Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Chuyên mục

 Photo

Tuần 1 tháng 2/2017: $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ di chuyển

05-02-2017

Như vậy lời giải bài toán Tuần 5 tháng 1/2017 đã được thầy Hùng đưa tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ là điểm di chuyển trên cung $BC$ không chứa $A$. Các điểm $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PB \perp BE$ và $PC \perp CF$. $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. $R$ thuộc đoạn $AP$ sao cho $\angle RBP =\angle  RCP$. Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di chuyển.

  447 Lượt xem · 3 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi manhtuan00 )

 Photo

Bộ ba và bộ bốn: Từ Pythagoras đến Fermat

30-01-2017

BỘ BA VÀ BỘ BỐN: TỪ PYTHAGORAS ĐẾN FERMAT

 

Nếu có một chút về Toán mà bạn nhớ từ chương trình học ở trường thì đó có lẽ là định lý Pythagoras. Với tam giác vuông có các cạnh $a,~b,~c$, trong đó $c$ là cạnh đối diện góc vuông, ta có

                                                                         $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{c}^{2}}$$

Nếu ba số dương $a,~b$ và $c$ thỏa phương trình này, tạo thành các cạnh của một tam giác vuông thì ba số dương trên gọi là bộ ba số Pythagoras.

theorem.png

Định lý Pythagoras

 

Một câu hỏi khiến Pythagoras cũng như các nhà Toán học Hy Lạp cổ xưa khác phải suy nghĩ đó là làm thế nào để tạo ra các bộ ba Pythagoras. Nếu tôi cho bạn một số dương $a$, bạn có thể tìm được hai số $b$ và $c$ sao cho $a,~b$ và $c$ tạo thành bộ ba Pythagoras không? Trong bài này, chúng ta sẽ khám phá câu hỏi này và đồng thời ta sẽ có ý tưởng mở rộng sang các tập bốn số, được gọi là bộ bốn Pythagoras.

 

I. BỘ BA PYTHAGORAS

 

Dưới đây là ví dụ về bộ ba Pythagoras

triples.png

 

Các bộ ba được viết màu đỏ là bội số lẫn nhau và cũng như vậy với các bộ ba được viết màu xanh: bạn có $\left( 6,~8,~10 \right)$, $\left( 9,~12,~15 \right)$ và $\left( 12,~16,~20 \right)$ bằng cách nhân mỗi thành phần của $\left( 3,~4,~5 \right)$ tương ứng với 2, 3 và 4 , và có $\left( 10,~24,~26 \right)$ bằng cách nhân mỗi thành phần của $\left( 5,~12,~13 \right)$ với 2.

 

Tổng quát, nếu $k$ là số dương và $\left( a,~b,~c \right)$ là một bộ ba Pythagoras thì $\left( ka,~kb,~kc \right)$ cũng vậy, vì

$${{\left( ka \right)}^{2}}+{{\left( kb \right)}^{2}}={{k}^{2}}{{a}^{2}}+{{k}^{2}}{{b}^{2}}={{k}^{2}}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)={{k}^{2}}{{c}^{2}}={{\left( kc \right)}^{2}}$$

Trong hình học, nếu một bộ ba Pythagoras là một bội số của một bộ ba khác thì các tam giác tương ứng đồng dạng.

 

pythagoras_painting.jpg

Bức hoạ của Raffaello Sanzio về Pythagoras có tên “Ngôi trường Athens”

 

Nếu một bộ ba Pythagoras không phải là bội số của một bộ ba khác thì ta nói đó là bộ ba nguyên thủy. Có thể nhận biết một bộ ba Pythagoras nguyên thủy khi các số $a$ và $b$ không có ước chung. Trong ví dụ trên, $\left( 3,~4,~5 \right)$ là một bộ ba Pythagoras nguyên thủy trong khi $\left( 6,~8,~10 \right)$, $\left( 9,~12,~15 \right)$ và $\left( 12,~16,~20 \right)$ thì không. Tương tự (5, 12, 13) cũng là một bộ ba Pythagorean nguyên thủy trong khi $\left( 10,~24,~26 \right)$ thì không.

 

Nếu có một bộ ba Pythagoras thì thật dễ để tạo ra các bộ ba không nguyên thủy mới cách đơn giản bằng cách lấy các bội số tương ứng. Nhưng nếu chỉ cho một số, bạn có thể tìm được một bộ ba Pythagoras sao cho số đó là một trong các thành phần của bộ ba không? Pythagoras đã nghĩ ra một phương pháp giải quyết vấn đề này. Lưu ý đầu tiên là nếu

                                                                         $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{c}^{2}}$$

thì

                                                                          $${{c}^{2}}-{{b}^{2}}={{a}^{2}}$$

Bây giờ hãy xét hai biểu thức

                                               $${{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}={{a}^{4}}+2{{a}^{2}}+1$$


$${{\left( {{a}^{2}}-1 \right)}^{2}}={{a}^{4}}-2{{a}^{2}}+1$$

Hai biểu thức này sai khác nhau đúng $4{{a}^{2}}$, nên hai biểu thức

                                                             $$\frac{{{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}}{4}$$

                                                             $$\frac{{{\left( {{a}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{4}$$

sai khác nhau ${{a}^{2}}$.

 

Vì vậy, nếu chọn

          $$b=\sqrt{\frac{{{\left( {{a}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{4}}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}-1 \right)}}}{2}$$

          $$c=\sqrt{\frac{{{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}}{4}}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}}}{2}$$

Ta được

$${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{4}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}}{4}={{c}^{2}}$$

Để các số $a,~b$ và $c$ đại diện cho một bộ ba Pythagoras, ta cần

                                                                               $$b=\frac{{{a}^{2}}-1}{2}$$

                                                                               $$c=\frac{{{a}^{2}}+1}{2}$$

là số nguyên dương, tức cả ${{a}^{2}}-1$ và ${{a}^{2}}+1$ đều chẵn, khi đó ${{a}^{2}}$ phải là số lẻ. Nhưng bình phương của một số là lẻ chỉ nếu số đó lẻ, nên phương pháp này chỉ áp dụng cho số lẻ $a$.

 

plato.jpg

Bức hoạ Plato (trái) và Aristotle (phải) do hoạ sĩ Raffaello Sanzio vẽ trong bức “Ngôi trường Athens”

 

Tuy nhiên có một cách đơn giản để tạo ra một công thức thoả giá trị chẵn từ trên. Nếu $a,~b$ và $c$ tạo thành một bộ ba Pythagoras về dạng được mô tả ở trên, thì

                                                                                         $${{a}_{1}}=2a$$

                                   $${{b}_{1}}=2b={{a}^{2}}-1={{\left( \frac{{{a}_{1}}}{2} \right)}^{2}}-1$$

                                                $${{c}_{1}}=2c={{\left( \frac{{{a}_{1}}}{2} \right)}^{2}}+1$$

Phương pháp này tạo ra các bộ ba từ các số chẵn ${{a}_{1}}$ do Plato đề xuất. Dưới đây là danh sách các bộ ba Pythagoras được tạo ra từ các số chẵn và lẻ bằng cách sử dụng hai phương pháp này:

list.png

 

Do hai phương pháp này tạo ra bộ ba số Pythagoras từ tất cả các số nguyên dương nên ta có vô hạn bộ ba Pythagoras. Nhưng liệu hai phương pháp này có thể tạo ra tất cả các bộ ba đó không? Câu trả lời là không. Ví dụ, bộ ba $\left( 20,~21,~29 \right)$ không có trong danh sách trên. Một công thức chung do Euclide mô tả trong cuốn sách nổi tiếng The Elements của ông rằng: Lấy bất kỳ hai số nguyên dương $m$ và $n$ với $m>n$. Tương tự với lập luận trên, chú ý rằng

                     $${{\left( {{m}^{2}}-{{n}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{4}}-2{{m}^{2}}{{n}^{2}}+{{n}^{4}}$$

                    $${{\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}} \right)}^{2}}={{m}^{4}}+2{{m}^{2}}{{n}^{2}}+{{n}^{4}}$$

sai khác nhau $4{{m}^{2}}{{n}^{2}}$. Vậy nên ta đặt

                                                                                $$a={{m}^{2}}-{{n}^{2}}$$

                                                                  $$b=~\sqrt{4{{m}^{2}}{{n}^{2}}}=2mn$$

                                                                                $$c={{m}^{2}}+{{n}^{2}}$$

Thu được

                                                                         $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}={{c}^{2}}$$

Vì $m$ và $n$ là các số nguyên dương và $m>n$, tất cả ba số $a,~b$ và $c$ cũng là số nguyên dương nên ta có một bộ ba Pythagoras. Mỗi bộ ba Pythagoras nguyên thủy đều có thể được tạo ra từ một cặp số $m$ và $n$ duy nhất mà một trong hai là số chẵn. Và một khi bạn có những bộ ba nguyên thủy, bạn có thể tạo ra tất cả các bộ ba Pythagorean bằng cách đơn giản là nhân lên. Vậy nên công thức của Euclid có thể tạo ra tất cả bộ ba Pythagoras.

 

euclid.jpg

Euclide (người cầm com-pa) trong bức hoạ “ngôi trường Athens” của Raffaello Sanzio

 

II. CÁC BỘ BỐN PYTHAGORAS

 

Bây giờ ta quan sát bộ bốn Pythagoras gồm bốn số nguyên dương thay vì ba số. Trong một bộ bốn Pythagoras, tổng bình phương của ba số đầu cho chúng ta bình phương của số thứ tư:

                                                               $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{d}^{2}}$$

Về mặt hình học, bộ bốn Pythagoras ứng với một hình hộp chữ nhật với các cạnh $a,~b$ và $c$. Độ dài đường chéo của hộp này là

                                                                  $$\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$$

Do đó các cạnh cùng với cạnh chéo tạo thành một bộ bốn Pythagoras. Đây là lý do tại sao bộ bốn Pythagoras cũng được gọi là hộp Pythagoras.

box.jpg

Như ở trên, nếu $\left( a,~b,~c,~d \right)$ là một bộ bốn Pythagoras thì $\left( ka,~kb,~kc,~kd \right)$ cũng vậy với mọi số nguyên dương $k$. Nếu ước chung lớn nhất của $a,~b$ và $c$ là 1 thì bộ bốn được gọi là nguyên thủy. Dưới đây là một số ví dụ về các bộ bốn Pythagoras với mỗi bộ cùng màu là bội số của nhau (đỏ, xanh da trời hoặc xanh lá):

quadruples.png

 

Ta có thể tạo ra bộ bốn Pythagoras từ hai số $m$ và $n$ bất kỳ, đơn giản bằng cách chú ý rằng

                                                  $${{\left( m+n \right)}^{2}}={{m}^{2}}+2mn+{{n}^{2}}$$

Vì vậy, đặt $a={{m}^{2}}$, $b=2mn$, $c={{n}^{2}}$ và $d={{\left( m+n \right)}^{2}}$ cho ta một bộ bốn Pythagoras.

 

Việc đặt như vậy cũng cho ta một cách để tạo ra một bộ bốn Pythagoras từ một số chẵn $p$. Đầu tiên, chú ý rằng nếu $p$ chẵn thì ${{p}^{2}}$ chẵn. Bây giờ tìm hai số $m$ và $n$ sao cho $mn={{p}^{2}}/2$.

 

Đặt

                                                                                                 $$a=m$$

                                                                                     $$b=p=\sqrt{2mn}$$

                                                                                                  $$c=n$$

                                                                         $d={{\left( m+n \right)}^{2}}.$

thì

          $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{m}^{2}}+2mn+{{n}^{2}}={{\left( m+n \right)}^{2}}={{d}^{2}}$$

cho ta bộ bốn Pythagoras. Ví dụ, nếu $p=2$ thì ${{p}^{2}}/2=2$ nên ta chọn $m=1$ và $n=2$. Ta được bộ bốn $\left( 1,~2,~2,~3 \right)$ với ${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+{{2}^{2}}=1+4+4=0={{3}^{2}}.$

 

Với $p=4$ ta có ${{p}^{2}}/2=8$. Giờ ta có hai cách chọn là $8=2\times 4$ và $8=1\times 8$. Cách chọn thứ nhất cho bộ bốn $\left( 2,~4,~4,~6 \right)$ với

                                                  $${{2}^{2}}+{{4}^{2}}+{{4}^{2}}=4+16+16=36={{6}^{2}}$$

Cách chọn thứ hai cho bộ bốn $\left( 1,~4,~8,~9 \right)$ với

                                                  $${{1}^{2}}+{{4}^{2}}+{{8}^{2}}=1+16+64=81+{{9}^{2}}$$

Bạn có thể tiếp tục tạo ra các bộ bốn từ các số chẵn $p$ theo cách này.

 

III. CHÚNG TA CÓ THỂ TẠO RA TẤT CẢ CÁC BỘ BỐN PYTHAGORAS?

 

Không phải tất cả các bộ bốn Pythagoras đều có dạng

                                                  $${{\left( m+n \right)}^{2}}={{m}^{2}}+2mn+{{n}^{2}}$$

nên không phải lúc nào ta có thể tạo ra bộ bốn Pythagoras bằng phương pháp trên - chúng ta cần linh động hơn một chút. Giả sử rằng cho hai số $a$ và $b$, giờ ta hãy tìm một số $p$ sao cho ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}$ chia hết cho $p$ nhưng ${{p}^{2}}<{{a}^{2}}+{{b}^{2}}$. Nếu $a$ và $b$ đều chẵn thì ta cũng cần $p$ phải chẵn.

 

Bây giờ cho

                                                            $$c=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{p}^{2}}}{2p}$$

Thì

$${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}-2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right){{p}^{2}}+{{p}^{4}}}{4{{p}^{2}}}$$

$$={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{4{{p}^{2}}}-\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}+\frac{{{p}^{2}}}{4}$$

$$=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{4{{p}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}+\frac{{{p}^{2}}}{4}$$

$$={{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{p}^{2}}}{2p} \right)}^{2}}$$

Vậy ta đặt

                                                           $$d=\frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{p}^{2}}}{2p}$$

Ta được

                                                               $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{d}^{2}}$$

Nhưng có phải $a,~b,~c$ và $d$ đều là số nguyên dương? Đây là lý do vì sao chúng ta có các điều kiện đặt ra cho $p$. Dễ chứng minh rằng miễn $a$ và $b$ là số chẵn hoặc một chẵn một lẻ thì điều kiện trên đảm bảo rằng $a,b,c$ và $d$ là số nguyên dương.

 

Nếu $a$ và $b$ đều lẻ thì không thể tạo ra bộ bốn Pythagorean bằng phương pháp này.

 

Nhưng điểm quan trọng là bạn có thể xẫy dựng các bộ bốn Pythagoras nguyên thủy từ hai số $a$ và $b$ theo cách trên. Và mặt khác, một khi bạn có những bộ bốn nguyên thủy, bạn có thể tạo ra tất cả các bộ bốn khác bằng cách nhân lên.

 

IV. TẠO RA MỘT DÃY BÌNH PHƯƠNG

 

Thêm một điều hay đáng chú ý là từ kĩ thuật tạo ra các bộ ba, chúng ta có thể tạo ra bộ bốn, bộ năm, .. tạo ra bộ các tổng các bình phương với bất kì độ dài nào. Ta bắt đầu với bộ ba $\left( 3,~4,~5 \right)$, ta có thể tạo ra bộ ba khác, bắt đầu với số 5: đó là $\left( 5,~12,~13 \right)$. Vì vậy nên ta có

                                                                         $${{3}^{2}}+{{4}^{2}}={{5}^{2}}$$

                                                                       $${{5}^{2}}+{{12}^{2}}={{13}^{2}}$$

Sắp xếp lại phương trình thứ hai ta có

                                                                       $${{5}^{2}}={{13}^{2}}-{{12}^{2}}$$

Thay vào phương trình thứ nhất và sắp xếp lại, ta có

                                                            $${{3}^{2}}+{{4}^{2}}+{{12}^{2}}={{13}^{2}}$$

nên ta có bộ bốn $\left( 3,~4,~12,~13 \right)$. Tương tự, luôn dùng số lớn nhất trong tập các số hiện tại để tạo ra một bộ ba mới, ta có thể tạo nên bộ năm $\left( 3,~4,~12,~84,~85 \right)$ và bộ sáu $\left( 3,~4,~12,~84,~3612,~3613 \right)$ và vân vân, vô hạn.

 

V. LŨY THỪA BA VÀ BẬC CAO HƠN

 

Các bộ bốn Pythagoras bao gồm tổng các bình phương, nhưng nếu ta “nâng cấp” lên mũ 3 có dạng

                                                              $${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}={{d}^{3}}.$$

thì bộ bốn này được gọi là bộ bốn lũy thừa ba. Dưới đây là một vài ví dụ (lần nữa, các bộ bốn có cùng màu màu đỏ, xanh da trời và xanh lá là bội số của nhau).

 

cubic.png

 

Ở đây chúng ta sẽ không khảo sát tỉ mỉ công thức tạo ra bộ bốn luỹ thừa ba, nhưng thay vào đó hỏi một câu hỏi xuất hiện thì thú vị hơn nhiều: Có tồn tại những bộ ba lũy thừa ba? Câu hỏi này bài toán của một trong những định lý nổi tiếng của Toán học: Định lý cuối cùng của Fermat. Định lý nói rằng không có ba số nguyên dương $a,~b$ và $c$ nào thỏa mãn

                                                                         $${{a}^{3}}+{{b}^{3}}={{c}^{3}}$$

Trên thực tế, định lý còn nói rằng với bất kì số nguyên $n$ nào lớn hơn 2 thì không thể tìm ra ba số nguyên dương $a,~b~$và $c$ sao cho

                                                                         $${{a}^{n}}+{{b}^{n}}={{c}^{n}}$$

Đây là giả thuyết do nhà Toán học nổi tiếng người Pháp Pierre de Fermat đưa ra vào năm 1637. Fermat đã viết trong lề cuốn sách rằng ông đã “có một cách chứng minh rất hay, nhưng lề sách này quá nhỏ để viết”. Trong hơn 300 năm, các nhà Toán học đã cố gắng tìm ra cách chứng minh, nhưng họ đã không thành công. Mãi cho đến năm 1995, nhà toán học Andrew Wiles mới chứng minh được định lý trên, sử dụng các công cụ toán phức tạp mà Fermat không thể nào biết được.

 

Người dịch: Nguyễn Thị Hồng Niên - Thành viên Chuyên san EXP

Bài viết này dịch theo https://plus.maths.o...and-quadruples 

  784 Lượt xem · 0 Trả lời

 Photo

Tuần 5 tháng 1/2017: $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trên $(I)$.

30-01-2017

Như vậy bài toán cho Tuần 4 tháng 1 năm 2017 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới.

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $BP,CQ$ là các phân giác trong. Đoạn $AI$ cắt $(I)$ tại $J$. Đường thẳng qua $A$ song song với $JE,JF$ lần lượt cắt $DE,DF$ tại $M,N$. $ID$ cắt $PQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ và trung trực $MN$ cắt nhau trên $(I)$.

  491 Lượt xem · 6 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi manhtuan00 )

 Photo

Mô hình lan truyền của dịch bệnh

29-01-2017

I. LỊCH SỬ

 

Vào giữa thế kỷ 14, ở châu Âu xuất hiện đại dịch “Cái Chết Đen” quét qua lục địa này. Những nghiên cứu gần đây cho thấy “Cái Chết Đen” hình thành do loài bọ chét truyền từ chuột sang người, gây nên bệnh dịch hạch. Đại dịch này xuất phát ở Ý vào khoảng tháng 12, năm 1347 từ những chuyến tàu cập bến từ phương Đông. Vài năm sau đó, đại dịch lan rộng khoảng 200 đến 400 dặm mỗi năm, khiến cho một phần ba dân số châu Âu thiệt mạng và 80% những người nhiễm bệnh sẽ chết trong 2 đến 3 ngày tới. Hình dưới đây mô tả mức độ lan truyền theo dạng sóng của bệnh dịch này.

6-1.png

Ảnh minh hoạ sự lan truyền đại dịch “Cái Chết Đen” ở châu Âu vào năm 1347 – 1350

 

Trong bài này, ta nghiên cứu một mô hình đơn giản của sự lan truyền và cách xấp xỉ trong thực tế với giả định rằng lượng tổng thể sinh vật luôn cố định. Giả sử có một dịch bệnh lan truyền trong một khu vực, bệnh này có thể được cứu chữa, nhưng người mắc bệnh có thể chết, ta không loại bỏ số lượng người chết ra khỏi tổng dân số trong vùng. Ta phân tổng số người trong vùng đó thành 3 lớp:

 

- Lớp dễ bệnh $S$: Những người trong lớp này chưa hề mắc bệnh và có nguy cơ nhiễm bệnh. 
- Lớp nhiễm bệnh $I$: Những người trong lớp này đã mắc bệnh và có khả năng truyền bệnh sang người khác. 
- Lớp hết bệnh $R$: Những người trong lớp này đã được trị khỏi bệnh hoặc đã chết vì bệnh. 
 
Đây là mô hình $SIR$ mà ta sẽ nghiên cứu sau đây.
 
II. MÔ HÌNH SIR
 
2.1. Điều kiện nghiên cứu
 
- Bệnh dịch xảy ra trong khoảng thời gian đủ ngắn để lượng dân số luôn cố định, tính cả người đã chết vì bệnh dịch này vào tổng số dân.
- Chu kỳ ủ bệnh không đáng kể.
- Nếu người nhiễm bệnh đã hết bệnh thì người này không còn khả năng nhiễm bệnh. Do đó, người này sẽ ở lại lớp $R$.
- Mẫu dân số đủ lớn để có kết quả xấp xỉ đúng.
- Ta xác định mức độ lan truyền dịch bệnh bằng định luật tác dụng khối lượng như sau:
 
$$S+I \overset{r}{\mathop{\to }} \,2I$$
$$I \overset{a}{\mathop{\to }} \,R$$
 
Ý nghĩa:     
 
$S+I\overset{r}{\mathop{\to }}\,2I$: Ở vế trái, người trong lớp $S$ bị người trong lớp $I$ lây bệnh với tốc độ $r>0$, khiến người đó chuyển sang lớp $I$, thu được vế phải là $I+I=2I$.     
 
$I\overset{a}{\mathop{\to }}\,R$: Người trong lớp $I$ sau một thời gian sẽ hết bệnh (hoặc chết vì bệnh này) và chuyển sang lớp $R$ với tốc độ $a>0$.
 
2.2. Mô hình
 
Ta xem mỗi lớp là một hàm số theo thời gian $t$ gồm $S\left( t \right),I\left( t \right)$ và $R\left( t \right)$ có tính chất:
 
(i) Lớp nhiễm bệnh có tốc độ tỉ lệ thuận với số lượng người nhiễm bệnh và người dễ bệnh, tức $rSI$, với $r>0$ là tham số hằng, đó cũng là tốc độ mất đi số người trong lớp dễ bệnh.
 
(ii) Tốc độ hết bệnh của người nhiễm bệnh tỉ lệ thuận với số lượng người nhiễm bệnh, tức $aI$, với $a>0$ là hằng số, $1/a$ là độ đo thời gian một người ở trong trạng thái nhiễm bệnh.
 
(iii) Chu kỳ ủ bệnh ngắn, tức người dễ bệnh khi tiếp xúc với mầm bệnh sẽ nhiễm bệnh ngay.
 
Từ các tính chất trên, ta có được mô hình cổ điển Kermack – McKendrick, do W. O. Kermack và A. G. McKendrick công bố vào năm 1927.
$$\frac{dS}{dt}=-rSI \, \, \, (1)$$
$$\frac{dI}{dt}=rSI-aI \, \, \, (2)$$
$$\frac{dR}{dt}=aI \, \, \, (3)$$
với $r>0$ là tốc độ lây nhiễm và $a>0$ là tốc độ hết bệnh của người nhiễm bệnh. Ta muốn tìm nghiệm không âm với mỗi $S,I$ và $R$, tức $S\left( t \right),I\left( t \right),R\left( t \right)\geq 0$ với mọi $t\geq 0$.
 
Do tổng kích thước dân số luôn cố định nên ta cộng các phương trình từ (1) đến (3) thu được:
$$\frac{dS}{dt}+\frac{dI}{dt}+\frac{dR}{dt}=0$$
$$\Rightarrow S\left( t \right)+I\left( t \right)+R\left( t \right)=N \, \, \, (4)$$
với $N$ là tổng kích thước dân số.
 
Giả sử ta có điều kiện đầu $S\left( t=0 \right)={{S}_{0}},~I\left( t=0 \right)={{I}_{0}},~R\left( t=0 \right)=0$, tức tại thời điểm bắt đầu khảo sát, ta có ${{S}_{0}}$ người chưa mắc bệnh, ${{I}_{0}}$ người đã nhiễm bệnh và chưa có ai khỏi bệnh (hoặc chết vì bệnh đó). Từ phương trình (4), ta được:
$$\frac{d}{dt}\left( S+I+R \right)=0$$
$$S\left( 0 \right)+I\left( 0 \right)+R\left( 0 \right)={{S}_{0}}+{{I}_{0}}$$
Trong bất kỳ dịch bệnh nào, người ta thường hỏi rằng nếu biết $r,a,{{S}_{0}}$ và ${{I}_{0}}$ người nhiễm bệnh thì
 
1. Dịch bệnh có lan rộng nữa không? Mức độ lan rộng theo thời gian như thế nào? Khi nào dịch bệnh kết thúc?

Từ phương trình (1)

$$\frac{dS}{dt}=-rSI$$

Do vế phải không thể dương nên $S$ giảm, hay nói cách khác, số người dễ bệnh giảm theo thời gian. Do đó $S\leq {{S}_{0}}$.

 

Mặt khác, từ phương trình (2)

$$\frac{dI}{dt}=rSI-aI=I\left( rS-a \right)<I\left( r{{S}_{0}}-a \right)$$

Vậy dịch bệnh sẽ không còn lan rộng, ít nhất là giữ nguyên nếu $I\left( r{{S}_{0}}-a \right)<0$ và dịch bệnh sẽ lan rộng nếu $I\left( r{{S}_{0}}-a \right)>0$.

 

Nếu ${{S}_{0}}<a/r$ thì

$$\frac{dI}{dt}=I\left( rS-a \right)\leq 0, \forall t\geq 0$$

 

Khi đó ${{I}_{0}}>I\left( t \right)\to 0$ khi $t\to \infty $, tức số lượng người nhiễm bệnh ngày càng giảm, dẫn đến dịch bệnh không còn khả năng lan rộng. Mặt khác, nếu ${{S}_{0}}>a/r$ thì $I\left( t \right)$ tăng, dẫn đến dịch bệnh lan rộng. Khái niệm “lan rộng” có nghĩa rằng $I\left( t \right)>{{I}_{0}}$ với một vài giá trị $t>0$, từ đó ta có khái niệm ngưỡng hiện tượng, nếu ${{S}_{0}}>{{S}_{c}}=a/r$ thì dịch bệnh lan rộng, còn nếu ${{S}_{0}}<{{S}_{c}}$ thì không. Tham số tới hạn $\rho =a/r$ còn được gọi là tốc độ hết bệnh tương đối.

 

2. Nếu dịch bệnh lan rộng thì có nhiều nhất bao nhiêu người sẽ nhiễm bệnh ứng với thời gian cho trước bất kỳ?

 

Từ biểu thức định luật tác dụng khối lượng $S+I\overset{r}{\mathop{\to}}\,2I$, ta nhận thấy sự thay đổi số người nhiễm bệnh có phụ thuộc đến sự thay đổi số người dễ bệnh. Do đó, ta lấy phương trình (2) chia cho phương trình (1), thu được tốc độ thay đổi tức thời của người nhiễm bệnh theo người dễ bệnh

$$\frac{dI}{dS}=-\frac{\left( rS-a \right)I}{rSI}=-1+\frac{\rho }{S};$$

$$\rho =\frac{a}{r},~\left( I\ne 0 \right) \, \, \, \, (5)$$

 

Lấy tích phân phương trình (5), ta được mặt phẳng quỹ đạo pha $\left( I,~S \right)$, hình dưới đây là đồ thị của mặt phẳng này:

6-2.png

Nghiệm số của mô hình SIR của phương trình (1) - (3), đường nét đứt là $S+I={{S}_{0}}+{{I}_{0}}$, đường trơn là quỹ đạo pha, $r=0.01,a=0.25$

 

$$\frac{dI}{dS}=-1+\frac{\rho }{S}$$

$$\Leftrightarrow dI=\left( -1+\frac{\rho }{S} \right)dS$$

$$\Rightarrow \int dI=\int \left( -1+\frac{\rho }{S} \right)dS$$

$$\Rightarrow I+ \text{ const }=-S+\rho \ln S+\text{ const }$$

$$\Rightarrow I+S-\rho \ln S=\text{ const }={{I}_{0}}+{{S}_{0}}-\rho \ln {{S}_{0}} \, \, \, \, (6)$$

 

Để tìm giá trị cực đại, trước hết ta tìm nghiệm của phương trình $dI/dS=0$

$$\frac{dI}{dS}=0\Leftrightarrow -1+\frac{\rho }{S}=0\Rightarrow S=\rho$$
Trong trường hợp ${{S}_{0}}<\rho $, khi đó dịch bệnh không lan rộng, số lượng người nhiễm bệnh có xu hướng giảm xuống. Từ đó, ta được ${{I}_{\text{max}}}={{I}_{0}}$, tức số người nhiễm bệnh nhiều nhất xác định tại $t=0$ với ${{I}_{0}}$ người.

 

Trong trường hợp ${{S}_{0}}>\rho $, thay $S=\rho $ vào phương trình (6), ta được:

$$I+\rho -\rho \ln \rho ={{I}_{0}}+{{S}_{0}}-\rho \ln {{S}_{0}}$$

$$\Leftrightarrow I={{I}_{0}}+{{S}_{0}}-\rho \ln {{S}_{0}}+\rho \ln \rho -\rho$$

$$\Leftrightarrow I=N-\rho +\rho \ln \left( \frac{\rho }{{{S}_{0}}} \right) \, \, \, \, (7)$$

 

Biểu thức (7) của $I$ chính là giá trị lớn nhất, do đó ta có kết luận về số người nhiễm bệnh nhiều nhất như sau:

 

$${{I}_{\text{max}}}=\left\{ \begin{matrix} {{I}_{0}} \, \, \, ;{{S}_{0}}<\rho \\ {{I}_{0}}+{{S}_{0}}-\rho \ln {{S}_{0}}-\rho \ln \rho -\rho \, \, \,; {{S}_{0}}>\rho \\ \end{matrix} \right.$$

 

3. Tổng cộng có bao nhiêu người nhiễm bệnh?

 

Vì trục $I=0$ là đường kỳ dị nên mọi quỹ đạo $I$ tiến đến $0$ khi $t\to\infty$. Mặt khác, người trong lớp $I$ sau một thời gian sẽ hết bệnh (hoặc chết vì bệnh này) và chuyển sang lớp $R$. Do đó, tổng số người mắc bệnh bằng $R\left( \infty \right)$ xác định bằng cách chuyển vế phương trình (4) với $t=\infty $ như sau

$$R\left( \infty \right)=N-S\left( \infty \right)-I\left( \infty \right)=N-S\left( \infty \right) \, \, \, \, (8)$$

 

Ta tính $S\left( \infty \right)$ bằng cách thay $t=\infty $ vào phương trình (6) như sau

$$I\left( \infty \right)+S\left( \infty \right)-\rho \ln S\left( \infty \right)={{I}_{0}}+{{S}_{0}}-\rho \ln {{S}_{0}}$$

$$\Leftrightarrow S\left( \infty \right)-\rho \ln S\left( \infty \right)=N-\rho \ln {{S}_{0}}$$

Ta giải phương trình (8) để tìm $S\left( \infty \right)$, với $0\leq S\left( \infty \right)\leq {{S}_{0}}$. Phương trình (8) luôn có nghiệm (chứng minh bằng cách đặt $x=S\left( \infty \right)$, với $0\leq x\leq {{S}_{0}}$), thay nghiệm này vào phương trình (8), ta thu được tổng số người nhiễm bệnh.

 

2.3. Ứng dụng của mô hình SIR

 

Vào năm 1978, tạp chí y khoa Anh The Lancet có bài viết cung cấp một số dữ liệu thống kê về dịch cúm tại một trường nội trú nam sinh. Trường này có tổng cộng 763 nam sinh, từ ngày 22/1/1978 đến ngày 4/2/1978 có tổng cộng 512 em nhiễm bệnh và người ta dự đoán ban đầu có 1 em bị bệnh. Từ dữ kiện trên, ta được $N=763,{{S}_{0}}=762,I=1.\rho =202,r=2.18\times {{10}^{-3}}/\text{ngày}$, xấp xỉ phương trình (1)-(3) được nghiệm $S\left( t \right)$ và $I\left( t \right)$, nghiệm $R\left( t \right)$ tỷ lệ với diện tích dưới đường cong $I\left( t \right)$.

6-3.png

Đồ thị nghiệm xấp xỉ của $S\left( t \right)$ và $I\left( t \right)$ với dữ liệu dịch cúm (dấm chấm tròn đen) từ tạp chí The Lancet

 

Mô hình SIR còn được áp dụng trong không gian không thuần nhất, nơi mà vùng diện tích chịu ảnh hưởng bởi dịch bệnh luôn thay đổi. Để mô hình hoá và ước lượng nghiệm xấp xỉ, người ta sử dụng đến sóng lưu động. Chi tiết hơn, mời độc giả xem thêm tại  File gửi kèm  songluudong.pdf   842.33K   128 Số lần tải

  411 Lượt xem · 1 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi nntien )

 Photo

Giới thiệu về đường cong và đa tạp

27-01-2017

Đường cong và đa tạp 

 

 

Một chủ đề đổi gió và đưa các bạn trôi nổi trong toán học ngày đầu năm là ý nghĩ của mình khi viết bài này , chúc toàn thể anh em VMF năm mới mạnh khỏe , may mắn , hạnh phúc , thành công . 

Trong khuôn khổ từ vựng và kiến thức của tôi chỉ có thể giúp các bạn tìm hiểu một phần đến đây , bài viết không hoàn toàn là dịch vì tôi chưa đủ khả năng . Nhưng tôi đã cố gắng hết sức có thể để giúp chúng ta gần gũi với toán học . Xin cảm ơn các bạn và rất cảm ơn một thành viên giấu tên đã giúp tôi hoàn thành công việc này vì lúc nãy xem táo quân xong mới lên tìm bài dịch . :D

Đường cong

Như tiêu đề , đường cong , cong mà lại mịn , khi nói về đường cong là chúng ta sẽ xét đến các đối tượng xoắn xoắn ,tròn tròn , cong cong mà không nói đến mặt phẳng , đường thẳng , hay đường gấp khúc . 

Tính thú vị của đường cong là nó liên tục ( vì vậy mà nhìn mịn ) đa số là mọi điểm có tiếp tuyến . Tôi ví dụ đồ thị $y=|x|$ không phải là đường cong , vì nhìn như sau chắc bạn hiểu ngay :

absval.jpg

tải xuống (3).png

 

Một ví dụ khác là parabol , giống là khi chúng ta nhìn goku bắn chưởng ra vậy , đồ thị của nó có tiếp tuyến tại mọi điểm . Khi $|x|$ càng lớn thì nhìn rất giống tiếp tuyến của nó nhưng không phải , đó là tiệm cận . Độ cong của một đường cong phụ thuộc vào vị trí ta đang xét , nói riêng hơn là tiếp tuyến . Nhưng parabol cong nhất ở điểm chính giữa , ra càng ra tiếp tuyến có vẻ càng nhanh thành " tiệm cận " .

 

osculating_circle.png

 

Một cách khác để xét độ cong là ta nhét các hình tròn bán kính $R$ nào đó vào các khu vực điểm đang xét sao cho đủ lớn và không cắt đường cong . Khi đó $\frac{1}{R}$ là độ cong , bán kính đường tròn càng lớn độ cong càng nhỏ ( dễ tưởng tượng ) . Vấn đề cuối cùng là cái hình tròn ta vừa nhét nằm cùng phía hay khác phía với tiếp tuyến . Nằm trên thì là độ cong âm , bên dưới sẽ là độ cong dương .

Đa tạp 

Thật không khó để tưởng tượng thê nào là đường cong . Tôi tin rằng trong đầu bạn khi nói đến đường cong sẽ nghĩ ngay đến một dòng chảy uống lượn trên mặt giấy màu trắng , nó có thể là đường tròn , hoặc uốn éo như đồ thị hình sin vậy . Vậy một lần nữa chắc sẽ không khó để bạn nghĩ ngay đến một vật thể , có thể là cái cốc , cái bát , .... cũng có thể toán học hơn là hình trụ hoặc hình cầu . Hơn một chút thì là một quả bóng vị lõm , lá cờ bay trong gió , con chuột bạn đang lăn để đọc những dòng này . 

Các nhà toán học và vật lý đang quan tâm đến độ cong của các đối tượng ở chiều cao . Chúng ta đang bị ảnh hưởng bởi : lực hấp dẫn , nó như là độ cong của không thời gian bốn chiều mà chúng ta đang sống ( các chiều còn lại quá nhỏ ) . Nhưng làm thế nào để bạn mô tả độ cong của một cái gì đó lớn hơn hai chiều ? Chúng ta sẽ đến với khái niệm " đa tạp " .

 

250px-Triangles_(spherical_geometry).jpg

 

 

Chúng ta sống trên trái đất và chúng ta biết nó là hình tương đối " cầu " . Nếu trong toán học có thể coi là cầu hẳn , nhưng đa số chúng ta chắc chưa bao giờ tự hỏi có một khái niệm nào giúp ta mô tả phần lớn các vật thể từ không gian thấp đến nhiều không . Về cơ bản não bộ của chúng ta không cho phép ta tưởng tượng ra các vật thể số chiều cao hơn ba , nó không như là hình trụ , cầu hay là đường cong nên có thể ta sẽ cần một khái niệm chính xác hơn để diễn tả chúng . Đó là đa tạp , những ví dụ như đường tròn , trái đất là các đa tạp một và hai chiều . Bạn hãy tưởng tượng này : khi bạn đứng trên bề mặt trái đất bạn cảm thấy nó bằng phẳng , tức là về mặt địa phương nó là hai chiều , nhưng thực tế là ba . Vậy đa tạp có thể coi là các đối tượng về mặt địa phương thì là $n$ chiều nhưng thực chất lại là $n+1$ .

Như đường cong và các mặt , mọi đa tạp đều có độ cong của nó . Tức là cái gì đó liên quan đến tiếp tuyến . Để hiểu hơn về độ cong của nó mà không gặp phải rắc rối nào , người ta nghiên cứu các đa tạp Riemann nơi mà khoảng cách và góc của không gian tiếp tuyến là trơn trên đa tạp . 

Độ cong

 Chúng ta có khái niệm độ cong Gauss . Nó là một khái niệm mang tính nội tại , tức là địa phương . Để xem xét vấn đề đó hãy để một người sống ở khu vực chúng ta cần xem xét độ cong rồi nhờ họ tính tổng ba góc trong một tam giác sau đó so sánh với $180$ . Độ cong dương nếu tổng ba góc một tam giác lớn hơn $180$ độ , độ cong âm và độ cong - không cũng tương tự vậy . Đây là cơ sở phân ra ba loại hình học Hyperbolic , Elliptic và Euclide . 

 

curvature.jpg

 

Tương tự bạn có thể hiểu được độ cong của đa tạp Riemann với số chiều cao , và cách chúng ta nhúng chúng vào các chiều cao hơn . ( một phép nhúng là một đơn ánh từ không gian này vào không gian kia , tôi có thể nói với bạn rằng một số thứ không thể tồn tại ở một số chiều nào đó nhưng lại luôn tồn tại ở chiều cao hơn ) . Có một giải pháp là xét độ cong tại mỗi điểm $x$ , gọi là $R_{x}$ ( na ná như bán kính đường tròn tại một điểm ) . 

Để hiêu được điều này chúng ta cùng đi đến một thứ dễ hình dùng hơn . Một cái bánh đô-nút , có thể gọi là xuyến , hoặc toán học hơn thì là $S^{1} \times S^{1}$ . Nhìn vào hình vẽ dưới đây , khu vực màu xám có độ cong không , màu xanh có độ cong dương , màu đỏ có độ cong âm . Tại các điểm độ cong dương người ta có thể chứa vừa các quả cầu có thể tích lớn hơn các điểm độ cong âm . 

toruscurvaturemap.png

paralleltransport.jpg

Độ cong vô hướng , trường vô hướng là thứ người ta gắn cho đa tạp hai chiều ( tức là một mặt ) . Tuy nhiên trong hai chiều , người ta cần một thứ tương tự nhưng phức tạp hơn nó là tập hợp các vector quanh khu vực điểm đó( bật mí thêm nó là khái niệm đưa ta đến chứng minh định lý điểm bất động Brouwer : mọi ánh xạ liên tục từ hình cầu vào chính nó phải có điểm bất động ) . 

Nguồn : plus.math.org

  430 Lượt xem · 0 Trả lời

 Photo

KẾT QUẢ KỲ THI VMO 2017

24-01-2017

Hiện đã có file danh sách kết quả của kỳ thi VMO năm 2017 (mình lấy trên mạng, nhưng 99.99% là chính xác):
http://www.mediafire...SGQG_2017-1.pdf
Ngoài ra theo thông tin từ thầy Trần Nam Dũng, giáo viên trường ĐHQG TPHCM thì năm nay có 1 bạn lớp 10 đạt giải Nhất, kết quả một số tỉnh như sau:
Hà Tĩnh: 5 nhì, 4 ba
Vũng Tàu, 1 nhất, 1 nhì, 2 ba, 1 kk
Vĩnh Phúc có ít nhất là 3 giải nhì
Hạ Long 1 nhì, 2 ba, 5 kk
Binh Thuận 1 ba, 3 kk
Đồng Nai 1 ba
Ninh Bình 2 kk

Hà Nội toàn đoàn có giải, trong đó 3 Nhất.
Xin chúc mừng tất cả các bạn đạt giải trong kỳ thi năm nay.
Các mem của VMF ai có giải xin giơ tay!
P/s: Cá nhân mình cũng tham gia nhưng không đạt giải.

 

Xem xong file thì mình thấy có rất nhiều đoàn đạt giải toàn đoàn, trong đó đặc biệt là Nghệ An (không tính đến ĐH Vinh) với 10 giải Nhì!
P/s: Các bạn baopbc, canhhoang30011999, Nguyen Dinh Hoang team Nghệ An này!

 

Thêm một số thông tin từ thầy Nam Dũng: năm nay cut-off cho các giải từ nhất tới KK là 28:22.5:18:14. Điểm để dự thi TST (chọn đội tuyển IMO) là 23.

  1918 Lượt xem · 13 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi I Love MC )

 Photo

Tuần 4 tháng 1 năm 2017 : $JL\perp ON$

22-01-2017

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $K$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$. $AK$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. Trên trung trực $AL$ lấy $P$ sao cho $TP\parallel AI$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $JL$, $MP$. Chứng minh rằng $JL\perp ON$.

  1040 Lượt xem · 5 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi quanghung86 )

 Photo

ĐỀ THI THỬ NGHIỆM THPT QG 2017

21-01-2017

Gửi bởi E. Galois trong Thi TS ĐH

Bộ Giáo dục và đào tạo vừa công bố đề thi Thử nghiệm THPT QG 2017

 

File gửi kèm  1_De_Toan_ThuNghiem_K17.pdf   503.43K   659 Số lần tải

 

File gửi kèm  2_De_VatLi_ThuNghiem_K17.pdf   360.64K   173 Số lần tải

 

File gửi kèm  3_De_Hoa_ThuNghiem_K17.pdf   388.58K   175 Số lần tải

 

File gửi kèm  4_De_Sinh_ThuNghiem_K17.pdf   542.4K   132 Số lần tải

 

File gửi kèm  5_De_Nguvan_Thunghiem_K17.pdf   360.41K   154 Số lần tải

 

File gửi kèm  6_De_Lichsu_ThuNghiem_K17.pdf   226.5K   108 Số lần tải

 

File gửi kèm  7_De_Dia_ThuNghiem_K17.pdf   299.93K   98 Số lần tải

 

File gửi kèm  8_De_TAnh_ThuNghiem_K17.pdf   275.1K   186 Số lần tải

 

File gửi kèm  14_De_GDCD_ThuNghiem_K17.pdf   324.26K   132 Số lần tải

  491 Lượt xem · 1 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi NamMay )

 Photo

Bình chọn Thành viên nổi bật 2016

20-01-2017

Các bạn thành viên thân mến!

 

Theo kế hoạch, từ ngày 20/01/2017 đến hết ngày 15/02/2017, Diễn đàn sẽ tổ chức cho các bạn bình chọn thành viên nổi bật năm 2016. 

 

$$\textbf{DANH SÁCH ỨNG VIÊN BÌNH CHỌN THÀNH VIÊN NỔI BẬT 2016}$$
$$\begin{array}{|c|l|l|l|} \hline \textbf{STT}& \textbf{Nick} & \textbf{Tên thật} & \textbf{Đóng góp nổi bật}\\ \hline 1& \textit{Baoriven} & \text{Lê Hoàng Bảo} & \text{Thảo luận sôi nổi, quản lý tốt box được phụ trách}\\ \hline 2& \textit{baopbc} & \text{Nguyễn Đức Bảo} & \text{Thảo luận sôi nổi, Nổi bật trong box Hình học}\\ \hline 3 & \textit{IloveMC} & \text{Nguyễn Minh Quang} & \text{Sôi nổi, tích cực ở các box Số Học}\\ \hline 4& \textit{Dinh Xuan Hung} & \text{Đinh Xuân Hùng} & \text{Nhiều topic hay, làm tốt công tác ĐHV và VMEO}\\ \hline 5& \textit{tritanngo99} & \text{Ngô Tấn Trí} & \text{Thảo luận sôi nổi ở nhiều topic}\\ \hline 6& \textit{bangbang1412} & \text{Phạm Khoa Bằng} & \text{khởi xướng phong trào marathon, thảo luận sôi nổi, làm tốt công tác ĐHV}\\ \hline 7& \textit{PlanBbyFESN} & \text{Đậu Anh Kiên } & \text{Nhiều bài viết hay trong box BĐT}\\ \hline 8 & \textit{vanchanh123} & \text{Lê Văn Chánh} & \text{Thảo luận sôi nổi ở nhiều topic}\\ \hline 9& \textit{JUV} & \text{Nguyễn Hoàng Huy} & \text{Nhiều bài viết hay trong box Tổ hợp, số học}\\ \hline 10& \textit{tpdtthltvp} & \text{Hà Ngọc Khánh} & \text{Thảo luận sôi nổi, làm tốt công tác ĐHV}\\ \hline 11 & \textit{kimchitwinkle} & \text{Bùi Thị Kim Chi} & \text{Thảo luận sôi nổi, làm tốt công tác ĐHV}\\ \hline 12& \textit{NTA1907} & \text{Nguyễn Thành An } & \text{Thảo luận sôi nổi}\\ \hline 13& \textit{Royal1534} & \text{Trần Lê Vũ Long} & \text{Thảo luận sôi nổi ở nhiều topic}\\ \hline 14 & \textit{Nguyenhuyen_AG} & \text{Nguyễn Văn Huyện } & \text{Thảo luận sôi nổi ở các box BĐT}\\ \hline  15&  \textit{viet nam in my heart} & \text{Đỗ Trung Phương } & \text{Thảo luận nhiều topic hay, làm tốt công tác ĐHV}\\  \hline  16&  \textit{Ego} & \text{Nguyễn Trung Nghĩa } & \text{khởi xướng phong trào marathon, thảo luận sôi nổi, làm tốt công tác ĐHV}\\   \hline \end{array}$$
Các bạn chưa có tên xin cho BQT biết tên
 

Quyền bình chọn: Chỉ có những thành viên đăng kí trước 26/12/2015 hoặc đã có 50 bài viết trở lên mới có quyền bình chọn (Điều này để tránh gian lận).

Các bạn có thể bình chọn cho 1 hay nhiều ứng viên.

 

Năm thành viên có số phiếu cao nhất sẽ được BQT vinh danh, Ba thành viên có số phiếu cao nhất được khen thưởng. 

  2515 Lượt xem · 6 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi Dragon Knight )

 Photo

Tuần 3 tháng 1 năm 2017: Chứng minh $PA^2=PI \cdot PJ$.

15-01-2017

Như vậy lời giải cho bài Tuần 2 tháng 1 đã được thầy Hùng cho tại đây và kèm theo đó là bài toán mới. Xin được trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$. Tiếp tuyến qua $A$ của các đường tròn $(K),(L)$ ngoại tiếp các tam giác $ABE, ACF$ cắt $BE,CF$ lần lượt tại $S,T$. $KS$ cắt $LT$ tại $M$. Trung trực $AI$ cắt $AO$ tại $N$. $MN$ cắt $AI$ tại $P$. Chứng minh rằng $PA^2= PI \cdot PJ$.

 

 Screen Shot 2017-01-16 at 12.25.20 AM.png

  620 Lượt xem · 1 Trả lời ( Trả lời cuối cùng bởi ecchi123 )


Những bài toán trong tuần

-Lấy $Q[\sqrt{5}]$ là tập các số biểu diễn được dưới dạng: $x+y\sqrt{5}$ ( Với $x,y$ là các số hữu tỉ )
-Định 2 số $u,v\in Q[\sqrt{5}]$ sao cho: $u^4+v^4=2+\sqrt{5}$

>>Tham gia giải bài toán này<<

Những bài toán đã qua


Mỗi tuần 1 bài toán hình học

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $K$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$. $AK$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. Trên trung trực $AL$ lấy $P$ sao cho $TP\parallel AI$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $JL$, $MP$. Chứng minh rằng $JL\perp ON$.


Tham gia giải bài toán này

Ấn phẩm của Diễn đàn Toán học

 

 

 

Bài viết mới


  • 567080 Bài viết
  • 91709 Thành viên
  • Lyynk Redurns Thành viên mới nhất
  • 17600 Online đông nhất

Portal v1.4.0 by DevFuse | Based on IP.Board Portal by IPS