1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15"

Transcript

1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 215

2 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: Mã số: TOÁN GIẢI TÍCH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 215

3 Mục lục Mở đầu 1 1 Tính chất của toán tử khả nghịch phải Một số lớp toán tử tuyến tính Toán tử tuyến tính Toán tử đại số Toán tử Volterra Toán tử khả nghịch phải Toán tử khả nghịch phải Toán tử ban đầu Công thức Taylor Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch phải Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng Phương trình với toán tử khả nghịch phải Bài toán Cauchy Ví dụ áp dụng Kết luận 23 Tài liệu tham khảo 24 i

4 Mở đầu Phương trình vi phân đóng một vai trò quan trọng trong kĩ thuật, vật lý, kinh tế và một số ngành khác. Có nhiều phương pháp để giải một phương trình vi phân với các điều kiện ban đầu và một trong số các phương pháp đó là sử dụng lý thuyết toán tử khả nghịch phải. Mục tiêu của Luận văn là trình bày lý thuyết và cách giải bài toán giá trị ban đầu của lý thuyết toán tử khả nghịch phải áp dụng công thức Taylor- Gontcharov và trường hợp riêng của nó là công thức Taylor. Dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu, tác giả đã hoàn thành luận văn với đề tài "Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng". Luận văn được chia làm hai chương: Chương 1: Tính chất của toán tử khả nghịch phải. Chương 2: Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng. Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về các lớp toán tử tuyến tính và tính chất của toán tử khả nghịch phải, công thức Taylor. Chương 2 nội dung chính của Luận văn, trình bày về phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng công thức Taylor vào việc giải các bài toán cụ thể. 1

5 Chương 1 Tính chất của toán tử khả nghịch phải 1.1 Một số lớp toán tử tuyến tính Toán tử tuyến tính Định nghĩa 1.1 ([1]-[2]). Giả sử X và Y là hai không gian tuyến tính trên cùng một trường vô hướng F. Một ánh xạ A từ tập tuyến tính dom A của X vào Y được gọi là toán tử tuyến tính nếu A(x + y) = Ax + Ay với mọi x, y dom A, A(tx) = tax với mọi x dom A, t F. Tập dom A được gọi là miền xác định của toán tử A. Giả sử G dom A. Đặt AG = {Ax : x G}. Theo định nghĩa, AG Y. Tập AG được gọi là ảnh của tập G. Tập Adom A được gọi là miền giá trị của toán tử A (tập giá trị của A) và là không gian con của Y. Tập tất cả các toán tử tuyến tính với miền xác định chứa trong không gian X và miền giá trị chứa trong không gian Y ký hiệu bởi L(X Y ). Định nghĩa 1.2 ([1]-[2]). Nếu toán tử A L(X Y ) là tương ứng 1-1 thì toán tử nghịch đảo A 1 được định nghĩa theo cách: Với mỗi y Adom A A 1 y = x, trong đó x dom A và y = Ax. Nếu toán tử A L(X Y ) có toán tử nghịch đảo thì ta nói A khả nghịch. 2

6 1.1.2 Toán tử đại số Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường đóng đại số F và A L (X). Vô hướng λ F được gọi là giá trị chính quy của A nếu toán tử A λi khả nghịch. Định nghĩa 1.3 ([1]-[2]). Giả sử F = C. Ta nói toán tử A L (X) là toán tử đại số nếu tồn tại đa thức P (t) = p + p 1 t + + p N t N C sao cho P (A) = trên X Toán tử Volterra Định nghĩa 1.4 ([1]-[2]). Toán tử A L (X) được gọi là toán tử Volterra nếu toán tử I λa khả nghịch với mọi vô hướng λ. Tập hợp các toán tử Volterra thuộc L (X) ký hiệu là V (X). 1.2 Toán tử khả nghịch phải Toán tử khả nghịch phải Cho X là một không gian tuyến tính trên trường vô hướng F. Định nghĩa 1.5 ([1]-[2]). Toán tử D L(X) được gọi là khả nghịch phải nếu tồn tại một toán tử R L (X) sao cho RX dom D và DR = I. Toán tử R được gọi là nghịch đảo phải của D. Tập hợp tất cả các toán tử khả nghịch phải được kí hiệu là R(X), còn tập hợp tất cả các nghịch đảo phải của toán tử D R(X) là R D. Ta cũng viết R D = {R γ } γ Γ Định nghĩa 1.6 ([1]-[2]). Giả sử x là một phần tử tùy ý cho trước của không gian X. Cho D R(X), tập hợp R D x = R γ x γ Γ được gọi là tích phân bất định của x. Mỗi phần tử R γ với γ Γ được gọi là một nguyên hàm của x. Theo định nghĩa, nếu y là một nguyên hàm của x thì Dy = x. Thật vậy, nếu y là một nguyên hàm của x thì tồn tại một chỉ số γ Γ sao cho y = R γ x. Từ đó suy ra Dy = DR γ x = x do DR γ = I. Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]). Giả sử D R(X). Khi đó, nhân của toán tử D được gọi là không gian các hằng số trên D và được kí hiệu là Ker D. Mỗi 3

7 phần tử z Ker D được gọi là một hằng số. Để ý rằng, theo định nghĩa, một phần tử z X là một hằng số của D nếu và chỉ nếu Dz =. Các tính chất của toán tử khả nghịch phải 1. Nếu D R(X), R R D thì D k R k = I với k = 1, 2, Giả sử rằng D R(X), R 1, R 2 R D và y 1 = R 1 x, y 2 = R 2 x trong đó x X là phần tử tùy ý. Khi đó y 1 y 2 Ker D. Bằng lời: Hiệu của hai nguyên hàm của một phần tử x X cho trước là một hằng. từ đó suy ra một tích phân bất định được xác định tốt nếu ta biết ít nhất một nghịch đảo phải. 3. Nếu D R(X), R R D thì tích phân bất định của một phần tử x X có dạng: R D x = {Rx + z : z Ker D} = Rx + Ker D. Bằng lời: Tích phân bất định của một phần tử x X là tổng của một nguyên hàm và một hằng số tùy ý. 4. Nếu D R(X) thì với mỗi R R D ta có: dom D = RX Ker D. (1.1) 5. Giả sử D R(X) và R 1 R D. Khi đó mỗi nghịch đảo phải của D có dạng: R = A + R 1 (I DA) = R 1 + (I R 1 D)A, (1.2) trong đó A L (X), AX dom D, tức là R R D = R 1 + (I R 1 D)A : A L (X), AX dom D. Nhận thấy rằng nếu D R(X) và R R D x X thì từ Rx = suy ra x =. Thật vậy, x = DRx = Toán tử ban đầu Định nghĩa 1.8 ([1]-[2]). Toán tử F L(X) được gọi là toán tử ban đầu của toán tử D R(X) ứng với nghịch đảo phải R của D nếu (i.) F là một phép chiếu lên không gian các hằng số, nghĩa là (ii.) F R =. Từ định nghĩa ta suy rằng F 2 = F, F X = Ker D F z = z, với mỗi z Ker D. (1.3) 4

8 Hơn nữa, ta có DF = trên X, Ker F = RX và Ker D Ker F = {}. Định lý 1.1. Cho D R(X). Điều kiện cần và đủ để toán tử F L(X) là toán tử ban đầu của D ứng với R R D là F = I RD trên dom D. (1.4) Định lý 1.2. Họ R D = {R γ } γ Γ tất cả các nghịch đảo phải của toán tử D R(X) cảm sinh duy nhất họ F D = {F γ } γ Γ các toán tử ban đầu của D được xác định bởi đẳng thức F γ = I R γ D trên dom D với mỗi γ Γ. Các tính chất của toán tử ban đầu. 1. Với mọi α, β Γ, ta có F α F β = F β, (1.5) F β R α = R α R β. (1.6) 2. Với α, β, γ Γ toán tử F β R γ F α R γ không phụ thuộc vào cách chọn toán tử R γ R D. Tính chất này chỉ ra rằng toán tử F β R γ F α R γ chỉ phụ thuộc vào các chỉ số α, β. Điều này cho phép ta đặt I β α = F β R γ F α R γ, α, β, γ Γ. (1.7) Ta nói I β α là toán tử tích phân xác định. Với mỗi x X phần tử Iβ αx được gọi là tích phân xác định của x. Các chỉ số α và β được gọi là cận dưới và cận trên của tích phân. Do F β R γ F α R γ = R γ R β (R γ R α ) = R α R β = F β R α nên I β α = F β R α, với α, β Γ. (1.8) 3. Với bất kỳ x X, α, β Γ ta có I β αx = z Ker D. Bằng lời: Tích phân xác định của một phần tử tùy ý là một hằng. 4. Với bất kỳ α, β Γ ta có I β α = I α β. (1.9) Bằng lời: Sự thay đổi vị trí cận trên và cận dưới của tích phân sẽ làm thay đổi dấu của toán tử tích phân xác định và dẫn đến sự thay đổi dấu của tích 5

9 phân xác định của một phần tử tùy ý. 5. Với bất kỳ α, β, δ Γ ta có 6. Với bất kỳ α, β Γ ta có I δ α + I β δ = Iβ α. (1.1) I β αd = F β F α, (1.11) tức là, I β αdx = F β x F α x với x dom D. (1.12) Phần tử F x bất kỳ, trong đó x X và F là một toán tử ban đầu, được gọi là giá trị ban đầu của phần tử x. Vì x dom D là một nguyên hàm của y = Dx nên ta có thể phát biểu lại tính chất 6 như sau: Nếu x X, α, β Γ tùy ý và y X là một nguyên hàm bất kỳ của x thì I β αx = F β y F α y. (1.13) Bằng lời: Tích phân xác định bằng hiệu các giá trị ban đầu của một nguyên hàm tùy ý ứng với cận trên và cận dưới của tích phân. 7. Giả sử D R(X), dim Ker D, F và F 1 F là các toán tử ban đầu của D, và F tương ứng với nghịch đảo phải R R D. Khi đó với mỗi z Ker D tồn tại một x X sao cho F 1 x = z. Bằng lời: Với mỗi hằng số tồn tại một phần tử sao cho tích phân xác định của phần tử này bằng hằng số đã cho. Định lý 1.3. Giả sử D R(X), F L (X) là phép chiếu lên không gian các hằng số. Khi đó F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R = R 1 F R 1 với mọi R 1 R D và R được xác định một cách duy nhất, không phụ thuộc vào việc chọn R 1 R D. 8. Nếu D R(X) và R, R 1 R D giao hoán thì R 1 = R. 9. Nếu D R(X) và F, F 1 là các toán tử ban đầu của D giao hoán thì F 1 = F. 1. Giả sử D R(X) và F 1, F 2 là các toán tử ban đầu của D lần lượt tương ứng với nghịch đảo phải R 1, R 2. Nếu R 1 = R 2 thì F 1 = F 2. Đảo lại, nếu F 1 = F 2 thì R 1 = R 2. Định lý 1.4. Nếu D R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R của D thì tập hợp R D tất cả các nghịch đảo phải của D có dạng R D = {R + F A : A L (X)}. (1.14) 6

10 và tập hợp F D tất cả các toán tử ban đầu của D có dạng F D = {F (I AD) : A L (X)}. (1.15) Định lý 1.5. Giả sử F, F 1,..., F m là các toán tử ban đầu của D R(X) ứng với các nghịch đảo phải R, R 1,..., R m tương ứng. Đặt F = M a k F k trong đó a, a 1,..., a m là các vô hướng không đồng thời bằng. Khi đó F là toán tử ban đầu của D nếu và chỉ nếu m a k = 1. Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì toán tử ban đầu F ứng với nghịch đảo phải R = m a k R k. k= Ví dụ 1.1. Giả sử X = C[a, b], D = d t và (Rx)(t) = (s)ds. Ta chứng dt a minh được rằng R là toán tử Volterra, tức là toán tử I λr khả nghịch với mọi vô hướng và [(I λr) 1 x](t) = x(t) + λ k= k= e λ(t s) x(s)ds với x C[a, b]. (1.16) Thật vậy, giả sử B là một toán tử được định nghĩa bằng hàm mũ (Bx)(t) = e λ(t s) x(s)ds với x C[a, b] (1.17) trong đó [a, b] cố định tùy ý. Ta cần chứng minh (I + λb)(i λr) = (I λr)(i λd) = I với mọi λ R. (1.18) Không mất tổng quát ta giả sử λ. Do đó, sử dụng tích phân từng phần với x C[a, b] [(I + λb)(i λr)x](t) = [(I + λb λr λ 2 BR)x](t) = [x + λ(b R)x λ 2 BRx](t) [ = x(t) + λ e λ(t s) x(s)ds ] x(s)ds λ 2 [ s ] e λ(t s) x(u)du ds 7

11 = x(t) + λ [ ] e λ(t s) 1 x(s)ds λ 2 e λt [ s ] e λs x(u)du ds = x(t) + λ [e λ(t s) 1]x(s)ds λ 2 e λt{[ 1 λ e λs = x(t) + λ ] t x(u)du [e λ(t s) 1]x(s)ds 1 } λ e λs x(s)ds + λ x(u)du λ e λ(t s) x(s)ds = x(t) + λ [e λ(t s) e λ(t s) ]x(s)ds = x(t). Do đó, (I + λb)(i λr) = I. Chứng minh tương tự ta được, (I λr)(i + λb) = I. Vì vậy, từ (??) suy ra toán tử R khả nghịch với mọi vô hướng λ và (I λr) 1 = I + λb, hay [(I λr) 1 x](t) = x(t) + λ e λ(t s) x(s)ds với x C[a, b] Công thức Taylor Định lý 1.6 (Công thức Taylor-Gontcharov). Giả sử rằng D R(X) và F D = {F γ } γ Γ là họ các toán tử ban đầu cảm sinh bởi R D = {R γ } γ Γ. Cho {γ n } Γ là dãy tùy ý các chỉ số. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có đẳng thức sau I = F γ + N 1 k=1 R γ... R γk 1 F γk D k + R γ... R γn 1 D N trên dom D N. (1.19) 8

12 Nếu cho R γn = R và F γn = F với n =, 1, 2... ta có ngay hệ quả sau Hệ quả 1.1. (Công thức Taylor). Nếu D R(X) và F là một toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R R D thì I = N 1 k= R k F D k + R N D N trên dom D N (N = 1, 2,... ). (1.2) Hệ quả 1.2. Giả sử tất cả các giả thiết của Định lý 1.6 được thỏa mãn. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có Ker D N = {z = z + N 1 k=1 R γ... R γk 1 z k : z,..., z N 1 Ker D}. 1.3 Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra Định lý 1.7. Cho D R(X), R 1, R 2 R D. Khi đó R 1 R 2 là một toán tử Volterra nếu và chỉ nếu R 2 R 1 là toán tử Volterra. Định lý 1.8. Cho D R(X) và R 1, R 2 là các nghịch đảo phải Volterra của D. Khi đó, điều kiện cần và đủ để R 1 R 2 là toán tử Volterra là F 2 (I tr 2 1) 1 z, t C, z Ker D (1.21) trong đó F j F D tương ứng với R j (j = 1, 2,... ) là các toán tử ban đầu tương ứng của D j. Hệ quả 1.3. Nếu D R(X), R 1, R 2 R D V (X) và F 1 và F 1, F 2 là các toán tử ban đầu của D ứng với R 1, R 2 tương ứng thì điều kiện cần và đủ để R 1 R 2 là toán tử Volterra là F 1 (I tr 2 1) 1, t C, z Ker D. (1.22) Định lý 1.9. Cho D R(X) và R 1 R 2 R D V (X). Khi đó điều kiện cần và đủ để R 1 + R 2 là toán tử Volterra là (I tr 1 ) 1 z + (I tr 2 ) 1 z, t C, z Ker D\{}. (1.23) 9

13 Ví dụ 1.2. Cho X := C([, 1], F), F = R hoặc F = C. D := d dt, R 1 := x, R 2 := x, x 1 x 2, x 1, x 2 [, 1]. x 1 x 2 Dễ dàng kiểm tra được Do đó (I tr j ) 1 c = ce t(x x j) với c F (j = 1, 2). u(x) = (I tr 1 ) 1 c = (I tr 2 ) 1 c + ce tx (e tx 1 + e tx 2 ), t R. Từ Định lý 1.9, R 1 + R 2 là một toán tử Volterra trong X := C([, 1], R). 1.4 Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch phải Định lý 1.1 (Przeworka-Rolewicz). Cho N Q(t, s) := q k t k s N k, (1.24) k= Q(t) := Q(t, 1), P (t) := t M Q(t), (1.25) với q,..., q N 1 C, q N = 1, M là một số nguyên không âm. Nếu tồn tại R R D V (X)(R là một nghịch đảo phải Volterra của D) thì P (D) R(X) và toán tử là một nghịch đảo phải Volterra của P (D). R := R M+N [Q(I, R)] 1 (1.26) Định lý 1.11 (von Trotha). Nếu R có dạng (1.26) là toán tử Volterra thì R là toán tử Volterra. Cho D R(X), R R D.A,..., A N là các toán tử đại số giao hoán, A N = I. Giả sử, DA j = A j D trên D, RA j = A j R (j =,..., N). (1.27) Đặt Q(t, s) := N A j t j s N j, Q(t) := Q(t, 1), P (t) := t M Q(t). (1.28) k= 1

14 Định lý Nếu R V (X) thì Q(I, R) khả nghịch và R := R M+N [Q(I, R)] 1 R P (D) V (X). (1.29) Định lý Giả sử R R D V (X) với D R(X). Nếu A là một toán tử đại số sao cho AR = RA thì AR là một toán tử Volterra. Định lý Giả sử rằng D R(X), R R D và A,..., A N là các toán tử đại số thỏa mãn (1.27), Q(t, s), Q(t) và P (t) định nghĩa bởi (1.28). Nếu Q(t, s) khả nghịch thì R := R N+M [Q(I, R)] 1 R P (D). (1.3) Hơn nữa, nếu R V (X) thì R V (X). Hệ quả 1.4. Giả sử D R(X), R R D V (X) và A là một toán tử đại số giao hoán với R. Hơn nữa, A có đa thức đặc trưng dạng P A (t) = n (t t j )(t i t j vớii j). j=1 Khi đó, mọi nghiệm của phương trình (D A)x = y, y X (1.31) có dạng x = với z Ker D tùy ý và n P j = k=1,k j n (I t j R) 1 P j (Ry + z), j=1 (t j t k )(A t k I)(j = 1,..., n). 11

15 Chương 2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng 2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải Bổ đề 2.1. Giả sử D R(X), dim Ker D và R R D. Khi đó với bất kỳ số nguyên dương N ta có Ker D N = {z X : z = Xét phương trình N 1 k= R k z k, z,..., z N 1 Ker D}, dom D N = R N X Ker D N. D N x = y, y X, N N (2.1) Định lý 2.1. Giả sử D R(X), dim Ker D và R R D. Khi đó nếu y ImD N thì tất cả các nghiệm của phương trình (2.1) cho bởi x = R N y + N 1 k= R k z k, (2.2) trong đó z,..., z N 1 Ker D tùy ý. Chứng minh. Thật vậy, nếu y Im D N thì tồn tại y 1 dom D N sao cho y = D N y 1. Do đó, (2.1) có thể viết dưới dạng D N x = D N y 1. Do D N = D N R N D N nên phương trình cuối cùng tương đương với D N (x R N D N y 1 ) = 12

16 . Từ đó theo Bổ đề 2.1 ta có công thức (2.2). Bây giờ ta xét phương trình tổng quát Q[D]x = M m= n= N D m A mn D n x = y, y ImQ[D], (2.3) trong đó D R(X), R R D, M, N N, A mn L (X), A MN = I, A mn X M+N n X m (n =, 1,..., N; m =, 1,..., M; m+n < M +N); X j = dom D j, j = 1,..., M + N. Mệnh đề 2.1. Giả sử D R(X) và R R D. B j L (X) (j =, 1,..., N) và k N sao cho X N j dom B j, B j X N j X k (j =, 1,..., N). Đặt Q(D) = N B j D j, Q(I, R) = j= N B j R N j. (2.4) j= Khi đó, X N dom Q(D), Q(D)X N X k, [I+R N Q(D)]X N+k X N+k, Q(I, R)X X k, [I + Q(I, R)]X k X k. Định nghĩa 2.1 ([1]-[2]). Toán tử A L(X) được gọi là khả nghịch phải, khả nghịch trái, khả nghịch trên X k với k N cho trước, nếu X k dom A, AX k X k và tồn tại R A R A (tương ứng L A L A, M A R A L A ) sao cho R A X k X k (tương ứng L A X k X k, M A X k X k ), tức là R A L (X k ) (tương ứng L A L (X k ), M A L (X k )). Hệ quả 2.1. Giả sử D R(X) và R R D, B j L(X), X N j dom B j (j =, 1,..., N). Hơn nữa, giả sử Q(D) và Q(I, R) được cho bởi (2.4). Khi đó, toán tử I + Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) khi và chỉ khi I + R N Q(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên X N. Hệ quả 2.2. Giả sử ta có tất cả các giả thiết của Hệ quả 2.2. Khi đó, nếu toán tử I + Q(I, R) khả nghịch thì nghiệm duy nhất của phương trình thuộc X N. [I + R N Q(D)]x = y, y X N Hệ quả 2.3. Nếu T L (X) và Im T X M với M N nào đó thì I + T khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên X M khi và chỉ khi nó khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch). 13

17 Định lý 2.2. Giả sử D R(X), R R D và F F D là toán tử ban đầu của D ứng với R và Q[D] cho bởi (2.3). Đặt M N Q(A) = R M m  mn D n (2.5) Q(A) = M m= n= m= n= N R M m A mn R N n M R M m  mn F (2.6) m= nếu m = M, n = N,  mn := A mn nếu m + n < M + N. (2.7) Nếu Q(A) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trinh (2.3) cho bởi x = [I R N Q 1 (A)Q(A)](R M+N y + trong đó z, z 1,..., z M+N 1 Ker D tùy ý. M+N 1 j= R j z j ). (2.8) Hệ quả 2.4. Giả sử D R(X) và R R D. Đặt Q(D) = N A n D n, P (D) = D M Q(D), Q 1 = N A n R N n, Q 1 = N A n D n. Khi đó, nếu toán tử Q 1 khả n= nghịch thì nghiệm của phương trình n= n= P (D)x = y, y Im P (D) (2.9) cho bởi x = [I R N Q 1 1 Q 1](R M+N y + M+N 1 R j y j ). Ví dụ 2.1. Cho X là không gian tuyến tính, D R(X), dim Ker D, R R D và A, B L (X), AX dom D. Xét phương trình j= (DAD + B)x = y, y Im (DAD + B) (2.1) Phương trình (2.1) có thể viết dưới dạng D 2 [I + R(AD RD 2 )]x = y Bx tương đương với [I + R(AD RD 2 + RB)]x = R 2 y + Rz 1 + z, trong đó z 1, z Ker D tùy ý. Đặt Q(A, B) = I + (AD RD 2 + RB)R = I + A RD + RBR = A + RBR + F, trong đó F là toán tử ban đầu của D ứng với R. Nếu toán tử Q(A, B) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trình cho bởi x = [I RQ(A, B) 1 (AD RD 2 + RB)](R 2 y + Rz 1 + z ). 14

18 2.2 Bài toán Cauchy Giả sử D R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải R. Bài toán Cauchy - Bài toán giá trị ban đầu của toán tử Q[D]: Tìm tất cả các nghiệm của phương trình Q[D]x := thỏa mãn điều kiện ban đầu M m= n= N D m A mn D n x = y, y X, (2.11) F D j x = y j, y j Ker D (j =,..., M + N 1). (2.12) Định nghĩa 2.2 ([1]-[2]). (cf.przeworska-rolewicz). (i.) Bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) được gọi là thiết lập đúng đắn nếu nó có nghiệm duy nhất với mọi y X, y,..., y M+N 1 Ker D. (ii.) Bài toán (2.11)-(2.12) được gọi là thiết lập không đúng đắn nếu tồn tại y X, y,..., y M+N 1 Ker D sao cho bài toán này vô nghiệm, hoặc bài toán thuần nhất cho bởi dạng (2.11)-(2.12) (nói cách khác, y = y = = y M+N 1 = ) có nghiệm tầm thường. Định nghĩa 2.3 ([1]-[2]). Giả sử rằng Q[D] có dạng (2.11). Đặt Q := M m= n= N R M m B mn R N n, (2.13) trong đó  n nếu m = B mn :=  mn M F D µ m  mun các trường hợp khác µ=m nếu m = M, n = N  mn := các trường hợp khác A mn (2.14) (2.15) (m =,..., M; n =,..., N). Khi đó I + Q là toán tử giải của bài toán (2.11)-(2.12). Bổ đề 2.2. Đặt M N Q := R M+N m B mn D n. (2.16) m= n= 15

19 Khi đó trong đó Q được định nghĩa bởi (2.13), và QR N = R N Q, (2.17) D M+N (I + Q) = Q[D], (2.18) F D j (I + Q) = F D j (j =,..., M + N 1). (2.19) Bổ đề 2.3. Cho Q xác định bởi (2.16). Khi đó, bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) thiết lập đúng đắn khi và chỉ khi I + Q là khả nghịch trên X M+N. Định lý 2.3. Bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) thiết lập đúng đắn nếu và chỉ nếu toán tử giải của nó khả nghịch. Định lý 2.4. Cho D R(X), R R D và F F D là một toán tử ban đầu tương ứng với R. Giả sử rằng Q và Q lần lượt được xác định bởi (2.13) và (2.14). (i.) Nếu toán tử giải I + Q khả nghịch thì bài toán (2.11)-(2.12) thiết lập đúng đắn và nghiệm duy nhất của nó là trong đó x = M Q (R M+N y + M+N 1 j= R j y j ), (2.2) M Q := I R N (I + Q) 1 H, M N H := R M m B mn D n = D N Q, (2.21) m= n= và B mn (m =,..., M; n =,..., N) được định nghĩa bởi (2.13)-(2.14). (ii.) Nếu I + Q khả nghịch phải và dim Ker (I + Q) thì bài toán (2.11)- (2.12) thiết lập không đúng đắn. Tuy nhiên, bài toán này có một nghiệm có dạng trong đó x = R Q (R M+N y + M+N 1 j= R Q = I R N R QH, z Ker (I + Q) tùy ý và R Q R I+Q. 16 R j y j ) + z, (2.22)

20 (iii.) Nếu I + Q khả nghịch trái nhưng không khả nghịch thì bài toán (2.11)- (2.12) thiết lập không đúng đắn và có một nghiệm với điều kiện cần và đủ là R M+N + M+N 1 j= R j y j (I + Q)X M+N. Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất là trong đó x = L Q (R M+N y + L Q L I+Q, B mn được cho bởi (2.13). M+N 1 j= L Q = I R N L Q H, R j y j ), (2.23) Định nghĩa 2.4 ([1]-[2]). Một toán tử V L(X) được gọi là khả nghịch hầu suy rộng trên một không gian con E X nếu E dom V, V E E và tồn tại một W V W V sao cho W V E E. Bổ đề 2.4. Giả sử D R(X), R R D. Đặt N Q(D) := A j D j, Q := Q(I, R) = j= N A j R N j, j= A j L(X), A j X N j X k (j =,..., N). Khi đó, toán tử I + Q khả nghịch hầu suy rộng trên X k với k N nếu và chỉ nếu I + R N Q(D) là khả nghịch hầu suy rộng trên X N+k. Định lý 2.5. Giả sử rằng D R(X), R R D và F F D tương ứng với R. Hơn nữa, giả sử Q, Q lần lượt được cho bởi (2.13) và (2.14). Nếu toán tử giải I + Q là khả nghịch hầu suy rộng nhưng không khả nghịch một phía, thì bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) là thiết lập không đúng đắn và có các nghiệm với điều kiện cần và đủ là R M+N y + M+N 1 j= Nếu điều kiện này thỏa mãn thì mọi nghiệm có dạng x = W Q (R M+N y + R j y j (I + Q)X M+N. (2.24) M+N 1 j= R j y j ) + z, (2.25) trong đó W Q := I R N W Q H, W Q W I+Q, z Ker (I + Q) tùy ý. 17

21 Ví dụ 2.2. Lấy X := C([, 1]), C), D := d/dt, R := t, (F x)(t) := x(). R là toán tử Volterra, tức là, I + βr khả nghịch với mọi β C. Xét phương trình (I + βr k+1 D k )x = y, y X k. (2.26) Vì I + βr(= I + βd k R k+1 ) khả nghịch, áp dụng Bổ đề 2.2, ta được I + βr k+1 D k khả nghịch trên X k. Do đó, (2.26) có nghiệm duy nhất x = (I βr k (I + βr k ) 1 D k )y X k. Vì thế, bài toán giá trị ban đầu (D + βr k D k )x = y, y X k, F x = y 1, y 1 Ker D (2.27) có nghiệm duy nhất có dạng x = [I βr(i βr) 1 D k ](Ry + y 1 ). (2.28) Thật vây, bài toán (2.27) tương đương với phương trình (I + βr k+1 D k )x = Ry + y 1, tức là, nó có dạng (2.26). 18

22 2.3 Ví dụ áp dụng Ví dụ 2.3. Giải phương trình vi phân x + λx = sin t với t [, T ](T > ), x() = x, x () = x 1 và x, x 1 R. Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không gian C(, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x() ứng với nghịch đảo phải (Rx)(t) = t x(s)ds và Q(D) = D 2 + λd = D 2 (I + λr). Vì toán tử R khả nghịch với mọi λ R nên bài toán đã cho có nghiệm duy nhất x = [I R 2 (I + λr) 1 λd](r 2 y + Rx 1 + x ) = R 2 + Rx 1 + x λr 2 (I + λr) 1 (Ry + x 1 ). Ta có R 1 x = t (R 2 y)(t) = x 1 ds = x 1 t, (Ry)(t) = t s sin udu = sin sds = cos t + 1 và ( cos s + 1)ds = sin t + t. Từ đây và công thức (1.16) ta suy ra với mọi λ thì (I + λr) 1 (Ry + x 1 ) = (I + λr) 1 ( cos t x 1 ) = cos t x 1 λ e λ(t s) ( cos s x 1 )ds. = 1 λ 2 cos t ( 1 + 2λ 2 λ 2 + x 1 ) e λt λ2 λ 3 sin t. λr 2 (I + λr) 1 (Ry + x 1 ) = λ2 cos t sin t λ(1 + 2λ 2 + λ 2 x λ λ 2 1 )e λt (2λ 2 + λ 2 x 1 1 ) t + λ(1 + 2λ 2 + λ 2 x λ λ 2). Do đó, x(t) = 1 λ 2 sin t + 1 λ cos t + λ(1 + 2λ2 + λ 2 x 1 )e λt + (1 + 2λ 2 + λ 2 x 1 + x 1 1 λ 2)t λ(1 + 2λ2 + λ 2 x λ 2) + x. 19

23 Ví dụ 2.4. Giải phương trình vi phân x (t) 5x( t) = 6t 2 1, t R, x() = 1. Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x() và (Rx)(t) = t x(s)ds, (Ax)(t) = x( t). Dx 5Ax = y, y(t) = 6t 2 1, (F x)(t) = 1 trong không gian X = C(R). Để ý rằng A là toán tử đại số A 2 = I và A giao hoán với toán tử D, tức là AD = DA. Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng D(I 5RA)x = y tương đương với (I 5RA)x = Ry + z, trong đó z Ker D Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1 Khi đó, phương trình trở thành (I 5RA)x = Ry + 1, hay (I 5RA)(x) = (6s 2 1)ds + 1 = 2t 3 t + 1. Đặt I = P + Q, A = P Q, suy ra P = 1 2 (I + A), Q = 1 (I A). 2 Dễ dàng kiểm tra được P 2 = P, Q 2 = Q và P Q =. Phương trình trở thành [(P + Q) 5(P Q)R]x = 2t 3 t + 1 hay [(I 5R)P + (I + 5R)Q]x = 2t 3 t + 1. Ta có Suy ra (I 5R)P x = P (2t 3 t + 1) = 1 2 (I + A)(2t3 t + 1) = 1. (P x)(t) = (I 5R) 1 = e 5(t s) ds = e 5t.

24 Tương tự, (I + 5R)Qx = 2t 3 t, suy ra (Qx)(t) = 1 5 (3t t e 5t ). Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx. Do đó, x = 1 5 ( 3t t 1 25 ) + Ví dụ 2.5. Giải phương trình vi phân ( e 5t + e 5t ) x (t) 2x(t + 1) = sin πt, t R, x() = 1 trong lớp các hàm tuần hoàn chu kỳ 2, tức là x(t + 2) = x(t), t R. Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x() và (Rx)(t) = t x(s)ds, (Bx)(t) = x(t + 1). Dx 2Bx = y, y(t) = sin πt, (F x)(t) = 1 trong không gian các hàm liên tục và tuần hoàn chu kỳ 2 trên R. Để ý rằng B là toán tử đại số B 2 = I và B giao hoán với toán tử D và R, tức là BD = DB, BR = RB. Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng D(I 2RB)x = y tương đương với (I 2RB)x = Ry + z, trong đó z Ker D Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1 Khi đó, phương trình trở thành (I 2RB)x = Ry + 1, hay (I 2RB)(x) = (sin πs)ds + 1 = 1 cos πt + 1. π Đặt I = P + Q, A = P Q, suy ra P = 1 2 (I + A), Q = 1 (I A). 2 Dễ dàng kiểm tra được P 2 = P, Q 2 = Q và P Q =. Phương trình trở thành [(P + Q) 2(P Q)R]x = 1 cos πt + 1 π 21

25 hay [(I 5R)P + (I + 5R)Q]x = 1 cos πt + 1. π Ta có (I 2R)P x = P ( 1 π cos πt + 1) Suy ra = 1 2 (I + B)( 1 cos πt + 1) π = 1 1 cos π(t + 1) cos(π)t π 2π (P x)(t) = (I 2R) 1 ( 1 1 cos π(t + 1) cos(π)t + 1) 2π 2π = 1 1 cos π(t + 1) 2π 2π cos(πt) [ ] cos π(s + 1) cos(πs) 1 e 2(t s) ds π = 1 [ π cos π(t + 1) + π cos πt + sin π(t + 1) + sin(πt) 4 + π π2 e 2t] Tương tự, (I + 2R)Qx = 1 1 cos π(t + 1) cos(πt), suy ra 2π 2π (Qx)(t) = 1 [ π cos π(t + 1) + 8 π2 cos πt + sin π(t + 1) sin(πt). 4 + π 2 2π Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx. Do đó, x = 1 π cos(πt) π2 sin(πt) e 2t π

26 Kết luận Luận văn "Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng" đã giải quyết được những vấn đề sau: 1. Luận văn đã trình bày chi tiết khái niệm, tính chất toán tử tuyến tính, toán tử đại số, toán tử Volterra, toán tử khả nghịch phải, toán tử ban đầu. 2. Tiếp theo, trong luận văn trình bày công thức Taylor-Grontcharov, với trường hợp riêng là công thức Taylor với toán tử khả nghịch phải. 3. Cuối cùng, một số lớp bài toán về phương trình với toán tử khả nghịch phải và giải các ví dụ áp dụng. 23

27 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt 1. Nguyễn Văn Mậu (26), Lý thuyết toán tử và phương trình tích phân kỳ dị, NXB ĐHQGHN. Tiếng Anh 2. D.Przeworska-Rolewicz (1988), Algebraic Analysis, Amsterdam-Warsaw. 3. D. Przeworska-Rolewicz and S. Rolewicz (1968), Equations in linear spaces, Warsaw Pub. 4. D. Przeworska-Rolewicz and S. Rolewicz (1973), Equations with transformed argument An algebraic approach, Warsaw Pub. 5. Nguyễn Văn Mậu (25), Algebraic elements and boundary value problems in linear spaces, VNU Pub. House. 24

1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n

1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n Cơ sở Toán 1 Chương 2: Ma trận - Định thức GV: Phạm Việt Nga Bộ môn Toán, Khoa CNTT, Học viện Nông nghiệp Việt Nam Bộ môn Toán () Cơ sở Toán 1 - Chương 2 VNUA 1 / 22 Mục lục 1 Ma trận 2 Định thức 3 Ma

Διαβάστε περισσότερα

5. Phương trình vi phân

5. Phương trình vi phân 5. Phương trình vi phân (Toán cao cấp 2 - Giải tích) Lê Phương Bộ môn Toán kinh tế Đại học Ngân hàng TP. Hồ Chí Minh Homepage: http://docgate.com/phuongle Nội dung 1 Khái niệm Phương trình vi phân Bài

Διαβάστε περισσότερα

Năm Chứng minh Y N

Năm Chứng minh Y N Về bài toán số 5 trong kì thi chọn đội tuyển toán uốc tế của Việt Nam năm 2015 Nguyễn Văn Linh Năm 2015 1 Mở đầu Trong ngày thi thứ hai của kì thi Việt Nam TST 2015 có một bài toán khá thú vị. ài toán.

Διαβάστε περισσότερα

Năm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b

Năm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b huỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định Nguyễn Văn inh Năm 2015 húng ta bắt đầu từ bài toán sau. ài 1. (US TST 2012) ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi, lần lượt là các điểm trên,

Διαβάστε περισσότερα

I 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N

I 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N ài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại Thương 1 Giới thiệu Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện

Διαβάστε περισσότερα

Kinh tế học vĩ mô Bài đọc

Kinh tế học vĩ mô Bài đọc Chương tình giảng dạy kinh tế Fulbight Niên khóa 2011-2013 Mô hình 1. : cung cấp cơ sở lý thuyết tổng cầu a. Giả sử: cố định, Kinh tế đóng b. IS - cân bằng thị tường hàng hoá: I() = S() c. LM - cân bằng

Διαβάστε περισσότερα

Năm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1

Năm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1 Dùng phép vị tự quay để giải một số bài toán liên quan đến yếu tố cố định Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Mở đầu Tư tưởng của phương pháp này khá đơn giản như sau. Trong bài toán chứng minh điểm chuyển động

Διαβάστε περισσότερα

O 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B.

O 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B. ài tập ôn đội tuyển năm 2014 guyễn Văn inh Số 2 ài 1. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn () lần lượt tại,. Từ kẻ hai tiếp tuyến t 1, t 2 tới ( 2 ), từ kẻ hai tiếp tuyến

Διαβάστε περισσότερα

Q B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3

Q B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3 ài tập ôn đội tuyển năm 2015 guyễn Văn Linh Số 8 ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn () có là tâm nội tiếp. cắt () lần thứ hai tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với,. Hai tiếp tuyến chung

Διαβάστε περισσότερα

Năm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C.

Năm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C. Đường thẳng Simson- Đường thẳng Steiner của tam giác Nguyễn Văn Linh Năm 2014 1 Đường thẳng Simson Đường thẳng Simson lần đầu tiên được đặt tên bởi oncelet, tuy nhiên một số nhà hình học cho rằng nó không

Διαβάστε περισσότερα

HÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD:

HÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD: . Định nghĩa Hàm biến. f : D M (, ) z= f( M) = f(, ) Miền ác định của hàm f(,) là miền VD: f : D HÀM NHIỀU BIẾN M (, ) z= f(, ) = D sao cho f(,) có nghĩa. Miền ác định của hàm f(,) là tập hợp những điểm

Διαβάστε περισσότερα

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 0 LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 80 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ

Διαβάστε περισσότερα

M c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ).

M c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ). ài tập ôn đội tuyển năm 015 Nguyễn Văn inh Số 5 ài 1. ho tam giác nội tiếp () có + =. Đường tròn () nội tiếp tam giác tiếp xúc với,, lần lượt tại,,. Gọi b, c lần lượt là trung điểm,. b c cắt tại. hứng

Διαβάστε περισσότερα

Suy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA

Suy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA ài tập ôn đội tuyển năm 015 guyễn Văn inh Số 6 ài 1. ho tứ giác ngoại tiếp. hứng minh rằng trung trực của các cạnh,,, cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. J 1 1 1 1 hứng minh. Gọi 1 1 1 1 là tứ giác

Διαβάστε περισσότερα

x = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2)

x = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2) 65 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN R N Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Một phân hoạch hoàn toàn của R n là một hệ gồm 2n vec-tơ

Διαβάστε περισσότερα

Tối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X.

Tối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X. Tối ưu tuyến tính Câu 1: (Định lý 2.1.1 - Nguyên lý biến phân Ekeland) Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và z Z thỏa Khi đó tồn tại y X sao cho (i)

Διαβάστε περισσότερα

có thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[]

có thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[] 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Chúng ta đều biết: không có lý thuyết tổng quát cho phép giải mọi phương trình đạo hàm riêng; nhất là với các phương trình phi tuyến Au [ ] = 0; (1) trong đó A[] ký hiệu toán

Διαβάστε περισσότερα

x i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước).

x i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước). 1 Mục lục Chương 1. NHÓM.................................................. 2 Chương 2. NHÓM HỮU HẠN.................................... 10 Chương 3. NHÓM ABEL HỮU HẠN SINH....................... 14 2 CHƯƠNG

Διαβάστε περισσότερα

Môn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)

Môn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn: Toán Năm học 0-0 Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)

Διαβάστε περισσότερα

Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH

Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Câu 1: Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Cho văn phạm dưới đây định nghĩa cú pháp của các biểu thức luận lý bao gồm các biến luận lý a,b,, z, các phép toán luận lý not, and, và các dấu mở và đóng ngoặc tròn

Διαβάστε περισσότερα

Ngày 26 tháng 12 năm 2015

Ngày 26 tháng 12 năm 2015 Mô hình Tobit với Biến Phụ thuộc bị chặn Lê Việt Phú Chương trình Giảng dạy Kinh tế Fulbright Ngày 26 tháng 12 năm 2015 1 / 19 Table of contents Khái niệm biến phụ thuộc bị chặn Hồi quy OLS với biến phụ

Διαβάστε περισσότερα

Batigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức

Batigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức SỐ PHỨC TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG Batigoal_mathscope.org Hoangquan9@gmail.com I.MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN. Khoảng cách giữa hai ñiểm Giả sử có số phức và biểu diễn hai ñiểm M và M trên mặt phẳng tọa

Διαβάστε περισσότερα

https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56

https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU TỔ TOÁN Câu ( điểm). Cho hàm số y = + ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 5-6 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút (không tính thời gian phát đề ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ

Διαβάστε περισσότερα

Năm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren).

Năm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren). Định lý Pascal guyễn Văn Linh ăm 2014 1 Giới thiệu. ăm 16 tuổi, Pascal công bố một công trình toán học : Về thiết diện của đường cônic, trong đó ông đã chứng minh một định lí nổi tiếng và gọi là Định lí

Διαβάστε περισσότερα

x y y

x y y ĐÁP ÁN - ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP THPT Bài Năm học 5 6- Môn: TOÁN y 4 TXĐ: D= R Sự biến thiên lim y lim y y ' 4 4 y ' 4 4 4 ( ) - - + y - + - + y + - - + Bài Hàm số đồng biến trên các khoảng

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2

ĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 8 https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số - https://huongphuong.wordpress.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 016 LẦN TRƯỜNG THPT MINH

Διαβάστε περισσότερα

O C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh

O C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh ài toán rotassov và ứng dụng Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Giới thiệu ài toán rotassov được phát biểu như sau. ho tam giác với là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn () bất kì đi qua và. ựng một đường

Διαβάστε περισσότερα

Chương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt

Chương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt /009 Chương : Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt. Khái niệm chung. Chu trình lạnh dùng không khí. Chu trình lạnh dùng hơi. /009. Khái niệm chung Máy lạnh/bơmnhiệt: chuyển CÔNG thành NHIỆT NĂNG Nguồn nóng

Διαβάστε περισσότερα

A 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1

A 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1 Sáng tạo trong hình học Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Mở đầu Hình học là một mảng rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của phân môn này nằm trong hình vẽ mà muốn cảm nhận được chúng

Διαβάστε περισσότερα

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí Tru cập website: hoc36net để tải tài liệu đề thi iễn phí ÀI GIẢI âu : ( điể) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 8 3 3 () 8 3 3 8 Ta có ' 8 8 9 ; ' 9 3 o ' nên phương trình () có nghiệ phân

Διαβάστε περισσότερα

Vectơ và các phép toán

Vectơ và các phép toán wwwvnmathcom Bài 1 1 Các khái niệm cơ bản 11 Dẫn dắt đến khái niệm vectơ Vectơ và các phép toán Vectơ đại diện cho những đại lượng có hướng và có độ lớn ví dụ: lực, vận tốc, 1 Định nghĩa vectơ và các yếu

Διαβάστε περισσότερα

Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường

Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Dương Trí Dũng I. Giới thiệu Hiện nay có nhiều phần mềm (software) thống kê trên thị trường Giá cao Excel không đủ tính năng Tinh bằng công thức chậm Có nhiều

Διαβάστε περισσότερα

* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ:

* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ: Họ và tên thí sinh:. Chữ kí giám thị Số báo danh:..... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 0 CẤP TỈNH NĂM HỌC 0-03 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Gồm 0 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi:

Διαβάστε περισσότερα

1.6 Công thức tính theo t = tan x 2

1.6 Công thức tính theo t = tan x 2 TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 1 Công thức lượng giác 1.1 Hệ thức cơ bản sin 2 x + cos 2 x = 1 1 + tn 2 x = 1 cos 2 x tn x = sin x cos x 1.2 Công thức cộng cot x = cos x sin x sin( ± b) = sin cos

Διαβάστε περισσότερα

Lecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace

Lecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Lecture- 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6.3. Sơđồ hối và thực hiện hệ thống 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6...

Διαβάστε περισσότερα

Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα

Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα - Γενικά Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Khi nào [tài liệu] của bạn được ban hành? Για να ρωτήσετε πότε έχει

Διαβάστε περισσότερα

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG V MẠH ĐỆN PH HƯƠNG V : MẠH ĐỆN PH. Khái niệm chung Điện năng sử ụng trong công nghiệ ưới ạng òng điện sin ba ha vì những lý o sau: - Động cơ điện ba ha có cấu tạo đơn giản và đặc tính

Διαβάστε περισσότερα

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút Câu (, điểm) Cho hàm số y = + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết

Διαβάστε περισσότερα

A. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

A. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . ĐẶT VẤN ĐỀ Hình họ hông gin là một hủ đề tương đối hó đối với họ sinh, hó ả áh tiếp ận vấn đề và ả trong tìm lời giải ài toán. Làm so để họ sinh họ hình họ hông gin dễ hiểu hơn, hoặ hí ít ũng giải đượ

Διαβάστε περισσότερα

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1- Độ dài đoạn thẳng Ax ( ; y; z ), Bx ( ; y ; z ) thì Nếu 1 1 1 1. Một Số Công Thức Cần Nhớ AB = ( x x ) + ( y y ) + ( z z ). 1 1 1 - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Διαβάστε περισσότερα

Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012.

Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012. wwwliscpgetl Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại ọc củ các trường trong nước năm ôn: ÌN Ọ KÔNG GN (lisc cắt và dán) ÌN ÓP ài ho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh, tm giác đều, tm giác vuông cân

Διαβάστε περισσότερα

c) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ).

c) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ). Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội Viện Toán ứng dụng và Tin học ĐỀ CƯƠNG BÀI TẬP GIẢI TÍCH I - TỪ K6 Nhóm ngành 3 Mã số : MI 3 ) Kiểm tra giữa kỳ hệ số.3: Tự luận, 6 phút. Nội dung: Chương, chương đến hết

Διαβάστε περισσότερα

CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG

CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Tăng Vũ 1. Đường thẳng Euler. Bài toán 1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng

Διαβάστε περισσότερα

Chứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE

Chứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE ài tập ôn luyện đội tuyển I năm 2016 guyễn Văn inh ài 1. (Iran S 2007). ho tam giác. ột điểm nằm trong tam giác thỏa mãn = +. Gọi, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung và của đường tròn ngoại tiếp các

Διαβάστε περισσότερα

L P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC).

L P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC). ài tập ôn đội tuyển I năm 015 Nguyễn Văn inh Số 7 ài 1. (ym). ho tam giác nội tiếp đường tròn (), ngoại tiếp đường tròn (I). G là điểm chính giữa cung không chứa. là tiếp điểm của (I) với. J là điểm nằm

Διαβάστε περισσότερα

Ví dụ 2 Giải phương trình 3 " + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được

Ví dụ 2 Giải phương trình 3  + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được CHƯƠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO Những ý tưởng cơ bản của phương trình vi phân đã được giải thích trong Chương 9, ở đó chúng ta đã tập trung vào phương trình cấp một. Trong chương này, chúng ta nghiên

Διαβάστε περισσότερα

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ TI TUYỂN SIN LỚP NĂM ỌC 9- KÁN OÀ MÔN : TOÁN NGÀY TI : 9/6/9 ĐỀ CÍN TỨC Thời gian làm bài: phút (không kể thời gian giao đề) ài ( điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a Cho biết

Διαβάστε περισσότερα

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó.

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó. HOC36.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP IỄN PHÍ CHỦ ĐỀ 3. CON LẮC ĐƠN BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN VA CHẠ CON LẮC ĐƠN Phương pháp giải Vật m chuyển động vận tốc v đến va chạm với vật. Gọi vv, là vận tốc của m và ngay sau

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047)

ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) Lưu ý: - Sinh viên tự chọn nhóm, mỗi nhóm có 03 sinh viên. Báo cáo phải ghi rõ vai trò của từng thành viên trong dự án. - Sinh viên báo cáo trực tiếp

Διαβάστε περισσότερα

Tự tương quan (Autocorrelation)

Tự tương quan (Autocorrelation) Tự ương quan (Auocorrelaion) Đinh Công Khải Tháng 04/2016 1 Nội dung 1. Tự ương quan là gì? 2. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua ự ương quan? 3. Làm sao để phá hiện ự ương quan? 4. Các biện pháp khắc phục?

Διαβάστε περισσότερα

Tự tương quan (Autoregression)

Tự tương quan (Autoregression) Tự ương quan (Auoregression) Đinh Công Khải Tháng 05/013 1 Nội dung 1. Tự ương quan (AR) là gì?. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua AR? 3. Làm sao để phá hiện AR? 4. Các biện pháp khắc phục? 1 Tự ương quan

Διαβάστε περισσότερα

- Toán học Việt Nam

- Toán học Việt Nam - Toán học Việt Nam PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌ KHÔNG GIN ẰNG VETOR I. Á VÍ DỤ INH HỌ Vấn đề 1: ho hình chóp S. có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng () là điểm H thuộc

Διαβάστε περισσότερα

Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN

Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Ths. Nguyễn Tiến Dũng Viện Kinh tế và Quản lý, Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Email: dung.nguyentien3@hust.edu.vn MỤC TIÊU CỦA CHƯƠNG Sau khi học xong chương này, người

Διαβάστε περισσότερα

Chương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA

Chương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA I. Vcto không gian Chương : VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯ BA PHA I.. Biể diễn vcto không gian cho các đại lượng ba pha Động cơ không đồng bộ (ĐCKĐB) ba pha có ba (hay bội ố của ba) cộn dây tato bố

Διαβάστε περισσότερα

Tứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên

Tứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên MỘT SỐ ÀI TOÁN THẲNG HÀNG ài toán 1. (Imo Shortlist 2013 - G1) ho là một tm giác nhọn với trực tâm H, và W là một điểm trên cạnh. Gọi M và N là chân đường co hạ từ và tương ứng. Gọi (ω 1 ) là đường tròn

Διαβάστε περισσότερα

Tính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a)

Tính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a) Mặt nón. Mặt trụ. Mặt cầu ài : Trong không gin cho tm giác vuông tại có 4,. Khi quy tm giác vuông qunh cạnh góc vuông thì đường gấp khúc tạo thành một hình nón tròn xoy. b)tính thể tích củ khối nón 4 )

Διαβάστε περισσότερα

Phụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm

Phụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm Nội dung trình bày hương 7 và huẩn hóa cơ sở dữ liệu Nguyên tắc thiết kế các lược đồ quan hệ.. ác dạng chuẩn. Một số thuật toán chuẩn hóa. Nguyên tắc thiết kế Ngữ nghĩa của các thuộc tính () Nhìn lại vấn

Διαβάστε περισσότερα

+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7)

+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7) Nhớm 3 Bài 1.3 1. (X,.) là nhóm => a X; ax= Xa= X Ta chứng minh ax=x Với mọi b thuộc ax thì b có dạng ak với k thuộc X nên b thuộc X => Với mọi k thuộc X thì k = a( a -1 k) nên k thuộc ax. Vậy ax=x Tương

Διαβάστε περισσότερα

CÁC CÔNG THỨC CỰC TRỊ ĐIỆN XOAY CHIỀU

CÁC CÔNG THỨC CỰC TRỊ ĐIỆN XOAY CHIỀU Tà lệ kha test đầ xân 4 Á ÔNG THỨ Ự TỊ ĐỆN XOAY HỀ GÁO VÊN : ĐẶNG VỆT HÙNG. Đạn mạch có thay đổ: * Kh thì Max max ; P Max còn Mn ư ý: và mắc lên tếp nha * Kh thì Max * Vớ = hặc = thì có cùng gá trị thì

Διαβάστε περισσότερα

Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh.

Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh. Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. E-mail: hqvu@hcmus.edu.vn e d c f 1 b a 1 TÓM

Διαβάστε περισσότερα

BÀI TẬP. 1-5: Dòng phân cực thuận trong chuyển tiếp PN là 1.5mA ở 27oC. Nếu Is = 2.4x10-14A và m = 1, tìm điện áp phân cực thuận.

BÀI TẬP. 1-5: Dòng phân cực thuận trong chuyển tiếp PN là 1.5mA ở 27oC. Nếu Is = 2.4x10-14A và m = 1, tìm điện áp phân cực thuận. BÀI TẬP CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT BÁN DẪN 1-1: Một thanh Si có mật độ electron trong bán dẫn thuần ni = 1.5x10 16 e/m 3. Cho độ linh động của electron và lỗ trống lần lượt là n = 0.14m 2 /vs và p = 0.05m 2 /vs.

Διαβάστε περισσότερα

A E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB.

A E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB. Đường tròn mixtilinear Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Đường tròn mixtilinear nội tiếp (bàng tiếp) là đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác và tiếp xúc trong (ngoài)

Διαβάστε περισσότερα

1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8

1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 18 tháng 1 năm 2017 Mục lục 1 Phương trình Laplace 1 1.1 Nghiệm cơ bản............................... 1 1.1.1 Đồng nhất thức Green.......................

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011)

ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011) Đề cương chi tiết Toán cao cấp 2 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập Tự do Hạnh phúc 1. Thông tin chung về môn học ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC

Διαβάστε περισσότερα

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG DÒNG ĐỆN SN Khái niệm: Dòng điện xoay chiều biến đổi theo quy luật hàm sin của thời gian là dòng điện sin. ác đại lượng đặc trưng cho dòng điện sin Trị số của dòng điện, điện áp sin ở

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm)

ĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm) THẦY: ĐẶNG THÀNH NAM Website: wwwvtedvn ĐỀ SỐ 6 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 7 Thời gian làm bài: phút; không kể thời gian giao đề (5 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 65 Họ, tên thí sinh:trường: Điểm mong muốn:

Διαβάστε περισσότερα

2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r

2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Những đa giác

Διαβάστε περισσότερα

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍH, TRỤ ĐẲNG PHƯƠNG TRNG ÀI TÁN YẾU TỐ Ố ĐỊNH. PHẦN Ở ĐẦU I. Lý do chọn đề tài ác bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá

Διαβάστε περισσότερα

J.-P. Serre.

J.-P. Serre. Bài giảng số học J.-P. Serre 1973 Người dịch: Nguyễn Trung Tuân Emai: trungtuan.math@gmai.com Điện thoại: 0984995888 Phần I Các hương há Đại số Chương I Trường hữu hạn Tất cả các trường xét dưới đây sẽ

Διαβάστε περισσότερα

1.3.2 L 2 đánh giá Nghiệm yếu Nghiệm tích phân, điều kiện Rankine-Hugoniot... 25

1.3.2 L 2 đánh giá Nghiệm yếu Nghiệm tích phân, điều kiện Rankine-Hugoniot... 25 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 30 tháng 3 năm 2016 Mục lục 1 Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 1 1.1 Siêu mặt không đặc trưng......................... 1 1.1.1 Một số ký

Διαβάστε περισσότερα

BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY

BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY Trường Đại Học Bách Khoa TP HCM Khoa Cơ Khí BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY GVHD: PGS.TS NGUYỄN HỮU LỘC HVTH: TP HCM, 5/ 011 MS Trang 1 BÀI TẬP LỚN Thanh có tiết iện ngang hình

Διαβάστε περισσότερα

BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU

BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ***** BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU Biên soạn : TS. Hoàng Quang Tuyến Đà Nẵng - 2012 Giới thiệu Tập tài liệu này được biên soạn bởi Thầy giáo TS Hoàng Quang Tuyến,

Διαβάστε περισσότερα

Ngày 18 tháng 3 năm 2015

Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giải Tích Phần Tử Hữu Hạn Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Tp. HCM Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giới thiệu Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng-ptđhr (Partial Differential Equations-PDE) được sử dụng mô tả các

Διαβάστε περισσότερα

(CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Ch4 - Phân tích phương sai, so sánh và kiểm định 1

(CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Ch4 - Phân tích phương sai, so sánh và kiểm định 1 TIN HỌC ỨNG DỤNG (CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Phan Trọng Tiến BM Công nghệ phần mềm Khoa Công nghệ thông tin, VNUA Email: phantien84@gmail.com Website: http://timoday.edu.vn Ch4 -

Διαβάστε περισσότερα

Nhưng... Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus s transformations, Bring and Jerrard s

Nhưng... Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus s transformations, Bring and Jerrard s Một số lớp phương trình bậc co giải được nhờ phương trình bậc và phương trình bậc 3 Nguyễn Quản Bá Hồng Sinh viên kho toán tin, Trường Kho Học Tự Nhiên TP HCM Emil: Nguyenqunbhong@gmil.com 09.05.015 Tóm

Διαβάστε περισσότερα

Μετανάστευση Σπουδές. Σπουδές - Πανεπιστήμιο. Για να δηλώσετε ότι θέλετε να εγγραφείτε

Μετανάστευση Σπουδές. Σπουδές - Πανεπιστήμιο. Για να δηλώσετε ότι θέλετε να εγγραφείτε - Πανεπιστήμιο Θα ήθελα να εγγραφώ σε πανεπιστήμιο. Για να δηλώσετε ότι θέλετε να εγγραφείτε Tôi muốn ghi danh vào một trường đại học Θα ήθελα να γραφτώ για. Tôi muốn đăng kí khóa học. Για να υποδείξετε

Διαβάστε περισσότερα

MALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên?

MALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên? Chương 4: HỒI QUY VỚI BIẾN GIẢ VÀ ỨNG DỤNG 1. Nghiên cứu về tuổi thọ (Y: ngày) của hai loại bóng đèn (loại A, loại B). Đặt Z = 0 nếu đó là bóng đèn loại A, Z = 1 nếu đó là bóng đèn loại B. Kết quả hồi

Διαβάστε περισσότερα

1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình...

1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình... BÀI TẬP ÔN THI KINH TẾ LƯỢNG Biên Soạn ThS. LÊ TRƯỜNG GIANG Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 0, tháng 06, năm 016 Mục lục Trang Chương 1 Tóm tắt lý thuyết 1 1.1 Tổng quan về kinh tế lượng......................

Διαβάστε περισσότερα

1.2.5 Số chiều lẻ Nguyên lý Duhamel... 30

1.2.5 Số chiều lẻ Nguyên lý Duhamel... 30 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 7 tháng 4 năm 07 Mục lục Phương trình truyền sóng. Phương trình truyền sóng chiều...................... Bài toán giá trị ban đầu........................

Διαβάστε περισσότερα

7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế

7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế TỔNG HỢP KIẾN THỨC VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG ÀI TẬP TÁN 9 PHẦN I: ĐẠI SỐ. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.. Điều kiện để căn thức có nghĩ. có nghĩ khi 0. Các công thức biến đổi căn thức.. b.. ( 0; 0) c. ( 0; > 0) d. e.

Διαβάστε περισσότερα

@misc{milneft, title={lý thuyết trường và lý thuyết Galois (v.4.53)} year={2017}, note={xem \url{ pages={178} }

@misc{milneft, title={lý thuyết trường và lý thuyết Galois (v.4.53)} year={2017}, note={xem \url{  pages={178} } James S. Milne LÝ THUYẾT TRƯỜNG VÀ LÝ THUYẾT GALOIS Phiên bản 4.53, Ngày 27 Tháng 5, 2017 Người dịch: Nguyễn Đức Khánh, Lê Minh Hà Tham gia hiệu đính: Đoàn An Khương, Mạc Đăng Trường, Phạm Minh Hoàng,

Διαβάστε περισσότερα

ShaMO 30. f(n)f(n + 1)f(n + 2) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) = n(n + 1) 2 (n + 2) 3 (n + 3) 4.

ShaMO 30. f(n)f(n + 1)f(n + 2) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) = n(n + 1) 2 (n + 2) 3 (n + 3) 4. ShaMO 30 A1. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 6 và a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12. Chứng minh rằng 36 4 ( a 3 + b 3 + c 3 + d 3) ( a 4 + b 4 + c 4 + d 4) 48. A2. Cho tam giác ABC, với I

Διαβάστε περισσότερα

Μπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα

Μπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα - Γενικά Πού μπορώ να βρω τη φόρμα για ; Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Πότε εκδόθηκε το [έγγραφο] σας; Για να ρωτήσετε πότε έχει εκδοθεί ένα έγγραφο

Διαβάστε περισσότερα

PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC VÀ NHỮNG GIẢI PHÁP KHẮC PHỤC

PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC VÀ NHỮNG GIẢI PHÁP KHẮC PHỤC Luận văn thạc sĩ kỹ thuật 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP --------------------------------------- VŨ THỊ VÒNG PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC

Διαβάστε περισσότερα

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ TRƯỜNG THT HUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓ: 2011-2012 * * HUYÊN ĐỀ ỘT SỐ ÀI TOÁN HÌNH HỌ HẲNG LIÊN QUN ĐẾN TỨ GIÁ TOÀN HẦN Người thực hiện han Hồng Hạnh Trinh Nhóm chuyên toán lớp 111 Kon Tum, ngày 26

Διαβάστε περισσότερα

Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC

Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC TS. Nguyễn Văn Định, Khoa CNTT Lời nói đầu Ngôn ngữ là phương tiện để giao tiếp, sự giao tiếp có thể hiểu là giao tiếp giữa con người với nhau, giao tiếp

Διαβάστε περισσότερα

1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số...

1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số... Mục lục 1 Dãy số và các bài toán về dãy số 4 1.1 Giớithiệu... 4 1. Định nghĩa và các định lý cơ bản................... 5 1.3 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số............. 8 1.3.1 Dãy số thực:

Διαβάστε περισσότερα

HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN. GV : Đinh Công Khải FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng

HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN. GV : Đinh Công Khải FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng 1 HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN GV : Đnh Công Khả FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng Knh tế lượng là gì? Knh tế lượng được quan tâm vớ vệc xác định các qu luật knh tế bằng thực nghệm (Thel, 1971) Knh tế lượng

Διαβάστε περισσότερα

Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS

Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS CẦN KÍ TÊN Ý NGHĨA XEM HIỆU 1 Dependent Variable Tên biến phụ thuộc Y Phương pháp bình Method: Least phương tối thiểu (nhỏ OLS Squares nhất) Date - Time

Διαβάστε περισσότερα

TUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN THCS TỈNH HẢI DƯƠNG

TUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN THCS TỈNH HẢI DƯƠNG TUYỂN TẬP ĐỀ THI MÔN TOÁN THCS TỈNH HẢI DƯƠNG hieuchuoi@ Tháng 7.006 GIỚI THIỆU Tuyển tập đề thi này gồm tất cả 0 đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Tỉnh Hải Dương (môn Toán chuyên) và

Διαβάστε περισσότερα

tâm O. CMR OA1 5 HD. Tính qua các véc tơ chung điểm đầu A Bài 19. Cho tam giác ABC, gọi G là trọng tâm và H là điểm đối xứng của B qua G.

tâm O. CMR OA1 5 HD. Tính qua các véc tơ chung điểm đầu A Bài 19. Cho tam giác ABC, gọi G là trọng tâm và H là điểm đối xứng của B qua G. Phần I. Véc tơ. hứng minh hệ thức véc tơ Véc tơ - Toạ độ hú ý + ho Với mọi điểm O, t có: = O O. + Tứ giác là hbh =. + Để cm = b. = b i) b ii) Nếu = ;b =. T cm là hbh. iii) Tính chất bắc cầu + Để cm = t

Διαβάστε περισσότερα

2.1. Phương trình hàm Cauchy Phương trình hàm Jensen... 17

2.1. Phương trình hàm Cauchy Phương trình hàm Jensen... 17 ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI NGUYỄN NGỌC DIỆP MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội

Διαβάστε περισσότερα

Liên hệ:

Liên hệ: Giáo trình Vi tích phân 2 Bộ môn Giải tích (Kho Toán Tin học, Đại học Kho học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh) Bản ngày 19 tháng 1 năm 218 2 Đây là giáo trình cho các môn toán Vi tích phân 2 cho khối B

Διαβάστε περισσότερα

TRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC

TRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC hương 4: Transistor mối nối lưỡng cực hương 4 TANSISTO MỐI NỐI LƯỠNG Ự Transistor mối nối lưỡng cực (JT) được phát minh vào năm 1948 bởi John ardeen và Walter rittain tại phòng thí nghiệm ell (ở Mỹ). Một

Διαβάστε περισσότερα

Exercises. Functional. Analysis. A review for final exam st Edition

Exercises. Functional. Analysis. A review for final exam st Edition Phạm Đình Đồng xercises in Functional 1st dition Analysis A review for final exam 2008 Lời tựa To all the girls i love before. Tôi đến với giải tích hàm như một "sự sắp đặt của số phận". Có lẽ, đó là nguyên

Διαβάστε περισσότερα

Nội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan

Nội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan CHƯƠNG 5: DUNG DỊCH 1 Nội dung 1. Một số khái niệm 2. Dung dịch chất điện ly 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan 2 Dung dịch Là hệ đồng thể gồm 2 hay nhiều chất (chất tan & dung môi) mà thành

Διαβάστε περισσότερα

MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU...

MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... 5 Chƣơng I: Mở đầu... 8 1.1 Tập hợp và các cấu trúc đại số... 8 1.1.1 Tập hợp và các tập con... 8 1.1.2 Tập hợp và các phép toán hai ngôi... 9 1.3 Quan hệ và quan hệ tương đương...

Διαβάστε περισσότερα

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP (Phần 04) Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP (Phần 04) Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG Khó học LTðH KT-: ôn Tán (Thầy Lê á Trần Phương) THỂ TÍH KHỐ HÓP (Phần 4) ðáp Á À TẬP TỰ LUYỆ Giá viên: LÊ Á TRẦ PHƯƠG ác ài tập trng tài liệu này ñược iên sạn kèm the ài giảng Thể tich khối chóp (Phần

Διαβάστε περισσότερα

Tinh chỉnh lược đồ và các dạng chuẩn hoá

Tinh chỉnh lược đồ và các dạng chuẩn hoá Tinh chỉnh lược đồ và các dạng chuẩn hoá Bởi: Ths. Phạm Hoàng Nhung Thiết kế cơ sở dữ liệu mức khái niệm cung cấp cho chúng ta một tập các lược đồ quan hệ và các ràng buộc toàn vẹn, đây có thể được coi

Διαβάστε περισσότερα

Бизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба

Бизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба - Размещение Εξετάζουμε την αγορά... Официально, проба Είμαστε στην ευχάριστη θέση να δώσουμε την παραγγελία μας στην εταιρεία σας για... Θα θέλαμε να κάνουμε μια παραγγελία. Επισυνάπτεται η παραγγελία

Διαβάστε περισσότερα