markdown:
Sàn nhạc sử dụng tốt nhất ở trình duyệt Firefox
Để thu âm và sử dụng sannhac một cách dễ dàng, bạn hãy cài đặt phầm mềm sau
Bắt đầu cài đặt Firefox
để duyệt web nhanh hơn
Đăng nhập
|
Đăng ký
Tên đăng nhập
Mật khẩu
Ghi nhớ
Quên mật khẩu
|
Gửi lại mail kích hoạt
Trang chủ
Phòng thu
Sàn đấu
Club
Hát Live
Sàn Nhạc
Sàn Diễn
1 waitfor delay '0:0:26.576999
Trả lời
SanNhac.com
on Facebook
Bình luận & Đánh giá
Bạn có thể đăng nhập bằng tài khoản
Yahoo
hoặc
Google
để bình luận hoặc đánh giá cho bài hát này
Hoặc đăng ký tài khoản mới
tại đây
Hủy
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn chia sẻ ca khúc này cho thành viên
Mô tả
Bạn phải
đăng nhập
mới được chia sẻ ca khúc!
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn tặng ca khúc này cho thành viên
Gửi quà và tin nhắn
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Tạo nhạc chuông
Để tạo nhạc chuông theo phong cách riêng của bạn, hãy thực hiện các bước sau :
Bước 1 :
Chọn đoạn nhạc chuông bạn muốn cắt (đoạn được bôi trắng).
Bước 2 :
Thay đổi độ dài đoạn nhạc mà bạn muốn làm nhạc chuông bằng cách di chuyển hai đầu đoạn trắng, click
play
để nghe thử.
Bước 3 :
Nếu bạn đã ưng ý, hãy nhấn nút
Mp3
hoặc
ARM
chọn định dạng và
nhắn tin theo hướng dẫn
để tải nhạc chuông về máy hoặc tặng bạn bè.
Xem toàn bộ
Di chuyển
Đóng
Di chuyển
Đóng
Viết lưu bút cho
Nhắn tin cho
Tiêu đề
Nội dung tin nhắn
Thông tin chi tiết
Happy Birthday To You - (Unknown)
Thể hiện:
funny_nguyen
0 vote sao - 49 lượt nghe
Thời gian: 18/08/2010 02:07:12
Thêm vào playlist của bạn
Thêm vào danh sách yêu thích
Mã Nhúng Blog
Mã Nhúng Forum
Đã Copy
Mới nhất của funny_nguyen
Hay nhất của funny_nguyen
Cùng thể hiện bài này
Sàn Nhạc
, Tầng 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Email:
sannhac@gmail.com
Liên hệ hợp tác: 094.686.1289
Giới thiệu quảng cáo
Liên hệ quảng cáo:
Admicro
Hà Nội – Ms. Hải Yến: 0988 965 517 – (84 4) 3974 8899. Ext 2201
Hồ Chí Minh – Mr.Tuấn: 0983 050 185 – (84 8) 7307 7979. Ext 173
Email:
giaitrixahoi@admicro.vn
Hỗ trợ & CSKH:
Admicro
Ms.Thơm: 01268 269 779
Address: Tầng 20, Center Building Hapulico Complex, Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội
Copyright 2009
– Công ty cổ phần VCCorp.
Chịu trách nhiệm quản lý nội dung : Bà Nguyễn Bích Minh.
Tầng 17, 19, 20, 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Giấy phép số 280/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 14 tháng 06 năm 2017.
Trang chủ
|
Điều khoản
|
Quy định
|
Phòng thu
|
Beat
|
Recording


markdown:
Sàn nhạc sử dụng tốt nhất ở trình duyệt Firefox
Để thu âm và sử dụng sannhac một cách dễ dàng, bạn hãy cài đặt phầm mềm sau
Bắt đầu cài đặt Firefox
để duyệt web nhanh hơn
Đăng nhập
|
Đăng ký
Tên đăng nhập
Mật khẩu
Ghi nhớ
Quên mật khẩu
|
Gửi lại mail kích hoạt
Trang chủ
Phòng thu
Sàn đấu
Club
Hát Live
Sàn Nhạc
Sàn Diễn
1 waitfor delay '0:0:26.576999
Trả lời
SanNhac.com
on Facebook
Bình luận & Đánh giá
Bạn có thể đăng nhập bằng tài khoản
Yahoo
hoặc
Google
để bình luận hoặc đánh giá cho bài hát này
Hoặc đăng ký tài khoản mới
tại đây
Hủy
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn chia sẻ ca khúc này cho thành viên
Mô tả
Bạn phải
đăng nhập
mới được chia sẻ ca khúc!
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn tặng ca khúc này cho thành viên
Gửi quà và tin nhắn
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Tạo nhạc chuông
Để tạo nhạc chuông theo phong cách riêng của bạn, hãy thực hiện các bước sau :
Bước 1 :
Chọn đoạn nhạc chuông bạn muốn cắt (đoạn được bôi trắng).
Bước 2 :
Thay đổi độ dài đoạn nhạc mà bạn muốn làm nhạc chuông bằng cách di chuyển hai đầu đoạn trắng, click
play
để nghe thử.
Bước 3 :
Nếu bạn đã ưng ý, hãy nhấn nút
Mp3
hoặc
ARM
chọn định dạng và
nhắn tin theo hướng dẫn
để tải nhạc chuông về máy hoặc tặng bạn bè.
Xem toàn bộ
Di chuyển
Đóng
Di chuyển
Đóng
Viết lưu bút cho
Nhắn tin cho
Tiêu đề
Nội dung tin nhắn
Thông tin chi tiết
Cho nhau lối đi riêng - Hoàng Thùy Linh
Thể hiện:
sorenal
0 vote sao - 75 lượt nghe
Thời gian: 24/08/2010 11:32:04
Thêm vào playlist của bạn
Thêm vào danh sách yêu thích
Mã Nhúng Blog
Mã Nhúng Forum
Đã Copy
Mới nhất của sorenal
Hay nhất của sorenal
Cùng thể hiện bài này
Sàn Nhạc
, Tầng 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Email:
sannhac@gmail.com
Liên hệ hợp tác: 094.686.1289
Giới thiệu quảng cáo
Liên hệ quảng cáo:
Admicro
Hà Nội – Ms. Hải Yến: 0988 965 517 – (84 4) 3974 8899. Ext 2201
Hồ Chí Minh – Mr.Tuấn: 0983 050 185 – (84 8) 7307 7979. Ext 173
Email:
giaitrixahoi@admicro.vn
Hỗ trợ & CSKH:
Admicro
Ms.Thơm: 01268 269 779
Address: Tầng 20, Center Building Hapulico Complex, Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội
Copyright 2009
– Công ty cổ phần VCCorp.
Chịu trách nhiệm quản lý nội dung : Bà Nguyễn Bích Minh.
Tầng 17, 19, 20, 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Giấy phép số 280/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 14 tháng 06 năm 2017.
Trang chủ
|
Điều khoản
|
Quy định
|
Phòng thu
|
Beat
|
Recording

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

Server: Apache

Set-Cookie: viewbeat=deleted; expires=Thu, 01-Jan-1970 00:00:01 GMT; Max-Age=0

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Pragma: no-cache

Connection: close

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


markdown:
Sàn nhạc sử dụng tốt nhất ở trình duyệt Firefox
Để thu âm và sử dụng sannhac một cách dễ dàng, bạn hãy cài đặt phầm mềm sau
Bắt đầu cài đặt Firefox
để duyệt web nhanh hơn
Đăng nhập
|
Đăng ký
Tên đăng nhập
Mật khẩu
Ghi nhớ
Quên mật khẩu
|
Gửi lại mail kích hoạt
Trang chủ
Phòng thu
Sàn đấu
Club
Hát Live
Sàn Nhạc
Sàn Diễn
1 waitfor delay '0:0:26.576999
Trả lời
SanNhac.com
on Facebook
Bình luận & Đánh giá
Bạn có thể đăng nhập bằng tài khoản
Yahoo
hoặc
Google
để bình luận hoặc đánh giá cho bài hát này
Hoặc đăng ký tài khoản mới
tại đây
Hủy
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn chia sẻ ca khúc này cho thành viên
Mô tả
Bạn phải
đăng nhập
mới được chia sẻ ca khúc!
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn tặng ca khúc này cho thành viên
Gửi quà và tin nhắn
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Tạo nhạc chuông
Để tạo nhạc chuông theo phong cách riêng của bạn, hãy thực hiện các bước sau :
Bước 1 :
Chọn đoạn nhạc chuông bạn muốn cắt (đoạn được bôi trắng).
Bước 2 :
Thay đổi độ dài đoạn nhạc mà bạn muốn làm nhạc chuông bằng cách di chuyển hai đầu đoạn trắng, click
play
để nghe thử.
Bước 3 :
Nếu bạn đã ưng ý, hãy nhấn nút
Mp3
hoặc
ARM
chọn định dạng và
nhắn tin theo hướng dẫn
để tải nhạc chuông về máy hoặc tặng bạn bè.
Xem toàn bộ
Di chuyển
Đóng
Di chuyển
Đóng
Viết lưu bút cho
Nhắn tin cho
Tiêu đề
Nội dung tin nhắn
Thông tin chi tiết
Ngày xưa anh nói - Chế Linh - Thanh Tuyền
Thể hiện:
lapthietke
0 vote sao - 41 lượt nghe
Thời gian: 06/10/2010 19:55:13
Thêm vào playlist của bạn
Thêm vào danh sách yêu thích
Mã Nhúng Blog
Mã Nhúng Forum
Đã Copy
Mới nhất của lapthietke
Hay nhất của lapthietke
Cùng thể hiện bài này
Sàn Nhạc
, Tầng 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Email:
sannhac@gmail.com
Liên hệ hợp tác: 094.686.1289
Giới thiệu quảng cáo
Liên hệ quảng cáo:
Admicro
Hà Nội – Ms. Hải Yến: 0988 965 517 – (84 4) 3974 8899. Ext 2201
Hồ Chí Minh – Mr.Tuấn: 0983 050 185 – (84 8) 7307 7979. Ext 173
Email:
giaitrixahoi@admicro.vn
Hỗ trợ & CSKH:
Admicro
Ms.Thơm: 01268 269 779
Address: Tầng 20, Center Building Hapulico Complex, Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội
Copyright 2009
– Công ty cổ phần VCCorp.
Chịu trách nhiệm quản lý nội dung : Bà Nguyễn Bích Minh.
Tầng 17, 19, 20, 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Giấy phép số 280/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 14 tháng 06 năm 2017.
Trang chủ
|
Điều khoản
|
Quy định
|
Phòng thu
|
Beat
|
Recording


markdown:
Sàn nhạc sử dụng tốt nhất ở trình duyệt Firefox
Để thu âm và sử dụng sannhac một cách dễ dàng, bạn hãy cài đặt phầm mềm sau
Bắt đầu cài đặt Firefox
để duyệt web nhanh hơn
Đăng nhập
|
Đăng ký
Tên đăng nhập
Mật khẩu
Ghi nhớ
Quên mật khẩu
|
Gửi lại mail kích hoạt
Trang chủ
Phòng thu
Sàn đấu
Club
Hát Live
Sàn Nhạc
Sàn Diễn
1 waitfor delay '0:0:26.576999
Trả lời
SanNhac.com
on Facebook
Bình luận & Đánh giá
Bạn có thể đăng nhập bằng tài khoản
Yahoo
hoặc
Google
để bình luận hoặc đánh giá cho bài hát này
Hoặc đăng ký tài khoản mới
tại đây
Hủy
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn chia sẻ ca khúc này cho thành viên
Mô tả
Bạn phải
đăng nhập
mới được chia sẻ ca khúc!
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Cắt nhạc chuông
Bạn muốn tặng ca khúc này cho thành viên
Gửi quà và tin nhắn
Bình luận
Chia sẻ ca khúc
Tặng quà
Tạo nhạc chuông
Để tạo nhạc chuông theo phong cách riêng của bạn, hãy thực hiện các bước sau :
Bước 1 :
Chọn đoạn nhạc chuông bạn muốn cắt (đoạn được bôi trắng).
Bước 2 :
Thay đổi độ dài đoạn nhạc mà bạn muốn làm nhạc chuông bằng cách di chuyển hai đầu đoạn trắng, click
play
để nghe thử.
Bước 3 :
Nếu bạn đã ưng ý, hãy nhấn nút
Mp3
hoặc
ARM
chọn định dạng và
nhắn tin theo hướng dẫn
để tải nhạc chuông về máy hoặc tặng bạn bè.
Xem toàn bộ
Di chuyển
Đóng
Di chuyển
Đóng
Viết lưu bút cho
Nhắn tin cho
Tiêu đề
Nội dung tin nhắn
Thông tin chi tiết
Nấm lùn di động - Kalentine & Phoebe Bảo Ngọc
Thể hiện:
trieuhoaivan
1 vote sao - 234 lượt nghe
Thời gian: 09/02/2008 19:38:26
Thêm vào playlist của bạn
Thêm vào danh sách yêu thích
Mã Nhúng Blog
Mã Nhúng Forum
Đã Copy
Mới nhất của trieuhoaivan
Hay nhất của trieuhoaivan
Cùng thể hiện bài này
Sàn Nhạc
, Tầng 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Email:
sannhac@gmail.com
Liên hệ hợp tác: 094.686.1289
Giới thiệu quảng cáo
Liên hệ quảng cáo:
Admicro
Hà Nội – Ms. Hải Yến: 0988 965 517 – (84 4) 3974 8899. Ext 2201
Hồ Chí Minh – Mr.Tuấn: 0983 050 185 – (84 8) 7307 7979. Ext 173
Email:
giaitrixahoi@admicro.vn
Hỗ trợ & CSKH:
Admicro
Ms.Thơm: 01268 269 779
Address: Tầng 20, Center Building Hapulico Complex, Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội
Copyright 2009
– Công ty cổ phần VCCorp.
Chịu trách nhiệm quản lý nội dung : Bà Nguyễn Bích Minh.
Tầng 17, 19, 20, 21 Tòa nhà Center Building - Hapulico Complex
Số 1 Nguyễn Huy Tưởng, Thanh Xuân, Hà Nội.
Giấy phép số 280/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 14 tháng 06 năm 2017.
Trang chủ
|
Điều khoản
|
Quy định
|
Phòng thu
|
Beat
|
Recording


markdown:
### Wish list 2005
[Year 2005](http://www.timeanddate.com/calendar/?year=2005)is on the anvil, and I guess most of us must have prepared or must be scribbling on their [smartphones](http://www.microsoft.com/windowsmobile/smartphone/default.mspx)or lil sticky [turbo-notes](http://turbonote.com/)on their X-tops (desktops/laptops....)
Lets have a look at Frank Yu's
[Top 10 list of essentials](http://www.chinatechnews.com/index.php?action=show&type=news&id=2258)(courtesyChinaTechNews) , which indeed can add few more gadgets into the wish list of all my geaky friends. [Frank Yu's Profile](http://research.microsoft.com/users/i-franky/)
**Wishing you all, Very Prosperous & Happy New Year.**
## 1 Comments:
Interesting blog.
You may want to check out my blog "Framptonia" at nathanframpton.blogspot.com, I think you would find it interesting. I have a few contributors and there are some great discussions.
You may also want to try blog explosion to get more readers on your blog. I have a blog explosion link on my blog if you want to check it out.
Post a Comment
<< Home

Server: GSE

X-Content-Type-Options: nosniff

Cache-Control: private, max-age=0

X-XSS-Protection: 1; mode=block


markdown:
Sim mệnh kim
Sim mệnh mộc
Sim mệnh thủy
Sim mệnh hoả
Sim mệnh thổ
Mời nhập thông tin để chọn sim hợp ngày tháng năm sinh
Ngày sinh (Dương lịch)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
/
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
/
1930
1931
1932
1933
1934
1935
1936
1937
1938
1939
1940
1941
1942
1943
1944
1945
1946
1947
1948
1949
1950
1951
1952
1953
1954
1955
1956
1957
1958
1959
1960
1961
1962
1963
1964
1965
1966
1967
1968
1969
1970
1971
1972
1973
1974
1975
1976
1977
1978
1979
1980
1981
1982
1983
1984
1985
1986
1987
1988
1989
1990
1991
1992
1993
1994
1995
1996
1997
1998
1999
2000
2001
2002
2003
2004
2005
2006
2007
2008
2009
2010
2011
2012
2013
2014
2015
2016
2017
2018
2019
2020
2021
2022
2023
2024
2025
2026
2027
2028
2029
2030
2031
2032
2033
2034
2035
2036
2037
2038
2039
2040
2041
2042
2043
2044
2045
2046
2047
2048
2049
Giờ sinh
23 giờ đến 1 giờ
1 giờ đến 3 giờ
3 giờ đến 5 giờ
5 giờ đến 7 giờ
7 giờ đến 9 giờ
9 giờ đến 11 giờ
11 giờ đến 13 giờ
13 giờ đến 15 giờ
15 giờ đến 17 giờ
17 giờ đến 19 giờ
19 giờ đến 21 giờ
21 giờ đến 23 giờ
Giới tính
Nam
Nữ
Rất xin lỗi quý khách Sim
0969633978
hiện chưa có trong kho của Trung tâm. Xin quý khách vui lòng
Click vào >>>>>>>>>> đây
và nhập Giờ, Ngày, Tháng, Năm Sinh của mình rồi Click vào
Xem
để tìm sim hợp với mình. Cảm ơn quý khách , kính chúc quý khách tìm được sim phong thủy hợp với mình.
Liên hệ mua sim
0906.711.888

WARC-Truncated: length

Server: LiteSpeed

Pragma: public

Accept-Ranges: bytes

Vary: Accept-Encoding

Content-Type: text/html


markdown:
## Giới thiệu sản phẩm Giày Patin PTB Đỏ – Size L (39-42)
Là bộ môn thể thao đường phố khá dễ chơi, patin đã và đang thu hút một lượng lớn thanh niên tham gia tập luyện bởi sự nhẹ nhàng nhưng vẫn đầy nghệ thuật, đậm chất teen. Patin mang đến cho người tập một trái tim khỏe mạnh và một cơ thể dẻo dai cân đối.
** có thiết kế thoải mái, ổn định, trọng lượng nhẹ và hiệu suất sử dụng lâu bền với các thông số khung đỡ bằng hợp kim nhôm chắc chắn, vòng bi có độ cứng ABEC 7, bánh xe có kích thước 72mm, độ cứng 80A bằng nhựa PU và kèm thắng. Thiết kế 4 bánh có cùng đường kính, có độ ma sát tốt trên mọi địa hình trượt giúp dễ dàng xoay, quay đầu khi trượt. Giày patin PTB đỏ size L 39-42** ** phù hợp cho người mới bắt đầu và muốn thử sức mình ở những thể loại như Slalom, Speed Slalom, Slide, Freeride. Giày patin** **ĐẶC ĐIỂM SẢN PHẨM** **Thân giày thiết kế thật nâng niu bàn chân**
Mẫu giày patin PTB có size M và L để khách hàng dễ chọn lựa size nhỏ cho trẻ em, size lớn cho thanh thiếu niên. Giày sở hữu phần ruột giày mềm mại, vỏ giày không quá mềm để bảo vệ mắt cá và bàn chân khỏi những va chạm mạnh từ bên ngoài như ngã, nhảy từ cao xuống leo dốc đổ đèo khi chơi. Cổ giày có dạng lưới bọt giúp thoáng khi tốt. Trong giày có các lớp đệm, bọt biển êm ái giúp cho chân không bị chạm vào những phần cứng của giày gây trầy xước.
**Khung giày chắc chắn**
Giày được nâng bằng hai khung hợp kim nhôm cứng đảm bảo độ vững cho giày khi trượt, kết cấu khung sườn chắc chắn, cứng cáp giúp nâng đỡ toàn bộ bàn chân cũng như phần cổ chân của người chơi giúp hạn chế tối thiểu các chấn thương chân có thể xảy ra khi luyện tập.
**Vòng bi ABEC 7**
Vòng bi độ cứng ABEC 7 cho thấy sản phẩm có tính chịu đựng cao, bền bỉ, chống mài mòn khá tốt của lực ma sát đảm bảo độ bền cho vòng bi. Ngoài ra, các viên bi trong vòng bi được ổn định trong các kẹp đạn (đai bọc), đảm bảo đồng nhất trong kích thước và ổn định nhiệt độ trong khi vận hành. Sản phẩm phù hợp cho các bạn đi đường trường, thường cho các cuộc tuần hành. Độ dài trung bình của một cuộc tuần hành khoảng 10 – 15 km bao gồm cả đường xấu, đường tốt.
**Bánh xe chống mài mòn cao**
Bánh xe làm từ chất liệu nhựa PU có tính đàn hồi cao, bền, chống xé rách, chống trầy xước, chịu mài mòn va đập tuyệt vời. Bánh có kích thước 72*24mm cho tốc độ nhanh, thích hợp để trượt dốc, đổ đèo. Độ cứng 80A Bánh thích hợp dùng cho bề mặt trơn trượt như đá hoa, có thể duy trì một tốc độ tốt. Các bánh xe cùng kích cỡ là thiết kế chung, khá ổn định và phù hợp cho những người mới bắt đầu, giúp thăng bằng tốt, tốc độ ổn định, nhưng bị giới hạn trong linh hoạt. Thiết kế này đặc biệt dành cho những người bắt đầu làm quen với các kỹ thuật trượt.
**Những điều đáng lưu ý về vòng bi**
Cát, bụi, nước luôn ảnh hưởng đến vòng bi. Cát và bụi thường qua khe hở giữa tấm chắn bụi và vành vòng bi lọt vào bên trong, mài mòn bi và rãnh chạy bi rất nhanh chóng. Do vậy, nếu vòng bi không được để tâm chăm sóc, lâu dần khi vận hành vòng bi sẽ phát ra tiếng rào rạo do cấn cát bên trong, dẫn đến đôi roller khó di chuyển. Nước khi thấm vào bên trong khiến mỡ tra vào bi sẽ hấp thụ độ ẩm, vón cục và không còn giữ chức năng bôi trơn, mà vòng bi thì không thể hoạt động lâu với trạng thái khô mỡ như vậy.
## Thông tin sản phẩm Giày Patin PTB Đỏ – Size L (39-42)
Bộ sản phẩm bao gồm:
- 1 x đôi giày
|SKU||TI462SPAA172ICVNAMZ-1773050|
|Mẫu mã||Giày Patin|
|Kích thước sản phẩm (D x R x C cm)||42x34x11|
|Trọng lượng (KG)||0.9|
|Sản xuất tại||Trung Quốc|
|Thời gian bảo hành||1 tháng|
|Loại hình bảo hành||Bằng Hóa đơn mua hàng|
## Đánh giá
Chưa có đánh giá nào.

WARC-Identified-Payload-Type: text/html

Server: nginx

X-Powered-By: W3 Total Cache/0.9.5.1

Set-Cookie: woocommerce_recently_viewed=779; path=/


markdown:
# Công văn 1249/TCT-CS của Tổng cục Thuế
Chia sẻ: My Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:2
52
lượt xem 3
download
lượt xem 3
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2009/20090813/myngoc/80x100/08307092.jpg)
##
Công văn 1249/TCT-CS của Tổng cục Thuế
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Công văn 1249/TCT-CS của Tổng cục Thuế về việc hoàn thuế giá trị gia tăng đối với nguồn vốn viện trợ không hoàn lại
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Set-Cookie: TLDEVNamespace=vg4u4vfj5192reuk4cqh307r60; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ABC
Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22
lượt xem 51
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2010/20100608/nhantainuocviet/80x100/ppcmbdtabc_7297.jpg)
##
Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ABC
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tham khảo tài liệu 'phương pháp chứng minh bất đẳng thức abc', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức ABC
- ---NGUYỄN ANH CƯỜNG --- A. Lời giới thiệu Một lần nữa tôi lại có dịp gặp lại các bạn với một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mới. Nếu như phương pháp chính phương hoá đã khơi dậy trong ta bao nhiêu sự thích thú và thỏa thuê khi hàng trăm bài bất đẳng thức khó đã ngã rạp trước sức mạnh của nó thì tôi tin chắc các bạn sẽ còn hạnh phúc hơn với phương pháp này. Các bạn có thể tin được không, khi trước đây chúng ta phải cực khổ lấy giấy nháp ra và biến đối thì bây giờ chúng ta sẽ có thể giải bài toán chỉ với cái lướt nhìn đầu tiên. Nào chúng ta hãy cùng nhau thưởng thức viên kim cương này sẽ cắt bánh chưng ra sao nhé J. B. Phương pháp ABC Tôi xin mở đầu phương pháp này bằng việc xét một số bài toán sau: Bài 1: Cho ab + bc + ca = 1 và [ i) a + b + c = m, m ∈ − ∞,− 3 ∪ ] [ 3,+∞]. Tìm điều kiện của abc sao cho a, b, c là các số thực. [ ] ii) a + b + c ∈ 3 ,+∞ , a, b, c ≥ 0 . Tìm điều kiện abc sao cho a, b, c là các số thực không âm. Giải: Chúng ta đã có hai đại lượng trung bình của a, b, c . Sự xuất hiện của abc khiến chúng ta liên tưởng tới định lý Viete, vì vậy ta nghĩ tới việc xét phương trình; X 3 − mX 2 + X − abc = 0(*) Yêu cầu của đề bài tương đương với việc, tìm điều kiện của abc để i) Phương trình (*) có ba nghiệm thực. ii) Phương trình (*) có ba nghiệm không âm. Đặt f ( X ) = X 3 − mX 2 + X − abc Ta có: f ' ( X ) = 3 X 2 − 2mX + 1 .Phương trình có hai nghiệm m + m2 − 3 m − m2 − 3 X1 = ;X2 = 3 3 X −∞ X2 X1 +∞ f ' (X ) + 0 - 0 + f (X ) Phương trình có ba nghiệm khi và chỉ khi f ( X 2 ) ≥ 0 , f ( X 1 ) ≤ 0 Từ đây suy ra: (6 + 2 m 2 ) X 2 − m ≤ abc ≤ ( ) 6 + 2m 2 X 1 − m (1) 9 9 Đây cũng chính là đáp số của câu i).
- Câu ii) , nhận xét rằng để a, b, c là các số thực dương thì ngoài việc phải thoả mãn (1) , abc còn chịu thêm ràng buột 0 ≤ abc , và ngược lại với (1), abc ≥ 0, a + b + c ≥ 0, ab + bc + ca ≥ 0 thì a, b, c ≥ 0 . Vậy nên đáp số sẽ là: (6 + 2 m 2 ) X 2 − m ( 6 + 2m 2 X 1 − m) max 0, ≤ abc ≤ (2) 9 9 Như vậy là ta đã hoàn thành hai câu hỏi được nêu ra của bài toán. -------------------------------------------------------------------------------------- Bài tóan trên giúp ta rút ra hai nhận xét sau: Nhận xét i) Ø Điều kiện cần và đủ để tồn tại các số thực a, b, c khi đã biết trước các giá trị ab + bc + ca = 1 và [ a + b + c = m, m ∈ − ∞,− 3 ∪ 3 ,+∞ là ] [ ] (6 + 2 m 2 ) X 2 − m ≤ abc ≤ 6 + 2m 2 X 1 − m . ( ) 9 9 Ø Điều kiện cần và đủ để tồn tại các số thực không âm a, b, c khi đã biết trước các giá trị ab + bc + ca = 1 và a + b + c ∈ [ 3,+∞] là max0, (6 + 2m 9) X − m ≤ abc ≤ 2 6 + 2m 2 X 1 − m ( ) 2 . 9 o Nhận xét 1 được suy ta trực tiếp từ bài toán đã nêu, chú ý rằng tại sao a + b + c lại bị ràng buộc chạy trong các đoạn như trên. Có hai cách giải thích sau: • (a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca) = 3 2 • f ' ( X ) = 3 X 2 − 2mX + 1 buộc phải không hoàn toàn dương, hay nói cách khác là phương trình f ' ( X ) = 0 phải có nghiệm, tức ∆' = m 2 − 3 ≥ 0 o Nhận xét 1 còn cho ta thêm điều gì, thay vì phải sử dụng một bộ (a, b, c ) với a, b, c ∈ R để biễu diễn tất cả các phần tử của tập R 3 thõa ab + bc + ca = 1 , ta có thể sử dụng bộ (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) với sự ràng buộc của a + b + c và abc như đã nêu. Cũng hoàn toàn tương tự khi ta muốn biễu diễn tất cả các phần tử của tập R + thoã ab + bc + ca = 1. 3 Nhận xét ii) Ø a.Với mỗi bộ số thực (a 0 , b0 , c0 ) đều tìm được hai bộ ( x0 , x0 , y 0 ); ( z 0 , z 0 , t 0 ) sao cho * a 0 + b0 + c0 = x0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 * x0 x0 y 0 ≤ a 0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0 Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng nhau. Ø b.Với mỗi bộ số thực không âm (a0 , b0 , c0 ) ta đều tìm được một trong hai bộ ( x0 , x0 , y 0 ); ( z 0 , z 0 , t 0 ) hoặc (0, x0 , y 0 ); ( z 0 , z 0 , t 0 ) thõa mãn điều kiện sau * a 0 + b0 + c0 = x0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 * x0 x0 y 0 ≤ a 0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0 Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng nhau. Hay * a0 + b0 + c0 = 0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 y 0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 * 0 ≤ a0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0
- Đẳng thức xảy ra khi một trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng 0. o Nhận xét hai là không hiển nhiên và nó cũng chính là nguồn gốc của phương pháp này. Nhận xét 2 này có điều gì thú vị, chú ý rằng mọi biểu thức đối xứng f (a, b, c ) theo ba biến a, b, c đều có thể biễu diễn thành g ( A, B, C ) thông qua 3 dại lượng trung bình § A= a+b+c § B = ab + bc + ca § C = abc Do đó theo một lẽ thông thường với suy nghĩ giảm số biến, ta sẽ cố định A, B và cho C chạy. Ta mong đợi hàm g đạt cực trị khi C đạt các giá trị biên. Tuy nhiên ta không cần biết một cách cụ thể C sẽ đạt gía trị biên khi nào, ta chỉ cần biết một cách trừu tượng khi C đạt giá trị biên thì a, b, c sẽ có hình thù ra sao, và nhận xét 2 sẽ cho ta lời giải cho câu hỏi này. o Bây giờ chúng ta sẽ đi vào việc chứng minh chi tiết nhận xét 2: a) Trước hết ta sẽ chứng minh bài toán với các bộ số thực (a 0 , b0 , c0 ) thỏa mãn: a 0 + b0 + c0 = m và a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = 1 . Thông qua bài toán 1, với các ký hiệu X 1 , X 2 được giữ nguyên, ta có: ( 6 + 2m 2 ) X 2 − m Min = ≤ a 0 b0 c0 ≤ ( 6 + 2m 2 X 1 − m ) = Max 9 9 Bây giờ chúng ta sẽ xét thử xem khi a 0 b0 c0 đạt giá trị biên thì hình thù của a 0 , b0 , c0 sẽ ra sao. Xét phương trình f ( X ) = X 3 − mX 2 + X − Min = 0(*) . Ta có: m + m2 − 3 m − m2 − 3 f ' ( X ) = 3 X 2 − 2mX + 1 có hai nghiệm là X 1 = ;X2 = như đã nêu lên ở 3 3 bài toán 1. Hơn thế nữa f ( X 2 ) = 0 , hay nói cách khác f ( x ) = 0 và f ' ( x ) = 0 có cùng một nghiệm là X 2 . Vậy nên phương trình f ( X ) = 0 phải có nghiệm kép, giả sử nghiệm kép đó là x0 , x0 và nghiệm còn lại là y 0 . Như vậy theo định lý Viet ta sẽ có : * x0 + x0 + y 0 = m = a 0 + b0 + c 0 * x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x 0 = 1 = a0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 * x0 x0 y 0 = Min ≤ a 0 b0 c0 Chứng minh hoàn toàn tương tự với sự tồn tại của ( z 0 , z 0 , t 0 ) Như vậy là ta đã chứng minh được bài toán đã nêu trong trường hợp a 0 + b0 + c0 = m và a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = 1 . Với một tư tưởng hoàn toàn tương tự, bạn đọc hãy chứng minh sự tồn tại cho trường hợp: a 0 + b0 + c0 = m và a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = −1 Bây giờ giả sử a 0 + b0 + c0 = M và a 0 b0 + b0 c 0 + c0 a 0 = ± N thì liệu các bộ ( x0 , x0 , y 0 ) và a (a1 , b1 , c1 ) = 0 , 0 , 0 thỏa b c (z 0 , z 0 , t 0 ) có tồn tại không. Câu trả lời là có, thực vậy, xét các số N N N mãn điều kiện: M a1 + b1 + c1 = , a1b1 + b1 c1 + c1 a1 = ±1 . Như vậy theo chứng minh trên thì các bộ N (x1 , x1 , y1 ), (z1 , z1 , t1 ) là tồn tại. Nhận xét rằng ta có thể xây dựng các bộ (x0 , x0 , y 0 ) và (z 0 , z 0 , t 0 ) như sau: (x0 , x0 , y 0 ) = ( N x1 , N x1 , N z1 ) và (z 0 , z 0 , t 0 ) = ( N z1 , N z1 , N t1 ) . Thực vậy:
- N ( x1 + x1 + z1 ) = M * x0 + x0 + y 0 = N ( z1 + z1 + t 1 ) = z 0 + z 0 + t 0 = N = M = a 0 + b0 + c0 N * x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x0 = N ( x1 x1 + x1 y1 + y1 x1 ) = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 = N ( z1 z1 + z1t1 + t1 z1 ) = ± N = ± N * x0 x0 y 0 = ( N ) x x y ≤( N ) abc 3 1 1 1 3 1 1 1 = a0 b0 c0 = ( N ) abc ≤( N ) z zt 3 1 1 1 3 1 1 1 = z0 z0t0 Như vậy là ta đã chứng minh được hoàn chỉnh câu (a ) . Ý tưởng chứng minh câu (b ) là hoàn toàn tương tự và xin được nhường cho bạn đọc -------------------------------------------------------------------------------------- Bài 2: Mọi đa thức f đối xứng theo các biến a, b, c đều có thể biễu diễn dưới dạng đa thức theo các biến deg( f ) abc, ab + bc + ca, a + b + c . Và deg(abc ) ≤ . 3 Giải: Nhận xét rằng ta chỉ cần chứng minh sự biễu diễn cho các dạng đa thức sau, vì một đa thức đối xứng bất kỳ đều có thể được biễu diễn thông qua sự kết hợp của các dạng này bằng các phép nhân thêm hệ số và +,− (elementary operation): I (n ) = a n + b n + c n II (m, n ) = a m b n + a n b m + b m c n + c n b m + c m a n + a m c n m≥n≥ p≥0 III (m, n, p ) = a m b n c p + a m b p c n + b m a n c p + b m a p c n + c m a n b p + c m a p b n Tuy nhiên, nhận xét rằng Ø III có thể biễu diễn qua II cùng với abc như sau: C = (abc ) II (m − p, n − p ) p Ø II có thể biễu diễn qua I như sau: II = I (m )I (n ) − I (m + n ) Như vậy ta chỉ cần chứng minh I có thể biễu diễn qua abc, ab + bc + ca, a + b + c . Ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp quy nạp: Với n = 0,1 , mệnh đề đã cho hiển nhiên đúng. Giả sử ta đã chứng minh được I (k ) có thể biễu diễn thành đa thức thông qua các biến abc, ab + bc + ca, a + b + c, ∀k ≤ K . Nhận xét rằng điều này cũng đúng đối với II (m, n ) và III (m, n, p ) ∀m ≥ n ≥ p ≥ 0 : m + n ≤ K . Bây giờ ta sẽ chứng minh tính biễu diễn của I (K + 1) . Ta có: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − II (K ,1) Đồng thời: II (K ,1) = (ab + bc + ca )I (K − 1) − III ( K − 1,1,1) . Do đó: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − (ab + bc + ca) I (K − 1) + III (K − 1,1,1) . Mặt khác, theo giả thiết quy nạp, các biểu thức I ( K ), I ( K − 1), III ( K − 1,1,1) đều có thể biễu diễn dưới dạng đa thức theo các biến abc, ab + bc + ca, a + b + c . Điều này cho ta kết luận tính đúng đắn của mệnh đề đã nêu Như vậy, mệnh đề đã nêu đã được chứng minh thông qua nguyên lý quy nạp. deg( f ) Tính chất deg(abc ) ≤ được suy ra khá hiển nhiên, bởi lẽ biễu thức abc có bậc là 3 đối với các biến 3 1 a, b, c . Do đó khi coi abc là một biến bậc 1 thì bậc của abc phải không lớn hơn so với bậc của đa thức 3 tính theo các biến a, b, c
- Bạn đọc có thể hiểu đa thức tính theo bậc của abc như sau. Giả sử: f (a, b, c ) = (a + b + c )abc + ab + bc + ca vốn là một đa thức bậc 4 theo a, b, c . Nhưng khi tính bậc của đa thức theo biến abc , ta xem a + b + c và ab + bc + ca như các hằng số m, n . Khi đó đa thức được viết lại là: f (a, b, c ) = g (abc ) = mabc + n là đa thức bậc nhất theo biến abc . -------------------------------------------------------------------------------------- Thông qua hai bài toán trên, chúng ta đã có đầy đủ các kết quả cần thiết (background) để bước vào thế giới ABC, Abstract Concreteness. J Định lý 1: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) là hàm đơn điệu trên R theo abc thì cực đại và cực tiểu xảy ra khi trong ba số a, b, c có hai số bằng nhau, còn trong tập R + thì xảy ra khi có một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau. Định lý 2: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) là hàm lồi trên R theo abc cực đại xảy ra khi trong ba số a, b, c có hai số bằng nhau, còn trong tập R + thì xảy ra khi có một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau. Định lý 3: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) là hàm lõm trên R theo abc cực tiểu xảy ra khi trong ba số a, b, c có hai số bằng nhau, còn trong tập R + thì xảy ra khi có một số bằng 0 hay có hai số bằng nhau. Chứng minh: Cả ba định lý trên đều được chứng minh thông qua nhận xét ii). Định lý 1: • Với mỗi bộ số (a 0 , b0 , c0 ) ∈ R 3 đều tìm được hai bộ ( x0 , x0 , y 0 ); ( z 0 , z 0 , t 0 ) sao cho * a 0 + b0 + c0 = x0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 * x0 x0 y 0 ≤ a 0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0 Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng nhau. • Với mỗi bộ số thực không âm (a 0 , b0 , c0 ) ta đều tìm được một trong hai bộ (x0 , x0 , y 0 ); (z 0 , z 0 , t 0 ) hoặc (0, x0 , y 0 ); (z 0 , z 0 , t 0 ) thõa mãn điều kiện sau * a 0 + b0 + c0 = x0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 (1) * x0 x0 y 0 ≤ a 0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0 Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng nhau. Hay
- * a 0 + b0 + c0 = 0 + x0 + y 0 = z 0 + z 0 + t 0 * a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 = x0 y 0 = z 0 z 0 + z 0 t 0 + t 0 z 0 (2) * 0 ≤ a0 b0 c0 ≤ z 0 z 0 t 0 Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến (a 0 , b0 , c0 ) bằng 0. Ø Cách 1: (Direct Proof) Do f là hàm đơn điệu theo biến a 0 b0 c0 nên hàm số đạt cực đại hay cực tiểu tại các điểm biên của a 0 b0 c0 , hãy giả sử f tăng và ta cần tìm cực đại (các trường hợp còn lại chứng minh tương tự), ta có f (a 0 b0 c0 , a 0 b0 + b0 c0 + c 0 a 0 , a 0 b0 c 0 ) ≤ f ( z 0 z 0 t 0 , a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 , a 0 + b0 + c0 ) = f ( z 0 z 0 t 0 , z 0 z 0 + z 0 t 0 + z 0 t 0 , z 0 + z 0 + t 0 ) Vậy nên cực đại xảy ra khi có hai biến bằng nhau. Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , đối với trường hợp tăng tìm cực đại, ta chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. Trong trường hợp tăng và tìm cực tiểu (trường hợp giảm cũng chứng minh tương tự), khi cố định a + b + c, ab + bc + ca thì không phải lúc nào abc cũng đạt được cực tiểu khi có hai biến bằng nhau mà đôi khi là khi có một biến bằng 0. Do đó: f (a 0 b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f ( x0 x0 y 0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y 0 , x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x 0 , x0 + x0 + y 0 ) hoặc f (a 0 b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f (0, a0 b0 + b0 c0 + c 0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y 0 , x0 + x0 ) Vậy nên cực tiểu sẽ xảy ra khi có hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0. Kết hợp mọi trường hợp ta rút ra kết luận như định lý 1. Ø Cách 2: (Contradiction Proof) Ta cũng chứng minh cho trường hợp tăng tìm cực đại. Giả sử hàm số đạt cực đại tại điểm (a 0 , b0 , c0 ) trong đó a 0 , b0 , c0 khác nhau từng đôi một và cực đại là M . Tuy nhiên lại tồn tại một bộ ( z 0 , z 0 , t 0 ) thoã mãn: M = f (a 0 b0 c0 , a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 , a 0 b0 c0 ) < f ( z 0 z 0 t 0 , a 0 b0 + b0 c0 + c0 a 0 , a 0 + b0 + c0 ) = f ( z 0 z 0 t 0 , z 0 z 0 + z 0 t 0 + z 0 t 0 , z 0 + z 0 + t 0 ) Điều vô lý này cho phép ta kết luận cực đại xảy ra khi có hai biến bằng nhau Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , ta lại xét trường hợp tăng và tìm cực tiểu, nếu như hàm số đạt cực tiểu tại điểm (a0 , b0 , c0 ) trong đó a 0 , b0 , c0 khác nhau từng đôi một và không có biến nào bằng 0, đặt cực đại là M . Một trong hai trường hợp sau xảy ra: M = f (a 0 b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c 0 ) > f ( x0 x0 y 0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y 0 , x0 x0 + x0 y 0 + y 0 x 0 , x0 + x0 + y 0 ) M = f (a 0 b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c 0 ) > f (0, a0 b0 + b0 c0 + c 0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y 0 , x0 + x0 ) Điều vô lý này cho phép ta kết luận cực đại xảy ra khi có hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0. Định lý 2 và 3 được chứng minh tương tự với các tính chất của hàm lồi và lõm, hàm số lồi đạt cực đại , hàm số lõm đạt cực tiểu khi biến đạt các giá trị ở biên. Chi tiết của chứng minh xin nhường lại cho bạn đọc.
- Từ các kết quả trên ta rút ra được một số hệ quả lí thú sau: Hệ quả 1: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) là một đa thức bậc nhất theo abc đạt cực đại và cực tiểu trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Hệ quả 2: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) là một tam thức bậc hai theo abc và hệ số bậc cao nhất dương đạt cực đại trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Hệ quả 3: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hơn hay bằng 5 đạt cực đại và cực tiểu trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Hệ quả 4: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hơn hay bằng 8 có hệ số của a 2 b 2 c 2 trong biểu diễn qua dạng f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) không âm đạt cực đại trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Chứng minh: Hệ quả 1: Đa thức bậc nhất mx + y là hàm đơn điệu. Do đó, theo định lý 1 hàm f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , là đa thức bậc nhất theo abc , đơn điệu nđạt cực đại và cực tiểu trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Hệ quả 2: Tam thức bậc hai với hệ số dương m 2 x 2 + nx + p là hàm lồi trên đoạn liên tục. Do đó theo định lý 2 thì đối với hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , là một tam thức bậc hai theo abc và hệ số bậc cao nhất dương, tức là một hàm lồi nên đạt cực đại trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 . Hệ quả 3: Theo bài toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hơn hay bằng 5 có thể biễu diễn thành đa deg( f ) 5 thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) và là đa thức bậc nhất theo abc (do deg(abc) ≤ = suy ra 3 3 deg(abc ) = 1 ). Do đó theo hệ quả 1 đa thức đạt cực đại và cực tiểu trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 Hệ quả 4: Theo bài toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hơn hay bằng 5 có thể biễu diễn thành đa deg( f ) 8 thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) và là tam thức bậc hai theo abc (do deg(abc) ≤ = suy ra 3 3 deg(abc ) = 2 ), hơn nữa hệ số của a b c lại không âm nên theo hệ quả 3 ta đi đến kết luận âm đa th ức 2 2 2 đạt cực đại trong tập R khi có hai biến bằng nhau, trong tập R + khi có hai biến bằng nhau hay một số bằng 0 .
- Các hệ quả trên thật sự là những vũ khí rất lợi hại. Với chúng, ta có thể tóm gọn một phần rất lớn các bất đẳng thức đối xứng ba biến , vốn là một thể loại vẫn thường xuyên được ra trong các kì thi học sinh giỏi hiện nay. C. ABC và Ứng dụng Bây giờ chúng ta hãy xét qua một số ví dụ cụ thể xem phương pháp này được vận dụng ra sao nhé J Bài 1 [Sưu Tầm] Cho x, y, z ∈ R thỏa x 2 + y 2 + z 2 = 9 . Tìm giá trị lớn nhất của P = 2( x + y + z ) − xyz Giải: P đã ở sẵn trong dạng f ( x + y + z , xy + yz + zx, xyz ) , và điều kiện đối xứng không ràng buộc xyz mà chỉ phụ thuộc vào x + y + z , xy + yz + zx (*). Vậy nên ta có thể đưa bài tóan về việc giải quyết: Cho 2a 2 + b 2 = 9 Tìm giá trị lớn nhất của P = 4a + 2b − a 2 b 9 − b2 Để tìm giá trị lớn nhất ta thay a = vào P , và cần tìm giá trị lớn nhất của: 2 ( ) P = f (b ) = 2 2 9 − b 2 + 2b − ( b 9 − b2 ) 2 − 4b ( )( ) 2 f ' (b ) = 5 3b − + = 0 ⇒ 9b 6 − 87b 2 + 87b − 9 = 0 ⇔ b 2 − 1 9b 4 − 78b 2 + 9 = 0 ( 2 9−b 2 ) 2 2 Thay các nghiệm của phương trình đạo hàm bằng 0 vào f và ta nhận được f max = 10 khi a = 2, b = −1. (*) Lý luận này có thể giúp ta áp dụng ABC có thể được giải thích theo hai cách như sau: - Trong ABC , ta chỉ quan tâm đến abc , còn ab + bc + ca, a + b + c ta coi như các hằng số. Do đó chúng bị rang buộc như thế nào cũng không quan trọng - Chúng ta có thể chuẩn hoá bài toán thành: Tìm giá trị lớn nhất của: P= ( ) 6( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − 27 xyz , đây vẫn là một đa thức bậc nhất nếu tính theo biến ( x +y +z 2 2 2 3 ) abc , do x + y + z cũng là hằng khi xy + yz + zx, x + y + z là hằng. 2 2 2 Bài 2 [Nguyễn Anh Cường] Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: abc 2 ab + ac + bc i) 3 + ≥ 2 a +b +c 3 3 3 a + b2 + c2 2 a 3 + b3 + c3 1 a 2 + b 2 + c 2 ii ) + ≥ 4abc 4 ab + ac + bc
- Giải: i) Bất đẳng thức của chúng ta rõ ràng có thể viết được dưới dạng đa thức đối xứng bậc 5 ( 2 3 ) ( ) ( ) P = abc a 2 + b 2 + c 2 + a 3 + b 3 + c 3 − a 3 + b 3 + c 3 (ab + bc + ca ) ≥ 0 Và ta chỉ cần xét cực tiểu khi có hai giá trị trong ba biến bằng nhau hay một biến bằng 0. Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: a 2b 2 a 2 + 2ab 2 2a + b ⇔ (a − b ) 2 ≥ 0 ⇔ (a − b ) (a + b ) ≥ 0. 1 + ≥ 2 − 4 2a + b 3 3 3 2a + b 2 2a + b 2 3 2a + b 3 ( 3 ) Trường hợp có một số bằng 0, giả sử là c , bất đẳng thức tương đương với: ⇔ a 2 + b 2 + 3(a − b ) ≥ 0. 2 ab ≥ 2 2 3 a +b 2 ii) Một đa thức đối xứng bậc bảy, nhưng các bạn đừng lo, đó vẫn là đa thức bậc một đối với abc J, do đó theo ta lại có thể áp dụng ABC trong trường hợp này. Ta xét hai trường hợp: Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: 2 2a 3 + b 3 1 2a 2 + b 2 + ≥ 2 4a 2 b 4 a + 2ab 2 2a 3 + b 3 3 2a 2 + b 2 ⇔ 4a 2 b − 4 ≥ a 2 + 2ab − 1 ⇔ (a − b )2 (2a + b ) ≥ (a − b )2 (3a 2 + b 2 + 2ab ) 4a 2 b (a 2 + 2ab ) 2 [( ⇔ (a − b ) (2b − a) 2 + a 2 ≥ 0 2 )] Trường hợp có một biến bằng 0, bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng. Bài 3 [Iran Olympiad 1996] Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với các số thực dương a, b, c (ab + bc + ca ) 1 2 + 1 2 + 1 2 ≥ 9 (a + b ) (b + c ) (c + a ) 4 Bài tóan Iran 96 nổi tiếng, một đa thức đối xứng bậc 6 và là bậc hai đối với abc (**): [ 2 2 2 2 2 ] 9[(a + b )(b + c )(c + a )] − 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) ≤ 0 2 2 Vậy nên hàm số đạt cực đại khi có hai giá trị bằng nhau hay một số bằng 0 . Trường hợp có hai biến bằng nhau, bất đẳng thức tương đương với 1 2 9 2a + b 1 ( ) a 2 + 2ab 2 + 4a ≥ ⇔ (a − b )2 2 − 2 ≥ 0 ⇔ b(a − b ) ≥ 0 2 (a + b ) 4 2a (a + b ) 2 (a + b ) Trường hợp có một biến bằng nhau, giả sử là c , bất đẳng thức tương đương với: 1 1 9 2 1 ab 2 ( (a + b )2 + a 2 + b 2 ≥ 4 ⇔ (a − b ) ab − 4(a + b )2 ≥ 0 ⇔ (a − b ) 4a + 4b + 7 ab ≥ 0 1 1 2 2 ) (**) Tại sao ta có thể kết luận được điều này từ đa thức vừa chuyển thành. Thứ nhất:
- [ 2 2 2 2 2 ] 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) chỉ chứa abc bậc 1, vì tuy đa thức này là 2 [ bậc 6, nhưng thực sự ta chỉ cần xét bậc của abc trong (a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) , 2 2 2 2 2 2 ] vốn là một đa thức bậc 4. Còn biểu thức 9[(a + b )(b + c )(c + a )] cũng vốn là một đa thức bậc 6 , tuy nhiên (a + b )(b + c )(c + a ) chỉ 2 chứa nhiều nhất là abc bậc 1, bình phương lên thì hệ số của a 2 b 2 c 2 là không âm. Như vậy, đôi khi ta không cần khai triển toàn bộ dang biểu thức như thế nào, ta chỉ cần lý luận được hệ số của a 2 b 2 c 2 là đủ để áp dụng định lý ABC . Bản chất của phương pháp là đánh giá abc , vậy nên việc gặp những bài tóan có bậc đẹp đẽ như vậy là một điều tốt đẹp nhưng không phải lúc nào cũng như vậy, thế nên thủ sẵn các biến đổi sau để đánh giá hàm số theo abc là một điều cần thiết. MOT SO DANG THUC Để thuận tiện trong những phần tiếp theo, ta quy ước a = x + y + z , b = xy + yz + xz , c = xyz. Ta sẽ xét qua các đại luợng hoán vị vòng quang của các biến x, y, z sẽ được biễu diễn qua các đại lượng trên ra sao. x 2 + y 2 + z 2 = a 2 − 2b xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx( z + x ) = ab − 3c ( ) ( ) ( ) xy x 2 + y 2 + yz y 2 + z 2 + zx z 2 + x 2 = a 2 b − 2b 2 − ac x 3 + y 3 + z 3 = a 3 − 3ab + 3c x 4 + y 4 + z 4 = a 4 − 2a 2 b + 2b 2 + 4ac x + y y + z x + z ab − 3c + + = z x y c (xy )2 + ( yz )2 + (zx )2 = b 2 − 2ac (xy )3 + ( yz )3 + (zx )3 = b 3 − 3abc + 3c 2 (x )( ) ( ) y + y 2 z + z 2 x xy 2 + yz 2 + zx 2 = 9c 2 + a 3 − 6ab c + b 3 2 Dưới đây xin cung cấp cho các bạn một số đánh giá về a, b, c trong các miền khác nhau: Định lý 1: ( ) Phương trình bậc ba có các nghiệm thực x, y, z khi và chỉ khi − 27c 2 + 18ab − 4a 3 c + a 2 b 2 − 4b 3 ≥ 0(1) Định lý 2: Phương trình bậc ba có các nghiệm thực dương x, y, z khi và chỉ khi có (1) và a > 0, b > 0, c > 0 Định lý 3: Phương trình bậc ba có các nghiệm là ba cạnh tam giác khi và chỉ khi có (1), (2 ) và a 3 − 4ab + 8c > 0. Các hệ quả đã nêu tuy hữu hiệu nhưng vẫn còn gặp nhiều hạn chế. Sau đây một số ví dụ ta không thể làm trực tiếp từ các hệ quả đã nêu mà phải nhờ vào một số biến đổi hay các định lý đã nêu. Bài 1 [Russia Olympiad 2005]: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 1 .Chứng minh rằng: a b c + 3 + 3 ≥3 a + bc b + ac c + ab 3
- Một bất đẳng thức đối xứng, đìêu kiện không ràng buột abc , việc đưa về đa thức đối xứng là dễ dàng, tuy nhiên lại lên tới bậc 9, và là bậc ba theo abc L. Điều này nằm ngòai kiểm sóat của các hệ quả, vậy nên ta phải có chút thủ thuậ biến đổi nho nhỏ. bc ac ab Đặt x = ; y = ; z = . Bất đẳng thức tương đương với: a b c xy + yz + xz = 1 . Chứng minh rằng: ≥ 3(*) 1 1 1 + + xy + z yz + x zx + y Bây giờ thì mọi chuyện trở nên dễ dàng rồi, một đa thức bậc hai theo xyz với hệ số bậc cao nhất không âm, và ta cần tìm cực đại. Ta chỉ cần xét các trường hợp khi có hai biến bằng nhau, hay một biến bằng 0 . Trường hợp 1: x = z . Bât đẳng thức tương đương với: 2 1 + 2 ≥ 3 với 2 xy + x 2 = 1. xy + x x + y 1− x2 ≥ 3, x ∈ [0,1] . Điều này không quá khó khăn 2 1 Thay y = , và ta cần chứng minh + 2x 1− x 2 1− x2 +x x + 2 2 2x và các bạn sẽ có thể giải quyết dễ dàng. Trường hợp 2: z = 0 . Bất đẳng thức tương đương với: 1 1 1 + + ≥ 3 với xy = 1 . xy x y 1 1 2 1 1 1 2 1 Ta có + ≥ ⇒ + + ≥ + = 3. x y xy xy x y xy xy Bài 2 [Nguyễn Anh Cường]: Cho các số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng : x4 + y4 + z4 2( xy + yz + xz ) + ≥ 1+ 2 x y +y z +z x 2 2 2 2 2 2 x2 + y2 + z2 Giấc mộng đưa về dạng đa thức đối xứng coi như tan vỡ. Ta đành đánh giá trực tiếp theo hàm đối với biến xyz . Vẫn với quy ước a = x + y + z , b = xy + yz + zx, c = xyz , sử dụng các hằng đẳng thức đã nếu ở trên ta biến bất đẳng thức về dạng: a 4 − 2a 2 b + 2b 2 + 4ac 2b + ≥ 1+ 2 b − 2ac 2 a − 2b 2 Hàm theo c là hàm bậc nhất nên đơn điệu. Theo định lý một, cực tiểu xảy ra khi có hai biến bằng nhau hay một biến bằng 0 . Trường hợp 1: x = z . Bất đẳng thức tương đương với: 2x 4 + y 4 + ( ) 2 x 2 + 2 xy ≥ 1+ 2 x 4 + 2x 2 y 2 2x 2 + y 2 Do tính thuần nhất của bất đẳng thức này nên ta có thể giả sử x = 1 , khi đó ta cần chứng minh:
- y4 + 2 2(2 y + 1) −1 ≥ 2 − 2y +1 2 y2 + 2 ⇔ (y − 1)2 2 ≥ 2 ( y − 1) 2 2y2 + 1 + ( y + 2)(2 y 4 2 +1 ) y 2 + 2 + y 2 + 2 (2 y + 1) ( ) Ta có thể đánh giá các mẫu số một cách nhẹ nhàng nhưng vẫn đảm bảo tính đúng đắn của dấu lớn hơn hoặc bằng sau khi đánh giá như sau: (y 4 )( ) + 2 2y2 +1 ≤ 2y3 + 2 ⇒ 2y2 +1+ (y + 2)(2 y + 1) ≤ 2 y + 1 + 4 2 2 2y3 + 2 . (y 2 + 2)(2 y + 1) ≥ y + 2 ⇒ y2 + 2 + 2 (y + 2)(2 y + 1) ≥ y + y + 2 + 2 2 Do đó công việc còn lại của chúng ta là chứng minh: ( y + 1)2 ≥ 2 2 2y + 2y + 2 +1 y + y + 2 + 2 3 2 ( ⇔ y4 + y3 + 5 − 2 y2+ 5 + 2 2y ≥ 0 ) ( ) Trường hợp 2: z = 0 . Bất đẳng thức tương đương với: x4 + y4 2 xy + ≥ 1+ 2 x2 y 2 x + y2 2 Ta có: x + y 4 4 ≥ (x 2 + y2 ) 2 ≥ 2 x 2 y 2 , do đó: 2 x4 + y4 2 xy 2 x4 + y4 x2 + y2 2 xy + ≥ 1 + 2 ≥ 1 − + 2 xy + x2 y2 x2 + y2 2 x2 y2 x + y2 2 x2 + y2 ≥ 2 − 1 + 24 ≥ 1+ 2 2 xy Cuối cùng dưới đây là một số bài tập để các bạn làm quen với phương pháp này: Bài tập áp dụng Bài 1 [Sưu tầm]: Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: 1 1 1 6 + 2 + 2 ≥ 2 2a + bc 2b + ca 2c + ab a + b + c + ab + bc + ca 2 2 2 Bài 2:[Darij Grinberg- Old and New Inequality] Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a b c 9 + + ≥ (b + c ) (c + a ) (a + b ) 4(a + b + c ) 2 2 2 Bài 3: [Mircea Lascu – Old and New Inequality ] Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: b+c c+a a+b a b c + + ≥ 4 + + a b c b+c c + a a +b Bài 4:[Vietnam TST, 1996] Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực a, b, c
- (a + b )4 + (b + c )4 + (c + a )4 ≥ 4 (a 4 + b 4 + c 4 ) 7 Bài 5:[Nguyễn Anh Cường] Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng : a+b b+c c+a ab + bc + ca + + +2 2 ≥ 6+2 c a b a + b2 + c2 D.ABC Upgrade Như vậy là chúng ta đã phần nào lướt qua sức mạnh của phương pháp này, hy vọng các bạn thấy thích thú với những gì tôi đã trình bày. Trong các phần sau, tôi sẽ lần lượt lướt qua các điểm yếu của phương pháp này và lần lượt giải quyết chúng một cách đáng kể nhất.Việc ngày càng nâng cấp phương pháp vẫn còn là một vấn đề đang được phát triển, chúng tôi rất hoan nghênh các ý tưởng của các bạn về việc nâng cấp phương pháp. Như các bạn đã thấy, đối với các bài toán bất đẳng thức có sự ràng buột giữa các biến a, b, c , nếu sự rang buột này chỉ liên quan đến a + b + c và ab + bc + ca thì định lý ABC sẽ có cơ hội phát huy sức mạnh. Thế nhưng đối với những bài toán mà bản thân abc bị ràng buột thì sao. Với ý tưởng như vậy, chúng ta sẽ nâng cấp định lý ABC để định lý này có khả năng đối phó với những bài toán thuộc những dạng trên. i) Cho a, b, c đồng thời là các số thực hoặc là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng abc, a + b + c đã được cho trước (nghĩa là đã được cố định sẵn) thì ab + bc + ca sẽ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a, b, c bằng nhau. ii) Cho a, b, c đồng thời là các số thực dương. Khi đó nếu đại lượng abc, ab + bc + ca đã được cho trước (nghĩa là đã được cố định sẵn) thì a + b + c sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi có hai trong ba biến a, b, c bằng nhau. Chứng minh i) Giả sử a + b + c = 1 và abc = m (trường hợp a + b + c = n có thể đưa về trường hợp này một cách dễ dàng bằng cách đặt a = nx, b = ny, c = nz , bạn đọc cũng đã được xem qua kỹ thuật này trong phần chứng minh định lý ABC ở các phần trên.). Ta sẽ chứng minh ab + bc + ca đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất khi có hai trong ba biến a, b, c bằng nhau trong cả hai trường hợp a, b, c ∈ R và a, b, c ∈ R + . Đặt ab + bc + ca = S Một lần nữa, ta lại đưa về bài toán tồn tại nghiệm của phương trình: Đặt f ( X ) = X 3 − X 2 + SX − m Ta có: f ' ( X ) = 3 X 2 − 2 X + S .Phương trình có hai nghiệm 1 + 1 − 3S 1 − 1 − 3S X1 = ;X2 = 3 3 Phương trình có ba nghiệm khi và chỉ khi f ( X 2 ) ≥ 0 , f ( X 1 ) ≤ 0 . Ta có : f ( X 2 ) ≥ 0 ⇔ (6 S − 2)X 2 + S − 9m ≥ 0 , giả sử có tập nghiệm là R X 2 f ( X 1 ) ≤ 0 ⇔ (6S − 2 )X 1 + S − 9m ≤ 0 , giả sử có tập nghiệm là R X 1 Trước tiên ta sẽ chứng minh cho trường hợp a, b, c ∈ R .
- Gọi S min , S max lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trong tập R X 1 ∩ R X 2 (giao của hai tập này khác rỗng, nêu không phương trình không có nghiệm với mọi giá trị của S ). Nhận xét rằng hai giá trị này là nghiệm của một trong hai phương trình (6 S − 2 ) X 1+ S − 9m = 0 hay (6S − 2 ) X 2 + s − 9m = 0 (các giá trị này chắc chắn tồn tại, nếu không thì phương trình bậc 3 sẽ có nghiệm khi S chạy tới cộng vô cùng hoặc âm vô cùng), khi đó ta sẽ có S min ≤ S ≤ S max . Bây giờ ta sẽ kiểm tra khi S đạt một trong hai giá trị này thì liệu có tồn tại ba số thực a, b, c không và hình thù của a, b, c sẽ ra sao. Điều đầu tiên là rõ ràng, vì S min , S max ∈ R X 1 ∩ R X 2 . Điều thứ hai, do S min , S max là nghiệm của một trong hai phương trình (6S − 2) X 1+ S − 9m = 0 hay (6 S − 2 ) X 2 + s − 9m = 0 , nên hoặc là f ( X 1 ) = 0 , hoặc là f ( X 2 ) = 0 . Khi này phương trình bậc ba đã cho sẽ có nghiệm kép, hay nói cách khác, lúc này hình thù của (a, b, c ) là (x, x, y ) Bây giờ ta sẽ chứng minh cho trường hợp a, b, c ∈ R + . Trước hết ta cần phải có m ≥ 0 . Nhận xét rằng 0 ∉ R X 1 ∩ R X 2 , vì không tồn tại các số thực a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, ab + bc + ca = 0, abc ≥ 0 . Điều này có nghĩa là R X 1 ∩ R X 2 tách biệt thành các khoản mà các cận là cùng âm hoặc cùng dương. Gọi R3 là tập R X 1 ∩ R X 2 bỏ đi các đoạn âm. Gọi S min , S max là các giá trị nhỏ nhất và nhỏ nhất trong tập R3 này. Và ta lại có: S min ≤ S ≤ S max . Lý luận tương tự như trường hợp R , ta cũng sẽ suy ra được khi S chạm các biên này thì hai trong ba biến (a, b, c ) là bằng nhau. ii) Bạn đọc có thể dễ dàng suy ra chứng minh cho định lý ABC Upgrade 2 sau khi đã xem qua chứng minh 1. Tuy nhiên đối với a + b + c thì không có rang buộc về cận trên khi a, b, c ≥ 0 . Tuy nhiên sẽ có cận dưới do a + b + c đã bị chặn dưới bởi 0 . Do đó nên trong trường hợp này chỉ tồn tại S min , cũng vậy, khi này ta đi tới kết luận a + b + c đạt giá trị nhỏ nhất khi hai trong ba biến a, b, c bằng nhau. Các bạn có thể thấy tư tưởng trừu tượng sự cụ thể (abstract concreteness) rõ rang hơn trong chứng minh trên. Chúng ta không cần biết giá trị nhỏ nhất của ab + bc + ca hay a + b + c cụ thể là bao nhiêu nhưng vẫn có thể chứng minh được khi đạt được giá trị này thì hai trong ba biến a, b, c bằng nhau. Chúng ta sẽ lướt qua một số ví dụ để xem cách áp dụng của định lý ABC Upgrade này như thế nào: Bài 1: [Hojoo Lee] Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc ≥ 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 1≥ + + 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a Giải: Nhận xét rằng hàm số bên phải giảm khi biến a tăng. Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh khi abc = 1 (đối với trường hợp , abc = k ≥ 1 , ta có: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + ≤ 1) 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a a 1+ b + c a 1+ + b 1+ c + k k Bất đẳng thức đã cho tương đương với: f (a, b, c) = (1 + a + b )(1 + b + c )(1 + c + a ) − (1 + a + b )(1 + b + c ) − (1 + b + c )(1 + c + a ) − (1 + c + a )(1 + a + b ) ≥ 0 Nhận xét rằng bậc của đại lượng ab + bc + ca trong f (a, b, c ) chỉ là bậc 1 ( f (a, b, c ) chỉ là bậc 3 theo a, b, c ). Vậy nên khi cố định a + b + c thì f (a, b, c ) đạt giá trị nhỏ nhất khi ab + bc + ca đạt giá trị nhỏ nhất, khi này hai trong ba biến a, b, c bằng nhau. Ta đưa về bài toán: Cho các số thực dương x, y thoã mãn: x 2 y = 1 . Chứng minh rằng:
- 1 2 + ≤ 1. 1 + 2x 1 + x + y 1 Thay y = 2 vào bất đẳng thức và ta cần chứng minh: x 1 2 2( x − 1) 2 x( x + 1) + ≤1⇔ − ≤0 1 + 2x 1 3(1 + 2 x)( x 3 + x 2 + 1) 1+ x + 2 x Như vậy bất đẳng thức đã được chứng minh hoàn toàn. Bài 2: [Sưu Tầm]: Cho các số thực dương a, b, c thoã mãn: a + b + c = 3abc .Chứng minh rằng: ac bc ab 2 + + ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a ) b a c Bài 3 [Bùi Việt Anh]: Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: a b c abc + + +2 ≥2 b+c c+a b+a (a + b)(b + c)(c + a) Giải: Đối với bài toán này thì dù có cố định hai đại lượng nào đi nữa thì chúng ta đều sẽ không thu được một hàm số tốt với biến còn lại (tốt ở đây ngụ ý lồi, lõm hay đơn điệu). Tuy nhiên ở đây, ta sẽ thấy được sự liên a b c abc hệ giữa hai đại lượng + + và , chúng là tổng và tích của các đại lượng b+c c+a b+a (a + b)(b + c)(c + a) a b c , , . Như vậy chúng ta hãy thử chuyển biến theo hướng này xem. b+c c+a a+b a b c Đặt x = ,y= ,z = , vấn đề là mối liên hệ của x, y, z thế nào. Ở đây tôi xin đưa ra mối quan b+c c+a b+a hệ, và với mối quan hệ này chúng ta có thể tìm ngược trở lại a, b, c . Và từ đó ta cũng sẽ có bài toán tương đương sau: 1 1 1 Cho x, y, z ≥ 0 thoã mãn: + + = 2 ⇔ 2 xyz + xy + yz + zx = 1 . Chứng minh rằng: 1+ x 1+ y 1+ z x + y + z + 2 xyz ≥ 2 . Như vậy ta sẽ cố định xyz và xy + yz + zx đưa về bài toán sau: Cho a, b ≥ 0 thỏa mãn: 2a 2 b + a 2 + 2ab = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2a + b + 2a b . 1− a2 1− a Thay b = = (a ≤ 1) , ta cần chứng minh: 2 a + 2a 2 2a 1− a 2a + + 2a (1 − a ) ≥ 2 . Thực vậy, bất đẳng thức tương đương với: 2a 1− a + 2a (1 − a ) ≥ 2(1 − a) 2a 1− a 1 2a ⇔ + ≥2 2a 1− a
- 2a 2a 2a Mặt khác = ≥ ≥ 2 2a . 1− a (1 − a)a 1 − a + a 2 1 2a 1 1 Do đó: + ≥ + 2 2a ≥ 2 2 2a = 24 2 ≥ 2 . 2a 1 − a 2a 2a Tóm lại bất đẳng thức đã được chứng minh hoàn toàn. Cuối cùng, một phần rất quen thuộc và không nên thiếu, đó là phần bài tập cho các bạn áp dụng: Bài 1:[Sưu tầm] Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng: x+ y+z 3 3 + xyz ≥ 2 3 ( xy + yz + zx ) Bài 2: [Sưu tầm] Cho các số thực dương a, b, c thoã mãn: abc = 1 . Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 b + c +1 c + a +1 a + b +1 Bài 3: [Nguyễn Anh Cường] Cho các số thực dương a, b, c thoã mãn: (a + b)(b + c)(c + a ) = 8 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: P = abc + a + b + c E.Mở ô cửa đóng Trong phần này, tôi sẽ xét qua một lớp các bài toán mà các biến bị chặn trong các tập đóng, vốn là một vấn đề còn chưa được phát triển trong các phần về định lý ABC đã nói ở trên. Đối với lớp bài toán này, chúng ta cũng có một phương pháp khác để giải quyết. Tôi sẽ giới thiệu về phương pháp này trước, sau đó sẽ chúng ta sẽ nghiên cứu về cách ứng dụng ABC trong các bài toán này sau: Bài toán: Cho x1 , x 2 ,..., x n ∈ [a, b] . Chứng minh rằng f ( x1 , x 2 ,..., x n ) ≥ C trong đó a, b, C là các hằng số cho trước. Gặp những tình huống như thế này, dấu bằng của bất đẳng thức thường xảy ra tại các giá trị biên, nghĩa là bằng a hay b . Trong những trường hợp như vậy, ta sẽ cố gắng chứng minh f ( x1 , x 2 ,..., x n ) ≥ min{ f (a, x 2 ,..., x n ), f (b, x 2 ,..., x n )}. Cuối cùng ta sẽ thu được giá trị nhỏ nhất của hàm số đạt được khi một số giá trị bằng a và các giá trị còn lại bằng b . Phương pháp này gọi là phương pháp tiếp cận dấu bằng. Ta sẽ lướt qua một số ví dụ sau: Bài 1 [Thi đội tuyển toán trường THPT Năng Khiếu] Cho a, b, c ∈ [0,1]. Tìm giá trị lớn nhất của: f (a, b, c ) = a + b + c − ab − bc − ca
- Ta sẽ chứng minh f (a, b, c ) ≤ max{ f (0, b, c ), f (1, b, c )}(*) . Ta có chứng minh trực tiếp bằng phương pháp đại số như sau: ( f (a, b, c ) − f (0, b, c ))( f (a, b, c ) − f (1, b, c )) = c(c − 1)(1 − a − b ) ≤ 0 , từ đó suy ra (*) 2 Hay bằng một cái nhìn giải tích, ta có thể suy ra nhanh chóng hơn với nhận xét hàm số đơn điệu theo biến a . Và từ đó trực tiếp suy ra (*) . Hoàn toàn thực hiện những bất đẳng thức tương tự đổi với các biến b, c , ta sẽ suy ra tính chất sau: f (a, b, c) ≤ max {f(0,0,0);f(0,0,1);f(0,1,1);f(1,1,1)} . Từ đây có thể dễ dàng kết luận giá trị lớn nhất của f (a, b, c ) là 1. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như: a = b = 0, c = 1 . Bài 2 [Nguyễn Anh Cường] Cho x, y, z ∈ [1, 2] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: xy xz yz C= + + xz + yz xy + yz xy + xz Đối với bài toán này, nếu ta áp dụng ngay việc chứng minh C ( x, y, z ) ≤ max{C (1, y, z ), C (2, y, z )} thì sẽ gặp khá nhiều khó khăn. Ở đây chúng ta sẽ áp dụng một mẹo nhỏ để làm cho công việc này tương đối đơn giản hơn: 1 1 1 C = f ( x, y , z ) = z + x + y . Đến đây các bạn cũng có thể đoán được chúng ta sẽ làm gì tiếp 1 1 1 1 1 1 + + + x y y z z x 1 1 1 1 theo. Đặt a = , b = , c = ; a, b, c ∈ ,1 và ta cần tìm giá trị lớn nhất của: x y z 2 g (a, b, c ) = a b c + + b+c c+a a+b 2b 2c Ta xẽ coi như b, c là các hằng số, và a là biến : g ' ' (a, b, c) = + > 0 . Như vậy g là hàm lồi (c + a ) 3 (b + a) 3 theo biến a , tức là g đạt giá trị lớn nhất khi a chạm các biên. Từ đây ta suy ra được điều mong muốn: g (a, b, c ) ≤ max{g (1, b, c ), g (2, b, c )}. Hoàn toàn thực hiện những bất đẳng thức tương tự đổi với các biến b, c , ta sẽ suy ra tính chất sau: 1 1 1 g (a, b, c ) ≤ max g ( , , ); g (1, , ); g (1,1, ); g (1,1,1) . Từ đây có thể dễ dàng suy ra giá trị lớn nhất của 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 , đạt được khi (a, b, c ) = ,1,1 , hay giá trị lớn nhất của f là , đạt được khi ( x, y, z ) = (2,1,1) . 19 19 g là 12 2 12 Như vậy qua hai ví dụ các bạn cũng đã có thể phần nào làm quen được với phương pháp này. Ở đây tôi sẽ nêu ra một phương pháp khác, chứng minh dựa vào định lý ABC . Trong các phần trên, ta thấy rằng ABC chí áp dụng được khi các biến chạy hoàn toàn trong R hoặc R + , vậy nên muốn áp dụng ABC , ta phải kéo dãn đoạn đã cho thành R hoặc R + . Bài 1 [Thi đội tuyển toán trường PTNK] Cho a, b, c ∈ [0,1]. Tìm giá trị lớn nhất của: f (a, b, c ) = a + b + c − ab − bc − ca
- Ta quay lại bài toán này, ta sẽ tìm cách kéo giãn đoạn [0,1] thành R + . Nhận xét nếu nghịch đảo a → 1 , ta a thu được bộ số nằm trong đoạn [1,+∞] . Vẫn chưa biến thành R + được, ta lại tiếp tục trừ bộ số cho 1 → − 1 và ta sẽ thu được bộ số nằm trong đoạn [0,+∞] . Như vậy ta đã chuyển a → − 1 = x để kéo 1 1 1 a a a [0,1] → [0,+∞] . Từ những ý tưởng như trên, ta sẽ đi tới lời giải sau: 1 1 1 Đặt a = ,b = ,c = trong đó x, y, z ∈ R + . Biểu thức đã cho trở thành: 1+ x 1+ y 1+ z f (a, b, c ) = g ( x, y, z ) = 1 1 1 1 1 1 + + − − − 1 + x 1 + y 1 + z (1 + x)(1 + y ) (1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x) = (1 + y )(1 + z ) + (1 + z )(1 + x ) + (1 + x )(1 + y ) − 3 − x − y − z (1 + x)(1 + y )(1 + z ) xy + yz + zx + x + y + z = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1 Đến đây bạn đọc cũng có thể dễ dàng thấy g ( x, y, z ) ≤ 1 , không cần áp dụng thêm định lý ABC nữa, tuy nhiên biểu thức này chúng ta đã có thể áp dụng ABC một cách dễ dàng để đưa về trường hợp hai biến. Có hai lợi thế khi chúng ta kéo dã một tập đóng thành tập R + như thế này, thứ nhất là ta có thể áp dụng được định lý ABC như trong trường hợp ở trên, thứ hai là ta có thể đánh giá được dễ dàng hơn, vì ở đây ta sẽ đánh giá các biến với số 0 , và điều này lúc nào cũng dễ dàng hơn. Chẳng hạn trong biểu thức trên, đánh 1 giá xyz ≥ 0 và ≥ 0. xy + yz + zx + x + y + z Bài 2 [Olympic 30-4 – Thành phố Hồ Chí Minh] Cho x, y, z ∈ [1,2] . Chứng minh rằng: g ( x, y, z ) = ( x + y + z )( + + ) ≤ 10 1 1 1 x y z Một lần nữa ta sẽ sử dụng kỹ thuật kéo dãn các biến. Ta sẽ sử dụng ABC, trước tiên kéo dãn [1,2] → R + như 1 sau: x → − 2 = a . Như vậy, đặt x −1
- a+2 b+2 c+2 x= ;y = ;z = ; a, b, c ∈ R + . Ta cần chứng min bài toán sau: a +1 b +1 c +1 a + 2 b + 2 c + 2 a + 1 b + 1 c + 1 f ( a , b, c ) = + + + + ≤ 10 a + 1 b + 1 c + 1 a + 2 b + 2 c + 2 MN ⇔ ≤ 10 (a + 1)(b + 1)(c + 1)(a + 2)(b + 2)(c + 2) Ở đó: M = (a + 2 )(b + 1)(c + 1) + (a + 1)(b + 2)(c + 1) + (a + 1)(b + 1)(c + 2) N = (a + 1)(b + 2)(c + 2) + (a + 2)(b + 1)(c + 2) + (a + 2)(b + 2)(c + 1) Thật đáng tiếc là bất đẳng thức: MN − 10(a + 1)(b + 1)(c + 1)(a + 2)(b + 2)(c + 2) ≤ 0 không thể đánh giá bằng định lý ABC được, do hệ số của a 2 b 2 c 2 cuối cùng thu được là âm (bạn đọc có thể nhẩm ra dễ dàng). Thế nhưng chúng ta không bỏ cuộc một cách dễ dàng, chúng ta sẽ nhờ ABC Upgrade để giải quyết trường hợp này. Cố định abc và a + b + c , và ta sẽ thấy biểu thức thu được là đa thức bậc nhất theo ab + bc + ca. Vậy nên ta đi đến kết luận bất đẳng thức đã cho đạt cực trị khi có hai biến bằng nhau. Như vậy ta chì cần chứng minh bất đẳng thức: a + 2 b + 2 a + 1 b + 1 f (a, a, b ) = 2 + 2 + ≤ 10 a + 1 b + 1 a + 2 b + 2 a + 2 b + 2 a + 2 b + 2 ⇔ 2 a + 1 − b + 1 a + 1 − 2 b + 1 ≤ 0 ⇔ −(ab + 3b )(ab + 3a ) ≤ 0 Như vậy là bài toán đã được chứng minh. Sau đây là một số bài tập cho các bạn áp dụng: Bài 1[Tạp chí toán học và tuổi trẻ]: Cho a, b, c ∈ [1, 2 ] . Tìm giá trị lớn nhất của: a 3 + b3 + c3 A= 3abc Tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ. Bài 2: [Sưu tầm] Cho x, y, z ∈ [1,2] . Chứng minh rằng: (x + y + z ) 1 + 1 + 1 ≥ 6 x + y + z x y z y+z z+x x+ y
- F.Định lý ABC mở rộng Như vậy là chúng ta đã giải quyết được hai yếu điểm của ABC . Yếu điểm thứ ba dễ nhận ra là ABC chỉ áp dụng được cho các bài toán ba biến, thế còn nhiều biến hơn thì thế nào???. Chúng ta sẽ cùng nhau giải quyết vấn đề này với định lý ABC mở rộng. Trước hết, chúng ta làm quen với một khái niệm mới nằm trong định lý ABC của chúng ta I. Khả ABC 1) Định nghĩa Xét một biểu thức ba biến f (a, b, c ) . Ta gọi f (a, b, c ) là một biểu thức khả ABC nếu như bất đẳng thức f (a, b, c ) ≥ 0 có thể được chứng minh dựa vào định lý ABC để đưa về hai trường hợp sau: i) Hai biến bằng nhau. ii) Một biến bằng 0. 2) Phương pháp chứng minh khả ABC Để chứng minh một biểu thức f (a, b, c ) là khả ABC, ta sẽ chuyển biểu thức f (a, b, c ) thành biểu thức g đối với các biến A = a + b + c, B = ab + bc + ca, C = abc .Biểu thức f (a, b, c ) là một biểu thức khả ABC nếu như g ( A, B, C ) là một hàm lồi theo biến C. Ví dụ : Chứng minh biểu thức sau là khả ABC f (a, b, c) = a 3 + b 3 + c 3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca (c + a ) Giải: Đặt A = a + b + c, B = ab + bc + ca, C = abc , ta có: f (a, b, c) = g ( A, B, C ) = A 3 − 3 AB + 3C + 3C − AB + 3C = A 3 − 4 AB + 9C Xét g ( A, B, C ) theo biến C . Ta có: g ' = 9, g '' = 0 do đó g là hàm lồi theo biến C. Vậy biểu thức f (a, b, c) là khả ABC. II. Định lý ABC mở rộng Xét một biểu thức đối xứng n biến f (a1 , a 2 ,..., a n ) , trong đó f có cực tiểu và n ≥ 3 . Ta sẽ coi f (a1 , a 2 ,..., a n ) như là một biểu thức ba biến g (a1 , a 2 , a 3 ) với các số a 4 , a5 ,..., a n được coi như là các hằng số. Khi đó nếu g khả ABC thì bất đẳng thức f (a1 , a 2 ,..., a n ) ≥ 0 có thể đưa về xét hai trường hợp sau: i ) m biến bằng nhau, n-m biến bằng nhau. ii ) 1 biến bằng 0. Bất đẳng thức được chứng minh là đúng đắn nếu nó được chứng minh tính đúng đắn trong hai trường hợp trên. Chứng minh: Ta giả sử f có cực tiểu như giả thiết đã nêu và cực tiểu xảy ra tại điểm ( x1 , x 2 ,..., x n ) (*) Nếu x1 x 2 ...x n = 0 hay xi chỉ có khả năng nhận một trong hai giá trị cố định thì cực tiểu này không âm theo giả thiết đã nêu trong định lý. Nếu xi có khả năng nhận ba giá trị khác nhau và khác 0, ta giả sử ( x1 , x 2 , x3 ) là một bộ mà ba giá trị trong bộ khác 0 và khác nhau từng đôi một. Ta cố định các biến x 4 , x5 ,..., x n như là những hằng số và xét hàm f ( x1 , x 2 , x3 , x 4 ,..., x n ) như là hàm g ( x1 , x 2 , x3 ) .
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Chuyên đề bất đẳng thức luyện thi Đại học - Giáo viên Lê Xuân Đại
43 p |
2113 |
1001
-
TÀI LIỆU: SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC
343 p |
514 |
290
-
Các kĩ thuật cơ bản để chứng minh đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong các kì thi tuyển sinh ĐH, CĐ, lớp chuyên, lớp chọn
8 p |
554 |
170
-
Hệ thống các phương pháp chứng minh Hình học không gian
26 p |
341 |
159
-
Bất đẳng thức Bernoulli
3 p |
500 |
129
-
Phương pháp chuyển vị trong chứng minh bất đẳng thức hoán vị
10 p |
240 |
84
-
Sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức
7 p |
216 |
68
-
Phương pháp đổi biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức
5 p |
176 |
55
-
Chủ đề 4: Chứng minh bất đẳng thức
3 p |
246 |
54
-
chứng minh bất đẳng thức hay và dễ nhất
7 p |
126 |
44
-
Phương pháp chứng minh bài toán đồng quy, thẳng hàng
50 p |
217 |
43
-
Chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức
7 p |
98 |
39
-
Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2014
17 p |
94 |
38
-
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG XYZ
5 p |
196 |
37
-
các phương pháp chứng minh bất đẳng thức chứa biến ở mẫu
8 p |
69 |
24
-
Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức Schur
2 p |
174 |
17
-
Chương 3. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
80 p |
48 |
14

Set-Cookie: TLDEVNamespace=c05aedal73vgirv99q1q9h8vt4; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT ĐƯỜNG THẲNG
Chia sẻ: Trần Bảo Quyên Quyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3
lượt xem 58
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2009/20091007/tranbaoquyen/80x100/hh_27_8221.jpg)
##
PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT ĐƯỜNG THẲNG
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Giáo trình môn hình học - Tiết 27: Phương trình tổng quát đường thẳng
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT ĐƯỜNG THẲNG
- Tổ Toán - Trường THPT Bình Điền Tiết 27: PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT ĐƯỜNG THẲNG. I. Mục tiêu: Qua bài này học sinh cần nắm vững: 1. Về kiến thức: Biết được véctơ pháp tuyến của đường thẳng, phương trình tổng quát của đường thẳng. 2. Về kỹ năng: Học sinh hiểu và biết được phương trình tổng quát của đường thẳng. 3. Về tư duy: Biết quy lạ về quen. 4. Về thái độ: Cẩn thận, chính xác. II. Phương tiện: 1. Thực tiển: Học sinh đã học bài hàm số bậc nhất ở lớp 9. 2. Phương tiện: Bảng phụ, bảng kết quả. III. Gợi ý về phương pháp: Cơ bản dùng phương pháp vấn đáp gợi mở thông qua hoạt động điều khiển tư duy thông qua hoạt động nhóm. IV. Quá trình dạy học: 1. Kiểm tra bài cũ: Cho 2 véctơ: u = (x;y) ; v = (x’;y’). Tìm điều kiện để u ⊥ v . Kểt quả: x.x’+y.y’ = 0. 2. Bài mới: Hoạt động của HS Hoạt động của GV Tóm tắt ghi bảng Hoạt động 1: Cho hình vẽ: 1. Phương trình tổng quát của đ ường thẳng n3 n3 n1 n1 n2 (d) (d) Hs: n2 ?1. Các véctơ n 1, n 2, n 3 có đặc điểm+ Khác véctơ 0 . như thế nào? + Có giá vuông góc với đường thẳng (d). ?2. Mỗi đường thẳng có bao nhiêu véctơ Hs: Định nghĩa: pháp tuyến? Chúng liên hệ với nhau như + Vô số. n là véctơ pháp tuyến của (d) thế nào? + Cùng phương. rr ?3 Cho điểm I và n ≠ 0 . Có bao nhiêu Hs: Có một đường thẳng ⎧n ≠ 0 ⎪ ⇔ ⎨r đường thẳng qua I và nhận n làm véctơ ⎪n ⊥ (d ) ⎩ pháp tuyến?
- Tổ Toán - Trường THPT Bình Điền Bài toán: Trong mặt phẳng Hoạt động 2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm I (x0;y0) Oxy cho điểm I (x0;y0) và n = và n = (a;b) ≠ 0 . ( Δ ) là đường thẳng (a;b) ≠ 0 . ( Δ ) là đường thẳng qua I nhận n làm véctơ pháp tuyến. qua I nhận n làm véctơ pháp Tìm điều kiện để M(x,y) ∈ ( Δ ). tuyến. Tìm điều kiện để M(x,y) ∈ ( Δ ). y GV: - Hai véctơ n và IM như thế nào? Hs: - Tích vô hướng bằng bao nhiêu? + n và IM vuông góc. M + n . IM = 0 KQ: a(x - x0) + b(y – y0) = 0. (I) I Phương trình (I) gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng ( Δ ) . O x Hs: * ax - ax0 + by – by0 = 0 PTTQ của đường thẳng ( Δ ) có ?4. Đưa phương trình về dạng khác? * ax + by + c = 0 dạng? GV: PTTQ của đường thẳng ( Δ ) có ax + by + c = 0 ( Δ ) dạng? ax + by + c = 0 ( Δ ) Hoạt động 3: Tìm véctơ ph áp tuyến của các đường Hs: thẳng sau: n = (1;2) (a) : x + 2x + 1 = 0 n = (1;0) (b) : x – 1 = 0 n = (0;2) (c) : 2x + 4 = 0 Hs: ? Tìm điều kiện để phương trình: k ≠0 kx + 2 ky –1 = 0 là phương trình đường thẳng? ĐS: A ∉ (a); B ∈ (a); C ∉ (a). Hoạt động 4: Cho đường thẳng a : 3x – 2y + 1 = 0 Hs: Các điểm nào sau đây thuộc đường + Thảo luận. thẳng a: + Trả lời. A(1;1); B(-1;-1); C(2;3);
- Tổ Toán - Trường THPT Bình Điền Hoạt động 5: Cho Δ ABC có A(-1;-1); B(-1;3); Hs: thảo luận đưa ra kết quả. A C(2;4). Véctơ pháp tuyến của đường Viết phương trình đường cao AH của cao AH: Δ ABC. BC = (3;-7). Gv: Cho học sinh hoạt động theo nhóm. Phương trình tổng quát của đường cao B C AH : 3x – 7y – 4 = 0. H AH : 3x – 7y – 4 = 0. Hoạt động 6: - Viết phương trình trục Ox. - Viết phương trình trục Oy. Hs: * Các dạng đặc biệt của Hoạt động 7: ax + by + c = 0 ( Δ ) ( a2 + b2 ≠ 0). + Thảo luận. phương trình tổng quát (sgk) Đặc điểm của đường thẳng trong các + Đại diện nhóm trả lời. c=0: ( Δ ) qua O. trường hợp : a=0: ( Δ ) cung phương Ox. c = 0 ; a = 0 ; b = 0. b=0 : ( Δ ) cung phương Oy. 3. Cũng cố dặn dò: - Nắm được phương trình tổng quát của đường thẳng. - Làm các bài tập 1;2;3 SGK.
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Bài giảng học phương trình vi phân
29 p |
1427 |
518
-
GIẢI TÍCH MẠNG - CHƯƠNG 2: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẰNG PHƯƠNG PHÁP SỐ
17 p |
904 |
246
-
Bài tập phương trình đường thẳng_Chương 3
13 p |
1954 |
239
-
HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐA THAM SỐ
6 p |
869 |
198
-
Phương trình hàm nâng cao P5
18 p |
203 |
114
-
Đề tài thảo luận "Hệ phương trình tuyến tính"
11 p |
809 |
113
-
Đường thẳng nâng cao
5 p |
178 |
90
-
Nguyên Lí Dirichle Tổng Quát
4 p |
183 |
89
-
PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG (tt)
4 p |
991 |
44
-
Bài tập phương trình đường thẳng trong không gian
4 p |
261 |
42
-
Sự không tồn tại nghiệm dương của phương trình tích phân
11 p |
144 |
33
-
Bài giảng Toán cao cấp 1 - Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
36 p |
123 |
32
-
Tổng hợp bài tập phương trình lượng giác bồi dưỡng học sinh giỏi
6 p |
122 |
27
-
Bài giảng Nhận dạng mặt bậc 2
35 p |
74 |
21
-
Phương trình đường thẳng trong không gian
4 p |
100 |
10
-
Chuyên đề về bài toán thiết lập phương trình đường thẳng - Nguyễn Thanh Cảnh
27 p |
29 |
8
-
Giáo trình hình thành quá trình đánh giá kĩ thuật giải thuật theo phương pháp tổng quan p1
15 p |
25 |
2

Set-Cookie: TLDEVNamespace=e1vvdo18bg3qotc06r5pqplp42; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# Sổ tay người dùng NET28 part 81
Chia sẻ: Dương Tùng Lâm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6
22
lượt xem 3
download
lượt xem 3
download
![](http://image.tlvnimg.com/document/thumbnail/2010/20101008/pategan/80x100/ng_dung_itn_81__9246.jpg)
##
Sổ tay người dùng NET28 part 81
Mô tả tài liệu
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static.tlvnimg.com/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tham khảo tài liệu 'sổ tay người dùng net28 part 81', công nghệ thông tin, quản trị mạng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Chủ đề:
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Set-Cookie: TLDEVNamespace=8a2qq2fnjellq28p8qvt0ei6e3; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# Tiểu luận " Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến và hệ thống thông tin cáp quang "
Chia sẻ: Nguyen Duc Mau | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14
lượt xem 253
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2009/20090807/nguyenmau/80x100/phan_1_151.jpg)
##
Tiểu luận " Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến và hệ thống thông tin cáp quang "
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Trong buổi sơ khai của công nghệ điện thoại, các dây kim loại là môi trường truyền dẫn duy nhất để kết nối các thuê bao trong mạng. Ngày nay, cáp sợi quang và các tuyến vô tuyến khác có dung lượng truyền dẫn cao được sử dụng rộng rãi. Trong đa số trường hợp, các mạng viễn thông bao gồm một hỗn hợp các phương tiện truyền dẫn khác nhau. Về nguyên lý, chúng có thể được sử dụng cho truyền dẫn cả thông tin tương tự và số. Tuy nhiên, các nhà khai thác không lựa chọn phương tiện...
Bình luận(0)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: Tiểu luận " Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến và hệ thống thông tin cáp quang "
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương ---------- TIỂU LUẬN Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến Giáo viên hướng dẫn : Nguyễn Thị Hương Họ tên sinh viên : ---------- Nghành điện tử viễn thông -1- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương LỜI NÓI ĐẦU ........................................... 3 HỆ THỐNG TRUYỀN DẪN HỮU TUYẾN ......................... 4 a. Cáp xoắn đôi ....................................... 6 b.Cáp đồng trục ....................................... 7 2. Sóng vô tuyến ...................................... 9 a.Phổ vô tuyến ........................................ 9 b.Kết nối vô tuyến ................................... 10 c.Vệ tinh ............................................ 11 3. Cáp quang ......................................... 13 Nghành điện tử viễn thông -2- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương LỜI NÓI ĐẦU Ngày nay hệ thống truyền dẫn hữu tuyến trong viễn thông rất đa dạng, từ truyền dẫn cáp đồng, ống dẫn sóng đến truyền dẫn bằng cáp quang. Cáp quang đã trở thành phương tiện truyền dẫn hết sức hiệu quả trong các mạng thuê bao, và ngày càng được nhiều nước sử dụng làm phương tiện truyền dẫn thông tin của mình bởi nó có chất lượng truyền dẫn tốt hơn hẳn so các hệ thống truyền dẫn khác - nó còn là phương tiện truyền dẫn an toàn nhất trong mọi điều kiện. Nó đóng vai trò đa năng truyền dẫn mọi dịch vụ viễn thông có chất lượng cao đòng bộ và hiện đại như: Truyền số liệu, hội nghị truyền hình, truy nhập dữ liệu từ xa, dẫn các tạp thông tin đa phương tiện. Bản báo cáo thực tập của em gồm có 2 phần : Phần 1 : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến. Phần 2 : Hệ thống thông tin quang. Được sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của cô NGUYỄN THỊ HƯƠNG bản báo cáo tực tập của em đã hoàn thành,tuy nhiên do khả năng có hạn nên không tránh khỏi sai sót, em kính mong các thầy cô giáo xem xét và góp ý để bản báo cáo được hoàn thiện hơn.. Nghành điện tử viễn thông -3- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương HỆ THỐNG TRUYỀN DẪN HỮU TUYẾN Trong buổi sơ khai của công nghệ điện thoại, các dây kim loại là môi trường truyền dẫn duy nhất để kết nối các thuê bao trong mạng. Ngày nay, cáp sợi quang và các tuyến vô tuyến khác có dung lượng truyền dẫn cao được sử dụng rộng rãi. Trong đa số trường hợp, các mạng viễn thông bao gồm một hỗn hợp các phương tiện truyền dẫn khác nhau. Về nguyên lý, chúng có thể được sử dụng cho truyền dẫn cả thông tin tương tự và số. Tuy nhiên, các nhà khai thác không lựa chọn phương tiện truyền dẫn chỉ dựa trên cơ sở kỹ thuật. Quả thực, khía cạnh kinh tế cũng có vai trò rất lớn. Sự đầu tư vào mạng trước đây và thời hạn khấu hao của thiết bị cũng phải được tính đến. Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu các phương tiện truyền dẫn sau: Cáp đồng Sóng vô tuyến Cáp sợi quang Nghành điện tử viễn thông -4- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Thông tin Thông tin Thông tin số tương tự tương tự Thông tin số 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 A/D A/D Ghép kênh Ghép kênh Giải ghép Giải ghép thời gian tần số kênh tần số kênh thời gian Mã đường Giải mã Điều chế Giải điều chế Vô tuyến Cáp đồng Ghép kênh Giải ghép kênh bước sóng R bước sóng Cáp quang Hình 1 Tổng quan về các phương thức truyền dẫn Tất cả các phương thức không cần thiết cho tất cả các loại thông tin, chẳng hạn về mặt truyền dẫn, một cuộc gọi nội hạt có thể được minh hoạ như trong hình 2. Thông tin tương tự Thông tin tương tự Cáp đồng Hình 2. Truyền dẫn của một cuộc gọi điện thoại nội hạt Nghành điện tử viễn thông -5- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương 1. Cáp đồng Cáp kim loại (thường là cáp đồng) vẫn tạo nên một phần rất lớn trong mạng viễn thông, đặc biệt là phần mạng kết nối đến thuê bao. Có hai kiểu cáp kim loại chính: cáp xoắn và cáp đồng trục. Ngoài ra, dây trần (dây không cách điện) cũng được sử dụng tại các vùng nông thôn. Cáp xoắn và cáp đồng trục được sử dụng cho cả truyền dẫn số và tương tự, dây trần chỉ được sử dụng cho những kết nối tương tự 3,1kHz. a. Cáp xoắn đôi Dạng cáp xoắn đôi đơn giản nhất được sử dụng trong nhà. Cáp này chỉ có 2 dây dẫn đấu nối telephone tới ổ cắm trên tường. Tại tổng đài các nhà khai thác có nhiều sự lựa chọn hơn, chẳng hạn 2, 10, 50 100 hay 500 đôi. Cáp xoắn được sử dụng chủ yếu trong mạng truy nhập giữa thuê bao và tổng đài, và -trong một chừng mặc nào đó- nó được sử dụng trong mạng trung kế giữa các tổng đài. Cáp xoắn được phát triển trước tiên cho các kết nối tương tự. Một phần lớn của mạng cáp hiện nay vẫn sử dụng cáp được cách điện bằng giấy. Nhựa là vật liệu cách điện tốt hơn, do nó không nhạy cảm với độ ẩm và có độ suy hao thấp hơn tại những tần số cao hơn. Bởi vậy, cáp xoắn sản xuất ngày nay đều được cách điện bằng nhựa. Phần lớn mạng cáp xoắn đôi được chôn dưới đất. Vỏ Vỏ cách ly Đôi sợi Hình 3. Mặt cắt của cáp xoắn đôi Nghành điện tử viễn thông -6- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Thông thường, vật liệu dẫn điện là đồng, và các dây dẫn được sản xuất theo một số các đường kính tiêu chuẩn - thông thường là 0.4, 0.5, 0.6 và 0.7mm. Các dây dẫn trong cáp được xoắn với nhau để tạo nên các đôi dây (hai dây dẫn) hay bốn dây. Suy hao tính theo km phụ thuộc vào đường kính dây dẫn và tần số. Pair Quad Quad Hình 4. Cáp xoắn đôi và hai kiểu 4 dây Lõi cáp thường được bọc bởi một hay nhiều lớp giấy hoặc băng nhựa để giữ các đôi cáp lại với nhau và để bảo vệ cáp. Vỏ cáp có thể làm bằng nhựa hoặc kim loại (chì hoặc nhôm) hay một hỗn hợp nhựa và các lá kim loại. Với sự lựa chọn vật liệu thích hợp, vỏ bọc có thể hoạt động như lá chắn chống lại các nhiễu điện và từ truờng. Để bảo vệ cáp khỏi các hư hại cơ khí, vỏ được bọc bằng các sợi thép hoặc bằng các băng quấn xung quanh vỏ. b.Cáp đồng trục Cáp đồng trục được sử dụng trong các hệ thống đa kênh tương tự (FDM) và số (TDM), các mạng truyền số liệu cục bộ, mạng cáp TV và làm ống dẫn sóng cho anten. Cáp bao gồm một hoặc nhiều ống đồng trục, bên trong mỗi ống gồm một dây dẫn và được bọc bằng một dây dẫn bên ngoài có dạng hình ống. Các ống đồng trục có dung lượng truyền dẫn rất lớn (10800 kênh thoại trên một hệ thống đa kênh tương tự). Trong mạng trung kế, các ống đồng trục này được sử dụng theo từng đôi, ống truyền dẫn theo một hướng. Ngày nay, cáp đồng trục không được còn Nghành điện tử viễn thông -7- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương được lắp đặt trong phần trung kế của mạng viễn thông. Nó đang được thay thế bởi cáp sợi quang. Tuy nhiên một phần vẫn được sử dụng cho cáp TV- cáp đồng trục có thể được sử dụng trong phần truy cập của mạng băng rộng trong tương lai. Hình 5. Cáp đồng trục Sợi dẫn hình ống bên ngoài có chức năng bảo vệ: không xảy ra giao thoa qua lại giữa các tín hiệu của những ống liền nhau. Thông thường, sợi dẫn bên trong là sợi dẫn bằng đồng đặc, hình tròn xoay. Sợi dẫn bên ngoài được làm bằng lá đồng. Sự cách điện tốt nhất giữa giữa các sợi dẫn là không khí, nhưng người ta thường sử dụng nhựa. Sợi dẫn bên trong phải luôn ở chính giữa của ống, nó định định vị bởi các vòng đệm nhựa hoặc thông qua việc nén nhẹ các ống nhựa ở các khoảng nhất định. Để nâng cao chất lượng ở tần thấp, các băng thép có thể được quấn xung quanh ống. Hình 6. Cáp đồng trục với các vòng đệm nhựa Một vài ứng dụng yêu cầu cáp đồng trục linh hoạt. Cáp này có sợi dẫn bên trong gồm nhiều dây và sợi dẫn bên ngoài gồm nhiều dây xoắn lại. Thông thường, vật liệu cách điện là nhựa. Nghành điện tử viễn thông -8- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương 2. Sóng vô tuyến Vô tuyến là môi trường truyền dẫn có rất nhiều lĩnh vực áp dụng, và là môi trường cung cấp cho người dùng sự mềm dẻo cực kỳ (chẳng hạn, điện thoại kéo dài). Vô tuyến có thể được sử dụng cục bộ, liên châu lục cho cả thông tin cố định lẫn di động giữa các nút mạng hoặc giữa những người sử dụng và các nút mạng. Trong phần này, ta sẽ đề cập đến liên kết vô tuyến và những kết nối vệ tinh. a.Phổ vô tuyến Phổ vô tuyến, từ 3kHz đến 300GHz là một dải của phổ sóng điện từ (tần số hồng ngoại, sóng ánh sáng, tia cực tím, X-quang và các dải tần số khác). Phổ vô tuyến được chia thành 8 dải tần như hình 14, từ VLF (tần số cực thấp) tới EHF (tần số cực cao). VLF LF MF HF VHF UHF SHF EHF Tần số Tần số Tần số Tần số Tần số Tần số Tần số Tần số F[Hz] rất thấp thấp Trung bình cao rất cao cực cao siêu cao siêu siêucao 3K 30K 300K 3M 30M 300M 3G 30G 300G Hình 7. Dải tần của phổ vô tuyến Sự lan truyền sóng vô tuyến phụ thuộc vào tần số của nó. Sóng vô tuyến với tần số dưới 30 MHz bị phản xạ tại các lớp khác nhau của tầng khí quyển và tại mặt đất, nhưng có thể được sử dụng cho thông tin trên biển, điện báo và telex. Với tần số này dung lượng bị giới hạn tới hàng chục hoặc hàng trăm bit/s. Trên 30MHz, là những tần số quá cao nên không bị phản xạ tại tầng điện ly. Những dải tần VHF và UHF được sử dụng cho TV, quảng bá và điện thoại di động thuộc vào nhóm này. Những tần số trên 3GHz chịu suy hao nghiêm trọng gây ra Nghành điện tử viễn thông -9- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương bởi vật cản (như toà nhà), bởi vậy yêu cầu phải có “tầm nhìn thẳng” giữa máy phát và thu. Hệ thống liên kết vô tuyến thường sử dụng những tần số giữa 2 và 40 GHz và những hệ thống vệ tinh thường sử dụng tần số giữa 2 và 14 GHz. Dung lượng được sử dụng vào khoảng 10-150Mb/s. b.Kết nối vô tuyến Trong các kết nối vô tuyến, truyền dẫn bị ảnh hưởng theo chuỗi các máy phát và máy thu vô tuyến. Liên kết vô tuyến được sử dụng cho tương tự cũng như số. Hình 8. Kết nối vô tuyến Tại các khoảng cách nhất định, tín hiệu được nhận và được chuyển tiếp đến trạm liên kết kế tiếp. Xem hình 8. Trạm liên kết có thể là chủ động hoặc thụ động. Một trạm liên kết chủ động khuếch đại hoặc tái tạo lại tín hiệu còn trạm liên kết thụ động thông thường bao gồm hai anten parabol kết nối trực tiếp mà không hề khuếch đại tín hiệu điện giữa chúng. Mỗi liên kết vô tuyến cần 2 kênh vô tuyến, mỗi kênh cho một hướng. Cần có khoảng cách vài MHz giữa tần số phát và thu. Anten parabol và ống dẫn sóng giống hệt nhau và được sử dụng cho cả hai hướng. Nghành điện tử viễn thông -10- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Khoảng cách giữa các trạm được gọi là chiều dài hấp phụ thuộc công suất phát, kiểu anten và khí hậu cũng như tần số. Tần số sóng mang càng cao, khoảng cách càng ngắn. Chẳng hạn, hệ thống 2GHz có khoảng cách xấp xỉ 50km và 18GHz có khoảng cách khoảng 5-10km. c.Vệ tinh Các hệ thống vệ tinh giống như hệ thống vô tuyến, chỉ khác nhau là trạm chuyển tiếp trung gian chuyển động theo quỹ đạo xung quanh trái đất thay việc thiết lập cố định trên mặt đất. Xem hình 9. Vệ tinh vẽ nên quỹ đạo Polar(cực) hoặc là địa tĩnh. Vệ tinh cực có quỹ đạo đi qua các cực ở độ cao khoảng 1000km và được sử dụng cho mục đích dự báo thời tiết và quân sự. Nghành điện tử viễn thông -11- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Hình 9. Hệ thống vệ tinh Vệ tinh được sử dụng cho viễn thông được phóng theo quỹ đạo địa tĩnh trên mặt phẳng xích đạo ở độ cao khoảng 35,800km so với mặt đất. Thời gian bay một vòng quanh quỹ đạo khoảng 24h và do trái đất tự quay nên dường như vệ tinh đứng yên so với đất. Xấp xỉ 1/3 bề mặt trái đất được bao phủ bởi một anten với bức xạ toàn cầu. Tuyến vệ tinh được sử dụng trong viễn thông quốc tế cũng như liên tỉnh. Sử dụng liên lục địa giúp giảm được cáp quang chôn dưới biển. Đặc tính truyền dẫn của tuyến vệ tinh là tuyệt hảo và giảm được phiền phức. Tuy nhiên, khoảng cách quá dài giữa trạm mặt đất và vệ tinh gây ra độ trễ 240ms, làm ảnh hưởng tới thông tin thoại và có thể gây tiếng vọng với thời gian truyền sóng khoảng 0,5giây. Intelsat (Hiệp hội vệ tinh viễn thông quốc tế) được thành lập với mục tiêu hỗ trợ tài chính, phát triển và điều hành hệ thống vệ tinh viễn thông thương mại toàn cầu. Ngày nay Intelsat, đã có hơn 100 nhà khai thác, chịu trách nhiệm phóng, khai thác các vệ tinh. Các nhà khai thác riêng (hoặc hiệp hội các nhà khai thác) quản lý các trạm mặt đất. Tuy nhiên Intelsat chịu trách nhiệm đối với một vài trạm mặt đất mà yêu cầu các vệ tinh điều khiển và giám sát. Một trong những vệ tinh của Intelsat là Intelsat VI, có 80000 kênh thoại. Nghành điện tử viễn thông -12- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương 3. Cáp quang Trong những năm 1870,Tyndall, một người Anh đã chỉ ra rằng ánh sáng có thể được dẫn qua kiểu vòi phun nước. Vào cuối thế kỷ 19, Graham Bell đã thiết kế ra điện thoại quang. Chính sự khó khăn trong việc tìm các nguồn sáng thích hợp đã khiến cho kỹ thuật này đưa vào sử dụng chậm mất 100 năm. Cuộc thử nghiệm đầu tiên với cáp quang diễn ra vào năm 1975 và cho tới 1980, các hệ thống thương mại đã mở ra cho lưu lượng thoại. Các đặc tính đặc biệt của sợi quang đã làm cho nó trở thành một phương tiện truyền dẫn cực kỳ quan trọng trong mạng viễn thông. Cáp quang được sử dụng chủ yếu cho truyền dẫn số ở các mạng đô thị và các tuyến đường dài. Nó có dung lượng truyền dẫn rất lớn. Ngày nay, có nhiều hệ thống với tốc độ vài Gb/s, chẳng hạn tốc độ 2,5Gb/s tương đương với xấp xỉ 32000 cuộc gọi ở tốc độ 64kb/s. Các giới hạn là ở thiết bị đầu cuối. Cáp quang bao gồm một số sợi thuỷ tinh có đường kính nhỏ. Xem hình 11. Những sợi thuỷ tinh đó rất trong và có thể nhìn vào bên trong sợi. Trong thực tế, ánh sáng hồng ngoại được truyền xuyên suốt sợi. Sợi Plastic là một sự lựa chọn về sợi thuỷ tinh cho truyền dẫn với những khoảng cách ngắn khoảng 100m. Sợi Plastic rẻ hơn nhưng có suy hao cao hơn. Vỏ bọc thứ cấp 1mm Vỏ bọc sơ cấp 250m Vỏ 125m Lõi 10m Hình 11. Sợi quang Nghành điện tử viễn thông -13- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Sợi gồm có một lõi thuỷ tinh với một lớp vỏ bọc bằng thuỷ tinh bao quanh. Lõi có chỉ số khúc xạ cao hơn lớp vỏ bọc và được làm bằng thạch anh nguyên chất. Thông thường đường kính của lớp bọc là 125m. Đường kính lõi đối với các loại sợi là khác nhau, thông thường là 8, 10 hay 50m. Hình 12 cho biết cách sắp xếp trong cáp quang. Nó có một lớp vỏ bọc chính có khả năng bảo vệ chống lại hơi nước, hoá chất và một lớp bọc thứ cấp lỏng hay nịt chặt. Lớp vỏ bọc sơ cấp 250m Lớp bọc thứ cấp lỏng 2,4mm Dây gia cường Lõi có rãnh bằng polyethylene, 10mm Chất làm đầy Chất làm đầy Hình 12 : Cáp quang với 36 sợi Cáp quang có một lõi gia cường được làm bằng thép hoặc nhựa, chống lại lực kéo căng và uốn cong. Hơn nữa, cáp còn có chất làm đầy để cố định các sợi, chống lại nước và uốn cong. Vỏ bọc cáp được làm bằng nhựa, thường là polythylen. Số lượng sợi trong cáp khác nhau, phụ thuộc vào ứng dụng thực tế, cáp có thể có hàng nghìn sợi. Trong tương lai hệ thống truyền dẫn cáp quang sẽ phát triển vượt bậc, là một trong những hệ thống truyền dẫn tiên tiến, tốc độ cao, dung lượng lớn, đáp ứng được nhu cầu của người sử dụng. Nghành điện tử viễn thông -14- Đồ án thực tập
- Phần I : Hệ thống truyền dẫn hữu tuyến GVHD : Cô Nguyễn Thị Hương Nghành điện tử viễn thông -15- Đồ án thực tập
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Tiểu luận: "Phân tích hệ thống quản lý điểm sinh viên "
33 p |
1982 |
504
-
Bài tiểu luận: Chọn 1 công ty, phân tích và đánh giá website của công ty này theo các tiêu chuẩn đánh giá đã được giới thiệu - So sánh với 2 website cùng ngành khác (1 tại VN và 1 của nước ngoài), đánh giá hoạt động thương mại điện tử của các website - Đề xuất các giải pháp hoàn thiện website nhằm nâng cao hiệu quả ứng dụng thương mại điện tử cho công ty của Việt Nam
24 p |
971 |
422
-
Tiểu luận: Thiết kế hệ thống mạng cho một công ty (Công ty TPLTRANSER)
25 p |
380 |
165
-
Tiểu luận: Ứng dụng mạng neural trong nhận dạng ký tự quang học
21 p |
165 |
98
-
Tiểu luận: Tổ chức hệ thống thông tin quản lý doanh nghiệp tại công ty cổ phần vật liệu xây dựng.
36 p |
124 |
65
-
Tiểu luận: Hệ thống thông tin quản lý khách sạn
32 p |
178 |
62
-
Đề tài: ĐIỀU CHẾ DP-QPSK, GIẢI PHÁP NÂNG CẤP MẠNG ĐƯỜNG TRỤC VNPT
82 p |
110 |
44
-
Bài tiểu luận: Tổ chức hệ thống thông tin quản lý doanh nghiệp
28 p |
113 |
40
-
Đề tài: NGHIÊN CỨU PHƯƠNG PHÁP TỐI ƯU HÓA TRUYỀN DẪN TRONG MẠNG VÔ TUYẾN HỢP TÁC MIMO
29 p |
68 |
29
-
Tiểu luận: Nghiên cứu, phân tích việc ứng dụng hệ thống thông tin trong quản lý doanh nghiệp tại công ty TNHH Tân Phạm Gia
33 p |
85 |
28
-
LUẬN VĂN: THUẬT TOÁN GEN TRONG BÀI TOÁN ĐỊNH TUYẾN VÀ PHÂN BƯỚC SÓNG MẠNG CÁP QUANG
58 p |
89 |
24
-
Tiểu luận môn Quản trị hệ thống Linux: Tìm hiểu về Naglos và hệ thống quản trị giám sát mạng mã nguồn mở
37 p |
75 |
21
-
Tiểu luận: Distributed File System
31 p |
48 |
16
-
Tiểu luận:TÌM HIỂU CÁC NGUYÊN LÝ SÁNG TẠO VÀ ÁP DỤNG GIẢI THÍCH QUÁ TRÌNH PHÁT CỦA THIẾT BỊ MẠNG THÔNG MINH GOOGLE -MERAKI
23 p |
31 |
12
-
Tiểu luận: HỆ THỐNG ĐỖ XE ÔTÔ THÔNG MINH
17 p |
44 |
12
-
Tiểu luận: Tìm hiểu hệ thống thông tin tại DNKD Đá hoa cương Đông Ấn
43 p |
28 |
9
-
Tiểu luận: Các nguyên tắc sáng tạo trong các hệ điều hành Window của Microsoft
36 p |
42 |
9

Set-Cookie: TLDEVNamespace=j3n51qncm009io5pebtu6tkr75; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# Chất liệu hội họa
**Chất liệu hội họa**
-
Nối tiếp nội dung của phần 1 cuốn sách "Thưởng ngoạn hội họa", phần 2 cung cấp cho người đọc các nội dung: Ngôn ngữ hội họa, chất liệu và kỹ thuật hội họa, nghệ thuật xem tranh. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.
410p
doinhugiobay_03
17-11-2015
55
26
Download
-
Sơn mài được coi là một trong các chất liệu hội họa ở Việt Nam. Đây là sự tìm tòi và phát triển kỹ thuật của nghề sơn (nghề sơn ta) thủ công truyền thống của Việt Nam thành kỹ thuật sơn mài riêng. Tuy nhiên, từ dùng để gọi sơn mài (tiếng Anh: lacquer) thường được hiểu sang các đồ dùng sơn mỹ nghệ của Nhật, Trung Quốc. Xin lưu ý, kỹ thuật mài là điểm khác biệt lớn giữa đồ thủ công sơn mỹ nghệ và tranh sơn mài Việt Nam.
5p
phuonguyen123
05-07-2010
225
93
Download
-
Sơn mài được coi là một trong các chất liệu hội họa ở Việt Nam. Đây là sự tìm tòi và phát triển kỹ thuật của nghề sơn (nghề sơn ta) thủ công truyền thống của Việt Nam thành kỹ thuật sơn mài riêng. Tuy nhiên, từ dùng để gọi sơn mài (tiếng Anh: lacquer) thường được hiểu sang các đồ dùng sơn mỹ nghệ của Nhật, Trung Quốc. Xin lưu ý, kỹ thuật mài là điểm khác biệt lớn giữa đồ thủ công sơn mỹ nghệ và tranh sơn mài Việt Nam. ...
8p
fortuner
30-07-2010
207
90
Download
-
Giáo trình Môn Bố cục chất liệu Sơn dầu nhằm giúp học viên hiểu phương pháp vẽ tranh sơn dầu, thấy được giá trị và vẻ đẹp của nghệ thuật tranh sơn dầu. Người học nắm được kiến thức, kỹ thuật cơ bản từ đó sáng tác được tranh bằng chất liệu này. Mời bạn đọc tham khảo.
42p
tuyetle12
19-06-2013
162
59
Download
-
Xã hội hóa giáo dục nhìn từ góc độ pháp luật: Phần 1 gồm nội dung 3 chương đầu tài liệu. Nội dung phần này trình bày khái quát về xã hội hóa giáo dục, một số vấn đề về quản lý nhà nước đối với xã hội hóa giáo dục, góp phần hoàn thiện pháp luật về xã hội hóa giáo dục.
88p
hoa_khoai91
07-06-2014
66
27
Download
-
Xã hội hóa giáo dục nhìn từ góc độ pháp luật: Phần 2 trình bày nội dung chương 4 tài liệu và phần phụ lục. Nội dung phần này trình bày các giải pháp nâng cao chất lượng đào tạo như xây dựng đội ngũ giáo viên và xác lập vị trí trung tâm của sinh viên trong trường, xây dựng cơ sở vật chất, xây dựng chương trình và các giải pháp khác.
224p
hoa_khoai91
07-06-2014
72
27
Download
-
Cùng với những tiến bộ vượt bậc của nhân loại, sự ra đời của các công nghệ tiên tiến và kỹ thuật đúc kim loại hiện đại, chất liệu đồng ngày càng trở nên phổ biến và vô cùng gần gũi với nghệ thuật Điêu khắc nói chung và với nền nghệ thuật Điêu khắc trang trí ứng dụng Việt Nam nói riêng. Đặc biệt ngày càng trở nên phổ dụng và được ưa chuộng trong lĩnh vực xây dựng tượng đài.
5p
noel_noel
12-01-2013
75
19
Download
-
Mời các bạn cùng tham khảo bài báo cáo với đề tài tìm hiểu các thiết bị đốt dịch đen của quá trình thu hồi hóa chất trong sản xuất bột Kraft, để nắm được kiến thức và vận dụng vào bài báo cáo cùng chủ đề của mình, mời các bạn cùng tham khảo.
23p
lenhandkk91
19-02-2014
73
12
Download
-
Triển lãm khu vực I Hà Nội thuộc chuyên ngành điêu khắc năm 2008 có 41 tác phẩm trưng bày. Trong đó các chất liệu được thể hiện trên gỗ có 5, composit 10, gốm đất nung 14, đồng đúc 3, sắt hàn 3, đá 2, gò đồng 2, nhôm uốn 1 và 2 tác phẩm bằng những chất liệu khác. Triển lãm điêu khắc được đánh giá trong không gian chung của đồ họa, điêu khắc, trang trí là được mùa. Giải thưởng cao nhất, giải A thuộc về tác giả Lương Văn Việt với tác phẩm Hạnh...
3p
gietnggiandoi
25-09-2012
59
8
Download
-
Picasso cho rằng trường mỹ thuật chỉ đẽo ra những đôi guốc gỗ giống nhau nhưng không đi được! có lẽ Picasso muốn đề cao những kiến thức có được nhờ sự tự học.
3p
beach123123
13-06-2013
45
7
Download
-
Chân dung tự họa với con mèo. 1928. Sơn dầu và bột màu trên vải. Bảo tàng Nghệ thuật Hiện đại Quốc gia Paris. Kỹ thuật phỏng theo hiệu quả đồ sứ, với những lớp màu mỏng đặt bằng bút vẽ hoặc tăm - pông. Louis Hourticq, tác giả cuốn sách “Hội họa từ khởi thủy đến thế kỷ 16” (xuất bản tại Paris, 1908) - đã nhấn mạnh vào vai trò quan trọng của kỹ thuật trong quá trình tiến hóa của hội họa: “... ...
12p
comvapho
02-08-2013
57
7
Download
-
Hội Mỹ thuật Việt Nam phối hợp với Khu sáng tác - Bộ Văn hóa, Thể thao và Du lịch tổ chức trại sáng tác hội họa chất liệu sơn dầu cho 15 họa sĩ hội viên Hội Mỹ thuật Việt Nam. Kế họach là vậy nhưng chỉ có 13 họa sĩ đến dự trại. Khu vực Hà Nội có họa sĩ VŨ DƯƠNG-Nét phố-sơn dầu Lê Huy Tiếp, Trịnh Thái; Khu vực TP. Hồ Chí Minh có họa sĩ Nguyễn Thanh Châu, Phạm Đỗ Đồng, Nguyễn Thế Cường, Lê Thánh Thư; Khu vực Khánh Hòa có Bùi Văn Quang,...
6p
moi_tim
04-10-2012
35
2
Download
-
Cây Hồ tiêu có nguồn gốc từ Ấn Độ, được du nhập vào Việt Nam khoảng thế kỷ thứ XIX, có tên khoa học là Piper nigrum L. Ở Việt Nam theo tài liệu về cây thuốc cho biết có 6 loài thuộc chi Piperaceae đó là Piper nigrum L., P. longum L., P. retroflatum, P. boehmeriaefolium Wall, P. cubeba L. và P. pellucida L. Trong bài báo này tác giả trình bày kết quả nghiên cứu thành phần hóa học các hợp chất bay hơi của lá tiêu Piper nigrum L. ở các tỉnh khác nhau và so sánh với là tiêu Piper longum L.
5p
uocvong03
24-09-2015
38
5
Download
-
Tài liệu Danh sách chất liệu hạn chế sử dụng được thực hiện bởi Nhóm Đặc Trách Môi Trường thuộc Hiệp hội May mặc và Giày dép Hoa Kỳ (AAFA). Danh sách này được thực hiện nhằm mục đích cung cấp cho các công ty may mặc và giày dép những thông tin liên quan đến các qui định và luật pháp về việc hạn chế hoặc cấm những hóa chất và chất liệu dùng trong cho sản phẩm vải gia dụng, hàng may mặc và giày dép trên toàn cầu.
36p
tieppham1
08-05-2015
12
3
Download
-
Đề khảo sát chất lượng môn Hóa học 12 năm học 2015-2016 - Trường THPT Trần Phú (Mã đề thi 061) gồm có 4 trang với 50 câu hỏi trắc nghiệm có kèm đáp án. Hy vọng tài liệu là nguồn thông tin hữu ích cho quá trình học tập và ôn thi của các bạn.
5p
cogiaoxinh_c2
22-03-2016
25
4
Download
-
[Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học: Một số biện pháp trong công tác xã hội hoá giáo dục để tăng cường cơ sởvật chất ở Trường Tiểu học](http://tailieu.vn/doc/sang-kien-kinh-nghiem-tieu-hoc-mot-so-bien-phap-trong-cong-tac-xa-hoi-hoa-giao-duc-de-tang-cuong-co-261580.html)
Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học: Một số biện pháp trong công tác xã hội hoá giáo dục để tăng cường cơ sở vật chất ở Trường Tiểu học được nghiên cứu với mong muốn tìm ra các giải pháp để tăng cường công tác xã hội hoá giáo dục nhằm xây dựng cơ sở vật chất trong trường tiểu học Đằng Hải đáp ứng yêu cầu đổi mới. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết tài liệu.
14p
akura123
02-08-2010
2641
594
Download
-
* Phương pháp vật lý : - Phương pháp chưng cất để tách rời các chất lỏng hòa lẫn vào nhau, có thể dùng phương pháp chưng cất rồi ngưng tụ thu hồi hóa chất. - Phương pháp chiết (dùng phễu chiết) để tách riêng những chất hữu cơ tan được trong nước với các chất hữu cơ không tan trong nước (do chất lỏng sẽ phân thành 2 lớp) - Phương pháp lọc (dùng phễu lọc) để tách các chất không tan ra khỏi dd. ...
11p
iiduongii8
08-05-2011
870
416
Download
-
Tài liệu “Kỹ thuật sơn mài” được biên soạn với mục đích làm tài liệu tham khảo rất bổ ích cho những bạn đọc có nhu cầu tìm hiểu 1 ngành nghề truyền thống, một nghệ thuật đậm tính chất dân tộc Việt Nam Sơn mài được coi là một trong các chất liệu hội họa ở Việt Nam. Đây là sự tìm tòi và phát triển kỹ thuật của nghề sơn (nghề sơn ta) thủ công truyền thống của Việt Nam thành kỹ thuật sơn mài riêng.
212p
iamvip01
19-03-2012
321
171
Download
-
Nên chế biến nước xốt cà chua như thế nào ? - Các nhà khoa học Mỹ khẳng định việc đun nóng nhiều lần nước xốt và các món ăn có cà chua kèm theo một chút mỡ sẽ làm tăng lợi ích của loại quả màu đỏ này. Kỹ thuật nói trên sẽ làm thay đổi cấu trúc của lycopene, một chất chống oxy hóa mạnh có trong cà chua, để nó có thể xâm nhập vào mạch máu dễ dàng hơn.
7p
halinh
24-03-2011
187
69
Download
-
Họa sĩ Trần Văn Cẩn (1910-1994) là một trong những cây đại thụ của nền hội họa VN. Ông được vinh dự nhận Giải thưởng Hồ Chí Minh đợt 1. Ngoài gần 100 bức tranh được Bảo tàng Mỹ thuật VN lưu giữ, còn khoảng hơn 1.000 tác phẩm đủ chất liệu, kích thước, đề tài vẫn đang được giữ tại gia đình họa sĩ.
6p
phuonguyen123
05-07-2010
249
55
Download
## CHỦ ĐỀ BẠN MUỐN TÌM
[Hóa chất công nghiệp](http://tailieu.vn/tag/hoa-chat-cong-nghiep.html) [Hội họa Việt Nam](http://tailieu.vn/tag/hoi-hoa-viet-nam.html) [Nghệ thuật hội họa](http://tailieu.vn/tag/nghe-thuat-hoi-hoa.html) [Công nghiệp hóa chất](http://tailieu.vn/tag/cong-nghiep-hoa-chat.html) [Công nghệ sản xuất hóa chất](http://tailieu.vn/tag/cong-nghe-san-xuat-hoa-chat.html) [Hợp chất hoá học](http://tailieu.vn/tag/hop-chat-hoa-hoc.html) [Lịch sử hội họa](http://tailieu.vn/tag/lich-su-hoi-hoa.html) [Trường phái hội họa](http://tailieu.vn/tag/truong-phai-hoi-hoa.html) [Hóa học chất rắn](http://tailieu.vn/tag/hoa-hoc-chat-ran.html) [Các nhận biết các chất Hóa học](http://tailieu.vn/tag/cac-nhan-biet-cac-chat-hoa-hoc.html) [Loại hình hội họa](http://tailieu.vn/tag/loai-hinh-hoi-hoa-.html) [Chất độc hóa học](http://tailieu.vn/tag/chat-doc-hoa-hoc.html) [Tính chất hóa học](http://tailieu.vn/tag/tinh-chat-hoa-hoc.html) [Lễ hội văn hóa](http://tailieu.vn/tag/le-hoi-van-hoa.html) [Văn hóa vật chất](http://tailieu.vn/tag/van-hoa-vat-chat.html) [Cách nhận biết chất hóa học](http://tailieu.vn/tag/cach-nhan-biet-chat-hoa-hoc.html) [Hóa chất bảo vệ thực vật](http://tailieu.vn/tag/hoa-chat-bao-ve-thuc-vat.html) [Pha chế hóa chất](http://tailieu.vn/tag/pha-che-hoa-chat.html) [Xã hội hóa cá nhân](http://tailieu.vn/tag/xa-hoi-hoa-ca-nhan.html)

Set-Cookie: TLDEVNamespace=a6daasimm6tqc3919vcnek0o31; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


markdown:
# Kinh nghiệm tính nội lực cốt thép
**Kinh nghiệm tính nội lực cốt thép**
-
Tài liệu “ Tính nội lực cốt thép bằng SAP 2000 version 9 “ từng bước hướng dẫn cụ thể giúp người sửu dụng giải quyết những vấn đề sau : tính toán tải trọng, tính toán nội lực, tính toán cốt thép, nêu ra cách tổ hợp tải trong cho những kết cấu khung 1 cách đơn giản nhưng vẫn đảm bảo khả năng chịu lực cho kết cấu
22p
myxaodon13
18-11-2011
292
117
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 2', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
22p
myxaodon13
18-11-2011
265
109
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 4', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
22p
myxaodon13
18-11-2011
232
97
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 5', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
31p
myxaodon13
18-11-2011
205
97
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 3', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
25p
myxaodon13
18-11-2011
196
91
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 10', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
26p
myxaodon13
18-11-2011
155
86
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 7', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
25p
myxaodon13
18-11-2011
161
85
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 9', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
31p
myxaodon13
18-11-2011
157
84
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 6', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
31p
myxaodon13
18-11-2011
151
83
Download
-
Tham khảo tài liệu 'tính nội lực cốt thép bằng sap 2000 version 9 tập 1 part 8', kỹ thuật - công nghệ, kiến trúc - xây dựng phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
31p
myxaodon13
18-11-2011
144
83
Download

Set-Cookie: TLDEVNamespace=0m418q9cj93r615gpkgeikauf6; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly