đáp án đề thi đại học môn toán khối A năm 2013, dap an de thi mon hoa khoi A nam 2013, dap an de thi mon toan khoi b nam 2013, dap an de thi mon ly khoi A nam 2013

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

Bài viết này không hướng dẫn cách cài đặt font, cũng như không dạy bạn cách dùng các loại font khác nhau trong soạn thảo LaTeX. Thay vào đó, chúng tôi cho bạn thấy bức tranh toàn cảnh về các loại font hoạt động như thế nào khi biên dịch một văn bản LaTeX.  Hiểu được các nguyên lí này giúp bạn trả lời câu hỏi “cái gì tác động đến văn bản”, hơn là trả lời câu “những bước cần làm để nâng cao định dạng văn bản”.

Theo Đề án Lựa chọn Font mới (NFSS) cho LaTeX2e, một loại font có năm thuộc tính sau: mã hóa (encoding), họ (family), chuỗi (series), hình dáng (shape), và kích cỡ (size). Chẳng hạn, OT1/cmr/m/n/10 nghĩa là văn bản dùng bảng mã OT1, họ computer modern roman (cmr), chuỗi  medium (m), hình dạng thảng đứng (normal upright, n), và cỡ 10pt. năm tham số này sẽ hiển thị khi LaTeX hiện lên cảnh báo overfull box khi biên dịch.

Để thay đổi kiểu font hiện tại, bạn có thể dùng chuỗi lệnh  \font... , trước lệnh kích hoạt font \selectfont. Ví dụ

\fontencoding{T1}
\fontfamily{ptm}
\fontseries{b}
\fontshape{it}
\fontsize{12}{15}
\selectfont

Chuỗi lệnh trên  sẽ chỉ cho LaTeX dùng font bold italic 12pt ptm với 15pt baselineskip trong bảng mã T1 cho các kí tự. ptm được dùng rộng rãi bởi Adobe Times font, như là một đối thủ của họ cm.. (computer modern) thường không được sử dụng rộng rãi bên ngoài cộng đồng người dùng TeX.

Bây giờ ta đưa ra một vài giá trị hay gặp cho mỗi thuộc tính của font vừa nêu trên.

Mã hóa: OT1, T1…TeX dùng bảng mã OT1 cho các ký tự tiếng Anh. TeX dùng cho các nước Tây và Đông âu thì số ký tự đó không đủ và họ thống nhất chuẩn hóa bảng mã T1 mở rộng OT1 sau các mã 127 trở đi. CTtiếng Nga là bảng mã T2 với các ký tự Slavơ tại vị trí tương ứng của tiếng Anh. Tác giả Hàn Thế Thành và một số đồng nghiệp dùng tiếng Việt với bảng mã T5 với các ký tự và dấu tiếng Việt.
Họ: cmr, cmss, cmtt (computer modern); ptm, phv, pcr (Adobe)…
Chuỗi (Hiển thị chữ đậm hay thường): m (medium), b (bold), bx (bold extended), sb (semi-bold), c (condensed)
Hình dạng (Xác định loại chữ đứng hay in nghiêng): n (normal/upright), it (italic), sl (slanted), sc (small caps)
Kích cỡ: 5pt, 9pt, 10pt, 12pt, 14.4pt, ..

Lưu ý rằng không phải bất cứ tổ hợp nào ở trên cũng hoạt động.

Bên cạnh các lệnh thứ cấp nói trên, LaTeX cung cấp các cài đặt mặc định cho từng lớp văn bản. Bạn có thể dùng các loại font khác bằng cách thay đổi font mặc định bằng lệnh \renewcommand. Chẳng hạn, \familydefault ban đầu là \rmdefault, tức là dùng cmr làm mặc định. Ta thay đổi bằng lệnh

\renewcommand{\rmdefault}{phv}

để dùng Adobe Helvetica (phv) như là font mặc định mới. Việc thay đổi \seriesdefault và \shapedefault hoàn tàn tương tự. Tuy nhieenm kích cỡ font lại thay đổi bằng cách khác, ví dụ như

\renewcommand{\normalsize}{\fontsize{10}{12}\selectfont}

Lênh này đặt kích cỡ font là 10pt với khoảng cách dòng là 12. Trong khi đó mã hóa font thường được thay đổi bằng cách dùng một gói lệnh, \usepackage[T1]{fontenc} là một ví dụ. Nó buột font mã hóa theo chuẩn T1. Nói thêm rằng \usepackage{fontspec} là gói lệnh cung cấp các lệnh chọn phông thông dụng, ví dụ \setmainfont{Arial} văn bản LaTeX lấy phông Arial làm mặc định để biên dịch và sắp chữ.

Tóm lại, một loại font có 5 thuộc tính. Ngoại trừ mã hóa, 4 thuộc tính còn lại có thể điều chỉnh theo ý người dùng. Có những lệnh cụ thể để chọn một font nào đó. Cuối cùng nhưng không kém phần quan trọng, các giá trị ở trên chỉ áp dụng cho font văn bản. Các công thúc toán dùng các loại font và giá trị và thêm một số tham số khác nhưng nguyên lý cũng như thế. Tất nhiên cũng có một số gói được thiết kế một loại font đặc biệt cho tất cả bao gồm cả text và công thức toán chẳng hạn  avant, couriermathptmx, ... Bạn đọc quan tâm có thể tự khám phá.

Còn nữa...

[VNMATH.COM] - Câu chuyện về một nhà toán học thành công, giám đôc quỹ đầu tư tài ba và nhà từ thiện hào phóng.

James Harris Simons
 sinh năm 1938 trong một gia đình Do thái ở Brookline, Massachusetts, Hoa Kỳ.

Nhà Toán học thành công

James H. Simons nhận bằng cử nhân Toán học tại MIT vào năm 1958 và nhận bằng Tiến sĩ tại UC Berkeley vào năm 1961, lúc ấy mới 23.
Jame Simons. Ảnh: Beatrice de Gea 
Ông đã từng giảng dạy tại MIT và Harvard trước khi tham gia vào Cục An ninh Quốc gia (National Security Agency) và  viện Phân tích Quốc phòng (Institute for Defense Analyses) vào năm 1964. Năm 1968, ông chuyển tới SUNY Stonybrook làm trưởng khoa Toán.

Năm 1974, trong công trình với Shiing-Shen Chern, Simon  tạo nên một bước đột phá lớn trong lý thuyết trường lượng tử ba chiều bằng việc xây dượng cụ thể một dạng vi phân đặc biệt. Cống hiến đó hiện nay được gọi là lý thuyết Chern-Simons. Năm 1976, ông thắng Oswald Veblen Prize, giải thưởng danh giá nhất trong hình học.

Nhà đầu tư tài ba

Năm 1982, TS. Simons thành lập Renaissance Technologies, một công ty quỹ đầu tư. Qũy này tập trung vào thi trường ngoại tệ và các loại chứng khoán thuộc nghành khoáng sản. Ông đã dùng các mô hình toán học để phân tích và tiến hành các giao dịch trên thị trường khắp thế giới. Renaissance Technologies tuyển nhiều chuyên gia toán học, vật lí, xử lí tín hiệu và thống kê, đó là bí quyết góp phần tạo nên thành công lớn của nó.
Chẳng hạn, ông mời đồng nghiệp cũ tại Viện Phân tích Quốc phòng là Leonard Baum, đồng tác giả Thuật toán Baum-Welch dùng trong phân tích sinh học, tính toán thống kê nhưng áp dụng nó vào kinh doanh ngoại tệ và thu được thành công. Hay họ tạo phần mềm cho phép dự báo trước cấc thay đổi trên thị trường chứng khoán. Điều này giúp J. Simons tránh được yếu tố con người khi chơi chứng khoán. Cho đến nay, hệ thống kinh doanh của ông không thông qua các nhà môi giới mà chỉ thực hiện hợp đồng thông qua các thuật toán cơ bản.
“Chúng tôi thuê các nhà vật lý, các nhà toán học, các nhà thiên văn học và các chuyên gia thông tin. Họ hoàn toàn không hiểu về tài chính nhưng lại lập trình rất giỏi trên máy vi tính” – Simons nói như thế về các công sự của mình.

Giờ đây, chỉ riêng văn phòng của Renaissance Technologies ở New York có khảng 200 nhân viên, mà 1/3 trong số đó có bằng tiến sĩ. Các quỹ do Renaissance Technogogies điều hành trị giá khoảng 15 tỉ USD.  Với giá trị tài sản khoảng 12.5 tỉ đô la Mỹ, ông là người giàu thứ 93 trên thế giới năm 2013 theo tạp chí Forbes.

Nhà từ thiện hào phóng ...

Jame Simons và vợ Marilyn.
Năm 1994, ông và vợ Marilyn Simons đồng sáng lập Simons Foundation để hỗ trợ các nghiên cứu khoa học, giáo dục và sưc khỏe. Ông cũng đóng góp lớn cho các dịch vụ chăm sóc sức khỏe dành cho người Nepal thông qua Nick Simons Institute, viện này nhằm tưởng nhớ người con trai Nick Simons của ông đã làm việc ở Nepal. Gần đây ông thành lập quỹ " Math for America" để nâng cao việc giảng dạy toán trong các trường công. Các quỹ của họ đã chi hơn một tỷ đô la để hỗ trợ cho khoa học và toán học.

... và bi kịch

Giàu có nhưng cuộc sống riêng của James Simons lại không mấy êm đềm. Ông có hai đời vợ và 5 người con, nhưng hạnh phúc không trọn vẹn. Năm 1996, người con trai cả - Paul, ki 34 tuổi đang đạp xe đạp dạo chơi thì bị xe hơi đâm chết. Năm 2003, một người con trai khác – Nick, bị chết đuối ở Bali, Indonesia khi mới 24 tuổi.

Trở về với Toán học

Tiến sĩ Simons cho biết ông đã bắt đầu suy nghĩ rất nhiều về câu đố toán học cũ. "Đó là một nơi ẩn náu", ông nói, "một nơi yên tĩnh trong đầu tôi."

Năm 2007, cùng với Dennis P. Sullivan ở Đại học Stony Brook ông đã viết bài báo toán học với tiêu đề “Axiomatic Characterization of Ordinary Differential Cohomology.

Năm 2013, để kỉ niệm 75 năm ngày sinh của Simons, bốn nhà toán học uy tín của Mỹ đã giảng các bài giảng về các lĩnh vực thuộc chuyên môn của ông trước đây.



Năm 2014, tại Seoul, ông đã nói về cuộc đời của mình trong Bài giảng đại chúng tại Đại hội Toán học thế giới.

Trong một phỏng vấn gần đây với tờ New York Times, ông phát biểu " Tôi không phải là người nhanh nhất tren thế giới. Tôi đã không giỏi ở các cuộc thi toán hay Olympic toán. Nhưng tôi thích suy nghĩ.  Và suy nghĩ về điều gì đó, chỉ suy nghĩ về nó sẽ biến thành một hướng tiếp cận tốt."

Tham khảo
[1] James Harris Simons, Wikipedia
[2]  Bài giảng đại chúng "My Life in Mathematics" của James H. Simons tại ICM 2014
[3] A Billionaire Mathematician’s Life of Ferocious Curiosity, New York Times
[4] James Simons - Mathematics, Common Sense, and Good Luck: My Life and Careers, Youtube

Đề thi môn Toán vào lớp Kĩ sư tài năng và Kĩ sư chất lượng cao của Đại học Bách Khoa Hà Nội năm 2014.

Câu I (2đ). Tìm $m$ để phương trình sau có nghiệm: $$m-\sqrt{9-x}-\sqrt{9+x}+\sqrt{81-x^2}=0.$$

Câu II (1,5đ). Tính đạo hàm cấp 2014 tại $x=0$ của hàm số $y=\sin x \sin 2x \sin 3x$

Câu III (2đ). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ hình thang và $$SA=SB=SC=AD=2a, AB=BC=CD=a$$
a) Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$

b) Mặt phẳng $(\alpha)$ qua $BC$ tại với đáy một góc $30^0$. Tính theo $a$ diện tích thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ khi cắt bởi mặt phẳng $(\alpha).$

Câu IV (1,5đ). Tìm tiệm cận xiên của đồ thị hàm số $y=\sqrt{x^2-2x-3}+\sqrt{2x^2+8x+15}$

Câu V (2đ). Chứng minh $$\int_{-2014\pi}^{2014 \pi} \frac{\sin^{2014}x}{1+2014^x}dx<1007 \pi.$$

Câu VI (1đ). Cho mảnh đất hình vuông kích thước $10m\times 10m$ và những viên gạch chữ T như hình bên dưới (gồm 4 ô vuông $1m\times 1m$) . Hỏi có thể lát kín mảnh đất bằng 25 viên gạch hay không? Vì sao?

Đề thi môn Vật lí vào lớp Kĩ sư tài năng và Kĩ sư chất lượng cao của Đại học Bách Khoa Hà Nội năm 2014.

Tiếp theo phần 1
1. Bất đẳng thức AM-GM
\displaystyle\frac{x_1+\dots+x_n}n\ge\sqrt[n]{x_1\dots x_n}
với mọi số không âm x_1,\dots,x_n. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x_1=\dots=x_n.

Điều này tương đương với đa thức
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac{z_1^{2n} + z_2^{2n} +\dots+z_n^{2n}}n -z_1^2\dots z_n^2
được phân tích thành tổng các bình phương. Ở đây ta thay x_i bởi y_i^2, để bỏ đi điều kiện  x_i không âm.

Một phân tích như vậy được đưa ra bởi Hurwitz vào năm 1891,trong bài báo Über den Vergleich des arithmetischen und des geometrischen Mittels, có thể tìm đọc trong Math. Werke, 505-507, Basel, E. Berkhäuser, 1933.
Để bieur diễn được đẹp mắt hơn, ta đưa ra một số kí hiệu. Cho hàm số f(z_1,\dots,z_n), ta viết{\mathcal P}f(z_1,\dots,z_n) cho kết quả của việc cọng thêm tất cả các biểu thức dạng  f(z_{i_1},\dots,z_{i_n}) với tất cả các hoán vị của bộ (i_1,\dots,i_n) các chỉ số (1,\dots,n) (có n! khả năng như vậy).
Chẳng hạn, {\mathcal P}z_1=(n-1)!(z_1+\dots+z_n) và {\mathcal P}(z_1\dots z_n)=n!z_1\dots z_n.
Ta viết
\phi_k(z_1,\dots,z_n) ={\mathcal P} ((z_1^{n-k}-z_2^{n-k}) (z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1})
với k=1,\dots,n-1
f_k=\phi_k(z_1^2,\dots,z_n^2).
Lư ý rằng mỗi f_k không âm, vì (z_1^{n-k}-z_2^{n-k})(z_1-z_2)z_3 z_4\dots z_{k+1}=
\displaystyle (z_1-z_2)^2\left(\sum_{j=0}^{n-k-1}z_1^{n-k-1-j}z_2^j\right)z_3\dots z_{k+1}.
Khi đó
\displaystyle P(z_1,\dots,z_n)=\frac1{2(n!)}\sum_{k=1}^{n-1}f_k.
Dấu bằng xảy ra nếu z_i bằng nhau tất cả.
Ví dụ,
\displaystyle \frac{x_1^2+x_2^2}2-x_1x_2=\frac12(x_1-x_2)^2,
\displaystyle \frac{x_1^3+x_2^3+x_3^3}3-x_1x_2x_3=\frac16((x_1-x_2)^2x_3+(x_2-x_3)^2x_1 \displaystyle +(x_3-x_1)^2x_2+(x_1-x_2)^2(x_1+x_2) \displaystyle +(x_1-x_3)^2(x_1+x_3) +(x_2-x_3)^2(x_2+x_3)),
\displaystyle \frac{x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4}4-x_1x_2x_3x_4=\frac{(x_1^2-x_2^2)^2+(x_3^2-x_4^2)^2}4 \displaystyle +\frac{(x_1x_2-x_3x_4)^2}2.
2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
\displaystyle \sum_{i=1}^n x_iy_i\le\sqrt{\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)},
Dấu bằng xảy ra khi bộ n số  (x_1,\dots,x_n)  và  (y_1,\dots,y_n) tỉ lệ. Chứng minh hay gặp của nó là dùng định thức của đa thức bậc hai không âm. Dạng đơn giản hơn của nó là |\vec x\cdot\vec y|\le|\vec x||\vec y| với \vec x,\vec y là các vector bất kì trong {\mathbb R}^n và \cdot là tích vô hướng thông thường. Đặt
\displaystyle P(\vec x,\vec y)=\left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right)-\left(\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2,
bất đẳng thức tương đương với đa thức Pkhông âm, và có thể chứng minh bằng cách phân tích nó thành tổng các bình phương. Hằng đẳng thức Lagrange
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n)=\sum_{1\le i<j\le n}(x_iy_j-x_jy_i)^2,
cho ta kết quả mong muốn.

3. Bất đẳng thức Young
Nếu $p$ và $q$ là các số hữu tỉ dương sao cho $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$, thì với mọi số dương $x$ và $y$ ta có $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \ge xy.$$

Vì $\frac1p + \frac1q = 1$,ta có thể viết $p = \frac{m+n}m$, $q = \frac{m+n}n$ trong đó $m$ và $n$ là các số nguyên dương. Ta viết $x = a^{1/p}$, $y = b^{1/q}$. Khi đó $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q = \frac a{\frac{m+n}m} + \frac b{\frac{m+n}n} = \frac{ma + nb}{m + n}.$$

Theo bất đẳng thức AM-GM, $$\frac{ma + nb}{m + n} \ge (a^m \cdot b^n)^{\frac1{m+n}} = a^{\frac1p} b^{\frac1q} = xy,$$ và do đó $$\frac{x^p}p + \frac{y^q}q \ge xy.$$
Chứng minh này xuất hiện trong cuốn Mathematical Toolchest xuất bản năm 2004 bởi  Australian Mathematics Trust.

4. Bất đẳng thức Minkowski: Với các số không âm x_i,y_i, ta có
\displaystyle \left(\prod_{i=1}^n(x_i+y_i)\right)^{1/n}\ge\left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{1/n}+\left(\prod_{i=1}^n y_i\right)^{1/n}.
Ta cần chứng minh đa thức sau không âm
\displaystyle P(x_1,\dots,x_n,y_1,\dots,y_n) \displaystyle =\prod_{i=1}^n(x_i^{2n}+y_i^{2n})-\left(\prod_{i=1}^n x_i^2+\prod_{i=1}^n y_i^2\right)^n.
Bạn đọc tự tìm hiểu.
Còn nữa...