6.1 Đơn ứng cử 5.1. Don ung cu

6.1 Đơn ứng cử 5.1. Don ung cu tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh v...

6.1. Đặc điểm của việc hoàn thiện kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo. Trong một số tài liệu về giáo dục học và lí luận dạy học bộ môn đôi khi người ta gọi các phương pháp trong quá trình hoàn thiện kiến thức là phương pháp cũng cố kiến thức .Nhưng khi phân tích kĩ thì ở giai đoạn này không chỉ có cũng cố kiến thức mà trước hết là hoàn thiện kiến thức, và điều đặc biệt quan trọng là dạy học sinh vận dụng kiến thức phát triển kĩ năng, kĩ xảo. Hoàn thiện kiến thức có nghĩa là làm sáng tỏ thêm các biểu tượng về vật thể và hiện tượng nghiên cứu bằng cách phân biệt,so sánh, đối chiếu chúng ,làm chính xác sâu sắc thêm các khái niệm bằng cách tách riêng những dấu hiệu bản chất,thiết lập mối liên hệ giữa các khái niệm và khái quát hơn nữa các kiến thức đã thu được;làm sáng tỏ các định luật,các quan điểm cơ bản của thuyết cấu tạo chất,việc điều khiển các phản ứng hoá học. Mẫu số 01/BKS CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc -o0o - ĐƠN ỨNG CỬ THAM GIA BAN KIỂM SOÁT NHIỆM KỲ 2012 – 2015 CÔNG TY CỔ PHẦN PVI (PVI) Kính gửi : BAN TỔ CHỨC ĐẠI HỘI ĐỒNG CỔ ĐÔNG CÔNG TY CỔ PHẦN PVI Tôi tên là: CMND/ Hộ chiếu số: Ngày cấp: / / Nơi cấp: Địa chỉ: Hiện sở hữu/đại diện: cổ phần (Bằng chữ: ) Tương ứng với tổng mệnh giá (đồng): Thời gian nắm giữ cổ phiếu PVI liên tục đến ngày 15/03/2013: Sau nghiên cứu quy định quyền cổ đông tiêu chuẩn, điều kiện làm thành viên Ban Kiểm soát Điều lệ PVI Luật Doanh nghiệp năm 2005, thấy có đủ điều kiện ứng cử làm thành viên Ban Kiểm soát PVI Đề nghị Ban tổ chức ĐHĐCĐ thường niên 2013 Công ty cổ phần PVI cho ứng cử làm thành viên Ban Kiểm soát PVI nhiệm kỳ 2012 – 2015 Nếu Đại hội đồng cổ đông thường niên năm 2013 PVI tín nhiệm bầu làm thành viên Ban Kiểm soát xin đem hết lực tâm huyết thân để đóng góp cho phát triển Công ty cổ phần PVI Tôi xin đính kèm Sơ yếu lý lịch Người ứng cử theo Đơn Trân trọng cảm ơn./ , ngày tháng năm 2013 CỔ ĐÔNG (Ký ghi rõ họ tên) Xin lưu ý: Đơn phải gửi đến Ban tổ chức đại hội trước 16h30 ngày 22/4/2013 theo địa chỉ: Công ty cổ phần PVI, số 154 Phố Nguyễn Thái Học,Quận Ba Đình, Hà Nội 27 Dạng 5 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số CM bất đẳng thức. • Đưa bất đẳng thức về dạng ( ) ( ) , ; f x M x a b ≥ ∈ . • Xét hàm số ( ) ( ) , ; y f x x a b = ∈ . • Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng ( ) ; a b . • Dựa vào bảng biến thiên và kết luận. Ví dụ 1 : Với 0; 2 x π   ∈     .Chứng minh rằng : 1. sin t n 2 x a x x + > 2 sin 2. 1 x x π < < Giải : 1. sin t n 2 x a x x + > * Xét hàm số ( ) sin t n 2 f x x a x x = + − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π       . * Ta có : ( ) 2 2 2 1 1 ' cos 2 cos 2 0, 0; 2 cos cos f x x x x x x π   = + − > + − > ∀ ∈     ( ) f x ⇒ là hàm số đồng biến trên 0; 2 π       và ( ) ( ) 0 , f x f> 0; 2 x π   ∀ ∈     hay sin t n 2 , 0; 2 x a x x x π   + > ∀ ∈     (đpcm). ⊕ Từ bài toán trên ta có bài toán sau : Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn thì sin sin sin tan tan tan 2 A B C A B C π + + + + + > 2 sin 2. 1 x x π < < * Với 0 x > thì sin 1 x x < (xem ví dụ 2 ) * Xét hàm số ( ) sin x f x x = liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π       . * Ta có ( ) 2 .cos sin ' , 0; 2 x x x f x x x π   − = ∀ ∈     . * Xét hàm số ( ) .cos sin g x x x x = − liên trục trên đoạn 0; 2 π       và có 28 ( ) ( ) ' .sin 0, 0; 2 g x x x x g x π   = − < ∀ ∈ ⇒     liên tục và nghịch biến trên đoạn 0; 2 π       và ta có ( ) ( ) 0 0, 0; 2 g x g x π   < = ∀ ∈     * Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) 2 ' ' 0, 0; 2 g x f x x f x x π   = < ∀ ∈ ⇒     liên tục và nghịch biến trên nửa khoảng 0; 2 π       , ta có ( ) 2 , 0; 2 2 f x f x π π π     > = ∀ ∈         . Bài tập tương tự : Chứng minh rằng với mọi 0; 2 x π   ∈     ta luôn có: 1. tan x x > 3 2. tan 3 x x x> + 3. 2 sin tan 3 x x x + > 3 4. 2 cot sin x x x < + Ví dụ 2 : Chứng minh rằng : 1. sin , 0; 2 x x x π   ≤ ∀ ∈     3 2. sin , 0; 3! 2 x x x x π   > − ∀ ∈     2 4 3. cos 1 , 0; 2 24 2 x x x x π   < − + ∀ ∈     3 sin 4. cos , 0; 2 x x x x π     > ∀ ∈         . Giải : 1. sin , 0; 2 x x x π   ≤ ∀ ∈     * Xét hàm số ( ) sin f x x x = − liên tục trên đoạn 0; 2 x π   ∈     * Ta có: '( ) cos 1 0 , 0; 2 f x x x π   = − ≤ ∀ ∈ ⇒     ( ) f x là hàm nghịch biến trên đoạn 0; 2 π       . Suy ra ( ) (0) 0 sin 0; 2 f x f x x x π   ≤ = ⇔ ≤ ∀ ∈     (đpcm). 29 3 2. sin , 0; 3! 2 x x x x π   > − ∀ ∈     * Xét hàm số 3 ( ) sin 6 x f x x x= − + liên tục trên nửa khoảng 0; 2 x π   ∈     . * Ta có: 2 '( ) cos 1 "( ) sin 0 0; 2 2 x f x x f x x x x π   = − + ⇒ = − + ≥ ∀ ∈     (theo câu 1) '( ) '(0) 0 0; ( ) (0) 0 0; 2 2 f x f x f x f x π π     ⇒ ≥ = ∀ ∈ ⇒ ≥ = ∀ ∈         3 sin , 0; 3! 2 x x x x π   ⇒ > − ∀ ∈     (đpcm). 2 4 3. cos 1 , 0; 2 24 2 x x x x π   < − + ∀ ∈     * Xét hàm số 2 4 ( ) cos 1 2 24 x x g x x= − + − liên tục trên nửa khoảng 0; 2 x π   ∈     . * Ta có: 3 '( ) sin 0 0; 6 Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 35 Dạng 6 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và bất phương trình . Chú ý 1 : Nếu hàm số ( ) y f x = luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) thì số nghiệm của phương trình : ( ) f x k = sẽ không nhiều hơn một và ( ) ( ) f x f y = khi và chỉ khi x y = . Chú ý 2: • Nếu hàm số ( ) y f x = luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) và hàm số ( ) y g x = luôn đơn điệu nghiêm ngoặc ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến ) trên D , thì số nghiệm trên D của phương trình ( ) ( ) f x g x = không nhiều hơn một. • Nếu hàm số ( ) y f x = có đạo hàm đến cấp n trên D và phương trình ( ) ( ) 0 k f x = có m nghiệm, khi đó phương trình ( 1) ( ) 0 k f x − = có nhiều nhất là 1 m + nghiệm. Ví dụ 1 : Giải các phương trình 1. 2 2 3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0 x x x x x + + + + + + + = 2. 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4 x x x x x − − + = + − Giải : 1. 2 2 3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0 (1) x x x x x + + + + + + + = Phương trình ( ) 2 2 (1) 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3) (2) x x x x⇔ − + − + = + + + + Đặt 3 , 2 1, , 0 u x v x u v = − = + > Phương trình 2 2 (1) (2 3) (2 3) (3) u u v v ⇔ + + = + + * Xét hàm số 4 2 ( ) 2 3 f t t t t = + + liên tục trên khoảng ( ) 0; +∞ * Ta có ( ) 3 4 2 2 3 '( ) 2 0, 0 3 t t f t t f t t t + = + > ∀ > ⇒ + đồng biến trên khoảng ( ) 0; +∞ . Khi đó phương trình 1 (3) ( ) ( ) 3 2 1 5 f u f v u v x x x ⇔ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ = − Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 36 Vậy 1 5 x = − là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. 3 3 2 2 4 5 6 7 9 4 x x x x x − − + = + − . Đặt y = 3 2 7 9 4 y x x = + − . Khi đó phương trình cho 3 2 2 3 4 5 6 7 9 4 x x x y x x y  − − + =  ⇔  + − =   ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 3 3 2 3 4 5 6 4 5 6 3 4 2 1 1 * x x x y x x x y I y y x x x y y x x  − − + =  − − + =   ⇔ ⇔   + = + + + + = + + +     ( ) * có dạng ( ) ( ) ( ) 1 f y f x a = + * Xét hàm ( ) 3 , f t t t t = + ∈ » * Vì ( ) 2 ' 3 1 0, f t t t = + > ∀ ∈ » nên hàm số đồng biến trên tập số thực » . Khi đó ( ) 1 a y x ⇔ = + Hệ ( ) ( ) 3 2 3 2 4 5 6 4 6 5 0 * * 1 1 x x x y x x x I y x y x   − − + = − − + =   ⇔ ⇔   = + = +     Giải phương trình ( ) * * ta có tập nghiệm : 1 5 1 5 5, , 2 2 S   − + − −   =       . Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình: − = 2 2 2 11 x x có nghiệm duy nhất Giải : Cách 1 : Xét hàm số 2 2 2 y x x = − liên tục trên nửa khoảng )  +∞  2; . Ta có: ( ) ( ) − = > ∀ ∈ +∞ − 5 8 ' 0, 2; 2 x x y x x ( ) 2 lim lim 2 2 x x y x x →+∞ →+∞ = − = +∞ Bảng biến thiên : x 2 +∞ ' y + y +∞ 0 Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 37 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số 2 2 2 y x x = − luôn cắt đường thẳng 11 y = tại duy nhất một điểm. Do đó phương trình − = 2 2 2 11 x x có nghiệm duy nhất . Cách 2: Xét hàm số ( ) 2 2 2 11 y f x x x = = − − liên tục trên nửa khoảng )  +∞  2; . Ta có ( ) ( ) 2 11, 3 7 f f = − = . Vì ( ) ( ) ( ) 2 . 3 77 0 0 f f f x = − < ⇒ = có ít nhất một nghiệm trong khoảng ( ) 2;3 . ( ) ( ) ( ) ( ) 5 8 ' 0, 2; 2 x x f x x f x x − = > ∀ ∈ +∞ ⇒ − liên tục và đồng biến trên khoảng ( ) 2;3 . Vậy phương trình cho có LỜI NÓI ĐẦU Trong mấy chục năm qua , khoa học máy tính và xử lý thông tin có những bước tiến vược bậc và ngày càng có những đóng góp to lớn vào cuộc cách mạng khoa học kỹ thuật hiện đại. Đặc biệt sự ra đời và phát triển nhanh chóng của kỹ thuật số làm cho ngành điện tử trở nên phong phú và đa dạng hơn. Nó góp phần rất lớn trong việc đưa kỹ thuật hiện đại thâm nhập rộng rãi vào mọi lĩnh vực của hoạt động sản xuất ,kinh tế và đời sống xã hội. Từ những hệ thống máy tính lớn đến nhứng hệ thống máy tính cá nhân , từ những việc điều khiển các máy công nghiệp đến các thiết bị phục vụ đời sống hằng ngày của con người. Với mong muốn tìm hiểu , ứng dụng những tiến bộ của khoa học kỹ thuật hiện đại vào phục vụ sản xuất và phục vụ đời sống con người Bằng những kiến thức đẵ học và được sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong bộ môn em đã hoàn thành thiết kế của mình tuy nhiên do trình độ còn hạn chế nên không tránh khơi sai sót mong quý thầ cô chỉ bảo Sau đây em xin trình bày thiết kế của mình CHƯƠNG 1. TỔNG QUAN VỀ CÔNG NGHỆ 1.1. Giới thiệu về chuẩn giao tiếp ISA 1.2. Giới thiệu về các linh kiện sử dụng trong sơ đồ 1.1.1. Vi mạch ADC AD574A * Các đặc điểm đặc trưng. - Là bộ biến đổi A/D 12 bit hoàn chỉnh với nguồn tham chiếu tích hợp bên trong - Giao diện tương thích bus của các bộ vi xử lý 8 – 16 bit - Vùng nhiệt độ hoạt động 0 0 C tới 70 0 C với AD574AJ, K, L -55 0 C tới 125 0 C với AD574AS, T, U - Thời gian biến đổi lớn nhất là 35 µ s - Các phiên bản khác với chân ra tương thích có thể hoạt động ở tốc độ cao như: 15 µ s với AD674B, 10 µ s với AD1674 * Mô tả sản phẩm AD574A là một bộ biến đổi ADC 12 bit hoàn chỉnh hoạt động trên nguyên lý xấp xỉ liên tiếp, với bộ đệm đầu ra ba trạng thái cho phép ghép nối trực tiếp với bus của bộ vi xử lý 8 hoặc 16 bit. Một bộ phát xung nhịp và điện áp tham chiếu có độ chính xác cao được tích hợp trên chip. Sơ đồ chân vi mạch AD574A - AD574A có thể phối ghép với hầu hết các vi xử lý và các vi điều khiển 8 hoặc 16 bit. Bộ đệm đầu ra ba trạng thái đa chế độ cho phép ghép trực tiếp với bus dữ liệu trong quá trình đọc và các lệnh biến đổi nhận được từ bus điều khiển. 12 bit của dữ liệu đầu ra có thể được đọc như là 1 dữ liệu 12 bit hoặc như 2 byte 8 bit (byte đầu với 8 bit dữ liệu, byte còn lại với 4 bit dữ liệu và 4 bi 0) - Cung cấp 4 dải đo: 0 tới +10V và 0 tới +20V đơn cực, -5V tới +5V và -10V tới +10V lưỡng cực * Đấu nối dải đo đơn cực cho AD574A AD574A chứa tất cả phần tử tích cực cần thiết để thực hiện biến đổi A/D hoàn chỉnh. Vì thế, cho tất cả các vị trí, tất cả cần được nối với nguồn cấp (+5V, +12V/+15V, và -12V/+12V), đầu vào tương tự, và lệnh khởi tạo quá trình biến đổi, được thảo luận trong trang tiếp theo. Sự đấu nối đầu vào tương tự và định cỡ là rất đơn giản; chế độ hoạt động đơn cực được biểu diễn như hình sau. Chế độ hoạt động đơn cực của AD574A Đầu vào tương tự được nối giữa chân 13 và chân 9 cho phạm vi đầu vào 0V tới +10V, giữa chân 14 và chân 9 cho phạm vi đầu vào 0V tới +20V. AD574A rất dễ điều chỉnh để cung cấp tín hiệu đầu vào vượt cao hơn nguồn cấp. AD574A được thiết kế có độ sai lệch thông thường là Môn: Hệ thống mã nguồn mở Bài tập 6.1: Triển khai hệ thống hỗ trợ học tập Moodle Ubuntu Server 16.04 Tải file moodle sau dùng winscp để chép vào thư mục /var/www/html Sử dụng câu lệnh tar –xvzf moodle-3.1.1.tgz để giải nén file, sau sử dụng lệnh sudo chmod –R 777 moodle để sử dụng file Kiểm tra file giải nén hoàn tất, sau tiến hang xây dựng sở liệu cho hệ thống Moodle Sau tiến hành cài đặt hệ thống hỗ trợ học tập Moodle Chọn ngôn ngữ tiếng anh, sau chọn Next, điền số thông tin liệu chọn Next, để kiểm tra yêu cầu hệ thống tiếp tục cài đặt cho Moodle Bắt đầu tiến hành cài đặt cho trang hỗ trợ học tập