Nói nôm na, có bao nhiêu cách đổi một số tiền $n$ ngàn đồng bằng các tờ $1000, 2000$ và $5000$

Phương pháp hình học này hay ho phết Em đang thử truy hồi nhưng vướng mắc ở những nghiệm trùng, nên chưa biết làm sao để triệt tiêu

Ta có : $|z^{2}-6z-i(3+5i)|=4|z-3| \Leftrightarrow |(z-3)^{2}+(-4-3i))|=4|z-3|$

Áp dụng : $|z_{1}+z_{2}|\geq ||z_{1}|-|z_{2}||$

Ta được : $4|z-3|\geq ||z-3|^{2}-5|$

+) TH1: $4|z-3|\geq |z-3|^{2}-5\Leftrightarrow 0\leq |z-3|\leq 5$ 

+) TH2: $4|z-3|\geq 5-|z-3|^{2}\Leftrightarrow |z-3|\geq 1$

$\Rightarrow M=5 ; m=1 \rightarrow 3M^{2}-4m^{2}=71$

Bạn chỉ ra thêm dấu "=" cho $M,m$ nữa là đủ điểm

Nếu gọi $d(X,Y)$ biểu thị khoảng cách theo một quy tắc cho trước thì bài toán quy về:

Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, và đường tròn $(O)$ đường kính $BC$. Tìm $M$ trên $(O)$ sao cho $S(M) = d(M,A)+d(M,B)+d(M,C)$ nhỏ nhất.

Câu a thì $d(X,Y)=XY$: khoảng cách Euclide phẳng thông dụng, câu b thì $d(X,Y)=|x_X - x_Y| + |y_X - y_Y|$: khoảng cách Manhattan. Chú ý là $d(X,Y)$ luôn thỏa mãn bất đẳng thức tam giác.

Cả hai câu đều có hướng chứng minh giống nhau, chỉ khác về phần so sánh các khoảng cách cụ thể, nên mình sẽ trình bày chung.

Đầu tiên, ta chứng minh rằng để $S(M)$ nhỏ nhất thì $M$ phải nằm trên cung $BC$ chứa $A$. (1)

Thật vậy, nếu $M$ nằm ở cung $BC$ không chứa $A$ thì lấy $M'$ đối xứng $M$ qua $BC$.

Dễ thấy $M'$ cũng thuộc $(O)$. Và $d(M,B)=d(M',B); d(M,C)=d(M',C)$.

Vẽ $MA$ cắt $BC$ tại $N$ thì $d(M,A)=d(M,N) + d(N, A) = d(M',N)+d(N,A)>d(M',A)$.

Do đó $S(M) > S(M')$, tức là (1) đúng.

Tiếp theo, ta chứng minh $S(M)$ nhỏ nhất thì $M \equiv A$. (2) Không mất tính tổng quát, giả sử $M$ thuộc cung $AB$ không chứa $C$.

Ta có $d(M,A)+d(M,B) \ge d(A,B)$. Dấu "=" xảy ra khi $M$ trùng $A$ hoặc $B$.

Ta chỉ cần phải chứng minh $d(M,C) \ge d(A,C)$. Điều này lại phụ thuộc vào từng định nghĩa của $d(\bullet, \bullet)$.

TH1: Nếu $d$ là khoảng cách Euclide phẳng. Chú ý rằng $\angle MOC \ge \angle AOC \Rightarrow d(M,C)=MC \ge AC = d(A,C)$

TH2: Nếu $d$ là khoảng cách Manhattan. Hạ $MH \perp BC$ tại $H$, thì $O$ nằm giữa $M,C$, và $d(M,C)=MH+HC=MH+HO+OC\ge MO + OC=2R=d(A,C)$.

Rốt cuộc thì $d(M,C)$ luôn không nhỏ hơn $d(A,C)$. Vì vậy $S(M) \ge S(A)$. Dấu "=" xảy ra khi $M \equiv A$.

Câu hỏi mở rộng: Kết quả bài toán còn đúng không nếu sử dụng định nghĩa mở rộng của $d$?

https://en.wikipedia.org/wiki/Distance

Phần này anh học lâu quá rồi nên không nhớ diễn đạt chính quy thì ra sao, nhưng đại để thì như sau

Trước hết thì để ý là không có FD nào dẫn đến $E$ nên mọi SK chắc chắn phải có $E$.

Chúng ta có 3 FD chứa $E$ là:

\[\begin{array}{l}
EC \to B\\
EB \to D\\
EA \to G
\end{array}\]

Dễ thấy nếu SK chỉ chứa thêm hoặc $A$ hoặc $B$ hoặc $C$ thì không thể phủ hết bảng. Như vậy mọi CK phải chứa thêm ít nhất hai trong số 3 FD này.

TH1: SK là $ECB$. Tuy nhiên, SK này không tìm được $A$ vì FD duy nhất tìm $A$ là $BG \to A$ lại yêu cầu có $G$, và muốn có $G$ thì phải có $EA \to G$: một vòng lặp. Trường hợp này bị loại.

TH2: SK là $ECA$. Ta tìm được $B$ vì $EC \to B$. Do $EB \to D$ nên ta tìm được $D$. $G$ có sẵn vì $EA \to G$. Vậy ta có $ECA$ là một SK thỏa đề.

TH3: SK là $EAB$. Nhờ $EB \to D$ mà ta tìm được $D$. Lại có $AB \to C$ nên ta có luôn $C$. Tương tự, $G$ xác định vì $EA \to G$. Vậy $EAB$ là một $SK$ thỏa đề.

Em muốn nói tới NF mấy?

https://en.wikipedia...e_normalization

Đầu tiên là đi tìm một CK. $H$ dẫn đến mọi CH khác nên ta chọn $H$ là PK. Vậy là có UNF.

Vì không có bảng giá trị nên coi như 1NF thỏa.

Để thỏa 3NF thì giờ ta phải giải trừ tính liên thông.

Vì $DAC \to E$ mà $H \to DAC$ nên ta phải tách ra: $\mathcal{R_1}(\underline{H}DACW)$ và $\mathcal{R_2}(\underline{DAC}E)$.

Tới đây anh thấy lạ vì:

$DAC \to E \Rightarrow DAC \to CE$. Mà $CE \to AC \Rightarrow CE \to ADC$. Do đó $DAC$ và $CE$ tương đương ?

Nếu em hiểu đúng ý thì cách tính số trường hợp một tay bài tạo thành l đôi thông bị vứớng ở 2 điểm :
1/ đôi 2 cũng góp phần tạo thành l đôi thông (đề không cho phép điều này).
2/ các tay bài bị đếm trùng lắp:
Do chọn bất kỳ trong (52-2l) quân còn lại nên sẽ trùng với việc chọn l đôi thông trước đó.
Xin đơn cử một thí dụ với k=3, l=3 : Ta lập 1 tay bài qua 2 công đoạn :
- công đoạn 1: chọn được 1 bộ 3 đôi thông là 3,4,5 đồng chất cơ.
- công đoạn 2: chọn 7 quân còn lại trong đó có 3 đôi thông 7,8,9 đồng chất rô.
Mặt khác, ta cũng chọn được tay bài 3 đôi thông với k=7, l=3 theo:
- công đoạn 1: chọn được 1 bộ 3 đôi thông là 7,8,9 đồng chất rô.
- công đoạn 2: chọn 7 quân còn lại trong đó có 3 đôi thông 3,4,5 đồng chất cơ.(ta xem quân thứ 13 trong 2 tay bài trên là giống nhau).
Dễ thấy rằng 2 tay bài trên chỉ là một!

Điểm số 1 thì mình đã giải quyết khi cho phép con bài thấp nhất $k$ chỉ chạy trong khoảng từ 3 đến $15-l$, tức là Đầm (Q) nếu $l=3$. Con Xì(Ách/A) thì mình ngầm gán số 14 do trong sảnh thì Xì chỉ có thể đứng sau Già (K = 13).

Điểm thứ 2 thì đúng là mình chưa nghĩ tới thật, nhưng chắc giải quyết được nhờ mối liên hệ $D_6 \subset D_5 \subset D_4 \subset D_3$ nhỉ?

Vì không có thứ tự, ta chỉ cần quan tâm đến số cách tạo ra một tay bài 13 cây, rồi chia cho số cách chọn 13 cây từ bộ bài 52 cây để thu được xác suất.

Mỗi bộ thông có thể xác định duy nhất bằng một cặp số $(k,l)$ với $k$ là cây bài nhỏ nhất và $l$ là độ dài bộ thông. Ví dụ $k=3, l = 5$ thì ta có 5 đôi thông $3,4,5,6,7$.

Dễ thấy $3 \le k \le 15 - l$. Trong bộ thông, tại cặp $k+i (0 \le i \le l)$ thì có $C_4^2$ cách nhận được cặp chất. Vì thế, số cách chọn ra một bộ thông $l$ đôi là $(13-l) \times {\left( {C_4^2} \right)^l}$.

Với mỗi bộ thông, ta có thể chọn bất kỳ trong số $52 - 2l$ lá còn lại để bù cho đủ 13 cây. Vậy số trường hợp một tay bài tạo thành $l$ đôi thông là:

\[\left| {{D_l}} \right| = C_{52 - 2l}^{13 - 2l} \times \left( {13 - l} \right) \times {\left( {C_4^2} \right)^l}\]

Dĩ nhiên trong cách đếm trên, $D_5 \subset D_4 \subset D_3$. Nên nếu muốn tính số tay bài có đúng $l$ bộ thông ($\left| {{\delta _l}} \right|$) thì phải trừ đi $D_{l+1}$. Ví dụ: \[\left| {{\delta _3}} \right| = \left| {{D_3}} \right| - \left| {{D_4}} \right|\]

Để tính số tay bài 6 đôi thì ta làm tương tự, nhưng bỏ đi ràng buộc các đôi phải liên tiếp : \[C_{40}^1 \times {\left( {C_4^2} \right)^{C_{13}^6}}\]

Số sảnh rồng là \[C_{40}^1 \times {\left( {C_4^1} \right)^{12}}\]

- Điểm thứ nhất : Đúng là anh có ràng buộc nhưng em không đọc kỹ, em xin lỗi ạ.
- Điểm thứ hai : hiện em đang lúng túng ở công đoạn chọn $13-2l $quân bài còn lại để tạo thành tay bài $13$ quân.

Mình chưa nghĩ hết các khả năng nhưng đại để thì thế này: gọi $\Delta_l$ là tập hợp các tay bài của $l$ bộ thông mà không có trùng lặp.

Vì một tay bài 13 cây thì nhiều nhất là 6 đôi thông nên $\Delta_6=D_6$.

Bây giờ ta tính $\Delta_5$. Để ý thì một bộ thông 6 sẽ có thể tạo ra từ 2 bộ thông 5, ví dụ $(3,4,5,6,7,8)$ có thể tạo từ $(3,4,5,6,7)$ cộng với 8, hoặc $(4,5,6,7,8)$ cộng với 3. Tức là $\Delta_6$ sẽ bị đếm lặp hai lần trong $D_5$.

Vậy nên $|\Delta_5|=|D_5| - 2|\Delta_6|$.

Tiếp theo là $|\Delta_4|$...

n($\omega$)=$9^{6}$

Chọn ra 3 chữ số trong 9 chữ số có $C_{9}^{3}$

Gọi 3 chữ số đó là a,b,c

TH1: Có 2a 2b 2c 

Xếp đc $\frac{6!}{2!2!2!}=90$

TH2: Có 1a 2b 3c Và tương tự là 1a 3b 2c; 2a 1b 3c ; 2a 3b 1c; 3a 1b 2c; 3a 2b 1c   ( 6 cách)

Xếp đc $6.\frac{6!}{2!3!}=360$

TH3: Có 1a 1b 4c và tương tự 1a 4b 1c ; 4a 1b 1c

Xếp đc $3.\frac{6!}{4!}=90$

Xác xuất là p(A) = $\frac{(90+360+90).C_{9}^{3}}{9^{6}}$

 

Hình như TH bị trùng rồi -__-

Đề không rõ ràng: "có mặt đúng 3 chữ số khác nhau" hay "có mặt ít nhất 3 chữ số khác nhau"? Thường thì sẽ là trường hợp 2. Nếu thế thì bạn đếm thiếu. Những lúc như này, bạn nên dùng phương pháp bù trừ, và chú ý công thức đếm tổ hợp có trùng lặp.

Các bộ số $(10,5,5)$, $(5,10,5)$ và $(5,5,10)$ đã được đếm trong TH2.1 nên trong TH2.2 cần phải loại ra. Vậy TH2.2 phải trình bày như sau :

$\mathbf{TH2.2\textbf{}}$ : Có đúng một ẩn bằng $5$ : Có $3$ cách chọn $1$ ẩn bằng $5$, có $14-2=12$ cách chọn $2$ ẩn còn lại

Vậy $P=\frac{3+3.19+3.4+3.9+3.12}{C_{22}^2}=\frac{45}{77}\approx 0,5844$
 

Em quên khúc $14-2$ mất, nên dôi ra vài trường hợp

Em đề nghị một bài tổng quát như sau:

Cho trước một số nguyên tố $p$ và 2 số nguyên không âm $n,q$. Đếm số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+\ldots+x_n=qp$ sao cho $p|x_1x_2\ldots x_n$.

Chọn ngẫu nhiên 1 nghiệm nguyên không âm của phương trình $x+y+z=20$ . Hỏi xác suất để nghiệm này có $5\mid xyz.$

Bổ đề 1: (Bài toán chia kẹo Euler) Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+\ldots+x_n=m$ là $C_{m+n-1}^{n-1}$.

Bổ đề 2: (Bài toán chia kẹo Euler phiên bản nguyên dương) Số nghiệm nguyên dương của phương trình $x_1+x_2+\ldots+x_n=m$ với $m \ge n$ là $C_{m-1}^{n-1}$.

TH1: Nếu trong $x,y,z$ có một số bằng $0$ thì thỏa đề. Ta đếm số nghiệm thỏa đề:

TH1.1: Có đúng hai số bằng $0$ : có $C_3^2$ cách chọn 2 số bằng $0$, và có đúng 1 cách chọn số còn lại.

TH1.2: Có đúng một số bằng $0$ : có $C_3^1$ cách chọn 1 số bằng $0$, và có đúng $C_{20-1}^{2-1}$ cách chọn 2 số còn lại chọn theo bổ đề 2.

TH2: Nếu không có số nào bằng $0$. Do đó không có số nào có thể bằng $20$. Để chia hết cho $5$, một trong 3 số phải thuộc tập $D_5 = \{5,10,15\}$.

TH2.1: Có một số bằng $15$ : có $C_3^1$ cách chọn 1 số bằng $15$. Hai số còn lại sẽ nhỏ hơn $5$ và có $C_{5-1}^{2-1}$ cách chọn.

TH2.1: Có một số bằng $10$ : có $C_3^1$ cách chọn 1 số bằng $10$. Hai số còn lại sẽ nhỏ hơn $10$ và có $C_{10-1}^{2-1}$ cách chọn.

TH2.2: Có một số bằng $5$ : có $C_3^1$ cách chọn 1 số bằng $5$. Có $C_{15-1}^{2-1}$ cách chọn hai số còn lại.

Chú ý rằng: bộ số $(10,5,5)$ (và hoán vị, tổng cộng là 3) sẽ được đếm trong cả TH2.1 và TH2.2 nên ta cần phải loại trừ ra.

Kết luận: Xác suất cần tìm là:

\[P = \frac{{C_3^2 + C_3^1C_{20 - 1}^{2 - 1} + C_3^1C_{5 - 1}^{2 - 1} + C_3^1C_{10 - 1}^{2 - 1} + C_3^1C_{15 - 1}^{2 - 1} - 3}}{{C_{20 + 3 - 1}^{3 - 1}}} = \frac{{138}}{{231}} \approx 0.5974\]

Bạn giải thích cụ thể chữ "ngẫu nhiên" nhé. Ngẫu nhiên cũng có nhiều cách phân bố (density function) không giống nhau.

Hiểu từ "ngẫu nhiên" theo cách thông thường thôi (đừng làm khó em nó chứ )

Bài này em thấy dễ nên nhắc em nó cẩn thận mấy cái này tí

Một giải xổ số mini, mỗi kỳ phát hành $100$ vé số từ $00$ đến $99$. Mỗi kỳ quay chỉ có $1$ số trúng giải. Hãy tính xác suất để :

a) Trong $100$ kỳ quay, không có lần nào ra số $00$.

b) Trong $100$ kỳ quay, số $00$ trúng giải ít nhất $3$ lần.

a) Xác suất không ra số $00$ tại mỗi lượt quay là $\frac{99}{100}$, do đó xác suất không ra $00$ sau $100$ kỳ quay là \[{\left( {\frac{{99}}{{100}}} \right)^{100}} \approx 0,36\]

b) \[1 - {0,99^{100}} - C_{100}^1 \times 0,01 \times {0,99^{99}} - C_{100}^2 \times {0,01^2} \times {0,99^{98}} \approx 0,08\]

Ý tưởng em giống anh nhưng đáp số em ra lại khác Ngay từ $P(A_2)$ của anh ra $\frac{5}{21}$, còn của em là \[P\left( {{X_1}} \right)P\left( {\overline {{X_2}} } \right) = \frac{{C_n^1}}{{C_{n + m}^1}}\left( {1 - \frac{{C_n^2}}{{C_{n + m}^2}}} \right) = \frac{8}{{21}}\]
Không biết em hiểu sai chỗ nào?

P/S: Em vừa nhận ra mình đã ngộ nhận cách tính $P(\overline{X_{k}})$. Không thể lấy $1-P(X_k)$ vì đấy bao gồm cả xác suất trò chơi kết thúc ở lượt trước. $P(\overline{X_k})$ phải dựa trên $P(X_{k-1}|X_{k-2},\ldots,X_1)$, tức là các lượt trước đều đã ra bi xanh. Chốc nữa em sẽ sửa lại

Ta xét trường hợp tổng quát có $n$ bi xanh và $m$ bi đỏ.

Gọi $X_k$ là biến cố ở lượt $k$ rút ra được bi xanh và $\overline{X_k}$ là rút ra bi đỏ.

Ta có xác suất có điều kiện như sau:

\[P\left( {{X_k}|{X_{k - 1}},{X_{k - 2}},\ldots, {X_1}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{{n - k + 1}}{{n + m - k + 1}}{\text{ nếu }}k \le n\\
0{\text{ nếu không}}
\end{array} \right.\]

Từ đó ta tính xác suất rút được bi xanh ở lượt thứ $k$:

\[\begin{array}{l}
P\left( {{X_1}} \right) = \frac{n}{{n + m}}\\
P\left( {\overline {{X_1}} } \right) = 1 - P\left( {{X_1}} \right) = \frac{m}{{n + m}}\\
P\left( {{X_2}} \right) = P\left( {{X_2}|{X_1}} \right)P\left( {{X_1}} \right) = \frac{{n - 1}}{{n + m - 1}}\frac{n}{{n + m}} = \frac{{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{{2!}}}}{{\frac{{\left( {n + m} \right)\left( {n + m - 1} \right)}}{{2!}}}} = \frac{{C_n^2}}{{C_{n + m}^2}}\\
P\left( {\overline {{X_2}} } \right) = \left( {1 - P\left( {{X_2}|{X_1}} \right)} \right)P\left( {{X_1}} \right) = P\left( {{X_1}} \right) - P\left( {{X_2}} \right)\\
P\left( {{X_3}} \right) = P\left( {{X_3}|{X_2},{X_1}} \right)P\left( {{X_2}} \right) = \frac{{n - 2}}{{n + m - 2}}P\left( {{X_2}} \right) = \frac{{C_n^3}}{{C_{n + m}^3}}\\
P\left( {\overline {{X_3}} } \right) = \left( {1 - P\left( {{X_3}|{X_2},{X_1}} \right)} \right)P\left( {{X_2}} \right) = P\left( {{X_2}} \right) - P\left( {{X_3}} \right)\\
\ldots\\
P\left( {{X_k}} \right) = \left\{ \begin{array}{l}
0{\text{ nếu }}k \ge n + 1\\
\frac{{C_n^k}}{{C_{n + m}^k}}{\text{ nếu }}k \le n
\end{array} \right.\\
P\left( {\overline {{X_k}} } \right) = \left\{ \begin{array}{l}
1{\text{ nếu }}k \ge n + 1\\
1 - P\left( {{X_1}} \right){\text{ nếu }}k = 1\\
P\left( {{X_{k - 1}}} \right) - P\left( {{X_k}} \right){\text{ nếu }}k \le n
\end{array} \right.
\end{array}\]
Từ đó, ta tính xác suất để $A$ thắng:

\[{P_A} = \sum\limits_{k \le \frac{{n - 1}}{2}} {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)P\left( {\overline {{X_{2k + 2}}} } \right)}\]

Do số lượng bi có hạn nên trò chơi sẽ dừng lại sau nhiều nhất $n+1$ lượt, và sẽ luôn có người thắng. Nên $P_A + P_B = 1$. Ta chỉ cần so sánh $P_A$ với $\dfrac{1}{2}$ là sẽ biết $A$ nhiều khả năng thắng hơn hay không.


P/S: đã sửa xác suất thua.

Ai là người bắt đầu?

Anh cho em hỏi cái đoạn $\sum\limits_{k = 0}^\infty {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}} = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}}$ có phải anh dùng hàm sinh: $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}x^{k}=1+x+x^2+...=\frac{1}{1-x}$ trong đó $x=(1-p_A)(1-p_B)$ đúng không ạ ? 

Đoạn tổng cấp số nhân đó là kết quả quen thuộc mà Không nhất thiết phải là hàm sinh đâu.

em không hiểu chỗ $k\to+\infty$. Nếu ta biểu diễn $k$ theo $n$ (số lượt đã tung) thì $k$ phải dừng lại ở một số nguyên dương cụ thể nào đó chứ ạ?

Bạn phải lấy mọi trường hợp có thể của $k$ chứ đúng không nào?

Ta giải tổng quát với $p_A, p_B$ lần lượt là xác suất $A,B$ tung ra mặt ngửa.

Gọi $X_n$ là biến cố "trò chơi dừng lại ở lượt tung xu thứ $n$". Ta sẽ tính $P(X_n)$.

TH1: Nếu $n$ lẻ (tức là A thắng). Đặt $n=2k+1$ thì để đạt trạng thái này, $A,B$ phải thay phiên nhau tung ra mặt sấp $k$ lần, và lần $2k+1$ A tung ra mặt ngửa. Vì thế

\[P(X_{2k+1}) = {p_A}{\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^k}\]

TH2: Nếu $n$ chẵn (tức là B thắng). Đặt $n=2k$. Trạng thái này chỉ xảy ra khi $A,B$ thay phiên nhau tung ra mặt sắp $k-1$ lần, rồi $A$ tung mặt sấp và cuối cùng $B$ tung mặt ngửa. Do đó:

\[P(X_{2k}) = {\left( {1 - {p_A}} \right)^k}{\left( {1 - {p_B}} \right)^{k - 1}}{p_B}\]

Do đó, kỳ vọng $A$ thắng (biến cố $Y_A$) là:

\[\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {P\left( {{X_{2k + 1}}} \right)}  = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {{p_A}{{\left( {1 - {p_A}} \right)}^k}{{\left( {1 - {p_B}} \right)}^k}}  = {p_A}\frac{1}{{1 - \left( {1 - {p_A}} \right)\left( {1 - {p_B}} \right)}} = \frac{{{p_A}}}{{{p_A} + {p_B} - {p_A}{p_B}}}\]

Phần còn lại là thế số $p_A=\frac{1}{3}$ và $p_B=\frac{2}{5}$, ta có $\mathbb{E} \left( {{Y_A}} \right) = \frac{5}{9}$

Hình học hay phần nào khác cũng cần làm nhiều để quen tay.

Ngoài ra, một mẹo nhỏ mà thầy mình truyền lại là hãy vẽ các đường thẳng thay cho đoạn thẳng, để cho chúng giao nhau xem có tính chất gì hay.

Anh Khuê nói em mới để ý chúng ta đang có nhiều thành viên rất chất lượng ở nhiều cấp, và việc tạo kết nối nền tảng về lâu dài phải là chiến lược trọng yếu của VMF thôi

Nhìn vào sự tham gia thảo luận của mọi người thì em thấy chúng ta đang có dấu hiệu khởi sắc Em không dám mơ tưởng sẽ phục hồi thời hoàng kim 2004-2008, nhưng được bao nhiêu thì hay bấy nhiêu.

Em cũng đồng ý với anh Khuê là sự tham gia của mọi người hiện tại dẫu cho đời sống bận rộn là một điềm vinh dự lớn lao cho VMF.

Các bài viết toán cao cấp của các anh làm em cũng sống dậy niềm đam mê toán hồi nào, mặc dù trình độ em còn xa mới đọc nổi những bài viết ấy

Em chỉ hy vọng là mọi người có thể duy trì được nhịp độ này để làm đà nhen nhóm cho một thế hệ mới.