DOTOANNANG

Cho em hỏi nguyên tắc thi đấu này đã được xây dựng như thế nào?—

https://diendantoanh...ều-lệ-mhs-2013/

 

Nếu Đen và Trắng luân phiên nhau—$22$ nước đi, $11$ lượt đi.

Nếu Đen và Trắng không luân phiên nhau—$16$ nước đi, $13$ lượt đi.

Xem thêm trên chess.com—

https://www.chess.co...ght-swap-puzzle

Mấy anh làm mấy cái trang cá nhân hay vậy , đợi khi nào em nhập hội PhD cũng làm một cái.

P/s: đang rảnh nên em sẽ khai bút một topic trong toán hiện đại.

Tuyệt vời quá. Em ủng hộ anh.

Em nghĩ chung kết toàn Anh á anh

Anh thiên về khả năng 3 đại diện La Liga góp mặt top 4 đội mạnh nhất. Anh suýt được chứng kiến nó mùa 2012/13. Năm đó Chelsea rời giải sớm, hành trình của Pellergrini và Malaga CF với anh vô cùng ấn tượng, nếu không có những tình huống oan nghiệt mang dấu ấn trọng tài trong trận Tứ kết gặp Dortmund thì đội bóng đó bây giờ đã khác. Giới chủ Qatar cuối cùng đem con bỏ chợ—Malaga CF bây giờ đang chơi ở Segunda. Anh quá ám ảnh với nó, đến nỗi ghét Klopp, ghét Bundesliga. Nhờ chiến tích với Malaga CF mà Pellergrini được đặt tên cho 1 con đường tại thành phố, ông từng đưa chính Villarreal vào Bán kết (chỉ chịu thua bằng 1 tình huống hỏng ăn của Riquelme), City cũng vào Bán kết nhờ ông (vẫn kịch bản 0–1). Anh thì trừ Klopp thì vào vòng này ai cũng quý á em.

Trong Âm lịch có một quy luật là mỗi chu kỳ $19$ năm có đúng $7$ năm nhuận (năm nhuận là năm có $13$ tháng). Như vậy, $19$ năm Âm lịch liên tiếp luôn luôn có $19\times 12+7=235$ tháng Âm lịch. Mỗi tháng Âm lịch trung bình khoảng $29,5306$ ngày. Tức là $19$ năm Âm lịch $\approx 235\times 29,5306=6939,691$ ngày. Dĩ nhiên $19$ năm Âm lịch phải bao gồm một số nguyên ngày, nên nó có thể là $6939$ hoặc $6940$ ngày.

Bây giờ nói về Dương lịch (lịch Gregorius hiện hành). Giả sử ta chỉ xét trong phạm vi từ năm $1999$ đến $2099$. Trong phạm vi đó, cứ $4$ năm lại có $1$ năm nhuận (có $366$ ngày). Như vậy dễ thấy rằng $19$ năm Dương lịch liên tiếp có thể có $6939$ hoặc $6940$ ngày.

 

Vấn đề đặt ra như sau :

1- Hôm nay là ngày mùng $1$ Tết Âm lịch trùng với ngày $1/2$ Dương lịch $2022$. Vậy xác suất để ngày mùng $1$ Tết Âm lịch trùng với ngày $1/2$ Dương lịch sau $19$ năm nữa là bao nhiêu ?

2- Giả sử ngày mùng $1$ Tết Âm lịch $19$ năm sau trùng với ngày $1/2$ Dương lịch $2041$. Vậy xác suất để ngày mùng $1$ Tết Âm lịch $19$ năm sau nữa trùng với ngày $1/2$ Dương lịch $2060$ là bao nhiêu ?

Em trai của em sinh nhật 29 Th1 '05 (20 Th12 '04 Lịch Âm), đến sinh nhật năm 11 tuổi Dương thì cũng là sinh nhật tuổi Âm nữa.

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).

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_

 FCE6grNVQAI2iae.png   27.18K   19 Số lần tải

,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.

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.

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

Tìm các số hạng tiếp theo của

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