trợ các tế bàophát triển

    Cung cấp lượng dinh dưỡng cần thiết nhờ lượng DHA và ARA cho bé: 

    Phân phối đến hơn 50% lượng canxi nhu yếu cho bé một hệ khung xương khoẻ mạnh, vững chắc, nó có DHA và ARA thành phần giúp bé phát triển trí tuệ và nhãn quang.

    Đặc thù với công thức bổ sung (Early Shield) giúp xúc tiến lớn mạnh não và mắt , tăng sức đề kháng, giúp xương chắc khỏe và ko bị táo bón như dòng sản phẩm trước của sữa Similac.

    Sữa Similac Advance của Mỹ có tốt hay không, chỉ nhìn qua những ưu điểm này các mẹ cũng có thể nhìn ra được đúng không nào. Vậy thì còn chần chừ gì mà không thử dòng sản phẩm này cho bé yêu nhà mình nhỉ ? Chúc các mẹ sẽ chọn được loại sữa phù hợp với bé con nhà mình nhé, và chúc các bé luôn khỏe mạnh, đáng yêu. Hy vọng bài viết này có ích với các mẹ bỉm sữa nhé.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Sữa Similac Special Care 24 – Giải Pháp Vàng Cho Trẻ Sinh Non
  • Bất Ngờ Về Công Dụng Hoàn Hảo Của Sữa Similac 4
  • Sữa Similac Newborn 1 – Giải Pháp Vàng Cho Sự Phát Triển
  • ★ Bật Mí Cách Nhận Biết Sữa Similac Mom Giả
  • Pha Sữa Cho Trẻ Sơ Sinh Bằng Nước Gì – Nỗi Băn Khoăn Của Nhiều Bà Mẹ
  • Giải Thuật Và Lập Trình: §3. Đệ Quy Và Giải Thuật Đệ Quy

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Thuật Và Lập Trình: §1. Công Thức Truy Hồi
  • Chương Iv. §8. Một Số Phương Trình Và Bất Phương Trình Quy Về Bậc Hai
  • Giáo Án Đại Số 10 Nâng Cao: Một Số Phương Trình Và Bất Phương Trình Quy Về Bậc Hai
  • Phân Tích Và Đọc Kết Quả Hồi Quy Đa Biến Trong Spss
  • Giải Bài Toán Yêu Nhau Cau Sáu Bổ Ba
  • KHÁI NIỆM VỀ ĐỆ QUY

    Ta nói một đối tượng là đệ quy nếu nó được định nghĩa qua chính nó hoặc một đối tượng khác cùng dạng với chính nó bằng quy nạp.

    Ví dụ: Đặt hai chiếc gương cầu đối diện nhau. Trong chiếc gương thứ nhất chứa hình chiếc gương thứ hai. Chiếc gương thứ hai lại chứa hình chiếc gương thứ nhất nên tất nhiên nó chứa lại hình ảnh của chính nó trong chiếc gương thứ nhất… Ở một góc nhìn hợp lý, ta có thể thấy một dãy ảnh vô hạn của cả hai chiếc gương.

    Một ví dụ khác là nếu người ta phát hình trực tiếp phát thanh viên ngồi bên máy vô tuyến truyền hình, trên màn hình của máy này lại có chính hình ảnh của phát thanh viên đó ngồi bên máy vô tuyến truyền hình và cứ như thế…

    Trong toán học, ta cũng hay gặp các định nghĩa đệ quy:

    GIẢI THUẬT ĐỆ QUY

    Nếu lời giải của một bài toán P được thực hiện bằng lời giải của bài toán P’ có dạng giống như P thì đó là một lời giải đệ quy. Giải thuật tương ứng với lời giải như vậy gọi là giải thuật đệ quy. Mới nghe thì có vẻ hơi lạ nhưng điểm mấu chốt cần lưu ý là: P’ tuy có dạng giống như P, nhưng theo một nghĩa nào đó, nó phải “nhỏ” hơn P, dễ giải hơn P và việc giải nó không cần dùng đến P.

    Trong Pascal, ta đã thấy nhiều ví dụ của các hàm và thủ tục có chứa lời gọi đệ quy tới chính nó, bây giờ, ta tóm tắt lại các phép đệ quy trực tiếp và tương hỗ được viết như thế nào:

    Định nghĩa một hàm đệ quy hay thủ tục đệ quy gồm hai phần:

    Phần neo (anchor): Phần này được thực hiện khi mà công việc quá đơn giản, có thể giải trực tiếp chứ không cần phải nhờ đến một bài toán con nào cả.

    Phần đệ quy: Trong trường hợp bài toán chưa thể giải được bằng phần neo, ta xác định những bài toán con và gọi đệ quy giải những bài toán con đó. Khi đã có lời giải (đáp số) của những bài toán con rồi thì phối hợp chúng lại để giải bài toán đang quan tâm.

    Phần đệ quy thể hiện tính “quy nạp” của lời giải. Phần neo cũng rất quan trọng bởi nó quyết

    định tới tính hữu hạn dừng của lời giải.

    VÍ DỤ VỀ GIẢI THUẬT ĐỆ QUY

    Hàm tính giai thừa

    function Factorial(n: Integer): Integer; {Nhận vào số tự nhiên n và trả về n!}

    begin

    if n = 0 then Factorial := 1 {Phần neo}

    else Factorial := n * Factorial(n – 1); {Phần đệ quy}

    end;

    Ví dụ: Dùng hàm này để tính 3!, trước hết nó phải đi tính 2! bởi 3! được tính bằng tích của 3 * 2!. Tương tự để tính 2!, nó lại đi tính 1! bởi 2! được tính bằng 2 * 1!. Áp dụng bước quy nạp này thêm một lần nữa, 1! = 1 * 0!, và ta đạt tới trường hợp của phần neo, đến đây từ giá trị 1 của 0!, nó tính được 1! = 1*1 = 1; từ giá trị của 1! nó tính được 2!; từ giá trị của 2! nó tính được 3!; cuối cùng cho kết quả là 6:

    3! = 3 * 2!

    2! = 2 * 1!

    1! = 1 * 0!

    0! = 1

    Dãy số Fibonacci

    Dãy số Fibonacci bắt nguồn từ bài toán cổ về việc sinh sản của các cặp thỏ. Bài toán đặt ra như sau:

    1. Các con thỏ không bao giờ chết

    2. Hai tháng sau khi ra đời, mỗi cặp thỏ mới sẽ sinh ra một cặp thỏ con (một đực, một cái)

    3. Khi đã sinh con rồi thì cứ mỗi tháng tiếp theo chúng lại sinh được một cặp con mới Giả sử từ đầu tháng 1 có một cặp mới ra đời thì đến giữa tháng thứ n sẽ có bao nhiêu cặp. Ví dụ, n = 5, ta thấy:

    Giữa tháng thứ 1:1 cặp (ab) (cặp ban đầu)

    Giữa tháng thứ 2:1 cặp (ab) (cặp ban đầu vẫn chưa đẻ)

    Giữa tháng thứ 3:2 cặp (AB)(cd) (cặp ban đầu đẻ ra thêm 1 cặp con) Giữa tháng thứ 4:3 cặp (AB)(cd)(ef) (cặp ban đầu tiếp tục đẻ)

    Giữa tháng thứ 5:5 cặp (AB)(CD)(ef)(gh)(ik) (cả cặp (AB) và (CD) cùng đẻ) Bây giờ, ta xét tới việc tính số cặp thỏ ở tháng thứ n: F(n)

    Nếu mỗi cặp thỏ ở tháng thứ n – 1 đều sinh ra một cặp thỏ con thì số cặp thỏ ở tháng thứ n sẽ là:

    F(n) = 2 * F(n – 1)

    Nhưng vấn đề không phải như vậy, trong các cặp thỏ ở tháng thứ n – 1, chỉ có những cặp thỏ đã có ở tháng thứ n – 2 mới sinh con ở tháng thứ n được thôi. Do đó F(n) = F(n – 1) + F(n – 2) (= số cũ + số sinh ra). Vậy có thể tính được F(n) theo công thức sau:

    F(n) = 1 nếu n ≤ 2

    function F(n: Integer): Integer; {Tính số cặp thỏ ở tháng thứ n}

    begin

    if n £ 2 then F := 1 {Phần neo}

    else F := F(n – 1) + F(n – 2); {Phần đệ quy}

    end;

    Giả thuyết của Collatz

    Collatz đưa ra giả thuyết rằng: với một số nguyên dương X, nếu X chẵn thì ta gán X := X p 2; nếu X lẻ thì ta gán X := X * 3 + 1. Thì sau một số hữu hạn bước, ta sẽ có X = 1.

    Ví dụ: X = 10, các bước tiến hành như sau:

    1. X = 10 (chẵn)X := 10 p 2;(5)

    Cứ cho giả thuyết Collatz là đúng đắn, vấn đề đặt ra là: Cho trước số 1 cùng với hai phép toán * 2 và p 3, hãy sử dụng một cách hợp lý hai phép toán đó để biến số 1 thành một giá trị nguyên dương X cho trước.

    Ví dụ: X = 10 ta có 1 * 2 * 2 * 2 * 2 p 3 * 2 = 10.

    Nếu X chẵn, thì ta tìm cách biểu diễn số X p 2 và viết thêm phép toán * 2 vào cuối Nếu X lẻ, thì ta tìm cách biểu diễn số X * 3 + 1 và viết thêm phép toán p 3 vào cuối

    procedure Solve(X: Integer); {In ra cách biểu diễn số X}

    begin

    if X = 1 then Write(X) {Phần neo}

    else {Phần đệ quy}

    if X mod 2 = 0 then {X chẵn}

    begin

    Solve(X p 2); {Tìm cách biểu diễn số X p 2} Write(‘ * 2’); {Sau đó viết thêm phép toán * 2} end

    else {X lẻ}

    begin

    Solve(X * 3 + 1); {Tìm cách biểu diễn số X * 3 + 1}

    Write(‘ p 3’); {Sau đó viết thêm phép toán p 3}

    end;

    end;

    procedure Solve(X: Integer); forward; {Thủ tục tìm cách biểu diễn số X: Khai báo trước, đặc tả sau}

    begin

    Solve(X * 3 + 1);

    Write(‘ p 3’); end;

    procedure SolveEven(X: Integer); {Thủ tục tìm cách biểu diễn số X trong trường hợp X chẵn}

    begin

    Solve(X p 2);

    Write(‘ * 2’); end;

    procedure Solve(X: Integer); {Phần đặc tả của thủ tục Solve đã khai báo trước ở trên}

    begin

    if X = 1 then Write(X) else

    if X mod 2 = 1 then SolveOdd(X) else SolveEven(X);

    end;

    Trong cả hai cách viết, để tìm biểu diễn số X theo yêu cầu chỉ cần gọi Solve(X) là xong. Tuy nhiên trong cách viết đệ quy trực tiếp, thủ tục Solve có lời gọi tới chính nó, còn trong cách viết đệ quy tương hỗ, thủ tục Solve chứa lời gọi tới thủ tục SolveOdd và SolveEven, hai thủ tục này lại chứa trong nó lời gọi ngược về thủ tục Solve.

    Đối với những bài toán nêu trên, việc thiết kế các giải thuật đệ quy tương ứng khá thuận lợi vì cả hai đều thuộc dạng tính giá trị hàm mà định nghĩa quy nạp của hàm đó được xác định dễ dàng.

    Nhưng không phải lúc nào phép giải đệ quy cũng có thể nhìn nhận và thiết kế dễ dàng như vậy. Thế thì vấn đề gì cần lưu tâm trong phép giải đệ quy?. Có thể tìm thấy câu trả lời qua việc giải đáp các câu hỏi sau:

    1. Có thể định nghĩa được bài toán dưới dạng phối hợp của những bài toán cùng loại nhưng nhỏ hơn hay không ? Khái niệm “nhỏ hơn” là thế nào ?

    2. Trường hợp đặc biệt nào của bài toán sẽ được coi là trường hợp tầm thường và có thể giải ngay được để đưa vào phần neo của phép giải đệ quy

    Bài toán Tháp Hà Nội

    Đây là một bài toán mang tính chất một trò chơi, tương truyền rằng tại ngôi đền Benares có ba cái cọc kim cương. Khi khai sinh ra thế giới, thượng đế đặt n cái đĩa bằng vàng chồng lên nhau theo thứ tự giảm dần của đường kính tính từ dưới lên, đĩa to nhất được đặt trên một chiếc cọc.

    Tháp Hà Nội

    Các nhà sư lần lượt chuyển các đĩa sang cọc khác theo luật:

    • Khi di chuyển một đĩa, phải đặt nó vào một trong ba cọc đã cho

    • Mỗi lần chỉ có thể chuyển một đĩa và phải là đĩa ở trên cùng

    • Tại một vị trí, đĩa nào mới chuyển đến sẽ phải đặt lên trên cùng

    • Đĩa lớn hơn không bao giờ được phép đặt lên trên đĩa nhỏ hơn (hay nói cách khác: một đĩa chỉ được đặt trên cọc hoặc đặt trên một đĩa lớn hơn).

    Ngày tận thế sẽ đến khi toàn bộ chồng đĩa được chuyển sang một cọc khác.

    Trong trường hợp có 2 đĩa, cách làm có thể mô tả như sau:

    Chuyển đĩa nhỏ sang cọc 3, đĩa lớn sang cọc 2 rồi chuyển đĩa nhỏ từ cọc 3 sang cọc 2.

    Những người mới bắt đầu có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng khi số đĩa là ít, nhưng họ sẽ gặp rất nhiều khó khăn khi số các đĩa nhiều hơn. Tuy nhiên, với tư duy quy nạp toán học và một máy tính thì công việc trở nên khá dễ dàng:

    Có n đĩa.

    • Nếu n = 1 thì ta chuyển đĩa duy nhất đó từ cọc 1 sang cọc 2 là xong.

    • Giả sử rằng ta có phương pháp chuyển được n – 1 đĩa từ cọc 1 sang cọc 2, thì cách chuyển n – 1 đĩa từ cọc x sang cọc y (1 ≤ x, y ≤ 3) cũng tương tự.

    • Giả sử ràng ta có phương pháp chuyển được n – 1 đĩa giữa hai cọc bất kỳ. Để chuyển n đĩa từ cọc x sang cọc y, ta gọi cọc còn lại là z (=6 – x – y). Coi đĩa to nhất là … cọc, chuyển n – 1 đĩa còn lại từ cọc x sang cọc z, sau đó chuyển đĩa to nhất đó sang cọc y và cuối cùng lại coi đĩa to nhất đó là cọc, chuyển n – 1 đĩa còn lại đang ở cọc z sang cọc y chồng lên đĩa to nhất.

    procedure Move(n, x, y: Integer); {Thủ tục chuyển n đĩa từ cọc x sang cọc y}

    begin

    if n = 1 then WriteLn(‘Chuyển 1 đĩa từ ‘, x, ‘ sang ‘, y)

    begin

    Move(n – 1, x, 6 – x – y); {Chuyển n – 1 đĩa từ cọc x sang cọc trung gian}

    Move(1, x, y); {Chuyển đĩa to nhất từ x sang y}

    Move(n – 1, 6 – x – y, y); {Chuyển n – 1 đĩa từ cọc trung gian sang cọc y}

    end;

    end;

    Chương trình chính rất đơn giản, chỉ gồm có 2 việc: Nhập vào số n và gọi Move(n, 1, 2).

    HIỆU LỰC CỦA ĐỆ QUY

    Qua các ví dụ trên, ta có thể thấy đệ quy là một công cụ mạnh để giải các bài toán. Có những bài toán mà bên cạnh giải thuật đệ quy vẫn có những giải thuật lặp khá đơn giản và hữu hiệu. Chẳng hạn bài toán tính giai thừa hay tính số Fibonacci. Tuy vậy, đệ quy vẫn có vai trò xứng đáng của nó, có nhiều bài toán mà việc thiết kế giải thuật đệ quy đơn giản hơn nhiều so với lời giải lặp và trong một số trường hợp chương trình đệ quy hoạt động nhanh hơn chương trình viết không có đệ quy. Giải thuật cho bài Tháp Hà Nội và thuật toán sắp xếp kiểu phân đoạn (QuickSort) mà ta sẽ nói tới trong các bài sau là những ví dụ.

    Có một mối quan hệ khăng khít giữa đệ quy và quy nạp toán học. Cách giải đệ quy cho một bài toán dựa trên việc định rõ lời giải cho trường hợp suy biến (neo) rồi thiết kế làm sao để lời giải của bài toán được suy ra từ lời giải của bài toán nhỏ hơn cùng loại như thế. Tương tự như vậy, quy nạp toán học chứng minh một tính chất nào đó ứng với số tự nhiên cũng bằng cách chứng minh tính chất đó đúng với một số trường hợp cơ sở (thường người ta chứng minh nó đúng với 0 hay đúng với 1) và sau đó chứng minh tính chất đó sẽ đúng với n bất kỳ nếu nó đã đúng với mọi số tự nhiên nhỏ hơn n.

    Rõ ràng là tính chất này đúng với n = 1, bởi ta cần 2 1 – 1 = 1 lần chuyển đĩa để thực hiện yêu cầu.

    Vậy thì công thức này sẽ đúng với mọi n.

    Thật đáng tiếc nếu như chúng ta phải lập trình với một công cụ không cho phép đệ quy, nhưng như vậy không có nghĩa là ta bó tay trước một bài toán mang tính đệ quy. Mọi giải thuật đệ quy đều có cách thay thế bằng một giải thuật không đệ quy (khử đệ quy), có thể nói được như vậy bởi tất cả các chương trình con đệ quy sẽ đều được trình dịch chuyển thành những mã lệnh không đệ quy trước khi giao cho máy tính thực hiện.

    Việc tìm hiểu cách khử đệ quy một cách “máy móc” như các chương trình dịch thì chỉ cần hiểu rõ cơ chế xếp chồng của các thủ tục trong một dây chuyền gọi đệ quy là có thể làm được. Nhưng muốn khử đệ quy một cách tinh tế thì phải tuỳ thuộc vào từng bài toán mà khử đệ quy cho khéo. Không phải tìm đâu xa, những kỹ thuật giải công thức truy hồi bằng quy hoạch động là ví dụ cho thấy tính nghệ thuật trong những cách tiếp cận bài toán mang bản chất đệ quy để tìm ra một giải thuật không đệ quy đầy hiệu quả.

    Bài tập

    Bài 1

    Viết một hàm đệ quy tính ước số chung lớn nhất của hai số tự nhiên a, b không đồng thời bằng 0, chỉ rõ đâu là phần neo, đâu là phần đệ quy.

    Bài 2

    Viết một hàm đệ quy tính C k theo công thức truy hồi sau:

    Chứng minh rằng hàm đó cho ra đúng giá trị:

    C nk = n! / k!(n – k)!

    Bài 3

    Nêu rõ các bước thực hiện của giải thuật cho bài Tháp Hà Nội trong trường hợp n = 3. Viết chương trình giải bài toán Tháp Hà Nội không đệ quy.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phân Tích Các Chương Trình Đệ Quy
  • Luận Văn Từ Bái Toán Giải Phương Trình Tới Bài Toán Quỹ Tích
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 10 Bài 3: Một Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất Và Bậc Hai (Nâng Cao)
  • Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai
  • Giáo Án Đại Số 10 Tiết 31: Luyện Tập Phương Trình Quy Về Phương Trình Bậc Nhất, Bậc Hai (Tiếp)
  • Kỹ Thuật Giải Phương Trình Hàm

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Trình Bậc Nhất Đối Với Hàm Số Lượng Giác
  • Cách Viết Và Cân Bằng Phương Trình Hoá Học
  • Hướng Dẫn Học Sinh Lớp 8 Giải Bài Tập Về Phương Trình Hóa Học Skkn Nhi Doc
  • Bài Tập Viết Phương Trình Hóa Học Chọn Lọc, Có Đáp Án
  • Hóa Học Lớp 9, Giải Bài Tập Hóa Học Lớp 9, Chuỗi Phương Trình Họa Học Lớp 9
  • Published on

    kỹ thuật giải phương trình hàm

    1. 3. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Tính f(0) 2. Thế y = −1, chứng minh f là hàm lẻ 3. Thế y = 1 ⇒ f(2x + 1) = 2f(x) + 1 4. Tính f(2(u + v + uv) + 1) theo (3) và theo giả thiết để suy ra f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u) 5. Cho v = −1 2 , u 2 → x và u → y, 2uv → x để suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 1.4. Tìm tất cả các hàm số f : R → R đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) = xf 1 x , ∀x = 0 f(x) + f(y) = 1 + f(x + y), ∀x, y ∈ R, (x, y) = (0, 0); x + y = 0 Hint: 1. Tính f(0), f(−1) 2. Tính a + 1 với a = f(1) = f € x+1 x+1 Š = f € x + 1 1 x+1 Š theo cả hai điều kiện. Đáp số: f(x) = x + 1 Nhận xét: Thủ thuật này áp dụng cho một lớp các bài toán gần tuyến tính Ví dụ 1.5. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R thỏa f(1) = 1 2 và f(xy) = f(x)f ‚ 3 y Œ + f(y)f 3 x , ∀x, y ∈ R+ Hint: 1. Tính f(3) 2. Thế y → 3 x Đáp số: f(x) = 1 2 Ví dụ 1.6. Tìm tất cả các hàm số f : R∗ → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + 2f 1 x = 3x, ∀x ∈ R∗ Hint: Thế x → 1 x Đáp số: f(x) = 2 x − x Ví dụ 1.7. Tìm tất cả các hàm số f : R{0, 1} → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + f x − 1 x = 2x, ∀x, ∈ R{0, 1} Hint: Thế x → x−1 x , x → −1 x−1 Đáp số: f(x) = x + 1 1−x − x−1 x Luyện tập: 2. Tìm tất cả các hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn điều kiện: f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q+ và f(x3 ) = f3 (x), ∀x ∈ Q+ GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    2. 4. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Quy nạp f(x + n) = f(x) + n, ∀x ∈ Q+ , ∀n ∈ N 2. Với p q ∈ Q+ , tính f p q + q2 3 ‹ theo hai cách. Đáp số: f(x) = x, ∀x ∈ Q+ Ví dụ 1.8. (VMO 2002). Hãy tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên tập số thực R và thỏa mãn hệ thức f (y − f(x)) = f € x2002 − y Š − 2001.y.f(x), ∀x, y ∈ R. (1) Giải a) Thế y = f(x) vào (1) ta được f(0) = f € x2002 − f(x) Š − 2002. (f(x))2 , ∀x ∈ R. (2) b) Lại thay y = x2002 vào (1) thì f € x2002 − f(x) Š = f(0) − 2001.x2002 .f(x), ∀x ∈ R. (3) Lấy (2) cộng với (3) ta được f(x) € f(x) + x2002 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra với mỗi giá trị x ∈ R thì ta có hoặc là f(x) = 0 hoặc là f(x) = −x2002 . Ta sẽ chỉ ra rằng để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R hoặc f(x) ≡ −x2002 , ∀x ∈ R. Thật vậy, vì f(0) = 0 trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại a = 0 sao cho f(a) = 0, và tồn tại b 0 sao cho f(b) = −b2002 (vì chỉ cần thay x = 0 vào quan hệ (1) ta nhận được hàm f là hàm chẵn). Khi đó thế x = a và y = −b vào (1) ta được f(−b) = f € a2002 + b Š . Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau 0 = −b2002 = f(b) = f(−b) = f € a2002 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2002 + b) 2002 (mâu thuẫn vì − (a2002 + b) 2002 −b2002 ) . Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận chỉ có hàm số f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 1.9. (Hàn Quốc 2003) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x − f(y)) = f(x) + xf(y) + f (f(y)) , ∀x, y ∈ R. (4) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    3. 6. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ví dụ 1.10. (Iran 1999) Xác định các hàm số f : R → R thỏa mãn f (f(x) + y) = f € x2 − y Š + 4yf(x), ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = x2 ta được f € f(x) + x2 Š = f(0) + 4×2 f(x), ∀x ∈ R. b) Thế y = −f(x) ta được f(0) = f € f(x) + x2 Š − 4 (f(x))2 , ∀x ∈ R. Cộng hai phương trình trên ta được 4f(x) € f(x) − x2 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây ta thấy với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) ≡ 0 hoặc là f(x) = −x2 . Ta chứng minh nếu hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán thì f phải đồng nhất với hai hàm số trên. Nhận thấy f(0) = 0, từ đó thay x = 0 ta được f(y) = f(−y), ∀y ∈ R, hay f là hàm chẵn. Giả sử tồn tại a = 0, b = 0 sao cho f(a) = 0, f(b) = −b2 , khi đó thay x = a, y = −b ta được f(−b) = f(a2 + b) → f(b) = f(a2 + b). Từ đó ta có quan hệ sau 0 = −b2 = f(b) = f(−b) = f € a2 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2 + b) 2 (mâu thuẫn vì − (a2 + b) 2 −b2 ) . Do đó xảy ra điều mâu thuẫn. Thử lại thấy hàm số f(x) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu. Nhận xét: 1. Rõ ràng bài toán VMO 2002 có ý tưởng giống bài toán này. 2. Ngoài phép thế như trên thì bài toán này ta cũng có thể thực hiện những phép thế khác như sau: a) Thế y = 1 2 € x2 − f(x) Š . b) Thế y = 0 để có f (f(x)) = f (x2 ), sau đó thế y = x2 − f(x). c) Thế y = x − f(x) và sau đó là y = x2 − x. Ví dụ 1.11. Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (x − f(y)) = 2f(x) + x + f(y), ∀x, y ∈ R. (6) Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    4. 9. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Vậy f(x) = −f(x), ∀x ∈ R, từ điều này kết hợp với (9) ta có f(0) (f(x) − 1) = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra f(0) = 0, vì nếu ngược lại thì f(x) = 1, ∀x = 0, trái với điều kiện f là hàm lẻ. Từ đây ta nhận được quan hệ quen thuộc (f(x))2 = x2 , ∀x ∈ R. Giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f (x0) = x0, khi đó trong (*) ta có x0 = f (x0) = −f (f(x0)) = −f(x0) = x0, vô lý. Vậy chứng tỏ f(x) = −x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Bài toán trên cho kết quả là hàm chẵn f(x) = −x. Nếu vẫn giữa nguyên vế phải và để nhận được hàm lẻ f(x) = x, ta sửa lại dữ kiện trong vế trái như trong ví dụ sau Ví dụ 1.14. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (f(x) − y) = f(x) − f(y) + f(x)f(y) − xy, ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = 0 ta được f (f(x)) = f(x) − f(0) + f(0).f(x), ∀x ∈ R. (10) b) Thế y = f(x) và sử dụng kết quả trên, ta được f(0) = f(x) − f (f(x)) + f(x).f (f(x)) − xf(x) (∗) = f(0) − 2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x), hay −2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x) = 0, ∀x ∈ R. c) Thế x = 0 vào đẳng thức trên ta được (f(0))2 − (f(0))2 = 0 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. d) Nếu f(0) = 0 thì thay vào (10) ta có f (f(x)) = f(x), ∀x ∈ R, thay kết quả này vào trong (*) ta có f(x) = x. e) Nếu f(0) = 1 thay vào (10) ta có f (f(x)) = 2f(x) − 1, thay vào trong (*) ta có f(x) = 1 2 x + 1. Kết luận: Thay vào ta thấy chỉ có hàm số f(x) = x, ∀x ∈ R là thỏa mãn yêu cầu. Ví dụ 1.15. (AMM,E2176). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f(2) = 2 và f ‚ x + y x − y Œ = f(x) + f(y) f(x) − f(y) , ∀x = y. Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    5. 10. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của bài toán dựa vào một chuỗi các sự kiện sau. Trước tiên nhận thấy f không thể là hàm hằng. a) Tính f(0), f(1). Thay y = 0 ta nhận được f(1) = f(x) + f(0) f(x) − f(0) → (f(1) − 1) f(x) = f(0) (1 + f(1)) , ∀x ∈ Q. Suy ra f(1) = 1, f(0) = 0. b) Hàm f là hàm lẻ. Thay y = −x ta có 0 = f(0) = f(x) + f(−x) → f(−x) = −f(x), ∀x ∈ Q. c) Thay y = cx, c = 1, x = 0 ta có f(x) + f(cx) f(x) − f(cx) = f 1 + c 1 − c = 1 + f(c) 1 − f(c) , suy ra f(cx) = f(c).f(x), lấy c = q, x = p q thì ta được f ‚ p q Œ = f(p) f(q) Ví dụ 1.16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f € (x − y)2 Š = (f(x))2 − 2xf(y) + y2 , ∀x, y ∈ R. Giải Thay x = y = 0 thì (f(0)) = (f(0))2 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. 1. Nếu f(0) = 0, thì thay x = y vào điều kiện ban đầu ta được f(0) = (f(x))2 − 2xf(x) + x2 = (f(x) − x)2 → f(x) = x, ∀x ∈ R. Nhận thấy hàm số này thỏa mãn. 2. Nếu f(0) = 1 thì lại vẫn thay x = y = 0 ta nhận được, với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) = x + 1 hoặc f(x) = x − 1. Giả sử tồn tại giá trị a sao cho f(a) = a − 1. Khi đó thay x = a, y = 0 ta được f € a2 Š = a2 − 4a + 1. Nhưng ta lại có hoặc là f (a2 ) = a2 + 1 hoặc là f (a2 ) = a2 − 1. Do đó ta phải có hoặc là a2 − 4a + 1 = a2 + 1 hoặc a2 − 4a + 1 = a2 − 1, tức a = 0 hoặc là a = 1 2 . Tuy nhiên kiểm tra đều không thỏa. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu là f(x) = x, ∀x ∈ R hoặc là f(x) = x + 1, ∀x ∈ R. Ví dụ 1.17. (THTT T9/361) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f € x3 − y Š + 2y € 3 (f(x))2 + y3 Š = f (x + f(y)) , ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    6. 11. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Giải a) Thay y = x3 ta có f(0) + 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = f € x3 + f(x) Š , ∀x ∈ R. b) Thay y = −f(x) ta được f € x3 + f(x) Š − 2f(x) € 3 (f(x))2 + (f(x))2 Š = f(0), ∀x ∈ R. Từ hai đẳng thức trên ta được 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = 8 (f(x))3 , ∀x ∈ R. Do đó 0 = 4 (f(x))2 − x3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = € 4 (f(x))3 − 4 (f(x))2 .x3 Š + € (f(x))2 .x3 − x9 Š = € f(x) − x3 Š € 4 (f(x))2 + x3 € f(x) + x3 ŠŠ = € f(x) − x3 Š ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 ! . Chú ý rằng ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 = 0 thì x = 0, f(0) = 0. Bởi vậy trong mọi trường hợp ta đều có f(x) = x3 . Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    7. 13. f 1 qn .qn.xn
    8. 19. ≤ N. Vì 1 r ∈ Q nên
    9. 23. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY liên tục thỏa mãn f € x+y 2 Š = 2f(x)f(y) f(x)+f(y) (8) là f(x) = 1 b , b 0 Chứng minh Chỉ cần đặt g(x) = 1 f(x) , ta nhận được quan hệ hàm Jensen theo hàm g(x) nêng(x) = cx + d. Do đó f(x) = 1 cx+d . Tuy nhiên hàm số này cần phải thỏa mãn điều kiện f(x) ∈ R+ nên: 1 cx+d 0, ∀x ∈ R ⇒c = 0, b 0, vậy hàm thu được là f(x) = 1 b , b 0 tùy ý. Lại vẫn trong quan hệ hàm Jensen nếu ta thực hiện phép bình phương vào hàm số thì ta nhận ngay được hệ quả sau: Hệ quả 9. Hàm số f(x)liên tục trên R thỏa f € x+y 2 Š = q 2 2 (9) là f(x) = c với c ≥ 0. Chứng minh Từ quan hệ hàm số suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Ta có: € f € x+y 2 ŠŠ2 = 2 2 . Đặt g(x) = 2 = g(u). Khi đó g(u) ≥ 0, và ta có: g € u+v 2 Š = g(u)+g(v) 2 , ∀u, v ∈ R Vậy g(u) = au + b. Để g(u) ≥ 0, ∀u ∈ Rthì a = 0, b ≥ 0. Do đó f(x) ≡ c, c ≥ 0. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = g € 1 x Š thì ta nhận được quan hệ hàm số: g 1 (x+y)/2 = g(1 x )+g(1 y ) 2 ⇔ g 2 x+y = g(1 x )+g(1 y ) 2 , thay ngược trở lại biến bình thường ta được: Hệ quả 12. Hàm số f(x) liên tục trên R{0} thỏa mãn f „ 2 1 x + 1 y Ž = f(x) + f(y) 2 , ∀x, y, x + y = 0 (12) là hàm số f(x) = a x + b; a, b ∈ R tùy ý. Giải Với cách thiết lập như trên thì ta có g(x) = ax + b, với g(x) = f € 1 x Š , khi đó thì f(x) = a x + b; a, b ∈ R. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = 1 g(1 x ) thì ta nhận được quan hệ hàm: 1 g 1 x+y 2 ‹ = 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) 2 = g € 1 x Š + g 1 y 2g € 1 x Š g 1 y ⇔ g ‚ 2 x + y Œ = 2g € 1 x Š g 1 y g € 1 x Š + g 1 y = 2 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) Thay ngược lại biến ta được: Hệ quả 13. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = 2 1 f(x) + 1 f(y) (13) là 2 6 6 4 f(x) = x a , a = 0 f(x) = 1 b , b = 0 . Bằng cách thực hiện các phép toán khai căn, nâng lũy thừa, logarit GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    10. 24. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Nepe như trong các phần trước ta thu được các kết quả tương tự sau: Hệ quả 14. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = È f(x)f(y), ∀x, y, x + y = 0(14) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = e a x +b , a, b ∈ R Hệ quả 15. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = q 2 2 , ∀x, y, x + y = 0 (15) là: f(x) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 16. Các hàm f(x) ≥ 0 xác định liên tục trên R+ thỏa f √ x2+y2 2 = q 2 2 , ∀x, y ∈ R+ (16) là: f(x) = √ ax2 + b với a, b ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 17. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R và thỏa f √ x2+y2 2 = f(x)+f(y) 2 , ∀x, y ∈ R (17) là: f(x) = ax2 + b; ∀a, b ∈ R Hệ quả 18. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = È f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (18) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = eax2+b ; ∀a, b ∈ R Hệ quả 19. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = 2 1 f(x) + 1 f(y) , ∀x, y ∈ R (19) là: f(x) = 1 ax2+b với ab ≥ 0, b = 0 tùy ý. IV. Các bài tập vận dụng Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm f(x) liên tục trên R thỏa: f(x + y) = f(x)+f(y)+f(x)f(y) Giải: Từ bài toán ta có: f(x+y)+1 = (f(x)+1)(f(y)+1) nên đặt g(x) = f(x)+1 thì ta có g(x+y) = g(x).g(y) ⇒ g(x) = ax vậy f(x) = ax −1. Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:f(x)+f(y)−f(x+y) = xy, ∀x, y ∈ R Giải Ta có thể viết lại phương trình hàm dưới dạng: f(x) + f(y) − f(x + y) = 1 2 = 0 ⇒ f(0) = 1, vì dễ dàng nhận thấy f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R không là nghiệm của phương trình. Thay y = −x ta nhận được: f(x)f(−x) − f(0) = −sin2 x, ∀x ∈ R ⇒ f(x)f(−x) = 1 − sin2 x = cos2 x, ∀x ∈ R(1). Thay x = π 2 vào (1) ta được nên: f € π 2 Š .f € −π 2 Š = 0 Hoặc f € π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: −f € x + π 2 Š = sin x ⇒ f € x + π 2 Š = − sin x → f(x) = − sin € x − π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Hoặc f € −π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: f € x − π 2 Š = sin x ⇒ f (x) = sin € x + π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Dễ dàng kiểm tra lại thấy f(x) = cos x là hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + y − xy) + f(xy) = f(x) + f(y) (1) với mọi x, y ∈ R. Giải Ta chứng minh nếu f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán thì hàm số F(x) = f(x + 1) − f(x) sẽ thỏa mãn điều kiện hàm Cauchy F(u + v) = F(u) + F(v) với mọi (u, v) ∈ ∆ = {(u, v) : u + v 0hoặc u = v = 0 hoặc u + v ≤ −4} Thật vậy, giả sử flà hàm số thỏa mãn điều kiện (1). Ta định nghĩa hàm số f∗ (x, y) bởi: f∗ (x, y) = f(x) + f(y) − f(xy) Dễ thấy rằng hàm f∗ thỏa mãn phương trình hàm: f∗ (xy, z)+f∗ (x, y) = f∗ (x, yz)+f∗ (y, z)(1) Mặt khác ta có f∗ (x, y) = f(x+y −xy)(2) Thay (2) vào (1) ta được: f xy + 1 y − x + f(x + y − xy) = f(1) + f y + 1 y − 1 , với mọi x, y = 0 Đặt xy + 1 y − x = u + 1 và x + y − xy = v + 1(3) ta nhận được: f(u + 1) + f(v + 1) = f(1) + f(u + v + 1), với mọi u, v thỏa mãn điều kiện trên. Bằng việc cộng hai đẳng thức của (3) ta có y + 1 y = u + v + 2, để có nghiệm y = 0 chỉ trong trường hợp D = {(u + v + 2)2 − 4 = (u + v)(u + v + 4) ≥ 0}. Điều kiện này xảy ra khi và chỉ khi hoặc là u + v 0 hoặc u + v = 0 hoặc u + v + 4 ≤ 0. Bằng việc kiểm tra điều kiện ta thấy bài toán được thỏa. Nếu f là một nghiệm của bài toán thì f phải có dạng f(x) = F(x − 1) + f(1)(1) với mọi x, trong đó F thỏa mãn phương trình hàm Cauchy F(x + y) = F(x) + F(y) với mọi x, y. Chứng minh Theo chứng minh trên, thì fcó dạng với F thỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) ∈ ∆. Ta sẽ chứng minh rằng Fthỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) bất kỳ. Giả sử , khi đó tồn tại một số thực sao cho các điểm (x, u), (x + u, v), (x, u + v) nằm trong ∆ với việc xác định x là: cố định (u, v) ∈ ∆ thì từ các bất đẳng thức x + u 0, x + u + v 0 ta tìm được điều kiện của x. Nhưng khi đó: F(u) = F(x + u) − F(x) F(v) = F(x + u + v) − F(x + u) F(u + v) = F(x + u + v) − F(x) Suy ra từ các phương trình này ta có F(u) + F(v) = F(u + v). Và bài toán được chứng minh. Bài toán 14(VMO 1992 bảng B). Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + 2xy) = f(x) + 2f(xy), ∀x, y ∈ R. Biết f(1991) = a, hãy tính f(1992) Giải Thay x = 0 ta được f(0) = 0. Thay y = −1 ta nhận được f(x) = −f(−x). Thay y = −1 2 ta được f(x) = 2f € x 2 Š . Xét x = 0 và số thực t bất kỳ, đặt y = t 2x ta nhận được: f(x + t) = f(x) + 2f € t 2 Š = f(x) + f(t) Vậy f là hàm Cauchy nên f(x) = kx, với k là hằng số nào đó. Từ f(1991) = a ⇒ k.1991 = a ⇒ k = a 1991 . Do đó f(1992) = 1992 1991 a Bài toán 15. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên (0, +∞), có đạo hàm tại x = 1 và thỏa mãn điều kiện f(xy) = √ xf(y) + √ yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải Xét các hàm số sau g(x) = f(x)√ x . Từ giả thiết của bài toán ta có: √ xy.g(xy) = √ xy.g(x) + √ xy.g(y) ⇔ g(xy) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R+ Vậy g(x) = logax, x 0. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    11. 26. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Từ đó ta có kết quả hàm số f(x) = k. √ x.logax với k ∈ R. Lại từ (1) nếu ta đặt z = x + y thì y = z − x và quan hệ (1) trở thành f(z) = f(x).f(z − x), nếu với giả thiết f(x) = 0 ∀x ∈ R thì ta có thể viết lại như sau: f(z − x) = f(z) f(x) , và ta đề xuất được bài toán sau đây: Bài toán 18. Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: 8 : f(x − y) = f(x) f(y) , ∀x, y ∈ R f(x) = 0 ∀x ∈ R (2) Vì giả thiết là f(x) = 0 ∀x ∈ R nên chỉ có hàm số f(x) = ax (a 0) thỏa mãn yêu cầu bài toán. To be continued . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    12. 27. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 3 Phương pháp quy nạp Phương pháp này yêu cầu ta trước hết tính f(0), f(1) rồi dựa vào đó tính f(n) với n ∈ N. Sau đó tính f(n) với n ∈ Z. Tính tiếp f € 1 n Š , từ đó suy ra biểu thức của f(r) với r ∈ Q. Phương pháp này thường sử dụng khi cần tìm hàm số xác định trên N, Z, Q. Ví dụ 3.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện: f(1) = 2, f(xy) = f(x)f(y) − f(x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q. (11) Giải Cho y = 1 và sử dụng giả thiết f(1) = 2 ta được f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q. (12) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được f(x + m) = f(x) + m, ∀x ∈ Q, ∀m ∈ N. (13) Tiếp theo ta sẽ lần lượt chứng minh: a) f(n) = n + 1, ∀n ∈ N. Thật vậy trong (12) cho x = 0 ta tìm được f(0) = 1. Giả sử ta đã có f(k) = k + 1 thì f(k + 1) = f(k) + 1 = k + 1 + 1 = k + 2. b) Tiếp theo ta chứng minh f(m) = m+1, ∀m ∈ Z. Thật vậy, trong (12) cho x = −1 ta được f(−1) = 0. Trong (11) cho y = −1 thì ta có f(−x) = −f(x − 1) + 1, ∀x ∈ Q. Khi đó với m ∈ Z, m 0 thì đặt n = −m, khi đó n ∈ N nên sử dụng kết quả trên và phần (a) ta được f(m) = f(−n) = −f(n − 1) + 1 = −n + 1 = m + 1. c) Tiếp theo ta chứng minh f(x) = x + 1, ∀x ∈ Q. Trước tiên ta tính f 1 n , n ∈ N+ , bằng cách trong (11) cho x = n, y = 1 n ta có 2 = (n + 1)f 1 n − f n + 1 n + 1. Lại theo (13) thì f n + 1 n = f 1 n + n thay vào phương trình trên ta được f 1 n = n + 1 n = 1 n + 1. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    13. 30. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Từ đây lấy căn bậc hai ta được f(u + v) + f(u − v) = 2 (f(u) + f(v)) , ∀u ≥ v ≥ 0. Phương trình hàm này có nghiệm là f(x) = f(1)x2 , ∀x ≥ 0. Ngoài ra dễ dàng tính được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1. Kết luận: Các hàm số thỏa mãn là f(x) ≡ 0, f(x) ≡ 1 2 và f(x) = x2 , ∀x ≥ 0. Nhận xét: Bài toán trên xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc là (x2 + y2 ) 2 = (x2 − y2 ) 2 + (2xy)2 . Và điểm mấu chốt của bài toán là tính chất f (x2 ) = (f(x))2 , để suy ra f(x) ≥ 0 khi x ≥ 0. Ví dụ 3.4. (China 1996) Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(x3 + y3 ) = (x + y)(f2 (x) − f(x)f(y) + f2 (y)), ∀x, y ∈ R. Chứng minh rằng f(1996x) = 1996f(x), ∀x ∈ R. Giải a) Tính f(0) và thiết lập cho f(x). Cho x = y = 0 ta được f(0) = 0. Cho y = 0 ta được f(x3 ) = xf2 (x). Nhận xét: f(x) và x luôn cùng dấu. Từ đây ta có f(x) = x 1 3 f2 (x 1 3 ). b) Thiết lập tập hợp tất cả các giá trị a mà f(ax) = af(x). Đặt S = {a 0 : f(ax) = af(x), ∀x ∈ R}. * Rõ ràng 1 ∈ S. * Ta chứng tỏ nếu a ∈ S thì a 1 3 ∈ S. Thật vậy axf2 (x) = af(x3 ) = f(ax3 ) = f (a 1 3 x)3 = a 1 3 x.f2 (a 1 3 x) ⇒ a 2 3 f2 (x) = f2 (a 1 3 x) ⇒ a 1 3 f(x) = f(a 1 3 x) * Nếu a, b ∈ S thì a + b ∈ S. Thật vậy f ((a + b)x) = f (a 1 3 x 1 3 )3 + (b 1 3 x 1 3 )3 = (a 1 3 + b 1 3 ) h f2 (a 1 3 x 1 3 ) − f(a 1 3 x 1 3 ).f(b 1 3 x 1 3 ) + f2 (b 1 3 x 1 3 ) i = (a 1 3 + b 1 3 ) h a 2 3 − a 1 3 b 1 3 + b 2 3 i x 1 3 f2 (x 1 3 ) = (a + b)f(x). Bằng quy nạp ta chứng tỏ mọi n ∈ N đều thuộc S. Và bài toán ra là trường hợp đặc biệt với n = 1996. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    14. 31. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Nhận xét: 1. Nếu chỉ đơn thuần chứng minh kết quả của bài toán thì có thể quy nạp trực tiếp. Bằng cách khảo sát như trên ta sẽ thấy hết được tất cả các giá trị của a 0 mà f(ax) = af(x). 2. Do yêu cầu “đặc biệt” của bài toán, nên tự nhiên ta sẽ nghĩ ngay là có thể chứng minh điều đó đúng với mọi số tự nhiên, và qua đó, sẽ nghĩ ngay đến hướng quy nạp. 3. Việc suy ra dấu của f(x) cùng dấu với x là quan trọng, nó giúp ta triệt tiêu bình phương mà không cần xét dấu, đây cũng là một điều đáng lưu ý trong rất nhiều bài tập khác. 4. Bài toán trên rất có thể xuất phát từ hằng đẳng thức x3 + y3 = (x + y) (x2 − xy + y2 ). Ví dụ 3.5. Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn: f(x3 + y3 + z3 ) = f3 (x) + f3 (y) + f3 (z), ∀x, y, z ∈ Z Hint: 1. Tính f(0) và chứng minh f là hàm lẻ. 2. Chứng tỏ f(2) = 2f(1), f(3) = 3f(1). Chứng minh bằng quy nạp f(n) = nf(1), ∀n ∈ Z 3. Trong chứng minh chuyển từ n = k ≥ 0 sang n = k +1, ta sử dụng hằng đẳng thức sau: Nếu k chẵn thì k = 2t, ta có: (2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 khi k = 2t và nếu k lẻ thì k = 2t − 1 khi đó n = 2t luôn được viết dưới dạng 2t = 2j (2i + 1), và đẳng thức trên chỉ cần nhân cho 23j Ví dụ 3.6. Tìm tất cả các hàm f : N → N thỏa mãn các điều kiện: f(1) 0 và f(m2 + n2 ) = f2 (m) + f2 (n), ∀m, n ∈ N Hint: 1. Tính f(0) ⇒ f(m2 + n2 ) = f(m2 ) + f(n2 ) 2. Chứng minh f(n) = n, ∀n ≤ 10. Với n 10 ta sử dụng các đẳng thức sau: (5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2 (5k + 2)2 + 12 = (4k + 1)2 + (3k + 2)2 (5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2 (5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2 (5k + 5)2 = (4k + 4)2 + (3k + 3)2 GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    15. 32. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ 4 Khai thác tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh, chẵn lẻ của hàm số Trước tiên ta nhắc lại các khái niệm cơ bản này. a) Nếu f : R → R là đơn ánh thì từ f(x) = f(y) ta suy ra được x = y. b) Nếu f : R → R là toàn ánh thì với mỗi y ∈ R, tồn tại x ∈ R để f(x) = y. c) Nếu f : R → R là song ánh thì ta có cả hai đặc trưng trên. Nếu một hàm số mà đơn ánh chúng ta rất hay dùng thủ thuật tác động f vào cả hai vế, nếu một hàm f toàn ánh ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho f(b) = 0, sau đó tìm b. Nếu quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải thì có thể nghĩ tới hai quan hệ này. Ví dụ 4.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (f(x) + y) = x + f(y), ∀x, y ∈ Q. Giải Nhận xét, hàm đồng nhất 0 không thỏa mãn bài toán. Xét f(x) ≡ 0. a) f đơn ánh, thật vậy, nếu f(x1) = f(x2) thì f (f (x2) + y) = f (f (x2) + y) → x1 + f(y) = x2 + f(y) → x1 = x2. b) f toàn ánh, thật vậy, vì tồn tại y0 sao cho f(y0) = 0. Do đó vế phải của điều kiện là một hàm số bậc nhất của x nên có tập giá trị là Q. c) Tính f(0), cho x = y = 0 và sử dụng tính đơn ánh ta được f (f(0)) = f(0) → f(0) = 0. Từ đó thay y = 0 ta được f (f(x)) = x, ∀x ∈ Q. d) Thay x bởi f(x) và sử dụng kết quả trên(và điều này đúng cho với mọi x ∈ Q vì f là toán ánh) thì f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ Q. Từ đây ta được f(x) = ax thay vào bài toán ta nhận f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x trên Q. Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán trên tập R thì cần thêm tính chất đơn điệu hoặc liên tục. Cụ thể, các bạn có thể giải lại bài toán sau (THTT, 2010): Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + f(y)) = 2y + f(x), ∀x, y ∈ R. Ví dụ 4.2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf(y) + x) = xy + f(x), ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    16. 33. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Giải Thay x = 1 vào điều kiện hàm ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Từ đây suy ra f là một song ánh. Lấy x = 1, y = 0 ta được f (f(0) + 1) = f(1) → f(0) = 0 do fđơn ánh. Bây giờ với x = 0, đặt y = − f(x) x thay vào điều kiện hàm ta được f (xf(y) + x = 0 = f(0)) → xf(y) = x do fđơn ánh, hay f(y) = −1, tức là f ‚ − f(x) x Œ = f(y) = −1 = f(b), với b là một số thực nào đó(do f là một toàn ánh). Vậy f(x) = −bx, ∀x = 0. Kết hợp với f(0) = 0 thì viết gộp thành f(x) = −bx, ∀x ∈ R. Thay vào điều kiện hàm số ta có được hai hàm thỏa mãn là f(x) ≡ x và f(x) ≡ −x. Nhận xét: Bài toán này có thể giải bằng cách thế biến như sau mà không cần dùng đến tính song ánh của hàm số. Thay x = 1 ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Ví dụ 4.3. (Đề nghị IMO 1988) Xác định hàm số f : N → N thỏa mãn điều kiện sau: f(f(n) + f(m)) = m + n, ∀m, n ∈ N. (14) Giải a) Trước tiên ta kiểm tra f đơn ánh. Thật vậy giả sử f(n) = f(m), khi đó f (2f(n)) = f (f(n) + f(n)) = 2n, và f (2f(n)) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Do đó m = n, nên f đơn ánh. b) Ta tính f (f(n)) theo các bước sau: cho m = n = 0 trong (14) thì ta được f (2f(0)) = 0, lại cho m = 2f(0) vào trong (14) thì ta được f (f(n)) = n + 2f(0). GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    17. 34. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ c) Tác động f vào cả hai vế của (14) và sử dụng kết quả trên, ta được f (f (f(n) + f(m))) = f(n) + f(m) + 2f(0). Ngoài ra theo quan hệ đề bài thì f (f (f(n) + f(m))) = f(n + m). Từ đây ta có f(n + m) = f(n) + f(m) + 2f(0). Cho m = n = 0 thì f(0) = 0, do đó quan hệ trên trở thành hàm cộng tính. Vậy f(n) = an. Thay vào quan hệ bài toán ta được f(n) = n, ∀n ∈ N. – Nhận xét: Quan hệ đơn ánh của bài toán này không cần thiết trong lời giải. Và bài toán này có thể chứng minh bằng quy nạp trên N. Cách 2. Nếu xét trên Z+ thì ta có thể chứng minh bằng quy nạp f(x) = x, ∀x ∈ N. Tức là, dùng phương pháp, ta chứng minh không còn tồn tại hàm số nào khác. Trước tiên ta tính f(1). Giả sử f(1) = t 1, đặt s = f(t − 1) 0. Nhận thấy rằng nếu f(m) = n thì f(2n) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Như vậy f(2t) = 2, f(2s) = 2t − 2. Nhưng khi đó thì 2s + 2t = f (f(2s) + f(2t)) = f(2t) = 2 → t 1, điều này vô lý. Vậy f(1) = 1. Giả sử ta có f(n) = n thì f(n + 1) = f (f(n) + f(1)) = n + 1. Vậy f(n) = n, ∀n ∈ Z+ . Ví dụ 4.4. (Balkan 2000) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (xf(x) + f(y)) = (f(x))2 + y, ∀x, y ∈ R. (15) Giải a) Ta tính f (f(y)) bằng cách cho x = 0 vào (15) ta được f (f(y)) = (f(0))2 + y, ∀y ∈ R. b) Chứng tỏ f đơn ánh. Thật vậy nếu f(y1) = f(y2) thì f (f(y1)) = f (f(y2)). Từ đây theo phần (a) thì f2 (0) + y1 = (f(0))2 + y2 ⇒ y1 = y2. c) Chứng tỏ f toàn ánh vì vế phải của (15) là một hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng R. Kết hợp hai điều trên ta thu được f là một song ánh từ R vào R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    18. 35. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ d) Tính f(0). Dựa vào tính toàn ánh thì phải tồn tại a ∈ R để f(a) = 0. Thay x = y = a vào (15) ta được f (af(a) + f(a)) = (f(a))2 + a ⇒ f(0) = a. Do f là một song ánh nên a = 0, tức f(0) = 0. Từ đây theo (a) thì f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Trong (15) cho y = 0 ta được f (xf(x)) = (f(x))2 , ∀x ∈ R. (16) Trong quan hệ trên, thay x bởi f(x) ta được(thay được đúng với mọi x ∈ R vì f là song ánh) f (f(x).f (f(x))) = , ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Giải a) Làm xuất hiện f (f(x)). Cho y = x ta được f(2x) + f(2f(x)) = f (2f(x + f(x))) . (26) Thay x = f(x) trong vào trong (26) ta được f(2f(x)) + f(2f(f(x))) = f (2f(f(x) + f(f(x)))) . (27) Lấy (27) trừ cho (26) ta được f (2f (f(x))) − f(2x) = f (2f (f(x) + f (f(x)))) − f (2f (x + f(x))) . (28) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    19. 45. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ b) Sử dụng tính chất hàm f là hàm giảm. Giả sử tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0, khi đó 2f (f(x0)) 2×0. Do f là hàm giảm nên f (2f (f(x0))) f(2×0). Do đó vế trái của (28) nhỏ hơn 0. Vậy f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) − f (2f (x0 + f(x0))) 0 ⇒ f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) f (2f (x0 + f(x0))) . Lại do f là hàm giảm nên 2f (f(x0) + f (f(x0))) 2f (x0 + f(x0)) ⇒ f(x0) + f (f(x0)) x0 + f(x0) ⇒ f (f(x0)) x0. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0 thì lập luận tương tự như trên ta cũng dẫn đến điều vô lý. Vậy f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Ví dụ 5.6. (Italy 2000) a) Tìm tất cả các hàm đơn điệu ngặt f : R → R thỏa mãn f (x + f(y)) = f(x) + y, ∀x, y ∈ R. b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 1, không tồn tại hàm đơn điệu ngặt f : R → R sao cho f (x + f(y)) = f(x) + yn , ∀x, y ∈ R. Giải Hàm đơn điệu ngặt thì đơn ánh. Ngoài ra dễ thấy f là một song ánh. a) Thế x = y = 0 ta được f (f(0)) = f(0). Do f đơn ánh nên f(0) = 0. Từ đó ta được quan hệ f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Khi đó với mọi z ∈ R, thay y = f(z) vào quan hệ hàm ta được f(x + z) = f(x) + f(z), ∀x, z ∈ R. Từ tính chất cộng tính của hàm f và tính đơn điệu ngặt của f, suy ra f có dạng f(x) = ax. Thay vào hàm ban đầu ta được f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x là hai hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách khác: Ta có thể kiểm tra trực tiếp hai hàm số này như sau. Xét trường hợp f là hàm tăng, giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f(x0) x0, thì do f là hàm tăng nên f (f(x0)) f(x0) → x0 f(x0), vô lý, tương tự cho trường hợp f(x0) x0. Vậy f(x) ≡ x. Tương tự cho hàm giảm. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    20. 48. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ 6 Khai thác tính chất điểm bất động của hàm số Cho hàm số f : X → R. Điểm a ∈ X gọi là điểm cố định(điểm bất động, điểm kép) của hàm số f nếu f(a) = a. Việc nghiên cứu các điểm bất động của một hàm số cũng cho ta một số thông tin về hàm số đó. Điểm bất động a của hàm số f chính là chu trình bậc 1 của điểm a qua ánh xạ f Ví dụ 6.1. (IMO 1983) Tìm các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn hai điều kiện: limx→∞ f(x) = 0 và f(xf(y)) = yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải a) Tính f(1). Cho x = y = 1, ta được f (f(1)) = f(1). Lại cho y = f(1) ta được f (xf (f(1))) = f(1)f(x) ⇒ f (xf(1)) = f(1)f(x). Mặt khác f (xf(1)) = f(x) nên ta được f(x) = f(x)f(1) ⇒ f(1) = 1(do f(x) 0). b) Điểm cố định của hàm số Cho x = y vào quan hệ hàm ta được f (xf(x)) = xf(x), ∀x ∈ R+ . Suy ra xf(x) là điểm bất động của hàm số f. c) Một số đặc điểm của tập điểm cố định. Nếu x và y là hai điểm cố định của hàm số, thì f(xy) = f (xf(y)) = yf(x) = xy. Chứng tỏ xy cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nhân. Hơn nữa nếu x là điểm bất động thì 1 = f(1) = f 1 x f(x) = xf 1 x ⇒ f 1 x = 1 x . Nghĩa là 1 x cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nghịch đảo. Như vậy ngoài 1 là điểm bất động ra, nếu có điểm bất động nào khác thì hoặc điểm bất động này lớn hơn 1, hoặc nghịch đảo của nó lớn hơn 1. Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1 cũng sẽ là điểm bất động. Điều này trái với điều kiện thứ 2 trong quan hệ hàm. d) Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số, do xf(x) là điểm bất động của hàm số với mọi x 0 nên từ tính duy nhất ta suy ra f(x) = 1 x . Dễ thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    21. 49. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.2. (IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn −1. Tìm tất cả các hàm số f : S → S sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn a) f[x + f(y)) + xf(y)] = y + f(x) + yf(x) ∀x, y ∈ S b) f(x) x là hàm thực sự tăng với −1 x 0 và với x 0 . Giải a) Tìm điểm bất động. Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f(x) = x có nhiều nhất là 3 nghiệm(nếu có): một nghiệm nằm trong khoảng (−1; 0), một nghiệm bằng 0, một nghiệm nằm trong khoảng (0; +∞). b) Nghiên cứu điểm bất động của hàm số. Giả sử u ∈ (−1; 0) là một điểm bất động của f. Trong điều kiện (a) cho x = y = u ta được f(2u + u2 ) = 2u + u2 . Hơn nữa 2u + u2 ∈ (−1; 0) và 2u + u2 là một điểm bất động nữa của hàm số trong khoảng (−1; 0). Theo nhận xét trên thì phải có 2u + u2 = u ⇒ u = −u2 ∈ (−1; 0). Hoàn toàn tương tự, không có điểm bất động nào nằm trong khoảng (0; +∞). Như thế 0 là điểm bất động duy nhất của hàm số(nếu có). c) Kết luận hàm Cho x = y vào (a) ta được f (x + f(x) + xf(x)) = x + f(x) + xf(x), ∀x ∈ S. Như vậy với mọi x ∈ S thì x + (1 + x)f(x) là điểm bất động của hàm số. Theo nhận xét trên thì x + (1 + x)f(x) = 0, ∀x ∈ S ⇒ f(x) = − x 1 + x , ∀x ∈ S. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 6.3. (IMO 1996) Tìm tất cả các hàm số f : N → N sao cho: f(m + f(n)) = f(f(m)) + f(n), ∀m, n ∈ N. Giải a) Tính f(0). Cho m = n = 0 thì ta có f (f(0)) = f (f(0)) + f(0) ⇒ f(0) = 0. Từ đây lại cho n = 0 thì f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N. Vậy ta có quan hệ hàm như sau 8 : f(m + f(n)) = f(m) + f(n) (1) f(0) = 0 (2) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    22. 50. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ b) Nhận thấy hàm f(0) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Tìm điểm cố định của hàm số. Nếu f không đồng nhất 0. Thì từ quan hệ f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N suy ra với mọi m ∈ N thì f(m) là điểm cố định của hàm số với m ∈ N. d) Tính chất của các điểm bất động. Nếu a và b là hai điểm bất động của hàm số f thì f(a + b) = f (a + f(b)) = f (f(a)) + f(b) = f(a) + f(b) = a + b. Vậy tập các điểm bất động bất biến qua phép cộng. e) Tập hợp các điểm bất động của f. Gọi a là điểm bất động khác 0 bé nhất của hàm số f. – Nếu a = 1, tức là f(1) = 1, thì dễ thấy rằng f(2) = 2 (bằng cách cho m = n = 1). Và áp dụng phương pháp quy nạp ta suy ra f(n) = n∀n ∈ N. – Nếu a 1, tức là f(a) = a. Bằng phương pháp quy nạp ta cũng chứng tỏ được là f(ka) = ka, ∀k ≥ 1. Ta chứng minh tập các điểm bất động động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1(lưu ý là a là điểm bất động nhỏ nhất của hàm số). Thật vậy nếu n là điểm bất động khác thì n = ka + r(0 ≤ r a), khi đó theo (1) và tính chất điểm bất động của ka, ta có n = f(n) = f(ka + r) = f (r + f(ka)) = f(r) + f(ka) = f(r) + ka ⇒ f(r) = n − ka = r. Vì r a mà r lại là điểm bất động, a là điểm bất động nhỏ nhất, nên r = 0. Chứng tỏ các điểm bất động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1 (*). f) Xây dựng hàm f. Vì {f(n) : n ∈ N} là tập các điểm bất động của hàm f. Vậy thì với i a thì do (*) nên ta có f(i) = nia với n0 = 0, ni ∈ N. Lấy số nguyên dương n bất kỳ thì ta có thể viết n = ka + i(0 ≤ i a). Theo quan hệ đầu bài thì f(n) = f(i + ka) = f (i + f(ka)) = f(i) + ka = nia + ka = (ni + k)a. Ta kiểm chứng hàm f như vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, với m = ka + i, n = la + j , 0 ≤ i, j a thì f (m + f(n)) = f (la + j + f (ka + i)) = ka + i + f (f(la + i)) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com
    23. 51. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.4. (AMM, E984) Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho f(f(x)) = x2 − 2, ∀x ∈ R. Giải Ta chứng minh một kết quả tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp và g : S → S là một hàm số có chính xác 2 điểm cố định {a, b} và g ◦ g có chính xác 4 điểm cố định {a, b, c, d}. Thì không tồn tại hàm số f : S → S để g = f ◦ f. Chứng minh Giả sử g(c) = y. Thì c = g (g(c)) = g(y), nên y = g(c) = g (g(y)). Do vậy y là một điểm cố định của g ◦ g. Nếu y = a thì a = g(a) = g(y) = c, dẫn đến mâu thuẫn. Tương tự cho y = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn là c = b. Nếu y = c thì c = g(y) = g(c), tức c là điểm cố định của g, mâu thuẫn. Từ đó suy ra y = d, tức là g(c) = d, và tương tự thì g(d) = c. Giả sử tồn tại f : S → S sao cho f ◦ f = g. Thì f ◦ g = f ◦ f ◦ f = g ◦ f. Khi đó f(a) = f (g(a)) = g (f(a)), nên f(a) là một điểm cố định của g. Bằng việc kiểm tra từng trường hợp ta kết luận f{a, b} = {a, b}, f{a, b, c, d} = {a, b, c, d}. Xét f(c). Nếu f(c) = a, thì f(a) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn do f(a) nằm trong {a, b}. Tương tự cũng không thể xảy ra f(c) = b. Ngoài ra cũng không thể có f(c) = c vì c không là điểm cố định của g. Do vậy chỉ có khả năng là f(c) = d. Nhưng khi đó thì f(d) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn, vì điều này không thể xảy ra do d không phải là điểm cố định của g. Do vậy không thể tồn tại hàm f thỏa yêu cầu bài toán. Quay trở lại bài toán, bài toán là trường hợp đặc biệt của hàm g(x) = x2 − 2, có hai điểm cố định là −1 và 2, và g (g(x)) = (x2 − 2) 2 − 2 có các điểm cố định là −1, 2, −1 + √ 5 2 và −1 √ 5 2 . Áp dụng kết quả trên ta hoàn thành lời giải cho bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Trình Hóa Học Đầy Đủ Chi Tiết Nhất
  • Giáo Án Đại Số 11 Chương 1 Tiết 11: Thực Hành Giải Phương Trình Lượng Giác Cơ Bản Bằng Máy Tính Bỏ Túi Casio Fx 500Ms
  • Lý Thuyết Giải Các Phương Trình Lượng Giác Cơ Bản Thường Gặp
  • Giải Phương Trình Lượng Giác Cơ Bản
  • Giai Thừa Với Bài Toán Tổ Hợp
  • Giải Bài Tập Kỹ Thuật Điện

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Bài Tập Sgk Lịch Sử Lớp 6 Bài 2: Cách Tính Thời Gian Trong Lịch Sử
  • Bài Tập Nâng Cao Vật Lý 9
  • 2 Đề Kiểm Tra 15 Phút Môn Lý Lớp 9 Chương 1 Kì 1 Năm 2022 (Có Đáp Án)
  • Đề Kiểm Tra 45′ Có Đáp Án Môn Vật Lý 9 Hk1 Thcs Thống Nhất
  • Lý Thuyết Mạch Và Bài Tập Có Lời Giải
  • Giải Bài Tập Kỹ Thuật Điện, Bài Giải Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Giải Thích Thuật Ngữ Luật Học, Qcvn QtĐ-1 : 2009/bct Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Quy Phạm Kỹ Thuật Vận Hành Nhà Máy Điện Và Lưới Điện, Đề Thi Kỹ Thuật Điện, Sổ Tay Kỹ Thuật Điện, Kỹ Thuật Điện, Kỹ Thuật Điện Tử, Đáp án Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Thuật Ngữ Văn Học Pdf, Từ Điển Thuật Ngữ ô Tô, Từ Điển Kỹ Thuật ô Tô, Từ Điển Kỹ Thuật, Kỹ Thuật Điện, Mẫu Báo Cáo Đồ án Kĩ Thuật Điện Tử, Tài Liệu Kỹ Thuật Điện, Đáp án Kỹ Thuật Điện 2022, Kỹ Thuật Điện Tử Đỗ Xuân Thụ Pdf, Báo Cáo Thực Tập Kỹ Thuật Điện, Tiếng Anh Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Dịch Thuật, Từ Điển Kỹ Thuật ô Tô Online, Sách Kỹ Thuật Điện Tử, Tập 8 Quy Chuẩn Kỹ Thuật Điện Hạ áp, Tập 5 Quy Chuẩn Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Thuật Ngữ Luật Học, ảo Thuật Bài Giải Mã, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện, Báo Cáo Thực Hành Kỹ Thuật Điện Tử, Trắc Nghiệm Kỹ Thuật Điện, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện Tử, Đề Thi Học Sinh Giỏi Kỹ Thuật Điện Lớp 9, Báo Cáo Thực Hành Kỹ Thuật Điện, Chủ Đề Nghệ Thuật Diễn Thuyết, Kỹ Thuật Thi Công Điện âm Tường, Quy Chuẩn Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Download Từ Điển Thuật Ngữ Pháp Lý, Đề Thi Kĩ Thuật Điện Hutech 2022, Quy Phạm Kỹ Thuật An Toàn Điện, Báo Cáo Đồ án Giải Thuật Và Lập Trình, Bài Văn Mẫu Kể Về Một Buổi Biểu Diễn Nghệ Thuật, Tiêu Chuẩn Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Mẫu Đơn Xin Cấp Phép Biểu Diễn Nghệ Thuật, Giáo Trình Tiếng Anh Kỹ Thuật Điện, Khung Chương Trình Kỹ Thuật Điện, Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về An Toàn Điện, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện Tử Đỗ Xuân Thụ, Bài Tập Làm Văn Về Buổi Biểu Diễn Nghệ Thuật, Bài Tập Làm Văn Kể Về Một Buổi Biểu Diễn Nghệ Thuật, Giai Bai Tap Cau Tran Thuat Don Co Tu La Trong Vo Bai Tap, Mẫu Giải Trình Kinh Tế Kỹ Thuật Của Dự án, Mẫu Giải Trình Kinh Tế Kỹ Thuật, Báo Cáo Tự Đánh Giá Chương Trình Đào Tạo Ngành Kỹ Thuật Điện, Môn Kỹ Thuật Điện Điện Tử, Quy Phạm Các Giải Pháp Kỹ Thuật Lâm Sinh, Từ Điển Thực Vật Thông Dụng Tập 1 (nxb Khoa Học Kỹ Thuật 2003) – Võ Văn Chi, Hãy Giải Thích Cơ Sở Của Biện Pháp Kỹ Thuật Sau Phải Làm Đất Thật Tơi Xốp, Giáo Trình Cấu Trúc Dữ Liệu Và Giải Thuật, “nghệ Thuật Dionysos” Như Một Diễn Ngôn Trong Thơ Thanh Tâm Tuyền, Thuật Ngữ Xâm Nhập Qua Biên Giới Trong Từ Điển Công An Nhân Dân, Hãy Giải Thích Các Thuật Ngữ Capsit Capsôme Nuclêôcapsit Và Vỏ Ngoài, Giải Bài Tập Dòng Điện Nguồn Điện, Ban Hành “quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về Thiết Bị Điện Thoại Vhf Sử Dụng Trên Phương Tiện Cứu Sinh”, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Lập Phương, Giải Bài Tập Diện Tích Xung Quanh Và Diện Tích Toàn Phần Của Hình Hộp Chữ Nhật, Nguyễn Văn Lụa, Kĩ Thuật Sấy Nông Sản Thực Phẩm, Nxb Khoa Học Kĩ Thuật, 2002., Giấy Cam Đoan Chấp Nhận Phẫu Thuật Thủ Thuật, Tieu Chuan Ky Thuat Role Ky Thuat So, Tài Liệu Cấu Trúc Dữ Liệu Và Giải Thuật, Bài Giải Điện Tử, Từ Điển Giải Bài Tập Toán, Giải Bài Tập 4 Biểu Diễn Lực, Từ Điển Giải Phẫu, Giải Bài Tập Mạch Điện, Bài Giải Mạch Điện 2, Trong Mạch Dao Động Điện Từ Lc, Điện Tích Trên Tụ Điện Biến Thiên Với Chu Kì T. Năng Lượng Điện Trườ, Trong Mạch Dao Động Điện Từ Lc, Điện Tích Trên Tụ Điện Biến Thiên Với Chu Kì T. Năng Lượng Điện Trườ, Giải Bài 20 Tổng Kết Chương 1 Điện Học, Quy Định Thủ Tục Giải Quyết Cấp Điện, Hãy Giải Thích 127v Là Điện áp Gì, Lời Bài Giải Phóng Điện Biên, Giải Bài Tập 24 Cường Độ Dòng Điện, Bài Giải Phóng Điện Biên, Mẫu Phiếu Phẫu Thuật Thủ Thuật, Bảng Diễn Giải Khối Lượng, Mẫu Bảng Diễn Giải Khối Lượng, Giải Bài Tập Diễn Đạt Trong Văn Nghị Luận, Giải Bài Tập Dòng Điện Xoay Chiều, Giải Bài Tập Diện Tích Hình Thoi Lớp 8, ý Nghĩa Bài Hát Giải Phóng Điện Biên, Phác Đồ Điều Trị Rối Loạn Điện Giải, Giải Bài Tập Dòng Điện Trong Kim Loại, Tịnh Độ Đại Kinh Giải Diễn Nghĩa, Nêu Các Giải Pháp Cơ Bản Nhận Diện Và Đấu Tranh, Em Hãy Giải Thích Tại Sao Nhờ Có Hệ Thống Điện Quốc Gia, Em Hãy Giải Thích Vì Sao Dây Dẫn Điện Thường Có Lõi Bằng Kim Loại Và Vỏ Bằn, Bài Giảng Rối Loạn Cân Bằng Nước Điện Giải, Bài Giải Diện Tích Hình Bình Hành,

    Giải Bài Tập Kỹ Thuật Điện, Bài Giải Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Giải Thích Thuật Ngữ Luật Học, Qcvn QtĐ-1 : 2009/bct Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Quy Phạm Kỹ Thuật Vận Hành Nhà Máy Điện Và Lưới Điện, Đề Thi Kỹ Thuật Điện, Sổ Tay Kỹ Thuật Điện, Kỹ Thuật Điện, Kỹ Thuật Điện Tử, Đáp án Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Thuật Ngữ Văn Học Pdf, Từ Điển Thuật Ngữ ô Tô, Từ Điển Kỹ Thuật ô Tô, Từ Điển Kỹ Thuật, Kỹ Thuật Điện, Mẫu Báo Cáo Đồ án Kĩ Thuật Điện Tử, Tài Liệu Kỹ Thuật Điện, Đáp án Kỹ Thuật Điện 2022, Kỹ Thuật Điện Tử Đỗ Xuân Thụ Pdf, Báo Cáo Thực Tập Kỹ Thuật Điện, Tiếng Anh Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Dịch Thuật, Từ Điển Kỹ Thuật ô Tô Online, Sách Kỹ Thuật Điện Tử, Tập 8 Quy Chuẩn Kỹ Thuật Điện Hạ áp, Tập 5 Quy Chuẩn Kỹ Thuật Điện, Từ Điển Thuật Ngữ Luật Học, ảo Thuật Bài Giải Mã, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện, Báo Cáo Thực Hành Kỹ Thuật Điện Tử, Trắc Nghiệm Kỹ Thuật Điện, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện Tử, Đề Thi Học Sinh Giỏi Kỹ Thuật Điện Lớp 9, Báo Cáo Thực Hành Kỹ Thuật Điện, Chủ Đề Nghệ Thuật Diễn Thuyết, Kỹ Thuật Thi Công Điện âm Tường, Quy Chuẩn Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Download Từ Điển Thuật Ngữ Pháp Lý, Đề Thi Kĩ Thuật Điện Hutech 2022, Quy Phạm Kỹ Thuật An Toàn Điện, Báo Cáo Đồ án Giải Thuật Và Lập Trình, Bài Văn Mẫu Kể Về Một Buổi Biểu Diễn Nghệ Thuật, Tiêu Chuẩn Quốc Gia Về Kỹ Thuật Điện, Mẫu Đơn Xin Cấp Phép Biểu Diễn Nghệ Thuật, Giáo Trình Tiếng Anh Kỹ Thuật Điện, Khung Chương Trình Kỹ Thuật Điện, Quy Chuẩn Kỹ Thuật Quốc Gia Về An Toàn Điện, Giáo Trình Kỹ Thuật Điện Tử Đỗ Xuân Thụ, Bài Tập Làm Văn Về Buổi Biểu Diễn Nghệ Thuật,

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Giải Kế Toán Quản Trị
  • Mẫu Đề Thi Và Bài Giải Kế Toán Quản Trị
  • Hệ Thống Bài Tập Và Bài Giải Kế Toán Quản Trị
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Kế Toán Doanh Nghiệp Hiện Nay
  • Bài Tập Kế Toán Quản Trị Có Đáp Án Tham Khảo
  • Kĩ Thuật Giải Hệ Phương Trình

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Hệ Pt Bằng Phương Pháp Thế
  • Chủ Đề 11: Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
  • Phương Pháp Giải Một Số Dạng Phương Trình Môn Toán Ở Cấp Thcs
  • Giáo Án Đại Số Lớp 8 Tiết 42 Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn Và Cách Giải
  • Cách Giải Phương Trình Bậc Bốn
  • Published on

    1. 2. MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại Học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có 2 ‘ 9D = x từ đó ta được nghiệm ( ) ( ) 5 4 3 4 4 é = + ê = -êë y x y x Thay (3) vào (1) ta được: ( ) ( )( ) 2 4 0 5 4 5 4 4 5 0 4 é = – Þ =ê+ = + – Û ê = Þ =ë x y x x x x y Thay (4) vào (1) ta được: ( ) ( )( ) 2 4 0 4 5 4 4 0 4 = Þ =é – = + – Û ê = Þ =ë x y x x x x y Vậy nghiệm của hệ là: (0;4) , (4;0) , 4 ;0 5 æ ö -ç ÷ è ø II.HỆ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ ( ) ( ), ; ,= =a f x y b g x y có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0. Ví dụ 4. Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 4 1 1 2 2 ì + + + =ï í + + – =ïî x y y x y x y x y Giải . Dễ thấy 1=y không thỏa mãn PT(1) nên HPT ( ) 2 2 1 4 1 2 1 ì + + + =ï ï Û í æ ö+ï + – =ç ÷ïè øî x y x y x y x y Đặt 2 21 , 2 1 + =ì+ = = + – Þ í =î a bx a b y x aby giải hệ ta được 1= =a b từ đó ta có hệ 2 1 3 ì + = í + =î x y x y Hệ này bạn đọc có thể giải dễ dàng. Ví dụ 5. Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 4 4 7 1 2 3 ì + + + =ï +ï í ï + = ï +î xy x y x y x x y Giải . Điều kiện : 0+ ¹x y HPT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 7 1 3 ì + + – + =ï +ï Û í ï + + + – = ï +î x y x y x y x y x y x y www.VNMATH.com
    2. 5. MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại Học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Hy vọng một số ví dụ trên sẽ giúp bạn phần nào kĩ năng giải hệ. Để kết thúc bài viết mời các bạn cùng giải các hệ phương trình sau BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 3 3 22 4 2 3 2 2 3 83 2 16 1) 2) 2 4 33 2 6 2 2 1 13 9 3) 4) 4 2 3 48 48 155 0 4 1 ln 2 ì + =- – =ì ï í í + – – = – =î ïî + – – = +ì + =ï í + – – – + = + + + + =ïî x yxy x y x y x y x y x x y x yx y y x y y x y x y x 0 ì ï í ïî 3 2 2 22 2 2 2 22 3 2 2 22 4 1 3 5 5) 6) 044 2007 2 01 7) 8) 2 3 6 12 13 0 2007 1 ì ì + =+ + + + = – + – + -ï ï í í + + – =+ + + = ïï îî ì = -ï ì – + =-ï í í + + – + =ï = – ï -î x y x yx x x y y y x xy y yx y x y y e x y x yy x x x y x e x ï ïî www.VNMATH.com
    3. 6. MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại Học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tham khảo Tạp chí THTT 400- 2010 Bài toán 1: (A- 2008) Giải hệ phương trình: ( ) 2 3 2 4 2 5 4 5 1 2 4 x y x y xy xy x y xy x ì + + + + = -ïï í ï + + + = – ïî Lời giải: Hệ đã cho tương đương với ( ) 2 3 2 22 5 4 5 4 x y x y xy xy x y xy ì + + + + = -ïï í ï + + = – ïî Suy ra ( ) ( ) 22 2 2 x y xy x y x y+ + + = + ( )( )2 2 1 0x y x y xyÛ + + – – = a) 2 2 0 0 5 4 x y x y xy ì + = ï + = Þ í = -ï î (I) Hệ (I) có nghiệm ( ) 3 3 5 25 ; ; 4 16 x y æ ö = -ç ÷ è ø b) 2 2 1 2 1 0 3 2 x y x y xy xy ì + = -ïï + – – = Þ í ï = – ïî (II) Hệ (II) có nghiệm ( ) 3 ; 1; 2 x y æ ö = -ç ÷ è ø Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( );x y là 3 3 5 25 ; 4 16 æ ö -ç ÷ è ø ; 3 1; 2 æ ö -ç ÷ è ø . Bài toán 2: (B- 2009) Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y + + =ì í + + =î Lời giải: Dễ thấy 0y ¹ nên hệ đã cho tương đương với 2 2 2 11 77 1 113 13 xx xx y yy y x xx x y y y y ìì + + =+ + = ïïï ï Ûí í æ öï ï+ + = + – =ç ÷ï ïî è øî www.VNMATH.com
    4. 12. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Dạng 2: Hệ gồm một phương trình bậc hai và một phương trình bậc nhất Dạng tổng quát: 2 2 0 0 ax by cxy dx fy e Ax By C ì + + + + + = í + + =î Phương pháp: Từ phương trình bậc nhất, rút một ẩn theo ẩn còn lại và thay vào phương trình bậc hai. Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 2 2 2 7 0 2 2 4 0 x y y x x y – – =ì í – + + + =î 2) 2 4 9 6 3 6 3 0 x y x xy x y + =ì í + – + =î 3) 2 2 2 1 0 12 2 10 0 x x y x x y ì + + + =ï í + + + =ïî 4) ( )( ) 2 2 1 2 2 0 3 1 0 x y x y xy y y ì + + + + =ï í + + + =ïî 5) 2 2 2 3 7 12 1 1 0 x xy y y y x y ì – + = + – í – + =î 6) ( )( )2 3 2 5 3 0 3 1 x y x y x y ì + – – – =ï í – =ïî 7) 2 2 11 5 2 3 12 x y x y ì + = í + =î 8) 2 2 9 4 6 42 40 135 0 3 2 9 0 x y xy x y x y ì + + + – + = í – + =î 9) 2 2 7 9 12 5 3 5 0 2 3 1 x y xy x y x y ì + – + + + = í – =î 10) 2 2 6 2 0 8 0 x y x y x y ì + + + = í + + =î 11) 2 2 2 6 2 3 x xy y x y x y ì + + – – = í – =î 12) 2 10 2 5 x xy x x y ì + + = í – = -î 13) 3 2 1 2 4 x y x y x y x y + -ì – =ï -í ï – =î 14) 2 2 1 1 1 3 2 3 1 1 1 9 4 4 x y x y ì – =ï ï í ï – = ïî 15) ( ) 2 2 1 1 1 1 3 1 1 1 41 x y yx ì + =ï +ï í ï – = ï +î 16) ( ) ( ) 4 2 4 117 0 25 x y x y x y ì + + + – =ï í – =ïî 17) 3 3 1 7 x y x y – =ì í – =î 18) ( )( )2 2 18 18 18 17 12 12 1 0 3 4 0 x x y x xy x y ì + + – – – =ï í + =ïî 19) ( )( )2 2 45 5 x y x y x y ì – – =ï í + =ïî www.VNMATH.com
    5. 13. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Dạng 3: HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1 Dạng tổng quát: ( ) ( ) ; 0 ; 0 f X Y g X Y ì =ï í =ïî (*) Trong đó hoán vị giữa ,X Y thì biểu thức ( ) ( ); , ;f X Y g X Y không thay đổi. Phương pháp: + Đặt . S X Y P X Y = +ì í =î . Thay vào hệ (*), tìm ra ,S P . + Lúc đó, ,X Y là nghiệm của phương trình 2 0t St P- + = (1) Các nhận xét: * Do tính đối xứng của ,X Y nên nếu phương trình (1) có các nghiệm 1 2,t t thì hệ (*) có nghiệm ( ) ( )1 2 2 1; , ;t t t t . * Cũng do tính đối xứng nên để hệ (*) có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là X Y= (thay vào hệ tìm tham số, sau đó thay vào hệ (*) để tìm điều kiện đủ) * Do ,X Y là nghiệm của phương trình 2 0t St P- + = nên điều kiện cần và đủ để hệ (*) có nghiệm là: Phương trình (1) có nghiệm trên tập giá trị của ,X Y . Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 2 2 4 2 x xy y x xy y ì + + = í + + =î 2) 2 2 5 13 x xy y x y xy + – =ì í + + =î 3) 2 2 4 2 2 4 7 21 x xy y x x y y ì + + =ï í + + =ïî 4) 2 2 4 2 2 4 5 13 x y x x y y ì + =ï í – + =ïî 5) 6 12 2 2 2 3 x y z xy yz zx x y z ì ï + + = ïï + + =í ï ï + + = ïî 6) 2 2 2 2 1 1 5 1 1 9 x y x y x y x y ì + + + =ï ï í ï + + + = ïî 7)* 2 2 2 2 1 1 4 1 1 4 x y x y x y x y ì + + + =ï ï í ï + + + = ïî 8) 2 2 7 5 x xy y x y ì – + = í + =î 9) 2 2 18 12 x y y x x y ì + =ï í ï + =î 9)* 2 2 2 4 3 2 x y z x y z xyz + + =ì ï + + =í ï =î 10) 3 3 7 ( ) 2 x y xy x y ì + = í + = -î 11) 3 3 3 1 4 1 x y z xy yz xz x y z + + =ì ï + + = -í ï + + =î 12)* 2 2 2 6 7 14 x y z xy yz xz x y z + + =ì ï + – =í ï + + =î 13) 4 4 2 2 17 3 x y x y xy ì + =ï í + + =ïî 14) 2 2 5 6 x xy y x y xy + + =ì í + =î 15) 2 2 18 ( 1). ( 1) 72 x x y y x x y y ì + + + = í + + =î 16) 3 3 19 ( )(8 ) 2 x y x y xy ì + = í + + =î 17) 2 2 7 2 5 2 x y xy x y xy ì + + =ïï í ï + = ïî 18) 9 ( ) 20 x x y y x y x y ì + + =ï ï í +ï = ïî www.VNMATH.com
    6. 14. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền 19) 3 ( ) 2 x x y y x y x y ì – + =ï ï í -ï = ïî 20) 2 2 19 7 x xy y x xy y ì – + = í + + = -î 21) 2 2 11 3( ) 28 x y xy x y x y + + =ì í + + + =î 22) 2 2 1 1 2 x y x y ì + = ï í + =ï î 23) 2 ( 2)(2 ) 9 4 6 x x x y x x y + + =ì í + + =î 24) ( ) ( )2 2 2 2 1 1 5 1 1 49 x y x y x y x y ì æ ö + + =ï ç ÷ ï è ø í æ öï + + =ç ÷ï è øî 25) 11 6 6 11 x y xy xy x y + + =ì ï í + + =ï î 26) 5 5 9 9 4 4 1x y x y x y ì + =ï í + = +ïî 27) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 3 5 7 155 xy x y x y x y ì – + =ï í – + =ïî 28) 30 35 x y y x x x y y ì + =ï í + =ïî 29) 4 4 x y x y xy ì + =ï í + – =ïî 30) 7 1 78 x y y x xy x xy y xy ì + = +ï í ï + =î 31) 1 1 3 1 1 1 1 6 x y x y y y y x ì + + + =ï í + + + + + + + =ïî 32) 1 1 1 3 1 1 1 3 1 1 x y z xy yz zx xyz ì + + =ï ï ï + + =í ï ï =ï î Dạng 3: HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Hệ phương trình được gọi là hệ đối xứng loại 2 khi thay X bởi Y hoặc thay Y bởi X thì hệ phương trình không thay đổi. Dạng tổng quát: ( ) ( ) ; 0 (*) ; 0 f X Y f Y X ì =ï í =ïî Phương pháp: Nếu ( );f X Y là đa thức thì thông thường hệ (*) được giải như sau: Biến đổi (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 0 . ; 0 ; 0 ; 0 f X Y f Y X X Y g X Y f X Y f X Y ì ì- = – =ï ï Û Ûí í = =ï ïî î Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 3 3 3 8 3 8 x x y y y x ì = +ï í = +ïî 2) 4 3 4 3 y x y x x y x y ì – =ïï í ï – = ïî 3) 3 3 3 4 2 3 4 2 x x y y y x ì + = +ïï í ï + = + ïî 4) 2 2 2 2 2 5 4 2 5 4 x y y y x x ì – = +ï í – = +ïî www.VNMATH.com
    7. 15. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền 4) 3 3 2 2 x x y y y x ì = +ï í = +ïî 5) 2 2 2 2 2 3 2 3 y y x x x y ì + =ï ï í +ï = ïî 6) 1 3 2 1 3 2 x y x y x y ì + =ï ï í ï + = ïî 7) 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 x x y y y x ì – = -ï í – = -ïî 7) 2 2 1 2 1 2 x y y y x x ì = +ïï í ï = + ïî 8) 2 2 2 4 2 4 x x y y y x ì = + +ï í = + +ïî 9) 2 2 2 4 5 2 4 5 x y y y x x ì = – +ï í = – +ïî 10) 2 2 3 2 3 2 x x y y y x ì = +ï í = +ïî 11) 2 2 x x y y y x ì = +ï í = +ïî 12) 2 2 1 1 xy x y yx y x ì + = -ï í + = -ïî 13) 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y y x y x ì – = +ï í – = +ïî 14) 3 3 y x x y ì =ï í =ïî Dạng 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP Hệ phương trình đại số đẳng cấp bậc hai theo ,x y . Dạng tổng quát: 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 a x b xy c y d a x b xy c y d ì + + =ï í + + =ïî (*) Phương pháp: + Giải hệ khi 0x = . + Khi 0x ¹ , đặt y tx= thế vào hệ (*), khử x được phương trình theo t . + Giải t , rồi tìm ,x y . Biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 22 1 1 1 11 1 1 1 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 (1) (1) . LËp tû (2)(2) x a b t c t da x b tx c tx d x a b t c t da x b tx c tx d ìì + + =+ + =ï ï Ûí í + + =+ + =ï ïî î Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 1) 2 2 2 2 3 1 3 3 13 x xy y x xy y ì – + = -ï í – + =ïî 2) 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x xy y x xy y ì + + =ï í + + =ïî 3) ( ) 3 3 7 2 x y xy x y ì – =ï í – =ïî 4) 2 2 5 2 5 2 2 x xy y y x x y xy ì + – = ï í – = – -ï î 5) 3 2 3 3 2 3 1 2 2 x xy y x x y y ì – + =ï í – + =ïî 6) 2 2 2 3 0 2 x xy y x x y y ì – – =ï í + = -ïî 7) 2 2 2 2 3 5 5 37 5 9 3 15 x xy y x xy y ì + – =ï í – – =ïî 8) 2 2 2 2 4 2 1 2 4 x xy y x xy y ì – + =ï í – + =ïî 9) 3 2 2 3 3 2 2 3 6 3 2 2 x x y xy y y x y xy ì + + + =ï í + – =ïî 10) 2 2 2 2 3 1 2 2 8 x xy y x xy y ì – + = -ï í + + =ïî 11) 2 2 2 2 2 3 2 2 4 x xy y x xy y ì + – = -ï í – + =ïî 12) 3 3 2 2 7 2 3 16 y x x y xy ì – =ï í + =ïî 13) 3 3 2 2 3 1 2 2 x y x y xy y ì + =ï í + + =ïî 14) 2 2 2 2 3 5 4 3 9 11 8 13 x xy y y xy x ì – – = -ï í + – =ïî 15) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 13 25 x y x y x y x y ì – + =ï í + – =ïî www.VNMATH.com
    8. 19. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền 2 2 2 2 2 2 2 1 6 1 5 1 6 (1) 1 5 2 (2) x x y y x x y y x x y y x x x y y y ì æ ö + =ï ç ÷ ï è ø Û í ï æ ö + = ç ÷ï è øî ì æ ö + =ï ç ÷ ï è ø Û í ïæ ö æ ö æ ö + = +ç ÷ ç ÷ ç ÷ï è ø è ø è øî Thay (1) vào (2). 12) Giải hệ phương trình: 6 5 2 x y x y x y x y xy + -ì + =ï – +í ï =î Gợi ý: Phương trình (1) có dạng bậc hai. 13) Giải hệ phương trình: a) 2 2 20 136 x y x y x y ì + + + =ï í + =ïî b) 2 1 1 3 2 4 x y x y x y ì + + – + =ï í + =ïî c) 2 2 6 20 x y y x x y y x ì + =ï í + =ïî d) 2 2 2 8 2 4 x y xy x y ì + + =ï í + =ïî Gợi ý: Biến đổi: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 (1) 2 2 16 2 2 2 2 2 2 2 2 0 x y xy x y x y xy x y x y x y x y x y Û + = – Û + = + – Û + = + Û + = + Û – = e) 2 2 5 2 21 x y y x x y xy ì + =ï í ï + + =î 14) Giải hệ phương trình: ( ) ( )2 23 3 3 3 2 3 6 x y x y xy x y ì + = +ï í ï + =î Gợi ý: Đặt 3 3,u x v y= = 15) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 3 3 0 x y x x y y x y x y +ì + =ï +ï í -ï – = ï +î Gợi ý: Biến đổi: 2 2 2 2 2 2 3 (1) 3 (3) 3 (2) 0 (4) 3 1 (3) (4) 2 3 3 2 xy y xy y x y xy x xy x y y xy y y y + Þ + = + – Þ – = + æ ö- + Þ + = Þ = ç ÷ è ø 16) Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 12 0 8 12 x xy y x y ì + + =ï í + =ïî Gợi ý: Biến đổi: ( )3 2 2 2 Thay (2) vµo (1): 2 8 0 §©y lµ pt ®¼ng cÊp bËc 3. x xy x y yÞ + + + = 17) Giải hệ phương trình: a) ( ) ( ) 2 2 1 2 10 2 2 3 2 x y x y x y x y ì + + =ï -ï í +ï = ï -î b) 1 3 2 4 2 x x y x x y ì + =ï +ï í ï = – ï +î c) 2 2 25 2 ( ) 10 x y xy y x y ì + = – í + =î d) ( ) ( ) 22 2 2 2 19 7 x xy y x y x xy y x y ì + + = -ï í – + = -ïî www.VNMATH.com
    9. 20. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Gợi ý d): Phương trình (1) đẳng cấp bậc 2. 18) Giải hệ phương trình: a) 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y ì + + – =ï í – =ïî Gợi ý: Đặt 2 2 ,u x y v x y= – = + 2 1 2 u y v v æ ö Þ = -ç ÷ è ø b) 20 16 5 y x y x y x x x y x y y ì = + + -ï ï í ï = + – – ï î Gợi ý: Nhân vế theo vế 2 phương trình. c) 2 2 2 2 3 1 0 4 5 2 1 0 x x y x x y ì – – + =ï í + – – =ïî Gợi ý: Nhân (1) với 2- , khử y . d) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 3 15 x y x y x y x y ì – – =ï í + + =ïî Gợi ý: Cách 1: Hpt đẳng cấp bậc 3. Cách 2: Biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 2 15 x y x y xy x y x y xy ì é ù+ + – = ï ë û Û í é ùï + + – = ë ûî 19) Giải hệ phương trình: 2 2 3 2 16 2 4 33 xy x y x y x y – – =ì í + – – =î Gợi ý: Biến đổi: ( ) ( ) 2 2 2 2 6 4 32 2 4 33 3 2 16 8 65 0 xy x y x y x y xy x y x y x y – – =ì Û í + – – =î – – =ìï Û í + – + – =ïî 20) Giải hệ phương trình: a) 2 2 2 2 x y x y ì + – =ï í – + =ïî Gợi ý: Cách1: Biến đổi: § 2 2 2 2 2 2 2 2TX y x x y x x y x y x ì ì- = – + =ï ï Û Ûí í – = – + =ïï îî x yÞ = Cách 2: LÊy (1) (2) : 2 2 2 2 x y x y x y y x x y x y x y – Þ – = – – – – – Û = Þ = + – + – 21) Giải hệ phương trình: 6 2 3 6 2 3 x y y x ì + – =ï í + – =ïî Gợi ý: Cách 1: Biến đổi: ( ) (1) (2) 6 6 6 6 1 1 0 6 6 x y x y x y y x x y x y x y x y x y x y – Þ – = – – – – – Û = + – + – æ ö Û – + =ç ÷ç ÷+ – + -è ø Û = Cách 2: Bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 12 6 12 6 6 24 6 1 1 6 6 1 1 6 6 6 24 6 DÊu ” ” x·y ra khi chØ khi 6 3 x y y x x y y x x y x y y x y x x y y x x y y x x y ì + – =ï Û í ï + – = î Þ + – + + – = ì + – £ + + -ï í ï + – £ + + – î Þ + – + + – £ ì = -ï = í = -ïî Û = = 22) Giải hệ phương trình: a) 2 2 2 2 3 4 0 2 2 11 6 2 0 x xy y y x xy y x y ì + – + + =ï í + – + + – =ïî www.VNMATH.com
    10. 21. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền Gợi ý: Thùc hiÖn: (1) 2 3´ – Cách khác: Thử 0x = . Đặt y kx= . b) 2 2 2 2 2 1 0 3 2 0 x x y x y x y ì + + – =ï í + – + – =ïî Gợi ý: ( ) 2 2 1 (1) 1 1 y x x y y x = +é Û + = Û ê = – -ë c) 2 3 2 2 2 2 4 3 0 2 0 x y x x y x y ì + – + =ï í – + =ïî Gợi ý: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 3 2 1 1 0 (1) 2 (2) 1 2 (2) : 1 1 1 1 1 (1) 2 1 1 0… x y x y x x y x x y ì – + + = ï Û í =ï +î – £ £ Þ – £ £ + Þ – + + ³ 23) Giải các hệ phương trình sau: 1) ( ) 3 2 2 3 2 64 2 6 y x x y x y ì + = -ï í + = +ïî Gợi ý: ( ) 3 2 3 2 2 (2) : 6 2 8 2 8 0, 2 64 8 y x y y x x y x y + = + ³ Û ³ ì + ³ï Þ Þ = =í – £ïî 2) 2 2 2 2 1 1 3 1 1 3 2 7 xy x y x y x y xy ì + = -ï ï í +ï + = – ïî Gợi ý: 2 2 1 1 3 1 1 2 7 xy x y xy x y xy ì + = -ï ï Û í ï + + = – ïî 2 1 1 3 1 1 §Æt 1 1 3 xy x y u x y v xyxy x y ì + = – ìï = +ï ï Û í í æ öï ï =+ = – îç ÷ïè øî 3) 1 6 7 2 x y x y xy ì + =ï í ï + =î Gợi ý: Quy đồng (1), khử xy .Hoặc chia (2) cho xy . 4) ( ) 2 1 3 4 5 5 x x y x y ì + + + =ï í + – + =ïî Gợi ý: Đánh giá BĐT ở phương trình (2). 5) 2 2 5 2 3 2 x y xy x y y x ì + =ïï í ï – = ïî Gợi ý: Hệ đẳng cấp. Hoặc chia (1) cho xy . 6) 3 2 2 2 3 4 1 1 x y x x x y ì + + =ï í ï – + + =î Gợi ý: TXĐ 2 1 1 1x x³ Û – £ £ 3 2 (1) : 3 4.x y x+ + ³ 7) 8 5 11 x x x y y x ì + =ï í – = -ïî Gợi ý: Phương pháp thế. CM pt vô nghiệm. 8) 3 31 1 3 9 x y x y ì – + – =ï í + =ïî Gợi ý: Đặt 3 31, 1u x v y= – = – 9) 2 2 7 3 2 23 x y x y x y ì + + + + =ï í + =ïî Gợi ý: Phương pháp thế. Hoặc đặt , 2 2u x y v x y= + = + + 10) 2 2 2 4 3 0 2 1 3 x xy y x x y xy ì + + =ï í + + = -ïî Gợi ý: Phương trình (1) đẳng cấp bậc 2. 11) 3 2 3 2 3 3 1 5 x x y x x xy y ì + = – -ï í + + =ïî Gợi ý: ( ) 3 2 3 3 3 (1) 3 3 1 1 1 x x x y x y y x Û + + + = Û + = Û = + www.VNMATH.com
    11. 22. Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luyện thi Đại học 2011 Giáo viên: LÊ BÁ BẢO Tổ Toán THPT Phong Điền 12) 5 2 7 2 5 7 x y x y ì + + – =ï í – + + =ïî 13) 5 5 5 8 x y x y ì + =ï í + + + =ïî Gợi ý: Biến đổi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 5 13 5 5 3 5 5 13 5 5 3 5 5 §Æt u 5, v 5 x x y y x x y y x x y y x x y y x x y y ì + + + + + = ï Û í + – + + – =ï î ì + + + + + = ïï Û í + =ï + + + +ïî = + + = + + 14) 2 2 7 2 1 3 1 7 x y x y x y ì + + + + =ï í + + + =ïî Gợi ý: Biến đổi: LÊy (1) (2) 3 1 2 1 2 2 2 1 2 1 3 1 2 1 2 2 x y y x x y x y x y x y y x x y – Þ + – + = + – + + – – – – Û = + + + + + + + 15) ï ï î ïï í ì = + – = + + 4) 2 1 4( 32) 2 1 4( y xy x xy 16) ï ï î ïï í ì =++ =++ 49) 1 1)(( 5) 1 1)(( 22 22 yx yx xy yx 17) ( ) 2 3 1 8 9 y x y x y x y ì – + = -ï í + = – -ïî Gợi ý: ( ) 2 (1) 3 1 0 0 3 0 9 (2) : TX§: 9 0 9 x y y x y x y x y x y Û – – = – + £ Û £ – £ Û £ – £ – – ³ Û – ³ 18) ( ) ( ) 3 3 2 6 6 8 x y x y x y x y ì + + – =ï í + – =ïî Gợi ý: 3 3 3 3 3 3 6 HÖ 8 0 6 (I) 8 0 6 (II) 8 x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y ì + + – =ï Û í + – =ïî é – ³ì êï + + – =êí êï + – =êî Û ê – <ìê ïê + + – =íê ïê + – = -îë www.VNMATH.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cđ Giải Hpt Không Mẫu Mực
  • Một Số Lưu Ý Khi Giải Phương Trình Lượng Giác
  • Chuyên Đề Phương Trình Nghiệm Nguyên
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 8 Bài 4: Bất Phương Trình Bậc Nhất Một Ẩn
  • Những Lưu Ý Khi Giải Bài Toán Bất Phương Trình Dành Cho Học Sinh Lớp 9
  • Mỹ Phẩm Whoo Sum- Vũ Khí Làm Đẹp Của Phụ Nữ

    --- Bài mới hơn ---

  • ★ Điều Kiện Để Được Đăng Ký Thương Hiệu Cá Nhân
  • Kiểm Tra Đăng Ký Nhãn Hiệu Logo Bằng Cách Nào?
  • Các Cách Đăng Ký Logo Phổ Biến Nhất Hiện Nay
  • Đăng Ký Logo Là Gì Và Những Lợi Ích Của Việc Thực Hiện Thủ Tục Này
  • Khi Nào Đăng Ký Logo Doanh Nghiệp Là Phù Hợp?
  • Sở hữu dung nhan yêu kiều không chỉ là vũ khí bí mật của phái đẹp mà còn là niềm kiêu hãnh thanh xuân rực rỡ, giúp bạn tự tin và thu hút người đối diện hơn.

    Tuy nhiên, không phải tự dưng bạn luôn có làn da tươi trẻ được để giữ được điều đó khỏi thời gian bạn phải tích cực chăm sóc, bảo dưỡng làn da của mình bằng nhiều cách trong đó là sử dụng mỹ phẩm làm đẹp.

    Chu trình chăm sóc da rất phức tạp đòi hỏi phải lâu dài, tốn kém và kiên trì từng bước chăm sóc, kiên nhẫn thấu hiểu làn da của mình, phối hợp những bước dưỡng để có làn da sáng. Để làm được điều đó bạn phải chọn đúng cách, đúng sản phẩm và mỹ phẩm whoo sum sẽ là người bạn thân sát cách giúp bạn trẻ đẹp và tiết kiệm thời gian rất nhiều.

    Mỹ phẩm whoo sum- sự kết hợp hoàn hảo

    Để có được làn da đẹp và nhan sắc mặn mà bạn phải kết hợp nhiều thứ với nhau như ăn uống đầy đủ, tập thể dụng, ngủ đủ giấc, ….và kết hợp mỹ phẩm dưỡng da phù hợp. Bộ mỹ phẩm whoo sum là sự kết hợp hoàn hảo, là người bạn lí tưởng để cùng phái đẹp bảo vệ nhan sắc.

    Dòng sum là dòng sản phẩm lên men tự nhiên từ các loại thảo dược quý hiếm, còn whoo là sản phẩm chưng cất thủ công từ các bài thuốc đông y. cả hai đều là loại lành tính nên khi kết hợp chúng bổ sung cho nhau, tăng hiệu quả khi dùng, nuôi dưỡng da tận bên trong, giúp da láng mịn, căng hồng.

    Ưu điểm của sản phẩm này là có khả năng thẩm thấu nhanh, duy trì độ ẩm lâu dài, cùng khả năng cấp ẩm liên tục và ngăn chặn sự bay hơi của dinh dưỡng trên da. Đặc biệt hơn, mỹ phẩm whoo sum được chứng nhận là mỹ phẩm an toàn, thân thiện cho da với chiết xuất tự nhiên, không hóa chất độc hại, không gây kích ứng trên da. Phù hợp với mọi loại da dù là da kích ứng.

    Mỹ phẩm whoo sum- mẫu mã đa dạng, kích thước nhỏ gọn, tiện lợi

    Mỹ phẩm whoo sum là sản phẩm tuyệt vời để dưỡng trắng, chống lão hóa giúp loại bỏ đốm thâm nám tàn nhang, dưỡng trắng, cải thiện làn da căng mọng. Sản phẩm được thiết kế tinh tế, sang trọng, nhỏ gọn có thể mang theo bên người, mãu mã đẹp mắt chất lượng tuyệt vời. Còn chờ gì nữa mà không mau mau lấy cho mình một bộ sử dụng ngay.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bộ Mỹ Phẩm Whoo Tái Sinh- Trọn Bộ Sản Phẩm Cho Một Làn Da Chắc Khỏe, Hồng Hào
  • Bộ Mỹ Phẩm Whoo Đỏ- Sản Phẩm Không Thể Thiếu Khi Làm Đẹp
  • ★ Mỹ Phẩm Whoo Cho Bà Bầu- Mỹ Phẩm Cho Bà Bầu An Toàn Và Hiệu Quả
  • Rượu Vang Đà Lạt Beco- Thương Hiệu Nổi Tiếng, Uy Tín
  • Rượu Vang Chát Đà Lạt- Hương Vị Mới Đem Lại Sự Bức Phá
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100