Nagelsmann rất giỏi. Sau kỷ nguyên Pep-Klopp thì anh nghĩ ổng sẽ giỏi nhất. Nhưng 7-0 thì đi quá xa rồi.

Em dự đoán Real 2-1 Chelsea, còn Bayern hạ gục Tàu ngầm Vàng 7-0.

Bayern Muenchen anh không đánh giá cao. Anh nghĩ sẽ là một trận hòa cho Villarreal CF (anh nghĩ họ sẽ tái hiện kỳ tích đi đến Bán kết Champions League như mùa giải 2006).

Vậy là chiếu để được lợi nhỉ?!

Đúng rồi em, chiếu hai Vua khác cùng lúc nhận được $+ 1,$ chiếu ba Vua khác cùng lúc nhận được $+ 5.$ Nếu cả bốn người chơi hợp tác thì còn chiếu còn đưa nhau đến đâu cũng được.

Vua được ăn Vua.

Nhưng Vua chiếu chứ không nên ăn Vua.

Vậy tức là vua không được ăn vua và có thể chiếu đúng không?!

Vua được ăn Vua.

Luật của cái trò này là gì anh?! Luật nó như thế nào để mà vua chiếu được vua?!

Trò Chaturaji/Tứ Vương này là một trong những nguyên bản của cờ vua hiện đại, ngày xưa thì Vua bị ăn thì trận cờ vua mới hết. Trong biến thể bốn người chơi này cũng như vậy. Trên chess.com, luật quy định ăn Tốt $+ 1,$ chiếu hai Vua cùng lúc $+ 1,$ ăn Vua $+ 3,$ ăn Mã $+ 3,$ ăn Tượng $+ 5,$ ăn Xe $+ 5,$ chiếu ba Vua cùng lúc $+ 5.$ Nếu chỉ còn có ba người chơi, họ có thể tạo ra trường hợp như trên: Mỗi Vua có thể thay phiên chiếu hai Vua khác (thế Vua chiếu Vua nghĩa là Vua này đứng liền Vua kia không kể ngang, dọc, chéo).

Chaturaji. Trong biến thể cờ vua bốn người chơi này, nếu bạn ăn quân Vua của đối phương, bạn nhận được $+3$ điểm, nhưng nếu bạn chiếu Vua của ba người chơi còn lại cùng một lúc (Triple Checks), bạn sẽ nhận được $+5$ điểm. Mình nghĩ về trường hợp cả bốn người chơi cùng tạo nên Move Loop để mỗi người chơi đều nhận được $+5$ điểm sau mỗi thay đổi có quy luật trong chuỗi nước đi. Với trường hợp cho ba người chơi, đây là cái bẫy mà mình nghĩ tới (Double Checks)_

Mình xin giải thích, chỉ xét ba quân Vua của ba người chơi lần lượt Blue, Yellow, Green. Quân vua có thể di chuyển tám ô xung quanh ô của nó trên bàn cờ vua. Không giảm tổng quát, chọn Blue đi trước, thì Blue đi quân Vua vào ô màu hồng ở trung tâm (chiếu cùng lúc Vua của Yellow và Green). Tiếp theo Yellow, đi quân Vua vào ô cũ của Blue (chiếu cùng lúc Vua của Green và Blue). Tương tự với Green. Cái bẫy Double Checks này có thể giúp ba người chơi tăng điểm số đến bất cứ khi nào họ muốn dừng.

Câu hỏi mình đặt ra: Có hay không cái bẫy Triple Checks cho bốn người chơi với mỗi bốn quân Vua như vậy (lúc này giả sử mỗi ô trong bàn chơi không còn là ô vuông mà có thể là ô lục giác đều, ô hình đa giác đều $12$ cạnh.. nữa)? Theo mình là không, vì nó khá giống bài toán ba người ba đường đi không giao nhau mà Topos đã phản chứng thành công. Và nếu mở rộng phạm vi không nằm chỉ trong mỗi quân Vua, liệu có cái bẫy nào cho cả bốn người cùng chiến thắng giống như cách trên chứ?

.Link của hình mình đã sử dụng_ https://www.chess.co...ss?g=10031308-1

Dạ em xin giải thích thắc mắc của anh:

- Bàn chơi sương mù là mình không nhìn ra vị trí các con mực (con mực giống như $4$ cái bẫy ngẫu nhiên bị kích trúng trong trò dò mìn), em dựa theo cách gọi một biến thể của cờ vua với tên Fog of war Chess/Dark Chess. Ở đây có thể hiểu ngầm là những ô mình đi qua sẽ phát sáng, với việc chia sẻ thông tin của bốn người chơi thì họ đều nhìn ra các quân được sử dụng.

- Thao tác N/S/E/W chính là Lên/Xuống/Phải/Trái một bước (cách thức hoạt động giống như quân Xe nhưng quân Xe mới trong phạm vi rộng, và phiên bản mini của quân Xe trong cờ vua theo em biết là Wazir *em đã thêm chú thích).

- Em đã tìm thấy cái hình mô tả_

,khi em chơi cờ vua để dễ ghi nhớ chiến thuật em phải đánh dấu vị trí hàng từ $1- 8$ mà nãy em cũng không biết diễn tả cột START như thế nào cho súc tích nên gọi cột $0$ rất thiếu trách nhiệm với người đọc.

- Điều kiện xuất phát thì ta chọn $1$ trong $5$ vị trí của cột đầu tiên đi an toàn về END trước nhất.

- "Trước nhất" tức là điều kiện di chuyển của $4$ người chơi thoải mái về tính tuần tự (không cần phải chờ lượt), nếu có $1$ người thì không phải là trò chơi nên mỗi người chơi có thể ích kỷ để mình tới đích đầu tiên để chiến thắng chung và riêng.

- Cách thức quân cờ Wazir giống hoàn toàn quân Xe (ăn quân trong một bước), nên nếu nó ăn con mực thì vị chủ nhân của nó sẽ thua.

Có điều em nhận thấy của Box Toán Rời rạc này là các bài viết đều đặt ở chế độ chỉ các thành viên mới thấy. Em hi vọng vấn đề này sẽ sớm được khắc phục.

 

Squid Games. Bốn người chơi (thực hiện các thao tác N/S/E/W) điều khiển quân cờ^{(wazir *)} của mình trên bàn chơi sương mù $5\times 5$ có $4$ con mực. Trong lúc chơi họ có thể bàn bạc, mục đích là có người trong số họ đi qua từ cột thứ $0$ đến cột thứ $5$ mà không ăn phải con mực nào cả. Cách chơi chọn $4$ hàng ngẫu nhiên mang lại tỷ lệ chiến thắng $\sim 95\%.$ Vậy có chiến thuật chơi nào mà có thể đẩy tỷ lệ chiến thắng của họ đến $> 99\%$ hay không?

 

Bài toán N−Phương Hậu đã chính thức tìm lời giải cho số các vị trí hợp lệ đó là $\left ( 0.143n \right )^{n}.$

Nguồn_ https://news.harvard...-chess-problem/, hi vọng sắp tới mình có thể tham gia và làm tốt hơn trong việc quảng bá hay thảo luận các vấn đề liên quan đến Toán Tổ hợp. Hơn nữa, mình mong các thành viên khác ủng hộ hết mình cho ý tưởng mọi người chung tay cải tạo lại Box Toán Tổ hợp của anh Nxb − người anh rất tâm huyết của diễn đàn.

Ta có thể hiểu các từ "đạt tiêu chuẩn" hoặc "tốt" hoặc "không bị loại bỏ" trong bài này đều như nhau.

Tỷ lệ bóng đạt tiêu chuẩn sau khi qua khâu kiểm tra chất lượng

$$\frac{80\%\cdot 0.9+ 20\%\cdot\left ( 1- 0.95 \right )}{100\%}$$

Em sẵn sàng.

Kết thúc trận đấu
Việt Nam 3–1 Trung Quốc
(Sao em thấy hôm nay TQ đá ỉu xìu vậy)

Trước trận có những yếu tố ngoài chuyên môn bắt nguồn từ Tết với đội bóng chủ quản khiến anh tin rằng chta sẽ có những bàn thắng. Bàn đầu thì Tấn Tài bị để lơi lỏng đến khó tin, bàn Th2 thì nhiều hậu vệ đội bạn thậm chí đi bộ sau lưng Tiến Linh. Còn ý tưởng chơi bóng dài hoặc tận dụng khoảng trống phía sau hàng phòng ngự thì không có gì mới mẻ. Vì không sở hữu nhiều cầu thủ tốc độ cũng như kĩ thuật nên mấy điểm yếu cố hữu như bài chống đưa vào từ sát biên của chta mới chỉ dẫn đến một bàn thua phút bù giờ cuối cùng. Đây là bài đánh đặc sản của đối thủ sâp tới Oman. Nhưng hi vọng dấu ấn các tiền đạo bị chỉ trích, Hùng Dũng, và đặc biệt Tuấn Hải sẽ giúp tuyển mình hồi sinh.

Mọi người có thể vào trang này như một sự gợi ý_ https://danny.page/expected_goals.html, giống với mọi chuyên gia khác, Danny Page từ chối tiết lộ phương pháp mà ông đã nghiên cứu. Khá thú vị là nếu ta nhập cho Team A Shots và Teams B Shots giống nhau thì kết quả Goals Scored lại khác nhau.

Khi đã thử nghiệm nhiều kết quả thì mình miễn cưỡng với phương pháp này (có thể poset còn cách khác hay hơn thì sao):

$$\begin{array}{|c|c|} {\rm Differential} & {\rm Expected\,Points}\\ \hline 1.5+ & 2.7\\ 1.5<1 & 2.3\\ 1<0.5 & 2\\ 0.5<0 & 1.5\\ 0 & .7\\ <-.5 & .5\\ <-1. & .3\\ -1.5\downarrow & .1 \end{array}$$

Tư liệu_ https://twitter.com/...HIKbIE_sfxqiNaw, mình rất tò mò về phương pháp tính xG trong cuốn sách hay ho được giới thiệu kia.

P.S. Danny Page is a pure genius.

Đây là lời giải của poset (xin phép em nha):

Một đội có xG là $k$ sẽ tương ứng với một bộ số $\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )$ (tức cơ hội có bàn thắng từ cú sút thứ $i$ là $p_{i}$) sao cho $p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum\limits_{i= 1}^{N}p_{i}= k$ (ta sẽ chọn $N$ "đủ lớn").

Gọi $A_{\left [ a, b \right ]}$ là biến cố xG trong khoảng $\left [ a, b \right ], B_{l}$ là biến cố đội đó ghi được $l$ bàn, ta có xác suất $B_{l}$ với bộ $\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )$ là $P_{\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )}\left ( B_{l} \right )= \sum\limits_{1< i_{1}< i_{2}\cdots< i_{N}\leq N}\prod\limits_{j= 1}^{l}p_{i_{j}}\prod\limits_{\forall_{1\leq j\leq l}\;i\neq i_{j}}\left ( 1- p_{i} \right ).$

Ta có: $P\left ( B_{l}\mid A_{\left [ a, b \right ]} \right )= \frac{P\left ( A_{\left [ a, b \right ]}, B_{l} \right )}{P\left ( A_{\left [ a, b \right ]} \right )}= \frac{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ a, b \right ]}P_{\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )}\left ( B_{l} \right ){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ a, b \right ]}{\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}.$

Giả sử xG là $k,$ xác suất đội đó ghi được $l$ bàn là: $\lim\limits_{\epsilon\rightarrow 0}P\left ( B_{l}\mid A_{\left [ k, k+ \epsilon \right ]} \right )= \lim\limits_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ k, k+ \epsilon \right ]}P_{\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )}\left ( B_{l} \right ){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ k, k+ \epsilon \right ]}{\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}.$

Nếu $N$ đủ lớn ta có thể bỏ điều kiện $p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ],$ thay vào là $p_{i}\geq 0,$ vì những trường hợp $p_{i}> 1$ không đóng góp nhiều vào xác suất.

Vậy ta cần tính: $\lim\limits_{\epsilon\rightarrow 0}\frac{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ k, k+ \epsilon \right ]}P_{\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )}\left ( B_{l} \right ){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}{\int_{p_{i}\in\left [ 0, 1 \right ], \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\in\left [ k, k+ \epsilon \right ]}{\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}}= \frac{{f}'_{l}\left ( k \right )}{{g}'\left ( k \right )},$ trong đó: $f_{l}\left ( k \right )= \int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\leq k}P_{\left ( p_{1}, p_{2}\ldots ,p_{n} \right )}\left ( B_{l} \right ){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}, \;g\left ( k \right )= \int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{N}p_{i}\leq k}{\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{N}.$

Cách xử lý $f_{l}$ như sau:

Xét $I_{n}\left ( k \right )= \int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{n}p_{i}\leq k}(\prod\limits_{i= 1}^{n}p_{i}){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{n}.$ Ta có: $I_{n}\left ( k \right )= k^{n}I_{n}\left ( 1 \right ), \;I_{n}\left ( 1 \right )= \int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{n}p_{i}\leq 1}(\prod\limits_{i= 1}^{n}p_{i}){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{n}=$

$= \int_{0}^{1}p_{n}\int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{n- 1}p_{i}\leq 1- p_{n}}(\prod\limits_{i= 1}^{n- 1}p_{i}){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{n}= \int_{0}^{1}p_{n}\left ( 1- p_{n} \right )^{n- 1}I_{n- 1}\left ( 1 \right ){\rm d}p_{n}.$ Vậy tính được $I_{n}\left ( k \right )$ với mọi $n, k.$

Giờ phân tích $f_{l}$ ra thành những tích phân có dạng: $\int_{p_{i}\geq 0, \sum_{i= 1}^{n}p_{i}\leq k}(\prod\limits_{i= 1}^{m}p_{i}){\rm d}p_{1}{\rm d}p_{2}\cdots{\rm d}p_{n}= \int_{0}^{k}\frac{p^{n- m- 1}}{\left ( n- m- 1 \right )!}I_{m}\left ( k- p \right ){\rm d}p,$ những số hạng $m$ lớn ($\geq 6$ chẳng hạn) có thể bỏ.

1 Th10 '21

Cho $4$ số thực dương $a, b, c, d,$ chứng minh rằng

$$\left ( ac+ bd \right )\left ( a+ \max\left \{ b, d \right \}+ c+ \max\left \{ a, b, c, d \right \} \right )\geq 2\left ( bcd+ cda+ dab+ abc \right )$$

AoPS/@Ji Chen

Mọi người có thể vào trang này như một sự gợi ý_ https://danny.page/expected_goals.html, giống với mọi chuyên gia khác, Danny Page từ chối tiết lộ phương pháp mà ông đã nghiên cứu. Khá thú vị là nếu ta nhập cho Team A Shots và Teams B Shots giống nhau thì kết quả Goals Scored lại khác nhau.

Giá trị bàn thắng kỳ vọng xG − Expected Goals trong một trận cầu là A 2.01−0.66 B (xG là tổng cơ hội có bàn thắng từ tất cả những tình huống đã diễn biến). Để tìm xác suất như đội ghi được 1, 2, 3.. bàn thắng thì dùng phương pháp nào để phân tích (Phân phối Poisson, Phân phối Skellam, PP Mô phỏng Monte−Carlo..)?

Tìm các số hạng tiếp theo của

$$1, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 15, 18, 25\ldots$$

Cho $4$ số thực $a, b, c, d$ sao cho $0\leq a\leq b\leq c\leq d,$ chứng minh rằng

$$1+ \prod\limits_{sym}a+ \sum\limits_{cyc}\frac{a}{2b}\geq\sum\limits_{sym}a$$

AoPS/@Ji Chen

Đặng Hải Đăng (20520426). Dự đoán mối liên kết hệ bạn $\left \{ \underbrace{AA, BB, CC, DD, EE, FF}_{{\rm summoned}\,{\rm by}\,\Gamma}, AB, AC, BD, EF, DE, DF \right \}$.

1. Common neighbors ($\operatorname{common}\left ( A, B \right )= \left | \Gamma\left ( A \right )\cap\Gamma\left ( B \right ) \right |= \left | \left \{ A, B \right \} \right |= 2$)

$$\begin{matrix} \operatorname{common}\left ( X, Y \right ) & A & B & C & D & E & F \\ A & 1 & 2 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ B & \bigcirc & 1 & 1 & 2 & 1 & 1 \\ C & \bigcirc & \bigcirc & 1 & 0 & 0 & 0 \\ D & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1 & 3 & 3 \\ E & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1 & 3 \\ F & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1 \\ \end{matrix}$$

1. Jaccard measure ($\operatorname{Jaccard}\left ( A, B \right )= \left| \Gamma\left ( A \right )\cap\Gamma\left ( B \right ) \right|/\left| \Gamma\left ( A \right )\cup\Gamma\left ( B \right ) \right|= \left| \left\{ A, B \right\} \right|/\left| \left\{ A, B, C, D \right\} \right|= 2/4$)

$$\begin{matrix} \operatorname{Jaccard}\left ( X, Y \right ) & A & B & C & D & E & F \\ A & 1/3 & 2/4 & 2/3 & 1/6 & 0 & 0 \\ B & \bigcirc & 1/3 & 1/4 & 2/6 & 1/6 & 1/6 \\ C & \bigcirc & \bigcirc & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ D & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1/4 & 3/4 & 3/4 \\ E & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1/3 & 3/3 \\ F & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & \bigcirc & 1/3 \\ \end{matrix}$$

1. ($\operatorname{Adamic-Adar}\left ( A, B \right )= \sum 1/\log\left| \Gamma\left ( \Gamma\left ( A \right )\cap\Gamma\left ( B \right ) \right ) \right|= \sum 1/\log\left| \Gamma\left ( \left\{ A, B \right\} \right ) \right|= 1/\log\left| \Gamma\left ( A \right ) \right|+ 1/\log\left| \Gamma\left ( B \right ) \right|$). Đánh giá đồ thị thưa nên luôn có đỉnh $Z$ thỏa $\left| \Gamma\left ( Z \right ) \right|= 0$, khi đó $1/\log\left| \Gamma\left ( B \right ) \right|\rightarrow\infty$.

Chúc mừng City chính thức trở thành đội đầu tiên trụ hạng preml.ge thành công.

Cho $\mathcal{J}$ là họ (family) các gian (intervals) trong $\mathbb{R}$ bao gồm tập rỗng và tất cả tập con dạng $\left ( a, b \right ), \left ( a, b \right ], \left [ a, b \right ), \left [ a, b \right ]$.

Định nghĩa $\mathcal{A}$ là collection của các tập có dạng $\bigcup_{i= 1}^{n}I_{i}$, cũng biết $\left\{ I_{1}, I_{2}\ldots, I_{n} \right\}\subseteq\mathcal{J}$ (cùng với rỗng).

Chứng minh $\mathcal{A}$ là một ($\sigma$-)đại số các tập con của $\mathbb{R}$.

Theo tiên đề là họ các gian của $\mathcal{J}$ phải được đóng bởi phép lấy phần bù ($\mathtt{C}$—complement). Bây giờ làm sao đó để có $\left ( a, \infty \right )\in\mathcal{A}$. Để ý $\left [ a, \infty \right )= \bigcap_{n= 1}^{\infty}\left ( a- 1/n, \infty \right )\Rightarrow\left [ a, \infty \right )\in\mathcal{A}$. Phần bù của $\left [ a, \infty \right )$ là $\left ( -\infty, b \right ]\in\mathcal{A}$. Phần bù của $\left [ a, \infty \right )\in\mathcal{A}$ là $\left ( -\infty, b \right )\in\mathcal{B}$. Sử dụng tính đối ngẫu, có được định thức $\left ( A\cap B \right )^{\mathtt{C}}= A^{\mathtt{C}}\cup B^{\mathtt{C}}$ (nghĩa là hoán đổi vai trò giữa $\cap$ và $\cup$, $\left ( \quad \right )^{\mathtt{C}}$ với ${\left ( \quad \right )^{\mathtt{C}}}^{\mathtt{C}}= \left ( \quad \right )$ vẫn giữ nguyên tính đúng đắn), nên ta suy ra

• $\left ( a, b \right )= \mathbb{R}\setminus\left ( \left ( -\infty, a \right ]\cup\left [ b, \infty \right ) \right )\in\mathcal{A}$
• $\left [ a, b \right )= \mathbb{R}\setminus\left ( \left ( -\infty, a \right )\cup\left [ b, \infty \right ) \right )\in\mathcal{A}$
• $\left ( a, b \right ]= \mathbb{R}\setminus\left ( \left ( -\infty, a \right ]\cup\left ( b, \infty \right ) \right )\in\mathcal{A}$
• $\left [ a, b \right ]= \mathbb{R}\setminus\left ( \left ( -\infty, a \right )\cup\left ( b, \infty \right ) \right )\in\mathcal{A}$

VN dứt điểm kém quá. Thôi thua vậy cũng để biết điểm yếu mà khắc phục.

Chuẩn bị trận đấu trên đất khách Australia vào cuối tháng tới.

Thầy Park sẽ không rời ngay như thầy Tô vì hợp đồng sẽ đáo hạn sau Seagames cuối năm sau. Hi vọng từ đây đến đó chúng ta sẽ có chiến thắng đầu tiên ở vòng loại World Cup thứ Ba.