Top #10 Bài Tập Kỹ Thuật Xung Số Có Lời Giải Xem Nhiều Nhất, Mới Nhất 5/2022 # Top Trend

--- Bài mới hơn ---

Câu Hỏi Trắc Nghiệm Kinh Tế Quốc Tế Có Đáp Án

Câu Hỏii Và Bài Tập Trắc Nghiệm Có Đáp Án Môn Kinh Tế Quốc Tế

Giải Bài Tập Sbt Tiếng Anh Lớp 7 Chương Trình Mới Unit 2: Health

Bài Tập Tiếng Anh Lớp 7 Unit 5: Work And Play Có Đáp Án

Giải Sbt Tiếng Anh 7 Mới Unit 6: Vocabulary

Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI – PHẦN 1 MÔN KỸ THUẬT SỐ Bộ môn Điện tử Đại Học Bách Khoa chúng tôi Câu 1 Cho 3 số A, B, và C trong hệ thống số cơ số r, có các giá trị: A = 35, B = 62, C = 141. Hãy xác định giá trị cơ số r, nếu ta có A + B = C. Định nghĩa giá trị: A = 3r + 5, B = 6r +2, C = r2 + 4r + 1 A + B = C (3r + 5) + (6r + 2) = r2 + 4r + 1 PT bậc 2: r2 – 5r – 6 = 0 r = 6 và r = – 1 (loại) Hệ thống cơ số 6 : tuy nhiên kết quả cũng không hợp lý vì B = 62: không phải số cơ số 6 Câu 2 Sử dụng tiên đề và định lý: a. Chứng minh đẳng thức: A B + A C + B C + A B C = A C VT: A B + A C + B C + A B C = B ( A + A C) + A C + B C = B(A+C) +AC+BC ; x+xy=x+y = AB + BC + AC + BC = AB + AC + C(B+B) = AB + AC + C = AB + A + C = A ( B + 1) + C = A + C = AC : VP b. Cho A B = 0 và A + B = 1, chứng minh đẳng thức A C + A B + B C = B + C VT: AC + AB + BC = (A + B) C + A B = C + AB = C + AB + AB = C + (A+A)B = B + C 1 : VP ; A+B=1 ; AB=0 Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM Câu 3 a. Cho hàm F(A, B, C) có sơ đồ logic như hình vẽ. Xác định biểu thức của hàm F(A, B, C). A . B F . C Chứng minh F có thể thực hiện chỉ bằng 1 cổng logic duy nhất. F = (A + B) C ⊕ B C = ((A + B) C) (B C) + ((A + B) C) (B C) = (A + B) B C + ((A + B) + C) (B + C) = A B C + B C + (A B + C) ( B + C) = B C (A + 1) + A B + B C + A BC + C = B C + A B + C (B + A B + 1) = AB+BC+C = AB+B+C = A + B +C b. : Cổng OR Cho 3 hàm F (A, B, C), G (A, B, C), và H (A, B, C) có quan hệ logic với nhau: F = G ⊕ H Với hàm F (A, B, C) = ∏ (0, 2, 5) và G (A, B, C)= ∑ (0, 1, 5, 7). Hãy xác định dạng ∑ hoặc ∏ của hàm H (A, B, C) (1,0 điểm) A 0 0 0 0 1 1 1 1 F=G⊕ H =GH + GH = G⊕ H F = 1 khi G giống H F = 0 khi G khác H B 0 0 1 1 0 0 1 1 C 0 1 0 1 0 1 0 1 F 0 1 0 1 1 0 1 1 G H 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 H (A, B, C) = ∑ (1, 2, 7) = ∏ (0, 3, 4, 5, 6) Câu 4 Rút gọn các hàm sau bằng bìa Karnaugh (chú thích các liên kết) a. F1 (W, X, Y, Z) = ∑ (3, 4, 11, 12) theo dạng P.O.S (tích các tổng) F1 (X + Y) WX YZ 00 00 0 01 (X + Z) (Y + Z) 0 11 10 0 01 11 10 F1 = ( X + Y ) ( X + Z ) ( Y + Z ) 0 0 0 0 0 0 0 0 Hoặc F1 = ( X + Z ) ( Y + Z ) ( X + Y ) 0 2 Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM b. F2 (A, B, C, D, E) = ∑ (1, 3, 5, 6, 7, 8, 12, 17, 18, 19, 21, 22, 24) + d (2, 9, 10, 11, 13, 16, 23, 28, 29) A BC DE F2 00 BDE BE BD 1 0 00 01 01 1 1 11 1 1 10 X 1 11 10 10 11 1 1 1 X X 01 X 00 X X 1 1 X X 1 X 1 1 F2 = B D E + B D + B E c. Thực hiện hàm F2 đã rút gọn ở câu b chỉ bằng IC Decoder 74138 và 1 cổng logic F2 (B, D, E) = B D E + B D + B E IC 74138 = ∑( 1, 2, 3, 4) Câu 5 B D E C (MSB) B A (LSB) 1 0 0 G1 G2A G2B A 0 0 0 0 0 Chỉ sử dụng 3 bộ MUX 4 → 1, hãy thực hiện bộ MUX 10 → 1 có bảng hoạt động: Sắp xếp lại bảng hoạt động: A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 D 0 0 0 0 1 1 1 1 0 1 B C 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 F IN0 IN2 IN4 IN6 IN1 IN3 IN5 IN7 IN8 IN9 Ngõ vào IN8 và IN9 được chọn chỉ phụ thuộc vào A và D B 0 0 0 0 1 C 0 0 1 1 0 D 0 1 0 1 0 Y0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 Y7 F IN0 IN1 IN2 IN3 IN4 F2 A 0 0 0 1 1 B 1 1 1 0 0 C 0 1 1 0 0 D 1 0 1 0 1 F IN5 IN6 IN7 IN8 IN9 MUX 4 1 D0 D1 D2 D3 IN0 IN2 IN4 IN6 Y MUX 4 1 S0 (lsb) S1 C B MUX 4 1 D0 D1 D2 D3 IN1 IN3 IN5 IN7 S0 (lsb) S1 C B 3 IN8 IN9 Y D A D0 D1 D2 D3 S0 (lsb) S1 Y F Nguyễn Trọng Luật – BM Điện Tử – Khoa Điện-Điện Tử – ĐH Bách Khoa TP. HCM Câu 6 Một hàng ghế gồm 4 chiếc ghế được xếp theo sơ đồ như hình vẽ: G1 G2 G3 G4 Nếu chiếc ghế có người ngồi thì Gi = 1, ngược lại nếu còn trống thì bằng Gi = 0 (i = 1, 2, 3, 4). Hàm F (G1, G2, G3, G4) có giá trị 1 chỉ khi có ít nhất 2 ghế kề nhau còn trống trong hàng. Hãy thực hiện hàm F chỉ bằng các cổng NOR 2 ngõ vào. Lập bảng hoạt động: G1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 G2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 G3 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 G4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 F 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 G1 G2 F G1G2 G3G4 00 01 11 10 00 1 1 1 1 01 1 0 0 1 11 1 0 0 0 10 1 0 0 0 G3 G4 G2 G3 F = G1 G2 + G2 G3 + G3 G4 = G1 + G2 + G2 + G3 + G3 + G4 G1 F G2 G3 G4 4

--- Bài cũ hơn ---

Bài Tập Kỷ Thuật Đo Lường Điện

Bài Tập Kinh Tế Lượng Có Lời Giải

Bài Tập Kinh Tế Lượng Có Lời Giải Pdf

Soạn Bài Kể Chuyện Đã Nghe, Đã Đọc Lớp 5 Tuần 20

Giải Phiếu Bài Tập Tiếng Việt Lớp 2 Tuần 8

--- Bài mới hơn ---

Bài Tập Lớn Môn Cơ Sở Dữ Liệu Phân Tán

Tài Liệu Tổng Hợp Bài Tập Mạch Điện Có Lời Giải Chi Tiết

Top 30 Trang Web Sẽ Trả Tiền Cho Những Thứ Mà Bạn Đã Làm

Kiếm Tiền Online Tại Nhà

Trở Thành Gia Sư Online

NGUYỄN THANH TRÀ – THÁI VĨNH HIỂN

250 BÀI TẬP

KV THUỘT ĐIỈN TỬ

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

Chưởng 1

ĐIỐT

1.1. TÓM TẮT PHẦN LÝ THUYẾT

Hiệu ứng chỉnh lưu của điốt bán dẫn là tính dẫn điện không đối xứng.

Khi điốt được phân cực thuận, điện trở tiếp giáp thường rất bé. Khi điốt được

phân cực ngược điện trở tiếp giáp thưcmg rất lớn. Khi điện áp ngược đặt vào

đủ lớn điốt bị đánh thủng và mất đi tính chỉnh lưu của nó. Trên thực tế tồn

tại hai phưofng thức đánh thủng đối với điốt bán dẫn. Phưcíng thức thứ nhất

gọi là đánh thủng tạm thời (zener). Phương thức thứ hai gọi là đánh thủng về

nhiệt hay đánh thủng thác lũ. Người ta sử dụng phương thức đánh thủng tạm

thời để làm điốt ổn áp.

Phương trình cơ bản xác định dòng điện Id chảy qua điốt được viết như sau:

~^DS

ở đây:

–

enu..

( 1- 1)

= – , là thế nhiệt;

q

Còn khi’ tần số tín hiệu đủ cao, cần chú ý tới giá trị điện dung ký sinh

của điốt Cd, nó được mắc song song với điện trở xoay chiều r^.

1.2. BÀJ TẬP CÓ LỜI GIẢI

Bài tập 1-1. Xác định giá trị thế nhiệt (U-r) của điốt bán dẫn trong điều

kiện nhiệt độ môi trường 20°c.

Bài giải

Từ biểu thức cơ bản dùng để xác định thế nhiệt

u ,= i ĩ

q

Trong đó:

– k = 1,38.10’^^ – , hằng số Boltzman;

K

– q = 1 , 6 . điện tích của electron;

– T nhiệt độ môi trường tính theo độ K.

Tĩiay các đại lượng tưcíng ứng vào biểu thức ta có:

U, = ^ = ^ M . 2 5 . 2 7 , n V

^ q

1,6.10″”

Bài tập 1-2. Xác định điện trở một chiều Rj3 của điốt chỉnh lưu với đặc

tuyến V-A cho trên hình 1-1 tại các giá trị dòng điện và điện áp sau:

= 2mA

Uo = -10V.

Bài giải

a)

Trên đặc tuyến V-A của điốt đã cho

tại Iß = 2mA ta có:

Ud = 0,5V nên:

u..

0,5

= 250Q

K = – =

-3

Id

2.10

R„

Hinh 1-1

= 10MQ.

tập 1-3. Xác định điện trở xoay chiều

tuyến V-A cho trên hình 1-2.

của điốt chỉnh lưu với đặc

a) Với Id = 2mA

b) Với Id = 25mA.

Bài giải

a)

Với Ij) = 2mA, kẻ tiếp tuyến tại điểm cắt với đặc tuyến V-A trên hình

1-2 ‘a sẽ có các giá trị Ij3 và Up tương ứng để xác định AUß và AIp như sau:

ỉ„ = 4niA; U^ = 0,76V

Ip = OrnA; ưp = 0,65V

AIp = 4m A – OmA = 4m A

A U d = 0 ,7 6 V – 0 ,6 5 V = 0 ,1 1 V

10

Vậy:

AI„

4.10-‘

0

0,2

0,4 0,60,7 0,8

Hinh 1-2

1,0

0

4 ) Bài tập 1-4. Cho đặc tuyến V-A của một điốt như trên hình 1-2. Xác

định điện trở một chiều tại hai giá trị dòng điện.

a) Ij5 = 2mA.

b) Iq = 25mA và so sánh chúng với giá trị điện trở xoay chiều trong bài

tập 1-3.

Bài giải

Từ đặc tuyến V-A trên hình 1-2 ta có các giá trị tưoìig ứng sau;

a) Id = 2mA; ƯD = 0,7V

Nên:

so với

b) Id = 25mA; ƯD = 0,79V

Nên:

so với

Bài tập 1-5. Cho mạch điện dùng điốí như hình l-3a và đặc tuyến V-A

của điốt như trên hình l-3b.

a) Xác định toạ độ điểm công tác tĩnh Q Bài tập 1-7. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-5 bằng cách tuyến tính hoá

đặc tuyến Volt-Ampe cho trên hình l-3b và điốt loại Si.

Bài giải

Với việc tuyến tính hoá đặc tuyến V-A của điốt trên ta vẽ lại đặc tuyến

đó như trên hình 1-6.

10

Dựng đường tải một

chiều (R_) cho mạch

tương tự như trong câu a)

của bài tập 1-5 và được

biểu diễn trên hình 1-6.

Đường tải một chiều đặc

tuyến V-A tại Q với toạ

độ tưoíng ứng.

Ido = 9,25mA

U do = 0,7V.

Hình 1-6

( 8 j Bài tập 1-8. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-6 bằng cách tuyến tính hoá

đặc tuyến V-A cho trên hình l-3b và điốt loại Si.

Bài giải

Với việc tuyến tính

hoá đặc tuyến V-A của điốt

trên ta vẽ lại đặc tuyến đó

như trên hình 1-7.

Dựng đưòng tải một

chiều (R_) cho mạch tương

tự như trong câu a) của bài

tập 1-6 và được biểu diễn

trên hình 1-7.

Đường tải một chiều

(R_) cắt đặc tuyến V-A tại

Q. Với toạ độ tương ứng:

Hình 1-7

Ido ~ 4,6rnA

= 0,7V.

Bài tập 1-9. Tính toán lặp lại cho bài tập 1-5 bằng cách lý tưởng hoá

đặc tuyến V-A cho trên hình l-3b và điốt loại Si.

Bài giải

Với việc lý tưcmg hoá đặc tuyến V-A của điốt, ta có nhánh thuận của

đặc tuyến trùng với trục tung (Ip), còn nhánh ngược trùng với trục hoành

(U d) như trên hình 1-8.

11

Hình 1-9

‘

R

2 ,2 .1 0 ‘

12

=0,3V đối với điốt Ge.

Điện áp ra trên tải sẽ là:

12V

= 12-0,7-0,3= liv.

5,6kQ

11

r

R

5,6.10

Hình 1-10

l,96m A .

(^1^ Bài tập 1-12. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-11

Xác đinh các điên áp và dòng điên u„, Up , Ij3.

Bài giải

D,Si D.Si

*- ►- ¿1- ki-

12V

u.rn

R5,6kQ

Hình 1-12

Hình 1-11

D,

=0

u „D-, = E -U „D,,-U ^ra = I 2 -0 -0 = 1 2 V .

* 13

+u, –

D Si

u

E,=10VR 4,7kQ

+

R,

I

+

R,

u.

I

E3=-5V

Hình 1-14

Hình 1-13

Qiọn điện áp ứiông cho điốt D loại Si 0,7V ta vẽ lại sơ đồ trên như hình 1-14.

Dòng điện I được tính:

,^E .E -U „

R,+R2

( 1 0 .5 – 0 ^ )

(4,7+2,2)10^

Bài giải

Chọn giá trị điện áp thông cho các điốt D ị,

được vẽ lại như hình 1-16.

Dòng điện I được tính

loại Si 0,7V. Sơ đồ 1-15

I = H ^ = ^ = i^ = 2 8 ,1 8 m A

R

14

R

0 ,3 3 .1 0 ‘

ra

Hình 1-16

Hình 1-15

Nếu chọn Dị và D, giống nhau ta có dòng qua chúng sẽ như nhau và

tính được;

I =I

D,

^

ọ

‘

R 2.2kn

E, -4 :^ 0 V

Hình 1-17

-^E2=4V

Hình 1-18

Dòng điện I được tính:

R

2,2.10′

15

Bài tập 1-16. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-19. Xác định điện

áp ra trên tải R.

E tl2V

2,2kQ

u.ra

Hình 1-20

©

0,7

R.

3,3.10

3-=0,212mA

Theo định luật Kirchoff về điện áp

vòng ta có:

– U ” ,+ E – U „ – U „ ,= 0

16

Si

Hay

Do đó:

Theo định luật Kirchoff về dòng điện nút ta có;

=1^- I ,=3,32-0,212 = 3,108mA

Bài tập 1-18. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-22 (cổng lôgic OR

dương). Xác định điện áp và dòng điện ra trên tải I„, u„.

Bài giải

Vì D ị, Dj đều là điốt loại Si, nếu chọn ngưỡng thông cho chúng bằng

0,7V thì Dị sẽ luôn luôn thông còn Dj luôn luôn bị khoá. Mạch điện được vẽ

lại như hình 1-23.

(1)

* -i

E.=10V

ư DI

t

u

■S

ra

D,

I ‘-

0.7V

u ra

-* *ra

R ^ ik n

1

Hỉnh 1-23

Hình 1-22

Điện áp ra sẽ là:

U „ = E – U d,= 1 0 -0 ,7 = 9 ,3 V

I = iÌ2-= _Ẽ iL = 9 3mA.

R 1.10^

Bài tập 1-19. Cho mạch điện dùng điốt như hình 1-24 (cổng lôgic

AND dương). Xác định dòng điện ra (I„) và điện áp ra (U^) ưên tải R.

Bài giải

**

2- 250BTKTĐIỆNTỬ.A

17

E

uD2

– i r lO V

Hình 1-25

Điện áp ra chính là điện áp thông cho điốt D 2 và bằng Up . Vây ta có:

=0,7V.

Dòng điện qua tải R cũng chính là dòng qua D 2 và được tính:

E -U ,

ì= l£ l^ = 9 ,3 m A .

R

1.10′

Bài tập 1-20. Cho mạch chỉnh lưu dùng điốt như hình 1-26.

Vẽ dạng điện áp ra ưên tải R và xác định giá ưị điện áp ra một chiều

sau chỉnh lưu Ujc với điốt D lý tưởng.

D

uV

2

R

Hình 1-26

2 kQ

b)

Bài giải

Với mạch điện cho trên hình 1-26 điốt D sẽ dẫn điện (thông) trong nửa

chu kỳ dương (+) của tín hiệu vào (từ Ơ4-T/2) còn trong nửa chu kỳ âm (-)

của tín hiệu vào (từ T/2^T) điốt D sẽ bị khoá hoàn toàn. Dạng của điện áp ra

trên tải được biểu diễn như trên hình l-27b, còn sơ đồ tương đưofng được

biểu diễn như hình l-27a.

18

2- 250BTKTĐIỆNTỬ – B

+

a)

Hinh 1-27

Dien áp ra mót chiéu tren tai

b)

diídc tính:

Ud, = 0,318U,„ = 0,318.20V = 6,36V

1-21. Cho mach chinh lim düng dió’t nhuf trén hinh 1-28.

Ve dang dién áp ra trén tai R va tính giá tri dién áp ra mót chiéu

trén tái R vói dió’t D thirc

* té’ loai

* Si

D

Uv

R

a)

2k Q

Hinh 1-28

Bái giái

Vói dió’t D thuc (khdng 1;^ tucmg)

nói tróf cüa dió’t khi phán cuc veri tiimg

nífa chu ky cüa tín hiéu váo sé có giá

trj xác láp. Khi dió’t thóng nói trd cüa

D rát bé con khi D khoá sé tuofng úng

rát lón. Vi váy dang dién áp ra diroc

biéu dién nhir trén hinh 1-29.

Dién áp ra mót chiéu trén tái R

duoc tính:

= -0,318(U,„ – U^)

Hinh 1-29

= -0,318(20-0,7) = -6,14V

19

Như vậy so với trường hợp D lý tưcmg trong bài 1-20 điện áp ra giảm

0,22V tương đưofng 3,5%.

( 2^ Bài tập 1-22. Tính toán lặp lại bài 1-20 và 1-21 với giá trị

và rút ra kết luận gì?

= 200V

Bài giải

Đối với điốt D lý tưởng ta có:

u.,, = 0,318U^ = 0,318.200V = 63,6V

Đối với điốt D thực (không lý tưởng) ta có:

U,, = 0,318(U™,-Uo)

= 0,318 (200-0,7) = 63,38V

Kết luận: Khi điện áp vào có mức lớn

= 200V).

Đối với trường hợp điốt thực, điện áp ra một chiều giảm 0,22V tương

đương 0,3459% ít hơn 10 lần so với kết quả trong bài 1-21 khi

có mức

bé ( u l = 20V ).

(^2^ Bài 1-23. Cho mạch chỉnh lưu hai nửa chu kỳ dừig điốt như trên hình 1-30

a) Vẽ dạng sóng sau chỉnh lưu trên tải R,.

b) Tính giá trị điện áp ra một chiều trên tải Uj,,.

c) Tính giá trị điện áp ngược đặt lên Dị và Dj.

Bài giải

a)

Đây là mạch chỉnh lưu hai nửa chu kỳ dùng điốt. Để dễ dàng nhận

biết trạng thái làm việc của mạch ta vẽ lại sơ đồ tương đương khi các điốt

20

thông, khoá với từng 1/2 chu kỳ của tín hiệu vào. Ví dụ: với 1/2 chu kỳ

dương của tín hiệu vào (từ O-^T/2) sơ đồ tương đương được biểu diễn trên

hình 1-31.

+

b)

a)

+

--- Bài cũ hơn ---

Giải Vở Bài Tập Tiếng Việt Lớp 5 Tập 1 Tập Làm Văn

Học Sinh Reo Hò Vì Màn Giao Bài Tập Tết Quá Ý Nghĩa Của Giáo Viên

Bài Tập Tết Môn Tiếng Việt Lớp 4

Giải Vở Bài Tập Tiếng Việt Lớp 5 Tập 2 Tuần 20

Luyện Từ Và Câu: Câu Ghép Trang 8 Sgk Tiếng Việt 5 Tập 2

--- 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

--- Bài mới hơn ---

7 App Ứng Dụng Công Nghệ Gia Sư Tốt Nhất Hiện Nay

6 Ứng Dụng (App) Kiếm Tiền Online Trên Điện Thoại Uy Tín Nhất Năm 2022

Language Focus 3 Trang 95 Sgk Tiếng Anh 7

Hai Góc Đối Đỉnh – 3 Dạng Toán Cơ Bản Nhất

Bài 8: Chữa Lỗi Về Quan Hệ Từ – Giải Bài Tập Ngữ Văn Lớp 7

Kỹ thuật điện – Lý thuyết Bài tập có đáp số Bài tập giải sẵn

Tác Giả: Đặng Văn Đào – Lê Văn Doanh

Kỹ thuật điện nghiên cứu những ứng dụng của các hiện tượng điện tử nhằm biến đổi năng lượng và tín hiệu, bao gồm việc phát, truyền tải, phân phối và sử dụng điện năng trong sản xuất và đời sống. Ngày nay điện năng được sử dụng rộng rãi trong mọi lĩnh vực vì những ưu điểm cơ bản sau đây:

– Điện năng được sản xuất tập trung với các nguồn công suất lớn

– Điện năng có thể được truyền tải đi xa với hiệu suất cao

– Dễ dàng biến đổi điện năng thành các dạng năng lượng khác

– Nhờ điện năng có thể tự động hoá mọi quá trình sản xuất nâng cao năng suất lao động. So với các dạng năng lượng khác như: cơ, nhiệt, thuỷ, khí,…. điện năng được phát hiện chậm hơn vì con người không cảm nhận trực tiếp được các hiện tượng điện tử.

Tuy nhiên với việc phát hiện và sử dụng điện năng đã thúc đẩy cách mạng khoa học công nghệ tiến như vũ bão sang kỷ nguyên điện khí hoá, tự động hoá. Việt Nam có tiềm năng to lớn về năng lượng nhưng do hậu quả chiến tranh kéo dài và cơ chế quản lý quan liêu bao cấp nên sản xuất còn lạc hậu.

Năm 1975 cả nước chỉ sản xuất 1.5 tỷ kwh, năm 2003 có thể đạt 41 tỷ kwh với sản lượng điện bình quân 500 kwh/1 người 1 năm.

Theo lộ trình phát triển tới năm 2010 sẽ đạt 70 tỷ kwh, …

Để đáp ứng nhu cầu phụ tải điện đến năm 2022 Việt Nam sẽ tiến hành xây dựng 61 nhà máy điện với tổng công suất 21.658MW,…..

Giáo trình được biên soạn trên cơ sở người đọc đã học môn Kỹ thuật điện và Vật lý ở bậc phổ thông, phần điện môn Vật lý đại cương ở bậc đại học nên không đi sâu vào mặt lý luận các hiện tượng vật lý mà chủ yếu nghiên cứu các phương pháp tính toán và những ứng dụng kỹ thuật của các hiện tượng điện tử.

Giáo trình Kỹ thuật điện gồm 3 phần:

– Phần 1: Cung cấp các kiến thức cơ bản về mạch điện, phương pháp tính toán mạch điện, chú ý đối với dòng điện hình sin và ba pha

Phần 2: Cung cấp các kiến thức về nguyên lý, cấu tạo, đặc tính và ứng dụng các loại máy điện

Phần 3: Cung cấp các kiến thức về điện tử công suất và điều khiển máy điện.

Download tài liệu:PDF

--- Bài cũ hơn ---

Đề Thi Học Kì 1 Lớp 10 Môn Hóa Có Đáp Án 2022

Hướng Dẫn Giải Toán Lớp 12 Ứng Dụng Tích Phân Tính Thể Tích Chi Tiết.

Tìm Cực Trị Của Hàm Số Như Thế Nào ?

Một Số Bài Toán Cực Trị Của Các Hàm Số Lượng Giác

Phương Pháp Giải Bài Tập Toán 11 – Phần Hàm Số Lượng Giác

--- 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

--- Bài mới hơn ---

Những Cách Kiếm Tiền Cho Học Sinh, Sinh Viên

Giải Bài Tập Kiếm Tiền

Giải Bài Tập Online Kiếm Tiền

Huong Dan Giai Bai Tap Kinh Te Vĩ Mô Phan 1

Tài Liệu Kinh Tế Vĩ Mô N. Gregory Mankiw

Kỹ thuật điện nghiên cứu những ứng dụng của các hiện tượng điện tử nhằm biến đổi năng lượng và tín hiệu, bao gồm việc phát, truyền tải, phân phối và sử dụng điện năng trong sản xuất và đời sống. Ngày nay điện năng được sử dụng rộng rãi trong mọi lĩnh vực vì những ưu điểm cơ bản sau đây:

– Điện năng được sản xuất tập trung với các nguồn công suất lớn

– Điện năng có thể được truyền tải đi xa với hiệu suất cao

– Dễ dàng biến đổi điện năng thành các dạng năng lượng khác

– Nhờ điện năng có thể tự động hoá mọi quá trình sản xuất nâng cao năng suất lao động. So với các dạng năng lượng khác như: cơ, nhiệt, thuỷ, khí,…. điện năng được phát hiện chậm hơn vì con người không cảm nhận trực tiếp được các hiện tượng điện tử.

Tuy nhiên với việc phát hiện và sử dụng điện năng đã thúc đẩy cách mạng khoa học công nghệ tiến như vũ bão sang kỷ nguyên điện khí hoá, tự động hoá. Việt Nam có tiềm năng to lớn về năng lượng nhưng do hậu quả chiến tranh kéo dài và cơ chế quản lý quan liêu bao cấp nên sản xuất còn lạc hậu.

Năm 1975 cả nước chỉ sản xuất 1.5 tỷ kwh, năm 2003 có thể đạt 41 tỷ kwh với sản lượng điện bình quân 500 kwh/1 người 1 năm.

Theo lộ trình phát triển tới năm 2010 sẽ đạt 70 tỷ kwh, …

Để đáp ứng nhu cầu phụ tải điện đến năm 2022 Việt Nam sẽ tiến hành xây dựng 61 nhà máy điện với tổng công suất 21.658MW,…..

Giáo trình được biên soạn trên cơ sở người đọc đã học môn Kỹ thuật điện và Vật lý ở bậc phổ thông, phần điện môn Vật lý đại cương ở bậc đại học nên không đi sâu vào mặt lý luận các hiện tượng vật lý mà chủ yếu nghiên cứu các phương pháp tính toán và những ứng dụng kỹ thuật của các hiện tượng điện tử.

Giáo trình Kỹ thuật điện gồm 3 phần:

– Phần 1: Cung cấp các kiến thức cơ bản về mạch điện, phương pháp tính toán mạch điện, chú ý đối với dòng điện hình sin và ba pha

Phần 2: Cung cấp các kiến thức về nguyên lý, cấu tạo, đặc tính và ứng dụng các loại máy điện

Phần 3: Cung cấp các kiến thức về điện tử công suất và điều khiển máy điện.

Download tài liệu: PDF

--- Bài cũ hơn ---

Giải Bài Tập Kinh Tế Lượng Chương 2

Bí Kíp Làm Bài Tập Kinh Tế Lượng Siêu Nhanh

Giải Bài Tập Kinh Tế Lượng Neu

Tài Liệu Bài Tập Kinh Tế Lượng Có Lời Giải Tổng Hộp Các Chương

Ielts Foundation Cam Kết 5.0

--- Bài mới hơn ---

Skkn Giải Toán Có Lời Văn Ở Lớp 4

Đề Tài Giúp Đỡ Học Sinh Yếu Kém Trong Khi Giải Toán Có Lời Văn Ở Lớp 4

Luận Văn Đề Tài Giúp Đỡ Học Sinh Yếu Kém Trong Khi Giải Toán Có Lời Văn Ở Lớp 4

Đề Thi Violympic Toán Tiếng Anh Lớp 4 Vòng 9 Có Đáp Án

Đề Thi Tuyển Hsg Môn Toán Lớp 4 Có Đáp Án

– I/ Lý do chọn đề tài:

Xuất phát từ yêu cầu đổi mới của đất nước, trong những năm qua, Đảng và nhà nước ta đã đặc biệt quan tâm đến phát triển giáo dục. Một trong những nhiệm vụ cơ bản của giáo dục đào tạo hiện nay là hình thành và phát triển nhân cách cho học sinh một cách toàn diện theo mục tiêu phát triển nguồn nhân lực phục vụ công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước.

– Để chuẩn bị nguồn nhân lực đáp ứng sự phát triển kinh tế công nghiệp và kinh tế tri thức theo xu thế toàn cầu hoá trong những năm đầu của thế kỷ XXI, chương trình giáo dục nói chung, chương trình toán tiểu học nói riêng, góp một phần không nhỏ vào sự phát triển đó.

– Trong các môn học ở tiểu học, môn toán là công cụ để học tốt các môn học khác.Các kiến thức, kỹ năng của môn toán ở tiểu học có nhiều ứng dụng trong đời sống. Nó góp phần rất quan trọng trong việc rèn luyện phương pháp suy nghĩ, suy luận, giải quyết vấn đề, phát triển trí thông minh, cách suy nghĩ độc lập, linh hoạt, sáng tạo; nó đóng góp vào việc hình thành các phẩm chất cần thiết và quan trọng cho con người như cần cù, cẩn thận, có ý chí vượt khó khăn, làm việc có kế hoạch, có nền nếp và tác phong khoa học. Vì vậy môn toán là một môn học không thể thiếu trong tất cả các cấp học.

– Môn toán ở tiểu học có nhiệm vụ giúp học sinh hình thành hệ thống các kiến thức cơ bản, có nhiều ứng dụng trong đời sống về các số tự nhiên, các số thập phân, phân số, các đại lượng cơ bản, và một số yếu tố hình học. Học sinh biết cách đọc, viết, so sánh các số tự nhiên, phân số, số thập phân. Biết thực hành tính nhẩm, tính viết về bốn phép tính với các số tự nhiên,số thập phân, số đo các đại lượng , các yếu tố hình học. Biết cách giải và trình bày bài giải với những bài toán có lời văn.

– Qua khảo sát chất lượng học sinh lớp 4 C, có kết quả như sau:

* Tổng số: 30 em.

* Loại giỏi :7 em = 23%

* Loại khá : 10 em = 33%

* Loại trung bình :10 em = 33%

* Loại yếu: 3 em = 11%

II/ Đối tượng vận dụng sáng kiến kinh nghiệm của bản thân:

I/ Mục tiêu

Biết tự tóm tắt bài toán bằng cách ghi ngắn gọn hoặc bằng sơ đồ, hình vẽ

– Biết giải và trình bày bài giải các bài toán có nhiều bước tính, trong đó có dạng toán:

+ Tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó.

+ Tìm hai số khi biết hiệu và tỷ số của hai số đó.

II/ Chương trình sách giáo khoa toán 4 .

* Các tiết lý thuyết có: 3 tiết là

– Tiết 137: Giới thiệu tỷ số

– Tiết 138: Tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó.

– Tiết 142: tìm hai số khi biết hiệu và tỷ số của hai số đó .

* Các tiết thực hành có : 7 tiết.( tiết 139, 140 ,141 ,143 144 145 171 )

– Đọc kỹ đề bài.

– Phân tích bài toán để thiết lập mối liên hệ các đại lượng có trong bài toán, xác định đâu là yếu tố đã cho đâu là yếu tố cần tìm.

– Vẽ sơ đồ đoạn thẳng và giải bài toán.

1, Tìm hiểu ý nghĩa thực tiễn của tỷ số ( Thông qua một số ví dụ sau) .

VD 1 : Tỷ số giữa số bạn trai so với bạn gái là .

Để giúp cho học sinh hiểu ý nghĩa thực tiễn của tỷ số tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh hiểu tỷ số giữa số bạn trai so với số bạn gái là . Số bạn trai bằng số bạn gái có nghĩa là số bạn gái là 3 phần bằng nhau thì số bạn trai chiếm 2 phần như thế. Tổng số bạn trai và bạn gái là 5 phần. Tỷ số chính là phân số . Mẫu số là 3 tương ứng với số phần chỉ số bạn gái. Tử số là 2 tương ứng với số phần chỉ số bạn trai.

VD 2: Tỷ số giữa số bạn gái và số bạn trai là

Để giúp cho học sinh hiểu ý nghĩa thực tiễn của tỷ số , tôi sẽ hướng dẫn cho học sinh hiểu tỷ số giữa số bạn gái so với số bạn trai là . Số bạn gái bằng số bạn trai có nghĩa là số bạn trai là 2 phần bằng nhau thì số bạn gái là 3 phần như thế. Tỷ số chính là phân số . Mẫu số là 2 tương ứng với số phần chỉ số bạn trai. Tử số là 3 tương ứng với số phần chỉ số bạn gái. Tổng số bạn trai và bạn gái là 5 phần bằng nhau.

*Như vậy: Tỷ số là một phân số biểu thị mối quan hệ giữa đại lượng này so với đại lượng kia.

a, Dạng toán cơ bản:Tìm hai số khi biết hiệu và tỷ số của hai số đó.

Để giải được những bài toán ở dạng này, học sinh phải xác định được tổng hoặc hiệu của hai số và tỷ số của hai số. Tỷ số của hai số có thể là phân số, cũng có khi ở dạng lời văn.

VD 1 : Tỷ số dưới dạng phân số có tử số nhỏ hơn mẫu số.

Bài toán: Hiệu của hai số là 85 .Tỷ số của hai số đó là . Tìm hai số đó?

-HDHS: Đọc kỹ đề bài, xác định yếu tố đã cho, yếu tố phải tìm.

– Hướng dẫn học sinh phân tích bài toán:

+ Bài toán cho biết gì ? ( Bài toán cho biết hiệu của hai số là 85 . Tỷ số của hai số đó là phân số )

+ Bài toán hỏi gì? ( Tìm hai số đó)

+ Bài toán này thuộc dạng toán nào ? ( Bài toán thuộc dạng toán tìm hai số khi biết hiệu và tỷ số của hai số đó ).

+ Hiệu của hai số phải tìm là bao nhiêu ? (Hiệu của hai số là 85 ).

+ Tỷ số của hai số đó là bao nhiêu ? (Tỷ số giữa hai số là ) .

+ Hai số phải tìm là hai số nào? ( Hai số phải tìm là số lớn và số bé )

– Hướng dẫn học sinh hiểu mối quan hệ giữa tỷ số với hai số phải tìm:

Tỷ số của hai số là cho biết số nào tương ứng với mẫu số, số nào tương ứng với tử số? ( Tỷ số của hai số là cho biết mẫu số là 8 tương ứng với số lớn, tử số là 3 tương ứng với số bé.)

– Hướng dẫn học sinh vẽ sơ đồ : Khi vẽ sơ đồ lưu ý cho học sinh biểu thị các phần bằng nhau bằng những đoạn thẳng bằng nhau và biểu thị các dữ kiện của bài toán trên sơ đồ đoạn thẳng.

– Hướng dẫn học sinh trình bày bài giải: Khi trình bày bài giải, các câu trả lời phải tương ứng với các phép tính. Các chữ số, các dấu của phép tính, tên đơn vị phải viết rõ ràng, đầy đủ.

Bài giải.

Vẽ sơ đồ và giải. ?

Theo sơ đồ : Hiệu số phần bằng nhau là:

8 – 3 = 5(phần).

Số bé là:

85 : 5 x 3 = 51.

Số lớn là:

51 + 85 = 136.

Đáp số: Số bé : 51

Số lớn : 136

Nhận xét: Qua việc hướng dẫn học sinh giải bài toán ở ví dụ trên, tôi đã rèn cho học sinh những kỹ năng sau:

– Đọc kỹ đầu bài .

– Xác định yếu tố đã cho và yếu tố cần tìm.

– Xác định hai số cần tìm.

– Xác định mối quan hệ giữa tỷ số với hai số cần tìm.

– Vẽ sơ đồ và trình bày bài giải.

VD 2 : Tỷ số dưới dạng phân số có tử số lớn hơn mẫu số.

Bài toán: Hai kho chứa 125 tấn thóc,trong đó số thóc kho thứ nhất bằng số thóc kho thứ hai. Hỏi mỗi kho chứa bao nhiêu tấn thóc?

-HDHS phân tích bài toán:

+ Bài toán cho biết gì? (Bài toán cho biết tổng số thóc ở hai kho là 125 tấn)

+ Bài toán hỏi gì? (Bài toán hỏi mỗi kho chúa bao nhiêu tấn thóc)

+ Bài toán này thuộc dạng toán nào? ( Bài toán này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó).

+ Hai số phải tìm là hai số nào? (Là số thóc ở kho thứ nhất và số thóc ở kho thứ hai)

– HDHS hiểu mối quan hệ giữa tỷ số với số thóc ở hai kho.

Số thóc ở kho thứ nhất bằng số thóc ở kho thứ hai có nghĩa là: Số thóc ở kho thứ hai là 2 phần bằng nhau thì số thóc ở kho thứ nhất là 3 phần như thế. Mẫu số là 2 tương ứng với số thóc ở kho thứ hai. Tử số là 3 tương ứng với số thóc ở kho thứ nhất

– HD HS vẽ sơ đồ và giải bài toán.

Bài giải.

Theo sơ đồ : Tổng số phần bằng nhau là:

3 + 2 = 5 (phần).

Số thóc ở kho thứ nhất là:

125 : 5 x 3 = 75 (tấn).

Số thóc ở kho thứ hai là :

125 – 75 = 50 (tấn).

Đáp số: Kho 1 : 75 tấn thóc.

Kho 2 : 50 tấn thóc.

* Nhận xét: Với bài toán có tỷ số dưới dạng phân số mà tử số lớn hơn mẫu số, tôi cũng rèn cho học sinh các kỹ năng giải như các bài toán có tỷ số là phân số mà tử số bé hơn mẫu số.

* Trường hợp 2 :Tỷ số dưới dạng lời văn.

Khi hướng dẫn học sinh giải các bài toán ở dạng này, tôi cũng rèn cho học sinh những kỹ năng đọc kỹ đề bài và phân tích bài toán như những bài ở trường hợp 1, song tôi phải lưu ý cho học sinh kỹ năng xác định tỷ số và mối quan hệ giữa tỷ số với các đại lượng đã cho trong bài toán. Tỷ số dưới dạng lời vănđược phát biểu dưới nhiều hình thức khác nhau:

VD 1 :Tổng của hai số bằng 1080. Tìm hai số đó, biết rằng số thứ nhất gấp 7 lần số thứ hai.( Bài 3 trang 149 SGK 4)

HD HS xác định tỷ số:số thứ nhất gấp 7 lần số thứ hai ,tôi đã hướng dẫn học sinh hiểu là: Số thứ nhất gấp 7 lần số thứ hai, hay số thứ hai bằng số thứ nhất.

Hai số cần tìm là số thứ nhất và số thứ hai

Số thứ nhất tương ứng với 7 phần bằng nhau, số thứ hai tương ứng với 1 phần như thế.

Bài toán này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó. Tổng của hai số là 1080 . Tỷ số giữa hai số là

Đến đây học sinh giải bài toán tương tự như cách giải bài toán ở trường hợp 1.

* Lưu ý: ở ví dụ trên, tỷ số của hai số ẩn dưới dạng gấp một số lên nhiều lần.

VD2 :Tổng hai số là 72. Tìm hai số đó, biết rằng nếu số lớn giảm đi 5 lần thì được số bé.

HD HS xác định tỷ số : Số lớn giảm đi 5 lần thì được số bé có nghĩa là số lớn gấp 5 lần số bé . Hay số bé bằng số lớn.

Hai số cần tìm ở đây là số lớn và số bé. Số lớn tương ứng với 5 phần bằng nhau thì số bé tương ứng với 1 phần như thế.

Bài toán này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó.Tổng của hai số là 72. Tỷ số giữa hai số là . Học sinh giải bài toán tương tự cách giải bài toán ở trường hợp 1.

* Lưu ý : ở ví dụ trên , tỷ số của hai số ẩn dưới dạng giảm một số đi nhiều lần

VD3 :Tổng số tuổi của Tuấn, bố Tuấn hiện nay là 48 tuổi. Biết tuổi của Tuấn được bao nhiêu ngày thì tuổi của bố được bấy nhiêu tuần. Tính tuổi của mỗi người.(Bài soạn toán 4)

HD HS xác định tỷ số:

1 tuần có 7 ngày nên tuổi bố Tuấn gấp 7 lần tuổi Tuấn.

Hay tuổi của Tuấn bằng tuổi của bố Tuấn.

Hai số cần tìm ở đây là tuổi của Tuấn và tuổi của bố Tuấn. Tuổi của bố Tuấn tương ứng với 7 phần bằng nhau. Tuổi của Tuấn tương ứng với 1 phần như thế.

Bài toán này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó. Tổng số tuổi của hai người là 48 tuổi . Tỷ số giữa số tuổi của hai người là .

Đến đây học sinh giải bài toán tương tự cách giải bài toán ở truờng hợp 1.

* Lưu ý: ở ví dụ trên tỷ số ẩn dưới dạng mối quan hệ giữa ngày và tuần.

VD 4: Tổng của hai số là 1281. Thương của hai số là 6. Tìm hai số đó.( BT toán 4/40)

HD HS xác định tỷ số: Thương của hai số chính là kết quả của phép chia số thứ nhất cho số thứ hai. Có nghĩa là số thứ nhất gấp 6 lần số thứ hai. Hay số thứ hai bằng số thứ nhất.

Hai số cần tìm ở đây là số thứ nhất và số thứ hai. Số thứ nhất tương ứng với 6 phần bằng nhau , số thứ hai tương ứng với 1 phần như thế.

Bài này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số đó. Tổng hai số là 1281. Tỷ số của hai số là . Đến đây học sinh giải bài toán tương tự như cách giải bài toán ở trường hợp 1.

Lưu ý : ở ví dụ trên, tỷ số của hai số ẩn dưới dạng là thương của hai số.

VD 5 : Tổng của hai số là 407. Biết của số thứ nhất thì bằng của số thứ hai. Tìm hai số đó.

HD HS xác định tỷ số: của số thứ nhất thì bằng của số thứ hai. Có nghĩa là số thứ nhất là 4 phần bằng nhau, thì số thứ hai là 7 phần như thế. Hay số thứ nhất bằng

số thứ hai.

Hai số cần tìm ở đây là số thứ nhất và số thứ hai

Số thứ hai tương ứng với 7 phần bằng nhau, số thứ nhất tương ứng với 4 phần như thế.

Bài này thuộc dạng toán tìm hai số khi biết tổng và tỷ số của hai số. Tổng của hai số là 407. Tỷ số giữa hai số là . Đến đây học sinh giải bài toán tương tự như ví dụ trên.

* Lưu ý: ở ví dụ trên, tỷ số của hai số ẩn dưới dạng mẫu số của 2 phân số.

+ Tìm tổng hoặc hiệu số phần bằng nhau của hai số

+ Tìm giá trị của mỗi phần

+ Tìm mỗi số phải tìm.

Khi hướng dẫn học sinh giải những bài toán ở dạng này, tôi rèn cho học sinh những kỹ năng đọc đề bài, phân tích bài toán, trình bày bài toán như các bài toán ở dạng trên, song tôi lưu ý cho học sinh cách xác định tỷ số và giải bài toán bằng phương pháp tỷ số cụ thể như sau:

Bài toán 1: Một xe máy đi trong 3 giờ thì được 60 km. Hỏi xe đó đi trong 6 giờ được bao nhiêu km. ( Tốc độ đi không thay đổi).

– Hướng dẫn học sinh xác định tỷ số:

6 giờ gấp 3 giờ mấy lần? ( 6 giờ gấp 3 giờ 2lần)

Tốc độ đi không thay đổi, thời gian đi gấp 2 lần thì quãng đường đi được gấp mấy lần? ( Quãng đường đi được cũng gấp 2 lấn )

– Hướng dẫn học sinh giải:

Bài giải

6 giờ gấp 3 giờ số lần là:

6 : 3 = 2 ( lần)

Số km người đó đi trong 6 giờ là:

60 x 2 = 120 ( km )

Đáp số : 120 km.

Bài toán 2: Trong kỳ thi học sinh giỏi, người ta thấy rằng cứ 5 bạn thì có 2 bạn gái còn lại là bạn trai. Hỏi trong kỳ thi đó có bao nhiêu bạn gái? có bao nhiêu bạn trai? Biết rằng có 240 bạn trai.

– Hướng dẫn học sinh xác định tỷ số:

Trong 5 bạn thì có 2 bạn gái còn mấy bạn trai? ( có 2 bạn gái và 3 bạn trai).

Số bạn gái so với số bạn trai thì bằng bao nhiêu phần? (Số bạn gái bằng số bạn trai)

– Hướng dẫn học sinh giải:

Bài giải:

Số bạn trai có trong 5 bạn là:

5 – 2 = 3 ( bạn)

Số bạn gái có tong kỳ thi đó là:

240 :3 x 2 = 160 ( bạn)

Đáp số: 160 bạn.

Nhận xét: Khi hướng dẫn học sinh giải những bài toán trên, tôi đã hướng dẫn học sinh xác định tỷ số và áp dụng cách giải bài toán bằng phương pháp tỷ số để giải bài toán vừa ngắn gọn, vừa dễ hiểu đối với học sinh.

IV/ Kết quả khảo sát sau khi đã áp dụng sáng kiến vào thực tế giảng dạy.

Từ khi áp dụng biện pháp rèn kỹ năng giải bài toán có lời văn liên quan đến tỷ số cho học sinh, tôi thấy đa số các em xác định các yếu tố đã cho, các yếu tố phải tìm và

*Lớp 4A : 30em * Lớp 4C : 30 em.

– Loại giỏi:6 em = 20% – Loại giỏi : 9 em = 30%

– Loại khá: 10 em = 33% – Loại khá : 12 em = 40%

– Loại trung bình :11 em = 37% – Loại trung bình : 9 em = 30%

– Loại yếu : 3 em = 10%

– Đọc kỹ đầu bài.

– Xác định yếu tố đã cho và yếu tố cần tìm,

– Vẽ sơ đồ tóm tắt bài toán.

– Lựa chọn cách giải bài toán.

– Rèn kỹ năng trình bày bài giải.

– Cần rèn cho học sinh biết vận dụng linh hoạt ,sáng tạo các kiến thức đã học để tìm ra “chìa khoá”mà giải các bài toán một cách hợp lý và đạt kết quả cao nhất.

Trên đây là một sáng kiến kinh nghiệm của tôi, đã được tôi áp dụng vào thực tế giảng dạy và đã có hiệu quả. Tôi rất mong được sự góp ý của đồng nghiệp.

Dương Quang Bình @ 08:52 03/04/2012

Số lượt xem: 481

--- Bài cũ hơn ---

Sáng Kiến Kinh Nghiệm Giúp Học Sinh Lớp 4 Khắc Phục Các Lỗi Khi Thực Hiện Giải Toán Có Lời Văn

Đề Tài Rèn Kĩ Năng Giải Toán Có Lời Văn Cho Học Sinh Lớp 4

Chuyên Đề: Một Số Biện Pháp Nâng Cao Chất Lượng Giải Toán Có Lời Văn Cho Hs Lớp 4&5 Chuyen De Giai Toan Lop 5 Doc

Một Số Biện Pháp Rèn Kĩ Năng Giải Toán Có Lời Văn Cho Học Sinh Lớp 4

Toán Có Lời Văn Ở Lớp 4 Với Dạng Bài Toán

--- Bài mới hơn ---

Làm Thế Nào Để Hướng Dẫn Học Sinh Giải Một Bài Toán Có Lời Văn

Bài Giải Toán Lớp 2 Tìm X

Bài Giải Toán Tìm X Lớp 6

Giải Toán Lớp 2 Bài Tìm Số Trừ

Giải Toán Lớp 2 Bài Tìm Một Số Hạng Trong Một Tổng

Người viết: Đỗ Thị Phương

Chức vụ: Phó hiệu trưởng

Đơn vị công tác: Trường tiểu học B Trực Đại

Trực Ninh – Nam Định

Sáng kiến kinh nghiệm

A/ Đặt vấn đề:

II/ Đối tượng vận dụng sáng kiến kinh nghiệm của bản thân:

– Học sinh lớp 4c trường tiểu học B Trực Đại.

B/ Giải quyết vấn đề:

*Như vậy: Tỷ số là một phân số biểu thị mối quan hệ giữa đại lượng này so với đại lượng kia.

– Hướng dẫn học sinh phân tích bài toán:

+ Bài toán cho biết gì ? ( Bài toán cho biết hiệu của hai số là 85 . Tỷ số của hai số đó là phân số )

+ Bài toán hỏi gì? ( Tìm hai số đó)

+ Bài toán này thuộc dạng toán nào ? ( Bài toán thuộc dạng toán tìm hai số khi biết hiệu và tỷ số của hai số đó ).

+ Hiệu của hai số phải tìm là bao nhiêu ? (Hiệu của hai số là 85 ).

+ Tỷ số của hai số đó là bao nhiêu ? (Tỷ số giữa hai số là ) .

+ Hai số phải tìm là hai số nào? ( Hai số phải tìm là số lớn và số bé )

– Hướng dẫn học sinh hiểu mối quan hệ giữa tỷ số với hai số phải tìm:

Tỷ số của hai số là cho biết số nào tương ứng với mẫu số, số nào tương ứng với tử số? ( Tỷ số của hai số là cho biết mẫu số là 8 tương ứng với số lớn, tử số là 3 tương ứng với số bé.)

– Hướng dẫn học sinh vẽ sơ đồ : Khi vẽ sơ đồ lưu ý cho học sinh biểu thị các phần bằng nhau bằng những đoạn thẳng bằng nhau và biểu thị các dữ kiện của bài toán trên sơ đồ đoạn thẳng.

– Hướng dẫn học sinh trình bày bài giải: Khi trình bày bài giải, các câu trả lời phải tương ứng với các phép tính. Các chữ số, các dấu của phép tính, tên đơn vị phải viết rõ ràng, đầy đủ.

Bài giải.

Vẽ sơ đồ và giải. ?

Theo sơ đồ : Hiệu số phần bằng nhau là:

8 – 3 = 5(phần).

Số bé là:

85 : 5 x 3 = 51.

Số lớn là:

51 + 85 = 136.

Đáp số: Số bé : 51

Số lớn : 136

Nhận xét: Qua việc hướng dẫn học sinh gia

--- Bài cũ hơn ---

Giải Toán Có Lời Văn Giao An Giai Bai Toan Co Loi Van Doc

Giáo Án Toán Lớp 1

Đề Thi Giải Toán Violympic Trên Mạng Lớp 2 Có Đáp Án

Tổng Hợp 78 Bài Luyện Thi Violympic Toán Lớp 2

Giải Cùng Em Học Toán Lớp 4 Tập 2 Tuần 21 Trang 11, 12, 13, 14 Hay Nhất Tại Vietjack.

--- Bài mới hơn ---

Tích Có Hướng Của Hai Véc Tơ Trong Không Gian

Dùng Máy Tính Cầm Tay Giải Toán Nguyên Hàm, Tích Phân Và Ứng Dụng

Ôn Thi Đại Học Môn Toán

Chinh Phục Hình Học Giải Tích Oxyz

Hàm Phức Và Ứng Dụng Chương 1: Hàm Giải Tích Ham Phuc Va Ung Dung Chuong 1 Ham Giai Tich Doc

Trong hình giải tích chương trình toán 12, hay trong những bài bài toán về định thức ma trận. Việc tính tích có hướng là việc làm thường xuyên và quan trọng của người giải toán. Để hạn chế sai sót trong quá trình giải toán và tính tích có hướng, ta nên SỬ DỤNG MÁY TÍNH CASIO – VIANCAL ĐỂ TÍNH TÍCH CÓ HƯỚNG.

Nhấn mode 8: màn hình hiện lên các vec tơ:

1: VctA 2: VctB

VctA (m) m?

1:3 2:2

Nếu nhấn số 1 là chọn tính toán vec tơ trong không gian 3 chiều Oxyz

Nếu nhấn số 2 là chọn tính toán vec tơ trong không gian 2 chiều Oxy

Ở đây ta sẽ nhấn số 1, màn hình hiện ra

A

GỌI NGAY 08.8863.1839 – 0919. 280. 820

ĐỂ ĐƯỢC TƯ VẤN LỰA CHỌN SẢN PHẨM PHÙ HỢP VỚI BẠN HOÀN TOÀN MIỄN PHÍ

2126/42 Quốc Lộ 1A – P. Tân Thới Hiệp – Q12 – chúng tôi ( bên hông bên phải nhà Thờ Tân Hưng – Ngã Tư Quốc Lộ 1A với Nguyễn Văn Quá)

--- Bài cũ hơn ---

Bài Tập Tính Tích Phân Nâng Cao

Giáo Sư Nguyễn Thừa Hợp

Luận Văn: Giải Tích Ngẫu Nhiên Và Ứng Dụng Trong Tài Chính, Hay

Giáo Trình Giải Tích Mạng Điện

Đại Số Ma Trận Ứng Dụng Trong Giải Tích Mạng