Bim: Sinh Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại

--- Bài mới hơn ---

  • Sim: Thưa Thớt Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Giáo Trình Toán Rời Rạc
  • Học Từ Vựng Tiếng Anh Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Chọn Điểm Và Đặt Mia Đo Chi Tiết Trong Đo Vẽ Bản Đồ Địa Chính
  • Làm Giàu Từ Tay Trắng Không Khó Với 3 Lối Tắt Sau
  • BIM có nghĩa là gì? BIM là viết tắt của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Nếu bạn đang truy cập phiên bản không phải tiếng Anh của chúng tôi và muốn xem phiên bản tiếng Anh của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại, vui lòng cuộn xuống dưới cùng và bạn sẽ thấy ý nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại trong ngôn ngữ tiếng Anh. Hãy nhớ rằng chữ viết tắt của BIM được sử dụng rộng rãi trong các ngành công nghiệp như ngân hàng, máy tính, giáo dục, tài chính, cơ quan và sức khỏe. Ngoài BIM, Sinh phương pháp lặp đi lặp lại có thể ngắn cho các từ viết tắt khác.

    BIM = Sinh phương pháp lặp đi lặp lại

    Tìm kiếm định nghĩa chung của BIM? BIM có nghĩa là Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Chúng tôi tự hào để liệt kê các từ viết tắt của BIM trong cơ sở dữ liệu lớn nhất của chữ viết tắt và tắt từ. Hình ảnh sau đây Hiển thị một trong các định nghĩa của BIM bằng tiếng Anh: Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Bạn có thể tải về các tập tin hình ảnh để in hoặc gửi cho bạn bè của bạn qua email, Facebook, Twitter, hoặc TikTok.

    Như đã đề cập ở trên, BIM được sử dụng như một từ viết tắt trong tin nhắn văn bản để đại diện cho Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Trang này là tất cả về từ viết tắt của BIM và ý nghĩa của nó là Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Xin lưu ý rằng Sinh phương pháp lặp đi lặp lại không phải là ý nghĩa duy chỉ của BIM. Có thể có nhiều hơn một định nghĩa của BIM, vì vậy hãy kiểm tra nó trên từ điển của chúng tôi cho tất cả các ý nghĩa của BIM từng cái một.

    Ý nghĩa khác của BIM

    Bên cạnh Sinh phương pháp lặp đi lặp lại, BIM có ý nghĩa khác. Chúng được liệt kê ở bên trái bên dưới. Xin vui lòng di chuyển xuống và nhấp chuột để xem mỗi người trong số họ. Đối với tất cả ý nghĩa của BIM, vui lòng nhấp vào “thêm “. Nếu bạn đang truy cập phiên bản tiếng Anh của chúng tôi, và muốn xem định nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại bằng các ngôn ngữ khác, vui lòng nhấp vào trình đơn ngôn ngữ ở phía dưới bên phải. Bạn sẽ thấy ý nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại bằng nhiều ngôn ngữ khác như tiếng ả Rập, Đan Mạch, Hà Lan, Hindi, Nhật bản, Hàn Quốc, Hy Lạp, ý, Việt Nam, v.v.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Pim: Song Song Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Cách Phát Lặp Lại Video Youtube Trên Điện Thoại, Máy Tính.
  • Cách Rèn Luyện Não Bộ Để Ghi Nhớ Mọi Thứ Và Chống Hay Quên
  • Bài Tập Và Bài Giải Kế Toán Hàng Tồn Kho
  • Hạch Toán Hàng Tồn Kho Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên ” Rồng Việt
  • Pim: Song Song Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại

    --- Bài mới hơn ---

  • Bim: Sinh Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Sim: Thưa Thớt Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Giáo Trình Toán Rời Rạc
  • Học Từ Vựng Tiếng Anh Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Chọn Điểm Và Đặt Mia Đo Chi Tiết Trong Đo Vẽ Bản Đồ Địa Chính
  • PIM có nghĩa là gì? PIM là viết tắt của Song song phương pháp lặp đi lặp lại. Nếu bạn đang truy cập phiên bản không phải tiếng Anh của chúng tôi và muốn xem phiên bản tiếng Anh của Song song phương pháp lặp đi lặp lại, vui lòng cuộn xuống dưới cùng và bạn sẽ thấy ý nghĩa của Song song phương pháp lặp đi lặp lại trong ngôn ngữ tiếng Anh. Hãy nhớ rằng chữ viết tắt của PIM được sử dụng rộng rãi trong các ngành công nghiệp như ngân hàng, máy tính, giáo dục, tài chính, cơ quan và sức khỏe. Ngoài PIM, Song song phương pháp lặp đi lặp lại có thể ngắn cho các từ viết tắt khác.

    PIM = Song song phương pháp lặp đi lặp lại

    Tìm kiếm định nghĩa chung của PIM? PIM có nghĩa là Song song phương pháp lặp đi lặp lại. Chúng tôi tự hào để liệt kê các từ viết tắt của PIM trong cơ sở dữ liệu lớn nhất của chữ viết tắt và tắt từ. Hình ảnh sau đây Hiển thị một trong các định nghĩa của PIM bằng tiếng Anh: Song song phương pháp lặp đi lặp lại. Bạn có thể tải về các tập tin hình ảnh để in hoặc gửi cho bạn bè của bạn qua email, Facebook, Twitter, hoặc TikTok.

    Như đã đề cập ở trên, PIM được sử dụng như một từ viết tắt trong tin nhắn văn bản để đại diện cho Song song phương pháp lặp đi lặp lại. Trang này là tất cả về từ viết tắt của PIM và ý nghĩa của nó là Song song phương pháp lặp đi lặp lại. Xin lưu ý rằng Song song phương pháp lặp đi lặp lại không phải là ý nghĩa duy chỉ của PIM. Có thể có nhiều hơn một định nghĩa của PIM, vì vậy hãy kiểm tra nó trên từ điển của chúng tôi cho tất cả các ý nghĩa của PIM từng cái một.

    Ý nghĩa khác của PIM

    Bên cạnh Song song phương pháp lặp đi lặp lại, PIM có ý nghĩa khác. Chúng được liệt kê ở bên trái bên dưới. Xin vui lòng di chuyển xuống và nhấp chuột để xem mỗi người trong số họ. Đối với tất cả ý nghĩa của PIM, vui lòng nhấp vào “thêm “. Nếu bạn đang truy cập phiên bản tiếng Anh của chúng tôi, và muốn xem định nghĩa của Song song phương pháp lặp đi lặp lại bằng các ngôn ngữ khác, vui lòng nhấp vào trình đơn ngôn ngữ ở phía dưới bên phải. Bạn sẽ thấy ý nghĩa của Song song phương pháp lặp đi lặp lại bằng nhiều ngôn ngữ khác như tiếng ả Rập, Đan Mạch, Hà Lan, Hindi, Nhật bản, Hàn Quốc, Hy Lạp, ý, Việt Nam, v.v.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Phát Lặp Lại Video Youtube Trên Điện Thoại, Máy Tính.
  • Cách Rèn Luyện Não Bộ Để Ghi Nhớ Mọi Thứ Và Chống Hay Quên
  • Bài Tập Và Bài Giải Kế Toán Hàng Tồn Kho
  • Hạch Toán Hàng Tồn Kho Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên ” Rồng Việt
  • Hạch Toán Giá Vốn Hàng Bán Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên
  • Sim: Thưa Thớt Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại

    --- Bài mới hơn ---

  • Giáo Trình Toán Rời Rạc
  • Học Từ Vựng Tiếng Anh Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Chọn Điểm Và Đặt Mia Đo Chi Tiết Trong Đo Vẽ Bản Đồ Địa Chính
  • Làm Giàu Từ Tay Trắng Không Khó Với 3 Lối Tắt Sau
  • Khởi Nghiệp Kinh Doanh Từ 2 Bàn Tay Trắng, Bạn Cần Gì?
  • SIM có nghĩa là gì? SIM là viết tắt của Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại. Nếu bạn đang truy cập phiên bản không phải tiếng Anh của chúng tôi và muốn xem phiên bản tiếng Anh của Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại, vui lòng cuộn xuống dưới cùng và bạn sẽ thấy ý nghĩa của Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại trong ngôn ngữ tiếng Anh. Hãy nhớ rằng chữ viết tắt của SIM được sử dụng rộng rãi trong các ngành công nghiệp như ngân hàng, máy tính, giáo dục, tài chính, cơ quan và sức khỏe. Ngoài SIM, Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại có thể ngắn cho các từ viết tắt khác.

    SIM = Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại

    Tìm kiếm định nghĩa chung của SIM? SIM có nghĩa là Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại. Chúng tôi tự hào để liệt kê các từ viết tắt của SIM trong cơ sở dữ liệu lớn nhất của chữ viết tắt và tắt từ. Hình ảnh sau đây Hiển thị một trong các định nghĩa của SIM bằng tiếng Anh: Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại. Bạn có thể tải về các tập tin hình ảnh để in hoặc gửi cho bạn bè của bạn qua email, Facebook, Twitter, hoặc TikTok.

    Như đã đề cập ở trên, SIM được sử dụng như một từ viết tắt trong tin nhắn văn bản để đại diện cho Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại. Trang này là tất cả về từ viết tắt của SIM và ý nghĩa của nó là Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại. Xin lưu ý rằng Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại không phải là ý nghĩa duy chỉ của SIM. Có thể có nhiều hơn một định nghĩa của SIM, vì vậy hãy kiểm tra nó trên từ điển của chúng tôi cho tất cả các ý nghĩa của SIM từng cái một.

    Ý nghĩa khác của SIM

    Bên cạnh Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại, SIM có ý nghĩa khác. Chúng được liệt kê ở bên trái bên dưới. Xin vui lòng di chuyển xuống và nhấp chuột để xem mỗi người trong số họ. Đối với tất cả ý nghĩa của SIM, vui lòng nhấp vào “thêm “. Nếu bạn đang truy cập phiên bản tiếng Anh của chúng tôi, và muốn xem định nghĩa của Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại bằng các ngôn ngữ khác, vui lòng nhấp vào trình đơn ngôn ngữ ở phía dưới bên phải. Bạn sẽ thấy ý nghĩa của Thưa thớt phương pháp lặp đi lặp lại bằng nhiều ngôn ngữ khác như tiếng ả Rập, Đan Mạch, Hà Lan, Hindi, Nhật bản, Hàn Quốc, Hy Lạp, ý, Việt Nam, v.v.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bim: Sinh Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Pim: Song Song Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Cách Phát Lặp Lại Video Youtube Trên Điện Thoại, Máy Tính.
  • Cách Rèn Luyện Não Bộ Để Ghi Nhớ Mọi Thứ Và Chống Hay Quên
  • Bài Tập Và Bài Giải Kế Toán Hàng Tồn Kho
  • Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính

    --- Bài mới hơn ---

  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp
  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Đo Góc Bằng Như Thế Nào?
  • BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 PHẠM ANH NGHĨA PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN VÀ PHƯƠNG PHÁP NEWTON – KANTOROVICH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 PHẠM ANH NGHĨA PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN VÀ PHƯƠNG PHÁP NEWTON – KANTOROVICH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: chúng tôi KHUẤT VĂN NINH HÀ NỘI, 2022 – 1 – LỜI CẢM ƠN Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của thầy giáo chúng tôi Khuất Văn Ninh. Sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình của thầy trong suốt quá trình thực hiện luận văn này đã giúp tác giả rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn đề mới. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, kính trọng sâu sắc nhất đối với thầy. Tác giả cũng trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, Phòng Sau đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường, các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán Giải tích đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Hà Nội, tháng 11 năm 2022 Tác giả Phạm Anh Nghĩa – 2 – LỜI CAM ĐOAN Tác giả xin cam đoan luận vănThạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài: ” Phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến” là công trình nghiên cứu của riêng tác giả dưới sự hướng dẫn của chúng tôi Khuất Văn Ninh. Trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn, tác giả đã kế thừa thành quảkhoa học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 11 năm 2022 Tác giả Phạm Anh Nghĩa – 3 – MỤC LỤC Mở đầu…………………………………………………………………….. 5 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị……………………………………… 7 1.1. Không gian metric, nguyên lý ánh xạ co…………………………… 7 1.1.1. Không gian metric…………………………………………….. 7 1.1.2. Nguyên lý ánh xạ co…………………………………………….. 18 1.2. Không gian Banach………………………………………………. 20 1.3. Phép tính vi phân trong không gian Banach……………………… 23 Chương 2. Phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến…………………………………………….. 29 2.1.Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến……………………. 29 2.1.1. Phương pháp lặp đơn giải phương trình phi tuyến…………….. ..29 2.1.2. Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến………….. 37 2.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến………………………………………………………………………. 45 2.2.1. Phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình toán tử phi tuyến ……………………………………………………………………….. 45 2.2.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến trong n ……………………………………………………………… 51 2.3. Sự kết hợp của phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến ………………………………. 56 Chương 3. Ứng dụng…………………………………………………….. 61 3.1. Giải hệ phương trình phi tuyến ………………………………….. 61 3.1.1. Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến …………. 61 3.1.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến ……………………………………………………………………….. 64 – 4 – 3.2. Lập trình trên Maple giải số hệ phương trình phi tuyến…………… 75 Kết luận………………………………………………………………………………………….. 88 Tài liệu tham khảo……………………………………………………………………………. 89 – 5 – MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Như chúng ta đã biết khi giải số phương trình vi phân, phương trình tích phân thường dẫn đến giải hệ phương trình phi tuyến; có nhiều vấn đề, nhiều bài toán trong khoa học tự nhiên, trong kỹ thuật, kinh tế cũng có thể dẫn đến việc nghiên cứu nghiệm của hệ phương trình. Hệ phương trình thường có dạng tổng quát A.x  f (1), trong đó A là các toán tử đi từ không gian định chuẩn  n vào không gian định chuẩn  n . Trong thực tế người ta khó tìm được nghiệm chính xác của hệ phương trình . Vì vậy việc giải xấp xỉ hệ phương trình (1) là một vấn đề được quan tâm nghiên cứu. Có nhiều phương pháp giải xấp xỉ phương trình đã được đề xuất và sử dụng như : Phương pháp lặp,phương pháp Newton và các mở rộng, phương pháp biến phân ….Người ta xét đến những đặc thù của toán tử Ađể chọn phương pháp xây dựng nghiệm xấp xỉ của phương trình. Phương pháp lặp dựa trên nguyên lí ánh xạ co Banach là phương pháp thường được sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình và tìm nghiệm xấp xỉ thông qua phép lặp đơn. Để sử dụng phương pháp này người ta phải đưa phương trình (1) về dạng x = Bx trên một hình cầu đóng nào đó hoặc trên toàn không gian  n , sao cho nghiệm của phương trình (1) là điểm bất động của ánh xạ B. Bước tiếp theo là tìm điểm bất động của ánh xạ đó. Nguyên lí điểm bất động cũng chỉ ra cách tìm xấp xỉ điểm bất động. Phương pháp Newton và các mở rộng của nó như Newton – Raphson, Newton – Kantorovich cho ta cách tìm nghiệm xấp xỉ của một phương trình phi tuyến thông qua việc giải những phương trình tuyến tính. Phương pháp Newton và các mở rộng có ưu điểm là bậc hội tụ cao, tuy nhiên phải biết thông tin về một hình cầu đủ nhỏ chứa nghiệm. – 6 – Với mong muốn tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về các phương pháp giải xấp xỉ hệ phương trình (1), nên em đã chọn đề tài : ” Phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến” để thực hiện luận văn của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Luận văn trình bày một số phương pháp giải hệ phương trình đó là phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich, sự kết hợp của hai phương pháp đó trong giải phương trình trong tập số thực  và hệ phương trình phi tuyến trong không gian  n . Ứng dụng giải một số phương trình và hệ phương trình cụ thể. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình và hệ phương trình phi tuyến. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu – Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải hệ phương trình phi tuyến. – Phạm vi nghiên cứu: Phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich, sự kết hợp của hai phương pháp đó hệ phương trình phi tuyến trong không gian  n ; ứng dụng vào giải các phương trình và hệ phương trình cụ thể. 5. Phương pháp nghiên cứu – Vận dụng các kiến thức, phương pháp của Giải tích hàm, Giải tích số và áp dụng phần mềm Maple trong tính toán và vẽ đồ thị . 6. Dự kiến đóng góp của đề tài Hệ thống lại phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình và hệ phương trình phi tuyến. Áp dụng giải một số hệ phương trình phi tuyến cụ thể. – 7 – CHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian metric, nguyên lý ánh xạ co 1.1.1.Không gian metric Định nghĩa 1.1.1. Xét một tập hợp X   cùng với một ánh xạ d : X  X   thoả mãn các tiên đề sau đây: 1) d  x, y   0,(x, y  X) , d  x, y  0  x  y ( tiên đề đồng nhất); 2) d  x, y   d  y, x  ,(x, y  X) ( tiên đề đối xứng); 3) d  x, y   d  x, z   d  z, y  ,  x, y, z  X  ( tiên đề tam giác). Khi đó tập hợp X cùng với ánh xạ d gọi là một không gian metric. Ánh xạ d gọi là một metric trên X , số d  x, y  gọi là khoảng cách giữa hai phần tử x, y . Các phần tử của X gọi là các điểm; các tiên đề 1), 2), 3) gọi là hệ tiên đề metric. Không gian metric được kí hiệu là X   X,d  . Định nghĩa 1.1.2. Cho không gian metric X   X,d  . Một tập con bất kỳ X0   của tập hợp X cùng với metric d trên X lập thành một không gian metric. Không gian metric X 0   X 0 , d  gọi là không gian metric con của không gian metric đã cho. Ví dụ 1.1.1. Với hai phần tử bất kỳ x,y ∈ℝ ta đặt: d  x, y   x  y (1.1.1) Từ tính chất của giá trị tuyệt đối trong tập hợp số thực ℝ, suy ra hệ thức (1.1.1)xác định một metric trên  , không gian tương ứng được ký hiệu là 1 .Ta gọi metric (1.1.1) là metric tự nhiên trên  . – 8 – Ví dụ 1.1.2. Với hai phần tử bất kỳ x   x1 , x 2 ,…, x k  , y   y1 , y2 ,…, yk  thuộc không gian véc tơ thực k chiều  k ( k là số nguyên dương nào đó) ta đặt: k d  x, y   x 2 j  y j  (1.1.2) j1 Dễ dàng thấy hệ thức (1.1.2) thoả mãn các tiên đề 1), 2) về metric. Để kiểm tra hệ thức (1.1.2) thoả mãn tiên đề 3) về metric, trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopski: Với 2k số thực a j ,bj ,  j  1, 2,…, k  ta có k k Thật vậy k  a 2j .  a jb j  j1 j1 b j1 2 j (1.1.3) k  k k k k k k k 2 0     a i b j  a jbi     a i2 b2j  2 a i bi a jb j   a 2j bi2 i 1  j1 i 1 j1 i 1 j1  i1 j1 2  k  k   k   2   a 2j    b 2j   2   a j b j    j1   j1   j1 Từ đó suy ra bất đẳng thức (1.1.3). Với 3 véc tơ bất kỳ x   x1 , x 2 ,…, x k  , y   y1 , y2 ,…, yk  , z   z1 , z2 ,…, zk  thuộc  k ta có : 2 k 2 k d  x, y     x j  y j     x j  z j    z j  y j   j1 k j1 2 k k j1 j1 2    x j  z j   2  x j  z j  z j  y j     z j  y j  j1 = d2  x, z   2d  x, z  d  z, y   d2  z, y  2   d  x, z   d  z, y    d  x, y   d  x, z   d  z, y  Do đó hệ thức (1.1.2) thoả mãn tiên đề 3) về metric. – 9 – Vì vậy hệ thức (1.1.2) xác định một metric trên không gian  k . Không gian metric tươg ứng vẫn ký hiệu là  k và thường gọi là không gian Euclide, còn metric (1.1.2) gọi là metric Euclide.  Ví dụ chúng tôi ký hiệu  2 là tập tất cả các số thực hoặc phức x  x n n 1 sao 2  cho chuỗi số dương  x n hội tụ . n 1   Với hai dãy số bất kỳ x  x n n 1 , y  yn n 1 ta đặt  d  x, y   x 2 n  yn (1.1.4) n 1 Hệ thức (1.1.4) xác định một ánh xạ d :  2   2   . Thật vậy, với mọi n  1, 2,… ta có 2 2 2  2 x n  yn  x n2  2x n .yn  y2n  x n  2 x n . yn  yn  2 x n  yn 2  Do đó mọi số p dương đều có 2 p  n 1 Suy ra p 2 p 2 2   x n  y n  2 x n  2 y n  2 x n  2 y n n 1 2   n 1 2  n 1 2 n 1 2 x n  2 y n  x n  y n  2 n 1 n 1 n 1 Nghĩa là chuỗi số trong vế phải của hệ thức (1.1.4) hội tụ. Dễ dàng thấy hệ thức (1.1.4) thoả mãn các tiên đề 1), 2) về metric.    Với ba dãy số bất kỳ x  x n n 1 , y  yn n 1 , z  zn n 1 thuộc  2 và với số p nguyên dương tuỳ ý ta có: p 1 2 p   2  x n  yn     x n  z n  z n  yn  n 1   n 1  2 1 2    – 10 – 1 1 2 2  p  p 2 2   x n  z n     z n  y n  .   n 1   n 1 Cho p   ta được  1 2 1 2   1 2    2 2 2 d(x, y)    x n  y n     x n  z n     z n  y n   d  x, z   d  z, y   n 1   n 1   n 1  Do đó hệ thức (1.1.4)thoả mãn tiên đề 3) về metric. Vì vậy hệ thức (1.1.4) xác định một metric trên  2 . Không gian metric tương ứng vẫn ký hiệu là  2 . Không gian metric  2 đôi khi còn gọi là không gian Euclide vô hạn chiều. Ví dụ 1.1.4. Ta ký hiệu C a ,b  là tập tất cả các hàm số giá trị thực xác định và liên tục trên đoạn a,b ,    a  b   . Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   Ca,b ta đặt d  x, y   max x  t   y  t  . (1.1.5) atb Vì các hàm x  t  , y  t  liên tục trên đoạn a,b , nên hàm số x  t   y  t  cũng liên tục trên đoạn a,b .Do đó hàm số này đạt giá trị lớn nhất trên đoạn a,b . Suy ra hệ thức (1.1.5) xác định một ánh xạ từ Ca ,b   Ca ,b   . Dễ dàng thấy ánh xạ (1.1.5) thoả mãn các tiên đề về metric. Không gian metric tương ứng vẫn kí hiệu là C a ,b  . Ví dụ 1.1.5. Ta ký hiệu L a ,b  là tập tất cả các hàm số giá trị thực và khả tích Lebesgue trên đoạn a,b .Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   La ,b ta đặt b d  x, y    x  t   y  t  dt a Hệ thức (1.1.6) xác định một ánh xạ từ L a ,b   L a ,b    . (1.1.6) – 11 – Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   La ,b ta có b x  t   y  t   0, t   a, b  d  x, y    x  t   y  t   0 a b d  x, y  0   x  t   y  t   0 a  x  t   y  t   0 h.k.n trên  a,b  x  t   y  t  h.k.n trên  a, b. Vì tích phân Lebesgue của một hàm số không thay đổi khi ta thay đổi giá tri của hàm số đó trên tập có độ đo Lebesgue bằng 0, nên trong không gian La, b ta đồng nhất hai hàm số khi chúng chỉ khác nhau trên một tập có độ đo Lebesgue bằng 0. Nhờ đó ánh xạ (1.1.6) thoả mãn tiên đề 1) về metric. Dựa vào các tính chất của tích phân Lebesgue dễ dàng suy ra ánh xạ (1.1.6) thoả mãn các tiên đề 2), 3) về metric. Vì vậy ánh xạ (1.1.6) xác định một metric trên tập L a ,b  . Không gian tương ứng vẫn ký hiệu là L a ,b  . Định nghĩa chúng tôi không gian metric X   X,d  ,dãy điểm xn   X , điểm x 0  X . Dãy điểm x n  gọi là hội tụ tới điểm x 0 trong không gian X khi n  , nếu   0, n0  N* , n  n0 , d(xn ,x0 )   . x n  x 0 hay xn  xo (n ) Kí hiệu: xlim  Điểm x o còn gọi là giới hạn của dãy x n  trong không gian X. Ví dụ 1.1.6. Sự hội tụ của một dãy điểm x n  trong không gian 1 là sự hội tụ của dãy số thực đã biết trong giải tích toán học. Ví dụ 1.1.7. Sự hội tụ của một dãy điểm trong không gian Eukleides  k tương đương với sự hội tụ theo toạ độ. – 12 – Thật vậy, giả sử dãy điểm x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… hội tụ tới điểm x   x1 , x 2 ,…, x k  trong  k . Theo định nghĩa ,   0, n0  * , n  n0 , ta có:  k    x   x  d xn , x  n j 2 j  j1 Suy ra x jn   x j  , n  n 0 , j  1, 2,3,…, k (1.1.7) Các bất đẳng thức (1.1.7) chứng tỏ , với mỗi j  1, 2,…, k dãy số thực x jn   hội tụ tới số thực x j khi n  . Sự hội tụ đó được gọi là sự hội tụ theo toạ độ . Ngược lại, giả sử dãy điểm x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… hội tụ theo toạ độ 0 , với mỗi j  1, 2,…, k , tới điểm x   x1, x 2 ,…, x k  . Theo định nghĩa ,  n j  * , n  n j , x jn   x j   . n n Đặt n0  max n1, n 2 ,…, n k  , thì n  n0 , x j  x j    x jn   x j  2  k 2 ,  j  1, 2,…, k    x jn   x j n j1   2  , j  1, 2,…, k n k  2    x   x  n j j 2   , n  n0 . j1 Do đó dãy điểm đã cho hội tụ theo metric Euclide của không gian  k . Ví dụ 1.1.8. Sự hội tụ của một dãy điểm trong không gian C a ,b  tương đương với sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục trên đoạn a,b . Thật vậy, giả sử dãy hàm  x n  t    Ca,b hội tụ tới hàm x  t  trong không gian C a ,b  . Theo định nghĩa   0, n 0  N* , n  n 0 , d  x n , x   max x n  t   x  t    atb Suy ra : xn  t   x  t   , n  n0 , t  a,b (1.1.8) – 13 – Các bất đẳng thức (1.1.8) chứng tỏ dãy hàm số liên tục  x n  t   hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn  a, b. Ngược lại, giả sử hàm số  x n  t    Ca,b hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn a, b , nghĩa là x  t   Ca,b . Theo định nghĩa sự hội tụ đều của dãy hàm   0,  n 0  N * , n  n 0 ,  t   a, b  , x n  t   x  t    x n  t   x  t   , n  n 0 Suy ra: max a t b Hay : d  x n , x   , n  n 0 Do đó dãy số  x n  t   hội tụ tới hàm số x  t  theo metric của không gian C a ,b  . Ví dụ 1.1.9. Sự hội tụ của dãy điểm trong không gian metric rời rạc X  (X, d) tương đương với sự hội tụ của dãy dừng. Thật vậy, giả sử dãy điểm xn   X hội tụ đến điểm x trong không gian X. * Theo định nghĩa,   0,   1, n0  N , n  n0 ,d  x n , x   . Suy ra d  x n , x   0, n  n0  x n  x, n  n 0 . Dãy điểm như thế gọi là dãy dừng. * Ngược lại, dãy điểm xn   X là dãy dừng, nghĩa là n0  N , n  n0 , xn  xn 0 , thì hiển nhiên dãy đó hội tụ theo metric của không gian X . Định nghĩa 1.1.4. Cho không gian metric X   X,d  , a  X , r  0 , Tập hợp S(a, r)  x  X : d  x, a   r được gọi là hình cầu mở tâm a, bán kính r. Tập hợp S'(a, r)  x  X : d  x, a   r được gọi là hình cầu đóng tâm a, bán kính r. Mỗi hình cầu mở S(a, r) được gọi là một lân cận của phần tử a trong X . – 14 – Định nghĩa chúng tôi hai không gian metric X  (X,d1 ) , Y  (Y,d2 ). Ánh xạ f : X  Y được gọi là liên tục tại điểm x0  X nếu như   0,   0 , sao cho x  X thoả mãn d1(x, x0 )   thì d2 (f (x),f (x0 ))   . Hay nói cách khác Ánh xạ f : X  Y gọi là liên tục tại điểm xo  X , nếu với lân cận cho trước tuỳ ý Uf (x )  S y0 ,    Y của điểm y0  f  x 0  trong Y 0 tìm được lân cận Vx  S x0 ,  của điểm x 0 trong X sao cho f(Vx )  Uy . 0 0 0 Định nghĩa 1.1.6. Ánh xạ f : X  Y gọi là liên tục tại điểm x0  X nếu với mọi dãy điểm xn   X hội tụ tới điểm x 0 trong X kéo theo dãy điểm  f (x n )  hội tụ tới điểm f  x0  trong Y. x n  x 0 và f  x  là hàm liên tụctại điểm x0  X thì Như vậy nếu: nlim  lim f  x n   f  x 0  . n  Định nghĩa 1.1.7.Ánh xạ f gọi là liên tục trên tập A  X nếu ánh xạ f liên tục tại mọi điểm x  A. Khi A  X thì ánh xạ f gọi là liên tục. Định nghĩa 1.1.8. Ánh xạ f gọi là liên tục đều trên tập A  X nếu   0,   0 sao cho  x, x ‘  A thoả mãn d1 (x, x ‘)   thì d2 (f (x),f (x ‘))  . Định nghĩa 1.1.9.Một dãy điểm x n  trong không gian metric X   X,d  gọi lim d(x n , xm )  0 Nghĩa là   0 , là một dãy Cauchy hay dãy cơ bản nếu: m,n  n0 * sao cho d(x n , x m )  , n, m  n0 ( Rõ ràng mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy). Định nghĩa 1.1.10.Không gian metric X= (X,d) là một không gian đầy (hay đủ) nếu mọi dãy cơ bản trong không gian này đều hội tụ. – 15 – Ví dụ 1.1.10.Không gian metric 1 là không gian đầy, điều đó suy ra từ tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của dãy số thực đã biết trong giải tích toán học. Ví dụ 1.1.11. Không gian  k là không gian đầy. Thật vậy, giả sử x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… là dãy cơ bản tuỳ ý trong không gian Euclide  k . Theo định nghĩa dãy cơ bản,    0, n 0  N* , m, n  n 0 , d x   , x   x j   x j n m n m k    hay   x    x   n j m j 2  j1 (1.1.9)  , m, n  n 0 , j  1, 2, …, k Các bất đẳng thức (1.1.9) chứng tỏ, với mỗi j  1, 2,…, k , dãy  x jn   là dãy số thực cơ bản, nên phải tồn tại giới hạn: lim x jn   x j , ( j  1, 2,…, k). n  Đặt x   x1, x 2 ,…, x k  , ta nhận được dãy x  n     k đã cho hội tụ theo toạ độ tới x . Nhưng sự hội tụ trong không gian Euclide  k tương đương với sự hội tụ theo toạ độ, nên dãy cơ bản x  n   đã cho hội tụ tới x trong không gian  k . Vậy không gian Euclide  k là không gian đầy. Ví dụ 1.1.12. Không gian C a ,b  là không gian đầy. Thật vậy, giả sử  x n  t   là dãy cơ bản tuỳ ý trong không gian C a ,b  , theo định nghĩa dãy cơ bản:     0 ,  n 0  N * ,  m, n  n 0 , d x  n  , x  m   max x n  t   x m  t    a tb  x n  t   x m  t   , m, n  n0 , t  a, b . (1.1.10) Các bất đẳng thức (1.1.10) chứng tỏ , với mỗi t cố định tuỳ ý thuộc đoạn a,b , dãy  x n  t   là dãy số thực cơ bản , nên phải tồn tại giới hạn – 16 – lim x n  t   x  t  , t  a, b n Ta nhận được hàm số x  t  xác định trên đoạn a,b . Vì các đẳng thức (1.1.10) không phụ thuộc t, nên qua giới hạn trong các đẳng thức này khi n  ta được: x n  t   x  t   , n  n 0 , t  a, b  (1.1.11) Các bất đẳng thức (1.1.11) chứng tỏ dãy hàm số  x n  t    Ca,b hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn  a,b nên x  t   Ca,b . Nhưng sự hội tụ trong không gian C a ,b  tương đương với sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục trên đoạn a,b , nên dãy cơ bản  x n  t   đã cho hội tụ tới x  t  trong không gian C  a ,b  . Vậy C a ,b  là không gian đầy. Ví dụ 1.1.13. Không gian  2 là không gian đầy. Thật vậy, giả sử x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… là dãy cơ bản tuỳ ý trong  2 , theo định nghĩa dãy cơ bản :      x   x     0, n 0  N* , m, n  n 0 , d x  n  , x  m   n k m k 2  . k 1 Suy ra p   x   x m k n k k 1 x k   x k n m  2  , m, n  n 0 , p  1, 2,… (1.1.12)  , m, n  n 0 , k  1, 2,… (1.1.13) Các bất đẳng thức (1.1.13) chứng tỏ, với mỗi k cố định tuỳ ý dãy  x kn   là dãy số cơ bản, nên phải tồn tại giới hạn: nlim  xkn    x k , k  1, 2,…  – 17 – Đặt x   x1 , x 2 ,…, x k ,…   x k  . Vì các bất đẳng thức (1.1.12) không phụ thuộc vào p , nên có thể cho qua giới hạn trong các bất đẳng thức này khi m   ta được: p  x   x n k 2  , n  n 0 , p  1, 2,… k k 1 (1.1.14) Tiếp tục cho qua giới hạn trong các bất đẳng thức (1.1.14) khi p   ta được  2  xkn   x k  , n  n0 Mặt khác k 1  2 x k  x k  x kn   x kn  2  x n k (1.1.15)  x k  x kn  2  2 2  2 x kn   2 x kn   x k ,  k, n  1, 2,… (1.1.16) Từ các bất đẳng thức (1.1.15), (1.1.16) suy ra: p  p 2 k 1 k 1   p 2 2 x k  2 x kn1   2 x kn1   x k k 1  n1   2 x k k 1 2 2   n1   2 k 1  2  2 x k  x k  2 x kn1   2 2 , với n1  n 0 k 1 2   x k  2 x k 1   2 2 , với n1  n 0 k 1 n k 1 Do đó dãy x   x k   2 .Các bất đẳng thức (1.1.15) chứng tỏ, dãy cơ bản  x   đã cho hội tụ tới x  trong không gian  n 2 Vì vậy không gian  2 là không gian đầy. 2 . – 18 – 1.1.2. Nguyên lý ánh xạ co Định nghĩa 1.1.11. Cho không gian metric X  (X, d) .Ánh xạ A : X  X được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α, 0    1 sao cho: d(Ax1,Ax2 )  d(x1, x2 ), x1 , x 2  X. Định lý 1.1.1.( Nguyên lý Banach về ánh xạ co) Mọi ánh xạ co A từ không gian metric đầy X  (X, d) vào chính nó đều có một điểm bất động duy nhất, nghĩa là tồn tại duy nhất một điểm x*  X sao cho Ax*  x* ; điểm x* là giới hạn của dãy x n  được xây dựng bởi công thức: x n  Ax n 1 , x 0 tuỳ ý, x 0  X và công thức đánh giá sai số d(x n , x * )  d(x n , x * )  n d(x1 , x 0 ), n  1, 2,… 1   d(x n , x n 1 ) , n  1, 2,… 1  Trong đó  là hệ số co của ánh xạ co A. Chứng minh. Lấy một điểm bất kỳ x0  X . Xây dựng dãy x n  xác định bởi công thức: x n  Ax n 1 , n  1, 2,… Ta được d(x2 , x1 )  d(Ax1,Ax0 )  d(x1, x0 )  d(Ax0 , x0 ) 2 d(x 3 , x 2 )  d(Ax 2 , Ax1 )  d(x 2 , x1 )   d(Ax 0 , x 0 ) … n d(x n 1 , x n )  d(Ax n , Ax n 1 )  d(x n , x n 1 )  …   d(Ax 0 , x 0 ) ,với n  1, 2, … Từ đó ta suy ra  n, p  1, 2,… ta có

    --- Bài cũ hơn ---

  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng
  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên
  • Phân Biệt Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Kiểm Kê Định Kỳ
  • Phương Pháp Lặp Đơn Địệu Giải Một Số Bài Toán Giá Trị Biên Phi Tuyến

    --- Bài mới hơn ---

  • Học Hỏi 10 Cách Làm Giàu Từ Tỷ Phú Người Mỹ ·
  • So Sánh 2 Phương Pháp Quản Trị Hàng Đầu Mbo Và Mbp – Trung Tâm Đào Tạo Và Tư Vấn Doanh Nghiệp
  • Chi Phí Điều Trị Viêm Âm Đạo Là Bao Nhiêu? Có Đắt Không?
  • Chi Phí Chữa Viêm Âm Đạo Trichomonas Bao Nhiêu?
  • Skkn Một Số Biện Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ 3 – 4 Tuổi Ở Trường Mầm Non Xuân Chinh
  • Thông tin chung

    Tổng quan

    1. Ngoài nước

    Nhiều bài toán trong vật lý, cơ học và một số lĩnh vực khác thông qua mô hình hóa toán học dẫn đến việc giải các bài toán biên đối với phương trình vi phân (thường và đạo hàm riêng) cùng với các điều kiện biên Dirichlet, điều kiện biên Neumann, điều kiện biên Robin hay điều kiện biên hỗn hợp. Trong những năm gần đây, người ta quan tâm rất nhiều đến các bài toán biên phi tuyến (phi tuyến trong phương trình, phi tuyến trong điều kiện biên hoặc cả hai) do  nhu cầu phát triển của các lĩnh vực vật lý, cơ học, sinh học, … (xem, chẳng hạn, )

    Thí dụ 2. (Phương trình vi phân thường cấp 4, Bai et al. )

    Giả sử các nghiệm dưới và trên tồn tại. Xuất phát từ chúng các dãy hàm tiến tới nghiệm của bài toán đơn điệu từ hai phía đã được xây dựng.

    Ngoài ba bài toán có thể nói là tiêu biểu nêu trên người ta đã thành công trong việc sử dụng phương pháp đơn điệu cho nhiều bài toán cấp hai và cấp bốn khác nhau (khác nhau về dạng phương trình và loại điều kiện biên như điều kiện biên Neumann, điều kiện biên hỗn hợp, điều kiện biên tuần hoàn).

    -         Công trình của Cherpion et al. cho phương trình dạng trên với điều kiện biên tuần hoàn.

    -         Công trình của Bai đã thiết lập được kết quả về tồn tại nghiệm của bài toán biên phi tuyến 4 điểm.

    -         Wang  , song đối với các bài toán phức tạp hơn cần có nguyên lý cực đại phù hợp, chẳng hạn có thể xem trong Zhanbing Bai, Weigao Ge, Yifu Wang, The method of lower and upper solutions for some fourth-order equations, Journal of Inequalities in Pure and

    Applied Mathematics, Volume 5, Issue 1, Article 13, 2004.

    S.R. Bernfeld, J. Chandra, Minimal and maximal solutions of nonlinear boundary value problem, Pacific J. Math. 71 (1977) 13-20

    Alberto Cabada, Review Article “An Overview of the lower and upper solutions method with nonlinear boundary value conditions”, Boundary Value Problems, Volume 2011, Article ID 893753, 18 pages.

    M. Cherpion, C. De Coster, and P. Habets, Monotone interative methods for boundary value problems, Differ. Integral Equ 12(1999) 309-338.

    Daqing Jiang, Meng Fan, Aying Wan, A monotone method for constructing extremal solutions to second-order periodic boundary value problems, Journal of Computational and Applied Mathematics 136 (2001), 189-197.

     G.S. Ladde, V. Lakshmikantham, A.S. Vatsala, Monotone Iterative Techniques for Nonlinear Differential Equations, Pitman, Boston, (1985).

    M.H. Protter and Weinberger, Maximum principles in diffefential equations, Prentice- Hall, (1968).

    Pedro J. Torres and Meirong Zhang, A monotone iterative scheme for a nonlinear second order equation based on a generalized anti–maximum principle, Math. Nachr. 251, (2003), 101-107.

      Yuan-Ming Wang, Error and stability of monotone method for numerical solution of fourth-order semilinear elliptic boundary value problems, Journal of Computational and Applied Mathematics 200 (2007), 503-519.

    2. Trong nuớc

    Xây dựng và phát triển phương pháp lặp đơn điệu giải bài toán biên phi tuyến thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của các nhà toán học trong nước. Tiêu biểu như nhóm nghiên cứu thuộc Viện Công nghệ Thông tin – Viện Hàm lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam của GS. TS. Đặng Quang Á, Ths. NCS. Vũ Thái Luân,  nhóm nghiên cứu tại Đại học Thái Nguyên (TS. Vũ Vinh Quang, TS. Trương Hà Hải, Ths. NCS. Nguyễn Thanh Hường, Ths. NCS. Ngô Thị Kim Quy, Ths. NCS. Trần Đình Hùng…). Vì vậy việc thực hiện đề tài nghiên cứu này là cần thiết và khả thi.

    Dang Quang A, Vu Thai Luan, Iterative method for solving a nonlinear fourth order boundary, Computers and Mathematics with Applications, 60, (2010), 112-121.

    Dang Quang A and Nguyen Thanh Huong, Iterative Method for Solving a Beam Equation with Nonlinear Boundary Conditions, Advances in Numerical Analysis 2013 (2013), Article ID 470258.

    Nguyen Van Ngoc and Nguyen Thi Ngan, Solvalility of a system of dual integral equations of a mixed boundary value problem for the Biharmonic equation in a strip, Volume 36 Number 2, Acta Mathematica Vietnamica, (2011) pp 375–396.

    Ngo Thi Kim Quy, Dạng tổng quát của định lý thác triển Hartogs đối với các ánh xạ chỉnh hình tách biến, Tạp chí Khoa học và Công Nghệ – Đại học Thái Nguyên, Tập 103, số 03(2013),133-139.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Thử Nghiệm Jar Test Là Gì
  • Phép Thử Jartest Keo Tụ Tạo Bông Trong Xử Lý Nước Thải
  • Thí Nghiệm Keo Tụ Tạo Bông Trong Xử Lý Nước Thải
  • Tìm Hiểu Về Jartest Trong Xử Lý Nước Thải • Tin Cậy 2022
  • Mầm Non Jello Academy (Bắc Từ Liêm, Hà Nội)
  • Phương Pháp Lặp Giải Hệ Phương Tuyến Tính Số Chiếu Lớn

    --- Bài mới hơn ---

  • Chuong 2 Dai So Tuyen Tinh 2
  • Cách Chia Đa Thức Bằng Lược Đồ Hoocner Hay
  • Phương Pháp Quản Lý Tiền Jars Cho Cá Nhân
  • Phương Pháp Lặp Trong Giải Toán Bằng Máy Tính Casio
  • Just In Time (Jit): Không Tồn Kho, Không Chờ Đợi, Không Chi Phí
  • BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

    TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

    VŨ THỊ VUI

    PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

    SỐ CHIỀU LỚN

    LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

    Hà Nội – 2022

    BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

    TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

    VŨ THỊ VUI

    PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

    SỐ CHIỀU LỚN

    Chuyên ngành: Toán giải tích

    Mã số: 60 46 01 02

    LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

    Người hướng dẫn khoa học:

    TS. Hà Bình Minh

    Hà Nội – 2022

    Lời cảm ơn

    Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới

    sự hướng dẫn của thầy giáo TS. Hà Bình Minh. Sự giúp đỡ và hướng

    dẫn tận tình, nghiêm túc của thầy trong suốt quá trình thực hiện luận văn

    này đã giúp tôi trưởng thành hơn rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn

    đề mới. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng sâu sắc nhất đối với

    thầy.

    Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà

    Nội 2, phòng Sau đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường đã giúp đỡ,

    tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập.

    Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đã giúp đỡ,

    động viên và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học Thạc sĩ

    cũng như hoàn thành luận văn này.

    Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2022

    Tác giả

    Vũ Thị Vui

    Lời cam đoan

    Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới

    sự hướng dẫn của TS. Hà Bình Minh.

    Tôi xin cam đoan luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi.

    Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn tôi đã kế thừa

    những thành quả khoa học của các nhà khoa học và đồng nghiệp với sự

    trân trọng và biết ơn.

    Tôi xin cam đoan rằng các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được

    chỉ rõ nguồn gốc.

    Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2022

    Tác giả

    Vũ Thị Vui

    i

    i

    Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    1

    Chương 1. Một số phương pháp lặp cổ điển . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1. Phương pháp Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1.2. Điều kiện hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    5

    1.1.3. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    6

    1.2. Phương pháp Gauss – Seidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    8

    1.2.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    8

    1.2.2. Điều kiện hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    9

    1.2.3. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    11

    Chương 2. Các phương pháp Krylov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    14

    2.1. Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    14

    2.2. Phương pháp Gradient liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    16

    2.2.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    16

    2.2.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    21

    2.3. Phương pháp GMRES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    22

    2.3.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    22

    2.3.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    25

    2.4. Phương pháp QMR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    27

    2.4.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    27

    2.4.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    32

    2.5. Phương pháp Bi-CGSTAB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    34

    2.5.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    34

    2.5.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    37

    ii

    Chương 3. Ứng dụng của phương pháp lặp . . . . . . . . . . . . . . .

    39

    3.1. Ứng dụng trong giải phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    39

    3.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    41

    Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    43

    Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    44

    Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    45

    1

    Mở đầu

    1. Lí do chọn đề tài

    Nhiều bài toán trong thực tế đòi hỏi phải giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn có dạng Ax b, trong đó A là ma trận có số chiều lớn và

    thưa (tức là chỉ có một số ít các phần tử khác 0). Chẳng hạn, những hệ

    phương trình này xuất hiện ta giải bài toán biên của phương trình đạo

    hàm riêng bằng các phương pháp rời rạc hóa, như phương pháp sai phân

    hoặc phương pháp phần tử hữu hạn. Những phương pháp cổ điển để giải

    hệ phương trình tuyến tính, chẳng hạn như phương pháp khử Gauss, sẽ

    rất khó có thể áp dụng để giải những hệ này. Lý do là vì phương pháp khử

    Gauss được áp dụng cho ma trận đặc và khi áp dụng cho ma trận thưa sẽ

    làm cho số phép toán trở nên rất lớn, không thể thực hiện nổi đối với máy

    tính thông thường. Hơn nữa, số lượng bộ nhớ sử dụng cho phương pháp

    Gauss cũng trở nên rất lớn.

    Với những lý do nêu trên, phương pháp lặp giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn được nghiên cứu từ lâu. Theo phương pháp này, bắt đầu từ

    một vector khởi tạo xp0q , ta sẽ sinh ra một dãy các vector

    xp0q

    Ñ xp1q Ñ xp2q Ñ . . .

    hội tụ đến nghiệm x. Quá trình sinh vector xpk 1q từ vector xpkq sử dụng

    phép nhân ma trận A với một vector nào đó. Phép nhân này rất tiết kiệm

    do A là ma trận thưa và chỉ cần số ít bộ nhớ để lưu trữ. Hai phương pháp

    lặp được biết đến nhiều nhất theo hướng này là phương pháp Jacobi và

    phương pháp Gauss-Seidel.

    Bên cạnh đó, một lớp các phương pháp lặp được phát triển trong thời

    gian gần đây là lớp các phương pháp Krylov. Đặc trưng của lớp các phương

    pháp này quá trình lặp sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác sau một số hữu hạn

    bước lặp. Cụ thể, quá trình lặp sẽ cho nghiệm xpkq sẽ là xấp xỉ tốt nhất

    2

    nghiệm của hệ Ax b trong không gian Krylov k chiều. Một số phương

    pháp lặp thuộc lớp này phải kể đến là: phương pháp gradient liên hợp của

    Hestenes và Stiefel (1952) cho hệ tuyến tính có ma trận A đối xứng xác

    định dương; phương pháp GMRES của Saad và Schultz (1986); phương

    pháp QMR của Freund và Nachtigal (1991); và phương pháp Bi-CGSTAB

    của van der Vorst (1992).

    2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

    Khảo cứu một số phương pháp lặp dùng để giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn, và áp dụng để nghiệm số cho phương trình đạo hàm riêng.

    3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

    Hệ phương trình tuyến tính cỡ lớn, phương trình vi phân đạo hàm riêng.

    4. Phương pháp nghiên cứu

    Sử dụng các phương pháp giải số, ngôn ngữ lập trình MATLAB,…

    5. Đóng góp mới của đề tài

    Áp dụng phương pháp lặp để giải hệ phương trình tuyến tính cỡ lớn, sau

    đó lập trình, thực hiện các phương pháp này bằng phần mềm MATLAB.

    3

    CHƯƠNG 1

    Một số phương pháp lặp cổ điển

    Nội dung của chương này được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu , mục

    8.7.

    2.1. Giới thiệu

    Xét hệ phương trình tuyến tính

    Ax b,

    với A là ma trận thực không suy biến. Bắt đầu từ một vector xp0q , phương

    pháp Krylov sẽ sinh ra một dãy các vector

    xp0q

    Ñ xp1q Ñ Ñ xpmq,

    tiến tới nghiệm chính xác xpmq

    m ¤ n.

    x : A1b sau nhiều nhất m bước, với

    Các Phương pháp Krylov: sử dụng phép lặp để sinh ra dãy txpkq u

    thỏa mãn

    xpkq

    P xp0q

    Kk prp0q , Aq, với mọi k

    1, 2, . . . ,

    trong đó Kk prp0q , Aq là không gian Krylov được định nghĩa như sau:

    Kk prp0q , Aq : spanrrp0q , Arp0q , . . . , Ak1 rp0q s, k

    1, 2, . . .

    --- Bài cũ hơn ---

  • Dây Chuyền Máy Làm Giò Chả
  • Những Phương Pháp Giúp Chả Lụa Tự Làm Trở Nên Dai Ngon Hơn
  • Học Cách Làm Chả Lụa Ngon, Giòn Dai, Không Hàn The
  • Bạn Đã Biết Gì Về Phương Pháp In Chuyển Nhiệt Và In Lưới?
  • Các Phương Pháp In Ấn Kỹ Thuật Trên Vải Lụa
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp

    --- Bài mới hơn ---

  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Đo Góc Bằng Như Thế Nào?
  • Tiết Lộ Phương Pháp Làm Giàu Hiệu Quả Nhất Hiện Nay
  • Cách Làm Giàu Từ Tay Trắng
  • Embed Size (px)

    1. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 570MS CNG C C LC GII CC BI TON BNG PHNG PHP LP My tnh thc s l mt cng c rt c lc trong qu trnh dy v hc hin nay. My tnh ngy c nhiu chc nng gip n gin ho v ti u ho qu trnh tnh ton. Sau y ti xin trnh by mt trong nhng chc nng u vit nh th. Dng 1: Tnh gi tr ca mt biu thc. Th d 1: a) Tnh gi tr gn ng ca biu thc sau: 1 1 1 1 1 ………………. 2 6 20! S . Chuyn my v ch COMP ( MODE 1), Deg (MODE(4) 1 ). Gn D = 0 (bin m) ; B = 0 ( bin tnh tng). Ghi vo mn hnh : D = D+1 : B = B + 1 !D . ( : ghi bng ALPHA : ) n ” = ” lin tip n khi D=20, n ” = ” ta c 1 1,718281828S B . b) Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : 2 3 8 15 224 ……………. 5 10 17 226 S . Ta vit li S2 di dng sau : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 4 1 15 1 ……………… 2 1 3 1 4 1 15 1 S Gn D=1 (bin m); B = 0 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 2 2 1 1 D D . n ” = ” lin tip n khi D=15, n ” = “, ta c 2 12,97546126S B . Th d 2: Tnh gn ng gi tr cc biu thc sau : a) 20 19 18 3 1 20 19 18 ………….. 3 2A Gn D=1 ( bin chy ) ; B = 0 ( bin tng ) . Ghi vo mn hnh: D = D + 1 : B = D D B . n ” = ” lin tip lp, n khi D=20, n ” = “, ta c 1 1,164896671A B . b) 3 3 3 3 2 2 5 10 530 1 3 5 ……….. 45 1 2 3 2 3 4 3 4 5 23 24 25 A . Gi an l s hng th n ca tng , khi an c xc nh bi : 32 1 2 1 ( 1)( 2) n n a n n n n . Khi ta tnh tng A2 nh sau : Gn D = 0 ( bin m) ; B = 0 ( bin tng ). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 32 1 2 1 ( 1)( 2) D D D D D . 2. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 n ” = ” lin tip lp, n khi D=23, n “=” ta c 2 526,8948752A B . Th d 3: Lp trnh trn my tnh nhanh gi tr ca cc biu thc sau y : a) 15 1 14 2 13 3 12 4 11 5 10 6 9 7 8 S . Gn A=8 (bin m 1) ; B = 8 (bin m 2) ; C = 8 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : A = A 1 : B = B + 1 : C = C-1 B + A. n ” = ” lin tip lp, n khi A = 1, B = 15 , n ” = “, ta c C 4,205864882. b) 3 1004 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . 1 . 1 ……………. 1 …….. 2 2 3 2 3 4 2 3 100 S . Gn D=1 ( bin m) ; A = 1 ( bin tng) ; B = 0 (bin s hng ) ; C = 1 (bin tch). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : A = A + 1 D : B = D A : C= CB. n ” = ” lin tip cho n khi D =100, n = = = , ta c S = C 92,97094657. Th d 4: Cho hm s 21 19 17 ( ) 5 6f x x x x . K hiu ( ) ( )n f x l o hm cp n ca ( )f x . Khi tnh gi tr ca tng sau : 17 ( ) 1 i i S f i . Trc tin ta nhc li mt kin thc c hc p dng vo bi ny : Cho hm s n ( ) axg x . Khi ta c , vi mi k nguyn dng ta c : ( ) ! . . ( )!( ) 0 n k k n a x khi k n n kg x khi k n . Khi ta tnh tng trn nh sau : Gn D = 0 (bin m) ; B = 0 (bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D +1 : B = B 5 2121! (21 )! D D D + 1919! (19 )! D D D + 6 1717! (17 )! D D D . n ” = ” lin tip lp, n khi D =17 , n = ta c S = B -2,394340358 25 10 . Th d 5: Cho hm s 2 ( ) 4 os sin2 5 osf x c x x c x . Lp trnh trn my tnh tng sau : 20 ( ) 1 (10 )i i S f i . (tnh bng ) Ta vit ( )f x li thnh ( ) 2(1 os2x) + sin2x – 5cosx = 2cos2x + sin2x – 5cosx + 2f x c . Trc tin ta nh li cng thc : ( ) 0 ( ) 0 osu ‘ . os(u+ n.90 ) sin ‘ .sin( .90 ) n n n n c u c u u u n . 3. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 Khi o hm cp n ca ( )f x c tnh bi ( ) 1 0 0 0 ( ) 2 os 2x + n.90 2 .sin 2 .90 5 os(x + n.90 )n n n f x c x n c . Ta tnh tng S nh sau : Gn D = 0 (bin m); B = 0 (bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 1 0 0 0 2 os 20D + D.90 2 .sin 20 .90 5 os(10D + D.90 )D D c D D c . n ” = ” lin tip lp, n khi D=20, n “=” ta c S = B 1.838.217,784 Th d 6: Tm ch s l thp thp phn th 2010 24 ca php chia 10052010 24 . Trc tin ta c : 10052010 3 205143 49 49 . Ta s i tm chu k ca php chia 349 bng cch lp trnh trn my lm cho vic tnh ton tr nn d dng v nhanh nht bng 1 trong 2 cch sau : Lu : cch ny ch thc hin c trn my 570MS c kh nng nh c 12 ch s thp phn sau du phy, khng thc hin c trn cc my khc. Cch 1: Gn A = 3 ; B = 49 . Ghi vo mn hnh : (((AE9 B + 0,5) E(-11) +1 1 ) E11 1 ) : A = AE9 AnsB. ( Phm E ghi bng phm EXP (10^ )). n “=” lp, mi ln n = ta c 9 s thp phn sau du phy ca php chia 3/49 theo th t . Sau mt s ln lp ta c 349=0,061224489795918367346938775510204081632653061224489795……… Ta tnh c chu k ca php chia l 42. Ta li c : 5 10 20 100 25 62000 20 100 4 25 4 6 3 4 3 4 2010 10 2000 24 12 (mod 42) 24 18 (mod 42) 24 30 (mod 42) 24 24 30 30 30 30. 30 30.30 30 .30 30 .30 30 30 (mod 42) 24 24 .24 18.30 36 (mod 42) . V ch s thp phn th 242010 sau du phy chnh l ch s th 36 ca chu k v s l 6. Cch 2: Vo chng trnh tnh c s BASE ( MODE MODE 3 ). Gn A=3, B = 49 . Ln lt thc hin cc thao tc sau : Ghi vo mn hnh : A100000000 B (ta c 8 ch s thp phn sau du phy), n tip A100000000 – AnsB SHIFT STO A , Dng trn phm REPLAY quay li v thc hin SHIFT COPY (REPLAY). Lc trn mn hnh hin th nh sau : A100000000 B : A100000000 – AnsB A. n “=” lp, mi ln n du “=” ta li c 8 ch s sau ch s thp phn sau du phy ca php chia 3/49 theo th t trn. Bi tp dnh cho cc bn t luyn: Bi 1: Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : a) 3 4 5 32 ……………. 2 5 10 901 S . 4. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 b) 4 7 10 91 ……… 3 6 11 902 S . Bi 2: Tnh gn ng (lm trn n 5 ch s thp phn) gi tr ca biu thc sau : 20 19 18 3 2 3 4 ……………. 19 20M . Bi 3: Tm gn ng nghim ca phng trnh sau: phn nguyn ca A) Vi A c cho bi 2 3 4 383 5 394 2 3 37 1 2 3 37 3 4 5 …………… 39 2 3 4 38 A . Bi 4: Tm ch s thp phn th 2010 8 sau du phy ca php chia 216 43. Bi 5: Cho a thc 9 7 ( ) 5 7g x x x . Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : (3) (9) ‘(1) ”(1,1) (1,01) …………… (1,00…1)S g g g g . Bi 6: Cho hm s 2 2 3 3 74 4 12 x x y x x . Lp trnh trn my tnh 570MS tnh gn ng tng sau : (3) (10) ‘(2) ”(5) (10) ………….. (101)S y y y y . Dng 2: Tnh ton trong cc bi ton dy s. Th d 1: Cho dy s {un} c xc nh bi : 0 1 2 1 1; 3. 5 6 , .n n n u u u u u n . Tnh gi tr ca 20u v 20 20 0 i i S u . Gn D= 1 (bin m); A = 1 ; B = 3 (s hng ) ; C= 4 (tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1: A = 5B 6A : C = C +A : D = D + 1 : B = 5A 6B : C= C + B. n “=” lin tip n khi D=20 th ta c u20 = 3.486.784.401 v S20 = 5.230.176.601. Th d 2: Cho dy s {un} c xc nh bi : 0 1 2 3 2 1 1; 2; 3. 5 3 7 , .n n n n u u u u u u u n Tnh gi tr ca u15 v 10 10 0 i i S u . Gn D=2 (bin m); A = 1 ; B = 2 ; C = 3 (s hng) ; E = 6 ( tng). Ghi vo mn hnh : D = D+1 : A = 5C 3B + 7A : E = E + A : D = D+1 : B = 5A 3C + 7B : E = E + B : D = D+1 : C = 5B 3A + 7C : E = E + C. n “=” lin tip ta xc nh c cc gi tr cn tnh l : S10 = 1.125.466 v u15 = 1.983.638.868 . Th d 3: Cho dy {un} c xc nh bi : 1 1 1 1 1; 5. 3 2 , 1. 4 n n n n n n u v u u v n v v u (*) Tnh gi tr ca u15 v v16. Cch 1: Ta lp dy s truy hi cho tng dy s trn nh sau : 5. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 T (*) ta c : 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1; 13; 5; 19; 3 2 3 2 4 4 4 (3 2 ) n n n n n n n n n n n n u u v v u u v u v u v v u v u v 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1; 13 3 2 4 3 7 14 5; 19 4 2 3 4 7 14 n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u v v v v v v v v v . Ti y ta thc hin tng t nh nhng v d trn. Cch 2: Tnh trc tip m khng qua bin i. Gn : E = 1 (bin m) ; A= 1 (s hng un) ; B = 5 (s hng vn). Ghi vo mn hnh: E = E + 1 : C = 3A + 2B : D = 4B A : E = E + 1 : A = 3C + 2D : B = 4D C . n “=” lin tip ta c u15 = -522.059.840 v v16 = -597.753.856 Th d 4: Cho dy s c xc nh nh sau: 1 2 2 1 2 1 2 , 3.n n n x x x x n x Lp trnh trn my tnh tnh tng 10 s hng u tin. Chng minh tt c cc s hng trn dy l s nguyn. Gn D = 2 (bin m) ; A = 1 ; B=1 (s hng); C = 2 (tng). Ghi vo mn hnh : D=D+1: A= (B2 + 2) A : C = C + A : D = D + 1 : B = (A2 + 2) B : C = C + B. n “=” lin tip n khi D=10 th ta c S10 = C = 40546. Phn chng minh xin dnh cho bn c. Sau y l mt s bi tp dnh cho cc bn t luyn: Bi 1: (Dy Fibonacy). Cho 0 1 2 1 1 , .n n n u u u u u n . Tnh s hng u30 v 30 30 0 i i S u . Bi 2: Cho dy {un} c xc nh bi : 1 2 3 2 3 2 1 3; 2; 5 3 2 15 ,n n n n u u u u u u u n . Tnh tng ca 20 s hng u tin. Bi 3: Cho dy s {xn} c xc nh bi : 1 1 1 3 2 , 1. 5 n n n x x x n x Tim cch tnh chnh xc gi tr ca x20 ? ( Gi : chuyn v hai dy ph bng cch t n n n y x z ). Dng 3: D ON GII HN CA DY S. Th d 1: Cho dy s c xc nh bi : 1 2 1 5 2 , 1.n n x x x n 6. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 a) Xc nh gi tr ca 1 1 2 lim ….. n x n x x x x . b) Xc nh 1 1 2 1 2 1 1 1 lim ……. …n nx x x x x x . Gii: a) Gn A= 5 (s hng) ; B=1 (bin tch). Ghi vo mn hnh : B = BA : A = A2 2 : A B . n ” = ” lin tip n khi gi tr A B hin th trn mn hinh c gi tr khng i v ta tm c gi tr l : A B = 4,582575695 = 21 . Vy 1 1 2 lim 21 ….. n x n x x x x . b) Gn A =5 (s hng) ; B = 1 ( bin tch) ; D = 1/5 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : A = A2 2 : B = BA : D = D + 1B . n ” = ” lin tip n khi B=0, v D khng i, khi ta tnh c D=0,208712152. Nu gii tay ta c kt qu chnh xc l : 1 1 2 1 2 1 1 1 5 21 lim ……. 0,208712152 … 2n nx x x x x x . Th d 2: Cho dy s {un} c xc nh nh sau : 1 2 2 1 1; 2 2 , 1,2,…..n n n u u u u u n Tnh gn ng gii hn sau : 1 lim n n n u u . Gn D=2 (bin m) ; A = 1 ; B = 2 (s hng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : A = B + 2A : A B : D = D + 1 : B = A + 2B : B A . n “=” n khi A B hoc B A t n gi tr khng i v ta tnh c 1 lim 2,414213562 1 2n n n u u . Sau y l mt s bi tp dnh cho cc bn t luyn. Bi 1: Dy {un} c xc nh nh sau : 1 2 2 2 1 1 2 2 sin , 1,2,……. 5 5 n n n u u u u u n Tm lim n n u .

    --- Bài cũ hơn ---

  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính
  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng
  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng

    --- Bài mới hơn ---

  • Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính
  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp
  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Trong quá trình học bất cứ ngoại ngữ nào, từ vựng luôn đóng một vai trò quan trọng. Người học sẽ không thể diễn đạt ý tưởng của họ nếu không có từ vựng và ngược lại, quá trình tiếp thu thông tin cũng bị cản trở nếu không có vốn từ vựng đủ nhiều. Không có một con số tiêu chuẩn cụ thể về số từ vựng mà một người cần học để đạt đến mức độ thành thạo trong tiếng anh, tuy nhiên theo tiến sĩ A.J Hoge, tác giả phương pháp Effortless English, con số ấy sẽ rơi vào khoảng 10000 – một số lượng khổng lồ đối với người vừa bắt đầu học Tiếng Anh và đòi hỏi quá trình tích lũy dài lâu. Do đó, việc nắm được bí quyết học từ vựng nhanh và hiệu quả sẽ quyết định trực tiếp đến sự tiến bộ trong quá trình học ngoại ngữ. Một trong những phương pháp học từ vựng có lịch sử phát triển lâu đời dựa trên những nghiên cứu về não bộ con người là “Spaced Repetition System” hay còn gọi là “Lặp lại ngắt quãng”. Trong bài nghiên cứu này, tác giả sẽ giới thiệu đến người đọc về phương pháp này cũng như hướng dẫn áp dụng hiệu quả vào quá trình học từ vựng.

    Lịch sử ra đời và cơ sở khoa học của phương pháp “Lặp lại ngắt quãng”

    Sự ứng dụng nguyên lý “Lặp lại ngắt quãng” được giáo sư Cecil Alec Mace đề cập đến lần đầu qua quyển “Tâm lý trong việc học” (Psychology of Study) vào năm 1932. Trong những năm sau đó, kỹ thuật này cũng được áp dụng trong nghiên cứu nhận thức con người và điều trị cho các bệnh nhân Ailzemer. Tuy nhiên chỉ mãi đến năm 1985, người ta mới có cái nhìn toàn diện và khoa học về phương pháp này thông qua những nghiên cứu của nhà tâm lý học nổi tiếng người Đức Hermann Ebbinghaus. Một trong những phát hiện quan trọng của Hermann Ebbinghaus là tìm ra quy luật của trí nhớ, theo đó trong điều kiện không có sự ôn tập hay gợi nhớ, hầu hết thông tin mà một người học được sẽ mất đi một vài ngày sau đó. Hình bên dưới là Đường cong quên lãng được Ebbinghaus tổng hợp từ các thí nghiệm của ông. Có thể thấy, đường cong này đặc biệt dốc ở những ngày đầu tiên sau khi người học tiếp nhận thông tin, đồng nghĩa với việc lượng kiến thức còn đọng lại trong trí nhớ của họ suy giảm đáng kể. Tuy nhiên, sau một khoảng thời gian, độ dốc của đường giảm dần và người học vẫn nhớ được một phần nhỏ thông tin.

    Với tính hiệu quả cao mà phương pháp Lặp lại ngắt quãng mang lại, một số nhà nghiên cứu đã phát triển cách áp dụng kỹ thuật này trong việc học nói chung và học ngoại ngữ nói riêng. Một trong số đó là Sebastian Leitner, người đã kết hợp lặp lại ngắt quãng và flashcards (thẻ ghi nhớ).

    Người học xếp tất cả flashcard ghi từ vựng mới học vào hộp thứ nhất, mỗi khi trả lời đúng một flashcard thì di chuyển nó sang hộp thứ hai, nếu vẫn trả lời sai thì để nguyên từ đó trong hộp thứ nhất.

    Lặp lại quá trình tương tự đối với các hộp tiếp theo. Ví dụ, ở hộp thứ hai, những flashcard trả lời đúng sẽ được di chuyển sang hộp thứ ba, những từ trả lời sai sẽ bị đưa về hộp thứ nhất. Cứ như thế cho đến khi tất cả các flashcard của người học đến được hộp thứ 5, đồng nghĩa với việc đã kết thúc chu kỳ ôn tập.

    Với phương pháp này tất cả nội dung đã học sẽ được lặp đi lặp lại cho đến khi người học đã nhớ thông tin. Bên cạnh đó, ưu điểm của cách làm này là phân loại được từ vựng theo mức độ dễ – trung bình – khó để người học không học tràn lan mà chỉ phân bổ thời gian và công sức tập trung vào những từ vựng khó.

    Tuy nhiên, phương pháp kết hợp giữa lặp lại ngắt quãng và thẻ ghi nhớ này cũng tồn tại một số bất lợi nhất định cho người học như:

    • Bộ thẻ trở nên lộn xộn, khó quản lý khi lượng từ mới tăng lên đến hàng trăm, hàng nghìn từ
    • Khó tìm được khoảng thời gian ôn tập hợp ý cho mỗi hộp từ vựng. Ví dụ, người học sẽ ôn lại hộp thứ 2 sau mỗi 3 ngày, hộp thứ 3 sau mỗi 5 ngày,…Như vậy, phải có một lịch trình cụ thể ghi chép lại thời gian nào cần ôn hộp nào, dễ gây bối rối, chán nản cho người học.

    Sử dụng phần mềm lặp lại ngắt quãng trên thiết bị công nghệ

    Kết hợp đồng thời các phương pháp học từ vựng khác

    Từ những phân tích bên trên, có thể thấy Lặp lại ngắt quãng là một phương pháp học từ vựng khoa học và hiệu quả. Tuy nhiên, cũng như những cách học từ vựng khác, phương pháp này vẫn tồn tại khuyết điểm. Người học cần phải nhớ rằng học tiếng Anh là quá trình tiếp nhận thông tin mới và không ngừng sử dụng từ vựng, cấu trúc ngữ pháp, phát âm… để có thể thực sự chủ động nghe-nói-đọc-viết. Do đó, nếu chỉ lặp lại sự nhận biết từ vựng mà không kết hợp với những cách áp dụng từ vựng đó trong kỹ năng nói hoặc viết, thì học từ qua phương pháp lặp lại ngắt quãng cũng không khác nào học thuộc lòng. Vì vậy, người học cần phải kết hơp học bằng lặp lại ngắt quãng với những phương pháp học từ vựng khác, chẳng hạn như học qua ngữ cảnh, mới có thể tạo ra hiệu quả cao.

    Citations

    Benny lewis, “Spaced repetition: Never forget vocabulary ever again”,

    Kinh nghiệm phòng thi rất quan trọng và thi thử là cách rất tốt để tích lũy kinh nghiệm. Đề thi IELTS tại ZIM rất sát đề thi thật, đánh giá trình độ chính xác, nhận kết quả ngay sau khi thi, và phần thưởng 1.000.000đ cho giải nhất ….

    Praveen Shrestha, “Ebbinghaus Forgetting Curve,” in Psychestudy, November 17, 2022

    Chu Minh Thùy

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên
  • Phân Biệt Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Kiểm Kê Định Kỳ
  • Sơ Đồ Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Định Kỳ
  • Phương Pháp Lặp Trong Giải Toán Bằng Máy Tính Casio

    --- Bài mới hơn ---

  • Just In Time (Jit): Không Tồn Kho, Không Chờ Đợi, Không Chi Phí
  • Just In Time Là Gì? Jit Là Gì?
  • Just In Time (Jit) Hệ Thống Sản Xuất Tức Thời Và Bí Quyết Thành Công Của Toyota
  • Phương Pháp Giảng Dạy Let’s Go Pp Giang Day Ta Lets Go Ppt
  • Thiết Kế Kí Hiệu Dạng Đường Khi Số Hóa Bản Đồ
  • MỞ ĐẦU Chúng ta biết rằng máy tính Casio là loại máy tính rất tiện lợi cho học sinh từ trung học đến Đại học. Vì máy tính giải quyết nhiều bài toán ở trung học và một phần ở Đại học.Đặc biệt, việc giải các dạng toán dành cho máy tính bỏ túi còn giúp học sinh (HS)phát triển tư duy và bước đầu tiếp cận với ngôn ngữ lập trình(đối với HS trung học)Nhằm giúp HS,sinh viên(SV) nói chung và HS THCS nói riêng nắm rõ hơn và sử dụng một cách tối ưu các chức năng của máy tính bỏ túi(MTBT) nói chung và loại máy Casio fx -500MS nói riêng, tôi xin giới thiệu sáng kiến của bản thân tôi cho bạn đọc và các bạn đồng nghiệp tham khảo. Chúng ta đã biết,khi mua máy thường có các tài liệu hướng dẫn sử dụng giải toán kèm theo. Học sinh đọc những tài liệu này thì chỉ có thể biết các chức năng cơ bản của các phím và tính toán những bài toán đơn giản.Nếu chỉ như vậy thì thật "lãng phí" các chức năng của máy!Nhằm giúp các em khám phá thêm những khả năng tính toán phong phú của máy tính, và phát triển tư duy nhờ việc giải toán bằng MTBT, thì việc chọn ra các dạng bài tập giải bằng MTBT và phương pháp giải hay là việc nên làm. Với suy nghĩ trên, trong quá trình dạy học trên lớp và bồi dưỡng học sinh giỏi,tôi đã tự tìm tòi, học hỏi, trao đổi kinh nghiệm với các đồng nghiệp để tìm ra các dạng toán hay và phương pháp giải hay dành cho MTBT.Và nội dung đề tài này là một trong những phương pháp giải các dạng toán dành cho MTBT mà tôi tâm đắt nhất -PHƯƠNG PHÁP LẶP. Xin giới thiệu để bạn đọc và đồng nghiệp tham khảo, trao đổi kinh nghiệm. Đặc biệt phương pháp này tôi dành riêng cho loại máy tính Casio fx -500MS. NỘI DUNG DẠNG1. TÌM ƯỚC VÀ BỘI CỦA MỘT SỐ Tìm các ước của một số a: Phương pháp: - Ta biết để tìm các ước của a ta chia a lần lượt cho các số từ 1 đến a, a chia hết cho số nào thì số đó là ước của a.Trên cơ sở đó ta có thuật toán tìm ước bằng MTBT : Gán: -1àA rồi nhập biểu thức A + 1àA:aA Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -1 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : a ¸ A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép chia, nếu kết quả là số nguyên thì giá trị A trước đó là ước của a. Chú ý: -Mỗi khi phép chia hết ta có một cặp ước của a là cặp số chia và thương vừa tìm được. -Ta chỉ cần tăng số chia(A) và kiểm tra dòng kết quả phép chia cho tới khi nào số chia(A) lớn hơn thương thì dừng.Vì nếu kiểm tra tiếp ta sẽ có cặp ước lặp lại các cặp ước đã tìm được trước đó. Ví dụ 1 : Tìm tập hợp A tất cả các ước của 120 . Giải Ấn 0 SHIFT STO A (sau STO không ấn ALPHA trước khi ấn A) ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : (hai chấm màu đỏ) 120 ¸ A .Ta chỉ lấy kết quả là số nguyên Ấn = Màn hình hiện 2 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 2 ) Ấn = Kết quả : 60 Ấn = Màn hình hiện 3 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 3 ) Ấn = Kết quả : 40 Ấn = Màn hình hiện 4 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 4 ) Ấn = Kết quả : 30 Ấn = Màn hình hiện 5 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 5 ) Ấn = Kết quả : 24 Ấn = Màn hình hiện 6 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 6 ) Ấn = Kết quả : 20 Ấn = Màn hình hiện 7 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 7 ) Ấn = Kếtquả: 17.14285714 Ấn = Màn hình hiện 8 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 8 ) Ấn = Kết quả : 15 Ấn = Màn hình hiện 9 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 9 ) Ấn = Kết quả : 13.333333 Ấn = Màn hình hiện 10 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 10 ) Ấn = Kết quả : 12 Ấn = Màn hình hiện 11 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 11 ) Ấn = Kết quả :10.90909091 Ta thấy 10,909 < 11 nên ngưng ấn Kết quả U (120) = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 8 , 10 , 12 , 15 ,20 , 24 ,30 , 40 , 60 ,120 } BÀI TẬP: Tìm ước của các số sau a/48 b/ 308 c/ 52 d/ 1980 e/ 310 f/ 7890 Tìm các bội của b : Phương pháp : Để tìm các bội của b ta nhân b cho các số 0;1;2;3;giải bằng MTBT: Gán: -2àA rồi nhập biểu thức A + 1àA:b A Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -2 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : b A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép nhân,cho tới khi nào tới số cần tìm. Chú ý: Tuỳ theo giới hạn của bội mà ta chọn giá trị đầu tiên để gán cho A.Thường là lùi lại hai đơn vị so với giá trị đầu tiên của A cần kiểm tra. Ví dụ 2 . Tìm các bội số nhỏ hơn 2009 của 159 Giải Ấn -2 SHIFT STO A ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : (hai chấm màu đỏ) 159 ´ ALPHA A Ấn = ta được 0 và tiếp tục ấn bằng để được các bội số nhỏ hơn 2006 Kết quả bội của 159 nhỏ hơn 2006 là : 0,159, 318 , 477 ,636,795,954, 1113, 1272, 1431, 1590, 1749, 1908. *Ví dụ 3 : Tìm bội của 45 nhỏ hơn 2000 và chia hết cho 35 Giải : Ấn -2 SHIFT STO A ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : 45 ALPHA A ¸ 35 ALPHA : 45 ALPHA A Ấn = Màn hình hiện 2 Disp = 2.5714 Disp = 90 Nghĩa là 45 ´ 2 ¸35 = 2.5714 . . . và 45´ 2 = 90 ,do 90 ¸ 35 = 2.5714 . . . suy ra 90 không chia hết cho 35 . Không nhận 90 . Tiếp tục ấn = và để ý nếu thấy màn hình hiện 45A¸35 là số nguyên thì số nguyên hiện ra trong lần ấn = kế tiếp chính là số thỏa điều kiện bài toán . Ta để ý thấy khi ấn = Màn hình hiện 7 Disp = 9Disp = 315 Khi đó 315 là số cần tìm , tiếp tục ấn như thế ta tìm được 5 số nữa thỏa điều kiện bài toán là :630 , 945 , 1260 , 1575 ,1890 .Khi thấy kết quả lớn hơn 2000 thì ngừng ấn . ĐS : 315 , 630 , 945 , 1260 , 1575 ,1890 . BÀI TẬP: Tìm bội của 103 nhỏ hơn 1000 . Tìm bội của 215 lớn hơn 1000 và nhỏ hơn 2000 . Tìm bội của 32 chia hết cho 48 , lớn hơn 500 và nhỏ hơn 800. 1.3 Kiểm tra số nguyên tố: Phương pháp: Ta biết số nguyên tố là số chỉ có hai ước là 1 và chính nó.Trong thực hành ta chỉ cần kiểm tra xem số đó có chia hết cho các số nguyên tố mà bình phương không vượt quá nó hay không và kết luận.Vì vậy ta có thể sử dụng thuật toán tìm ước ở trên để kiểm chúng tôi nhiên, vì tất cả các số nguyên tố lớn hơn 2 dều là số lẻ vì vậy ta có thể tăng biến với công sai là 2 để kiểm tra nhanh hơn. Gán: -1àA rồi nhập biểu thức A + 2àA: aA Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -1 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 2 SHIFT STO A ƒ ALPHA : a ¸ A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép chia Chú ý: - Ta chỉ cần tăng số chia(A) và kiểm tra dòng kết quả phép chia cho tới khi nào số chia(A) lớn hơn thương thì dừng, nếu đén khi dừng mà a không chia hết cho số nào thì a là số nguyên tố. Ta cũng nên để ý nếu thấy thương là số nguyên thì ngừng ấn = và kết luận số đã cho không phải là số nguyên tố . -Ở đây ta không kiểm tra với số 2, vì ta dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2 ta có thể dễ dàng kiểm tra. Ví dụ . Số 647 có phải là số nguyên tố không ? Giải Cách 1 : Chia 647 cho các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 ,29 (kết hợp chia trên máy và nhận định các dấu hiệu chia hết). Khi chia cho 29 thì thương là 22, 3 . . . < 29 nên ngừng chia và kết luận 647 là số nguyên tố. Cách 2 : Kiểm tra một số có phải là số nguyên tố hay không bằng phương pháp lặp Ấn -1 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 2 SHIFT STO A ƒ ALPHA : 647 ¸ ALPHA A Ấn = Màn hình hiện 3 Disp ( có nghĩa là 647 ¸ 3 ) = 215.6667 Tiếp tục ấn = để kiểm tra xem máy có cho thương là số là số nguyên hay không . Ta ấn cho đến khi thấy màn hình hiện 27 Disp ( có nghĩa là 647 ¸ 27 ) . Ấn = màn hình hiện thương là 23.9630 < 27 nên ngừng ấn và kết luận 647 là số nguyên tố vì không có phép chia hết nào . BÀI TẬP: Các số sau đây , số nào là số nguyên tố : 543 , 863, 1587 , 5881 ,49877;200993 DẠNG 2: TÌM SỐ Tìm chữ số Ví dụ 1: Tìm các số a, b, c, để ta có Giải Số là ước của 7850, do đó ta cho a chạy từ 1 đến 9 để kiểm tra với giá trị nào của a thì 7850 chia hết cho , và ứng với giá trị đó ta cũng tìm được b, c, d tương ứng: Ấn -1 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : 7850 ¸ ( 10 ALPHA A + 5 ) Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới kết quả khi A = 9 thì dừng và chọn ra các giá trị a( A) thoả điều kiện, và tìm b, c, d tương ứng. Đáp số: a= 2, b = 3, c = 1, d = 4 Ví dụ 2: Tìm chữ số x để chia hết cho 23. Giải Ấn -2 SHIFT STO X Ấn tiếp ALPHA X + 1 SHIFT STO X ƒ ALPHA : ( 79506047 + 100 ALPHA X ) ¸ 23 Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới kết quả khi A = 9 thì dừng và chọn ra các giá trị x( A) thoả điều kiện chia hết, và tìm b, c, d tương ứng. Đáp số: x =1 BÀI TẬP: 1/Tìm các chữ số a , b , c , d , e , f trong mỗi phép tính sau .Biết rằng hai chữ số a , b hơn kém nhau 1 đơn vị . a) b) c) 2/ a/ Tìm chữ số b biết rằng số chia hết cho 2005. b/ Tìm chữ số a biết chia hết cho 2005. Tìm cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình: Phương pháp: Bước 1: Biểu diễn số này theo số kia. Bước 2: Cho số kia chạy tăng dần và kiểm tra điều kiện nguyên của số kia. Ví dụ 1: Tìm cặp số (x;y) nguyên dương nhỏ nhất sao cho x2 = 37y2 + 1.Giải x2 = 37y2 + 1 .Cho số y chạy tăng dần bắt đầu từ 1, tính x, cho tới khi x nhận giá trị nguyên thì dừng. Ấn -1 SHIFT STO Y Ấn tiếp ALPHA Y + 1 SHIFT STO Y ƒ ALPHA : ( 37 ALPHA Y x2 + 1 ) Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới khi nhận được kết quả của phép khai căn là số nguyên thì dừng. Đáp số: x = 73, y = 12 Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên n ( 1000 < n < 2000) sao cho với mỗi số đó cũng là số tự nhiên. Giải Nhận xét: Nếu cho số n tăng và kiểm tra điều kiện an nguyên dương thì công việc tốn khá nhiều thời gian, vì n nhận đến gần 1000 trị số, do đó ta cần làm ngược lại, cho số an tăng và kiểm tra số n.Trước hết ta phải tìm giới hạn của an từ giới hạn của n. Ấn 262 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : ( ALPHA A x2 - 54756 ) ¸ 15 Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới khi an = 292(A =292) thì dừng, và ghi lại tất cả các số n nguyên tìm được. Đáp Số : n = 1428 ; n = 1539 ; n = 1995 BÀI TẬP 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x , y) biết x , y có 2 chữ số và thỏa mãn phương trình . ĐS : ( 12 ; 36 ) ; ( 20 ; 80 ) 2/ Tìm cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 4x3 + 17(2x - y)2 = 161312 ĐS : x = 30 ; y = 4 (hoặc y = 116) 3/Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x3 + x2 + 2025 là một số chính phương nhỏ hơn 10000. 4/ Tìm các số tự nhiên n ( 1000 < n < 2000) sao cho với mỗi số đó cũng là số tự nhiên. DẠNG 3: TOÁN VỀ DÃY SỐ 3.1 Tìm số hạng thứ n của dãy số dạng (,là các biểu thức của un) biết số hạng đầu tiên của dãy (u1=a) Phương pháp: Cách 1: Ấn a SHIFT STO X Ấn tiếp ¸ SHIFT STO X Ấn liên tiếp n -2 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -2 đó. Cách 2: Ấn a = (Gán a cho biến nhớ Ans) Ấn tiếp ¸ Ấn liên tiếp n -1 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -1 đó. Chú ý: Trong nhiều trường hợp, nếu đến lần thứ k trở đi mà các số trên màn hình vẫn không đổi giá trị thì ta kết luận ngay giá trị gần đúng của un là giá trị trên màn hình mà không cần bấm tới n -2 (hoặc n -1)lần. Giải Cách 1: Ấn 1 SHIFT STO X Ấn tiếp ( 4 ALPHA X x2 + 1 ) ¸ ( 3 ALPHA X x2 + 5 ) SHIFT STO X Ấn liên tiếp 3 lần dấu = để tính U5 ,8 lần để tính U10 ; 13 lần để tínhU15 Từ U25 trở đi ta thấy các số trên màn hình không thay đổi nửa nên ta kêt luận giá trị gần đúng của U100 . Cách 2: Ấn 1 = (Gán a cho biến nhớ Ans) Ấn tiếp ( 4 Ans x2 + 1 ) ¸ ( 3 Ans x2 + 5 ) Ấn liên tiếp 4 lần dấu = để tính U5 ,9 lần để tính U10 ; 14 lần để tínhU15 Từ U25 trở đi ta thấy các số trên màn hình không thay đổi nửa nên ta kêt luận giá trị gần đúng của U100 . Đáp số: BÀI TẬP: 1/ Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết U1 = 1,tính U5 U10 ;U15 ;U100 ? 2/ Cho dãy số, n là số tự nhiên và n.Biết x0= 0,25,tính U5 U10 ;U15 ;U100 ? 3/ Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết U1 = 0,tính U5 U10 ;U15 ;U50 ? 3.2 Tìm số hạng thứ n và tổng n số hạng đầu tiên của dãy số dạng khi biết trước hai số hạng đầu tiên của dãy(u1=a, u2=b) Phương pháp: a/Tìm số hạng thứ n của dãy: 1/Ấn a SHIFT STO A (Gán u1 cho A) 2/Ấn b SHIFT STO B (Gán u2 cho B) 3/Ấn m ALPHA B + n ALPHA A SHIFT STO A (Gán u3 cho A) 4/Ấn m ALPHA A + n ALPHA B SHIFT STO B (Gán u4 cho B) 5/Ấn 5 SHIFT 5 (Nối hai dòng lệnh 4 và 5 để thực hiện phép lặp) 6/ Ấn liên tiếp n -4 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -4, đó là số hạng thứ n cần tìm. b/ Tìm số hạng thứ n và tính tổng của n số hạng đầu tiên của dãy: 1/Ấn a SHIFT STO A (Gán u1 cho A) 2/Ấn b SHIFT STO B (Gán u2 cho B) 3/ Ấn ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO C (Tính tổng 2 số hạng đầu) 4/Ấn m ALPHA B + n ALPHA A SHIFT STO A (Gán u3 cho A) 5/Ấn ALPHA A + ALPHA C SHIFT STO C (Tính tổng 3 số hạng đầu) 6/Ấn m ALPHA A + n ALPHA B SHIFT STO B (Gán u4 cho B) 7/ Ấn ALPHA B + ALPHA C SHIFT STO C (Tính tổng 4 số hạng đầu) Ấn 5 5 5 SHIFT 5 (Nối 4 dòng lệnh 4,5,6,7 để thực hiện phép lặp) 8/ Ấn liên tiếp 2(n -4)-1 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ 2(n -4) -1, đó là số hạng thứ n cần tìm,ấn tiếp = ta được tổng của n số hạng đầu tiên. Ví dụ 1: Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết lập quy trình ấn phím liên tục tính theo và rồi tính . Giải Quy trình ấn phím : 1 SHIFT STO A 20 SHIFT STO B 20 ALPHA B - 97 ALPHA A SHIFT STO A 20 ALPHA A - 97 ALPHA B SHIFT STO B 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp nhiều lần dấu = ta có đáp số: Tính Đáp số : Ví dụ 2: Cho u1 = 17, u2 = 29 và un+2 = 3un+1 + 2un (n ≥ 1).Viết quy trình tính u15 và tổng của 15 số hạng đầu tiên. Giải 17 SHIFT STO A 29 SHIFT STO B ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO C 3 ALPHA B + 2 ALPHA A SHIFT STO A ALPHA A + ALPHA C SHIFT STO C 3 ALPHA A + 2 ALPHA B SHIFT STO B ALPHA B + ALPHA C SHIFT STO C 5 5 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp ần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ 2(n -4) -1, đó là số hạng thứ n cần tìm,ấn tiếp = ta được tổng của n số hạng đầu tiên. ĐS : u15 = 493 981 609; S15 = 686 826 203. BÀI TẬP: 1/Cho và .Tính và S20? 2/ Cho dãy số , DẠNG 4: TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC LÀ TỔNG CỦA MỘT DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT Phương pháp : -Bước 1: Xác địng quy luật, viết số hạng tổng quát Un. -Bước 2: Sử dụng thuật toán tăng biến n, thế vào công thức tính tổng Ví dụ: Tính giá trị gần đúng ( chính xác đến 5 chữ số thập phân ) các biểu thức sau : Giải -Số hạng tổng quát: ( n =1;2;3;;29) 0 SHIFT STO B (gán lùi 1 già trị so với giá trị nhận đầu tiên của n 0 SHIFT STO A (gán 0 cho giá trị đầu tiên của tổng A) ALPHA B + 1 SHIFT STO B (tăng giá trị n) ( 2 ALPHA B + 1 ) ¸ ( SHIFT ( 2 ALPHA B ) + SHIFT ( 2 ALPHA B + 2 ) ) + ALPHA A SHIFT STO A (thế giá trị n vừa nhận được vào công thức tính Un và cộng với tổng trước đó để tính tổng của n số hạng của dãy) 5 SHIFT 5 (gắn kết 2 dòng lệnh để dùng dấu = thực hiện phép lặp) Ấn liên tiếp dấu = cho đến khi B =29, tính A và dừng. Đáp số : BÀI TẬP 1/Phần nguyên của x (là số nguyên lớn nhất khơng vượt quá x) được kí hiệu là biết : ĐS : [M]= 19824 2/ Tính chính xác đên 0,0001 giái trị biểu thức DẠNG 5: TĂNG DÂN SỐ -TIỀN LÃI Ví dụ: Bố bạn Bình tặng cho bạn ấy một máy tính hiệu Thánh Gióng trị giá 5.000.000 đồng bằng cách cho bạn tiền hàng tháng với phuơng thức như sau: Tháng đầu tiên bạn Bình nhận được 100.000 đồng, các tháng thứ hai trở đi mỗi tháng bạn nhận hơn tháng trước 20.000 đồng. Nếu chọn cách gửi tiết kiệm số tiền nhận được hàng tháng với lãi suất 0,6% tháng, thì bạn Bình phải gửi bao nhiêu tháng mới đủ tiền mua máy tính ? Giải 1/ Gọi B biến số tháng bình gửi tiêt kiệm, A biến số tiền Bình có cuối tháng thứ B, ta sẽ tính số tháng Bình cần phải gửi tiết kiệm như sau: 0 SHIFT STO B 0 SHIFT STO A ALPHA B + 1 SHIFT STO B ( ALPHA A + 100 000 + ALPHA B 20 000 - 20 000 ) ( 1 + 0,6 ¸ 100 ) SHIFT STO A 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp dấu = cho đến khi A vừa bằng hoặc vượt 5 000 000 thì dừng, và kết luận số tháng cần gửi. Đáp số 18 tháng BÀI TẬP 1/Bố bạn Bình tặng cho bạn ấy một máy tính hiệu Thánh Gióng trị giá 5.000.000 đồng bằng cách cho bạn tiền hàng tháng với phuơng thức như sau: Tháng đầu tiên bạn Bình nhận được 100.000 đồng, các tháng thứ hai trở đi mỗi tháng bạn nhận hơn tháng trước 20.000 đồng. Nếu bạn Bình muốn có ngay máy tính để học bằng cách chọn phương thức mua trả góp hàng tháng bằng số tiền bố cho với lãi suất 0,7% tháng, thì bạn Bình phải trả góp bao nhiêu tháng mới hết nợ. 2/ Một người vay 200 000 000 để mua đất. Mỗi tháng người đó trả 3 000 000 với lãi suất 0,4%/ tháng(kể từ tháng thứ hai).Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả hết nợ. KẾT LUẬN Vì khả năng và thời gian có hạn nên sáng kiến này xin tạm dừng ở đây. Rất mong sự góp ý của bạn đọc, quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp để sáng kiến này được phát huy và được mở rộng. NGƯỜI VIẾT Hồ Thiện Nghĩa TÀI LIỆU THAM KHẢO 1/ Giaiû toán nhanh bằng máy tính bỏ túi của Nguyễn Phước -NXBTổng hợp TP. HCM. 2/Hướng dẫn sử dụng máy tính Casio fx -500MS vụ THPT. 3/ Một số đề thi các cấp và thi khu vực

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Quản Lý Tiền Jars Cho Cá Nhân
  • Cách Chia Đa Thức Bằng Lược Đồ Hoocner Hay
  • Chuong 2 Dai So Tuyen Tinh 2
  • Phương Pháp Lặp Giải Hệ Phương Tuyến Tính Số Chiếu Lớn
  • Dây Chuyền Máy Làm Giò Chả
  • Phương Thức Equals() Và Hashcode() Trong Java 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Sự Khác Biệt Giữa Phương Thức .equals () Và Toán Tử == Trong Java
  • Phân Biệt “fee”, “fare”, ” Fine”, “toll” Và “charge”
  • Phí Handling Charge Là Gì? Một Số Cơ Bản Cần Nắm Rõ
  • Sự Khác Nhau Giữa Cảm Xúc ‘emotions’ Và Cảm Giác ‘feelings’ Là Gì?
  • Sự Khác Biệt Giữa Glucose Và Fructose 2022
  • Bài viết này giúp bạn hiểu khái niệm 2 phương thức quan trọng: Phương thức equals() và hashCode() trong Java.

    Khi sử dụng các collection, Để nhận được các hành vi mong muốn, chúng ta nên ghi đè các phương thức equals() và hashCode() trong các lớp của các phần tử được thêm vào collection.

    Lớp Object (lớp cha của tất cả các lớp trong Java) định nghĩa hai phương thức equal() và hashCode(). Điều đó có nghĩa là tất cả các lớp trong Java (bao gồm cả các lớp bạn đã tạo) thừa kế các phương thức này. Về cơ bản, lớp Object thực hiện các phương thức này cho mục đích chung.

    Tuy nhiên, bạn sẽ phải ghi đè chúng một cách cụ thể cho các lớp có đối tượng được thêm vào các collection, đặc biệt là các collection dựa trên bảng băm như HashSet và HashMap.

    • Phương thức equals() trong Java
      • Ví dụ phương thức equals() của đối tượng String
      • Ví dụ ghi đè phương thức equals()
      • Ví dụ ghi đè phương thức equals() của phần tử của collection
    • Phương thức hashCode() trong Java
    • Các quy tắc cho phương thức equals() và hashCode() trong Java
        Ví dụ ghi đề phương thức equals(), không ghi đè hashCode()
    • Tham khảo

    Phương thức equals() trong Java

    Khi so sánh hai đối tượng với nhau, Java gọi phương thức equals() của chúng trả về true nếu hai đối tượng bằng nhau hoặc false nếu hai đối tượng là khác nhau. Lưu ý rằng phép so sánh sử dụng phương thức equals() so với sử dụng toán tử == là khác nhau.

    Đây là sự khác biệt:

    Phương thức equals() được thiết kế để so sánh hai đối tượng về mặt ngữ nghĩa (bằng cách so sánh các thành viên dữ liệu của lớp), trong khi toán tử == so sánh hai đối tượng về mặt kỹ thuật (bằng cách so sánh các tham chiếu của chúng, nghĩa là địa chỉ bộ nhớ).

    LƯU Ý: Việc cài đặt phương thức equals() trong lớp Object so sánh các tham chiếu của hai đối tượng. Điều đó có nghĩa là bạn nên ghi đè nó trong các lớp của bạn để so sánh ngữ nghĩa. Hầu hết các lớp trong JDK ghi đè phương thức equals() của riêng chúng, chẳng hạn như String, Date, Integer, Double, v.v.

    Ví dụ phương thức equals() của đối tượng String

    Ví dụ điển hình so sánh chuỗi trong Java, để thấy sự khác nhau giữa phương thức equal() và toán tử ==.

    Kết quả:

    s1 == s2: false s1.equals(s2): true

    So sánh tham chiếu (toán tử ==) trả về false vì s1 và s2 là hai đối tượng khác nhau được lưu trữ ở các vị trí khác nhau trong bộ nhớ. Trong khi so sánh ngữ nghĩa trả về true bởi vì s1 và s2 có cùng giá trị (“THis is a string”) có thể được coi là bằng nhau về mặt ngữ nghĩa.

    Ví dụ ghi đè phương thức equals()

    Tương tự như vậy, giả sử chúng ta có lớp Student và cài đặt phương thức equal() như sau:

    Trong thực tế, chúng ta có thể xem xét hai đối tượng Student có ngữ nghĩa tương đương nhau nếu chúng có cùng thuộc tính (id, name, email và age). Bây giờ, hãy xem cách ghi đè phương thức equals() trong lớp này để xác nhận rằng hai đối tượng Student có các thuộc tính giống nhau được coi là bằng nhau:

    Tạo ra lớp chúng tôi để kiểm tran phương thức equal() trong lớp Student.

    Kết quả:

    student1 == student2: false student1.equals(student2): true student2.equals(student3): false

    Ví dụ ghi đè phương thức equals() của phần tử của collection

    Ta có lớp chúng tôi có nội dung như sau:

    Ở đây, phương thức equals() này chỉ so sánh thuộc tính ID của hai đối tượng Student.

    Chúng ta sẽ coi mỗi đối tượng Student có một ID duy nhất, và xem hai đối tượng sinh viên là bằng nhau nếu chúng có ID giống nhau.

    Phương thức contains(Object) của interface List trong java có thể được sử dụng để kiểm tra nếu đối tượng được chỉ định tồn tại trong danh sách. Về bản chất, phương thức equal() được gọi bên trong phương thức contains(Object).

    Kết quả:

    Search student1: true Search student4: false

    Phương thức hashCode() trong Java

    Định nghĩa phương thức hashCode() trong lớp Object:

    Bạn có thể thấy phương thức này trả về một số nguyên. Vậy nó được sử dụng ở đâu?

    Đây là bí mật:

    Số băm này được sử dụng bởi các collection dựa trên bảng băm như Hashtable , HashSet và HashMap để lưu trữ các đối tượng trong các container nhỏ được gọi là “nhóm”. Mỗi nhóm được liên kết với mã băm và mỗi nhóm chỉ chứa các đối tượng có mã băm giống hệt nhau.

    Nói cách khác, một bảng băm nhóm các phần tử của nó bằng các giá trị mã băm của chúng. Sự sắp xếp này giúp cho bảng băm định vị một phần tử một cách nhanh chóng và hiệu quả bằng cách tìm kiếm trên các phần nhỏ của collection thay vì toàn bộ collection.

    • Nhận giá trị mã băm của phần tử được chỉ định bằng cách gọi phương thức hashCode().
    • Tìm nhóm thích hợp được liên kết với mã băm đó.
    • Bên trong nhóm, tìm phần tử chính xác bằng cách so sánh phần tử được chỉ định với tất cả các phần tử trong nhóm. Bằng phương thức equals() của phần tử đã chỉ định được gọi.

    Có nói rằng, khi chúng ta thêm các đối tượng của một lớp vào một collection dựa trên bảng băm (HashSet, HashMap ), phương thức hashCode() của lớp được gọi để tạo ra một số nguyên (có thể là một giá trị tùy ý). Con số này được sử dụng bởi bộ sưu tập để lưu trữ và định vị các đối tượng một cách nhanh chóng và hiệu quả, vì collection dựa trên bảng băm không duy trì thứ tự các phần tử của nó.

    LƯU Ý: Việc thực thi phương thức mặc định hashCode() trong lớp Object trả về một số nguyên là địa chỉ bộ nhớ của đối tượng. Bạn nên ghi đè phương thức trong các lớp của bạn. Hầu hết các lớp trong JDK ghi đè phương thức hashCode() của riêng chúng, chẳng hạn như String , Date , Integer , Double , v.v.

    Các quy tắc cho phương thức equals() và hashCode() trong Java

    Như đã giải thích ở trên, collection dựa trên bảng băm xác định một phần tử bằng cách gọi phương thức hashCode() và equals() của nó, vì vậy khi ghi đè các phương thức này chúng ta phải tuân theo các quy tắc sau:

    • Khi phương thức equals() được ghi đè, phương thức hashCode() cũng phải được ghi đè.
    • Nếu hai đối tượng bằng nhau, mã băm của chúng phải bằng nhau.
    • Nếu hai đối tượng không bằng nhau, không có ràng buộc về mã băm của chúng (mã băm của chúng có thể bằng nhau hay không).
    • Nếu hai đối tượng có mã băm giống nhau, thì không có ràng buộc nào về sự bình nhau của chúng (chúng có thể bằng nhau hay không).
    • Nếu hai đối tượng có mã băm khác nhau, chúng không được bằng nhau.

    Nếu chúng ta vi phạm các quy tắc này, các collection sẽ hoạt động có thể không đúng như các đối tượng không thể tìm thấy, hoặc các đối tượng sai được trả về thay vì các đối tượng chính xác.

    Ví dụ ghi đề phương thức equals(), không ghi đè hashCode()

    Hãy xem phương thức hashCode() và equals() ảnh hưởng như thế nào đến hành vi của một đối tượng Set.

    Lớp Student.java

    Lớp EqualStudent3 .java

    Kết quả:

    Student 456: Dung - [email protected] - 18 Student 123: Cong - [email protected] - 22 Student 123: Cong - [email protected] - 22

    Hãy nhìn xem, bạn có nhận thấy rằng có 2 sinh viên trùng lặp (ID: 123), phải không?

    Đây là lý do:

    Tập Set gọi các phương thức equals() và hashCode() trên mỗi đối tượng được thêm vào để đảm bảo không có sự trùng lặp. Trong trường hợp của chúng ta, lớp Student chỉ ghi đè phương thức equals(). Và phương thức hashCode() thừa kế từ lớp Object trả về các địa chỉ bộ nhớ của mỗi đối tượng không nhất quán với phương thức equals(). Do đó, đối tượng Set xử lý đối tượng student1 và student2 thành hai phần tử khác nhau.

    Bây giờ, chúng ta hãy ghi đè phương thức hashCode() trong lớp Student như sau:

    Kết quả:

    Student 123: Cong - [email protected] - 22 Student 456: Dung - [email protected] - 18

    Good! Phần tử trùng lặp hiện đã bị xóa. Đó chính là điều chúng tôi muốn.

    Với các phương thức equals() và hashCode() được ghi đè đúng cách, chúng ta cũng có thể thực hiện tìm kiếm trên tập hợp như sau:

    Kết quả:

    Để tự mình thử nghiệm nhiều hơn, hãy thử loại bỏ phương thức equals() hoặc hashCode() và quan sát kết quả.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Thức Equals() Và Hashcode() Trong Java
  • Sự Khác Biệt Giữa Các Phương Thức Hashcode () Và Equals () Trong Java Là Gì?
  • Sự Khác Nhau Giữa Though Và Anyway Trong Sử Dụng
  • Sự Khác Nhau Giữa Founder Và Ceo 2022
  • Sự Khác Nhau Giữa Cia Và Fbi 2022
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100
  • CẦM ĐỒ TẠI F88
    15 PHÚT DUYỆT
    NHẬN TIỀN NGAY

    VAY TIỀN NHANH
    LÊN ĐẾN 10 TRIỆU
    CHỈ CẦN CMND

    ×