sophuc.ppt

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "sophuc.ppt": http://123doc.vn/document/549482-sophuc-ppt.htm

KIỂM TRA BÀI CŨ :
1. Định nghĩa số phức ?
2. Thế nào là hai số phức bằng nhau ?
3. Tìm các số thực x và y, biết :
( 9 – 5x) + ( 3y + 5)i = (– x – 3y) + (2x + 4y)i
HS1

KIỂM TRA BÀI CŨ :
1. Cho số phức z = a + bi. Số phức liên hợp
của z ?
2. Công thức tính môđun của số phức
z = a + bi ?
3. Tìm số phức z, biết :
và phần ảo của z bằng hai lần phần thực
của nó.

z = 2 5
HS2

LOGO
BÀI 2

Phép cộng và phép trừ :
1
Theo quy tắc cộng, trừ đa thức (coi i là biến),
hãy tính :
(3+2i) + (5+8i)
(7+5i) – (4+3i)
(3+2i) + (5+8i) = 8+10i
(7+5i) – (4+3i) = 3+2i

Phép cộng và phép trừ :
1
Ví dụ 1:
(5 + 2i) + (3 + 7i) = (5 + 3) + (2 + 7)i = 8 + 9i
(1 + 6i) - (4 + 3i) = (1 - 4) + (6 - 3)i = -3 + 3i
Tổng quát:
(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i
(a + bi) - (c + di) = (a - c) + (b - d)i

Phép nhân :
2
Theo quy tắc nhân đa thức với chú ý: i
2
=-1
hãy tính :
(3+2i)(2+3i) ?
(3+2i)(2+3i) = 6 + 9i + 4i + 6i
2
= 0 + 13i
= 13i

Phép nhân :
2
Ví dụ 2:
(5 + 2i)(4 + 3i) = ?
=20 + 15i + 8i + 6i
2

= (20 – 6) + (15 + 8)i
= 14 + 23i
(2 - 3i)(6 + 4i) = ?
= 12 + 8i – 18i – 12i
2
= (12 + 12) + (8 – 18)i
= 24 – 10i

Phép nhân :
2
Tổng quát:
(a + bi) (c + di) = ac + adi + bci + bdi
2

= ac + adi + bci – bd

(a + bi) (c + di) = (ac – bd) + (ad + bc)i

Vậy:

Chú ý
Phép cộng và phép nhân các số phức có tất
cả các tính chất của phép cộng và phép nhân
các số thực.
Phép cộng và phép nhân các số phức có các
tính chất của phép cộng và phép nhân các số
thực không ?

Tính : P= (3 + 4i) + (1 – 2i)(5 + 2i)
a) 6 + 8i
b) 6 – 8i
c) 12 -4i
d) Kết quả khác

Số nào trong các số sau là số thực:
a)
b)
c)
d)
(2+ i 5) + (2 - i 5 )
( 3+ 2i) - ( 3 - 2i )
(1 + i 3)
2
(2 - i 2)
2

Số nào trong các số sau là số
thuần ảo :
a)
b)
c)
d)

(2 + 2i)
2
( 2 + 3i) + ( 2 - 3i)
( 2 + 3i)( 2 - 3i)
(2 + 3i)
2

Tính Z=[(4 +5i) – (4 +3i)]
5
có
kết quả là :
a) –
2
5
i
b) 2
5

i
c)
– 2
5
d) 2
5

 Nắm vững các phép toán cộng, trừ và
nhân số phức.
 Tính toán thành thạo cộng, trừ và nhân số
phức
 Làm các bài tập SGK trang 135, 136.

bảo mật mạng không dây wire

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "bảo mật mạng không dây wire": http://123doc.vn/document/550647-bao-mat-mang-khong-day-wire.htm

Final Project: Wireless Security - 5 -
Chương I: Giới thiệu về Wireless Lan

1.1 Khái niệm
Mạng không dây là một hệ thống mạng mà ở đó các máy tính có thể nói chuyện, giao
tiếp với nhau và cùng chia sẻ các nguồn tài nguyên như máy in hay các file dữ liệu mà
không cần dùng dây cáp mạng. Thông qua các thiếp bị giao tiếp cơ bản như Access Point
( dùng để phát tín hiệu), Card mạng không dây ( dùng cho máy PC để bàn), Card PCMCI
dùng cho máy tính xách tay không có card wireless tích hợp, USB wireless thì chúng ta
đã có một hệ thống mạng không dây tương đối hoàn chỉnh.
Công nghệ mạng không dây do tổ chức IEEE xây dựng và được tổ chức Wi-Fi
Alliance chính thức đưa vào sử dụng. Mạng không dây có tính năng, đặc trưng hoàn toàn
giống như mạng cổ điển như Ethernet, Token Ring, vv. điểm nổi bật của hệ thống mạng
không dây là không sử dụng Cables để kết nối hoặc ứng dụng tại nơi không thể thi công
cables. Hệ thống này sử dụng tần số Radio 2.4MHz để chuyển tải dữ liệu, do đó bạn dể
dàng nâng cấp, thay đổi tốc độ truyền không giống như hệ thống cổ điển như chôn cables
xuống đất, âm trong tường, vv.
Hệ thống mạng không dây sử dụng môi trường truyền dẫn tần số radio - radio
frequencies (RF). Tần số radio thường rất được sử dụng phổ biến vì băng thông rộng nên
truyền tính hiệu đi rất xa, phủ sóng rộng hơn. Đa số các hệ thống mạng wireless thường
sử dụng băng tần 2.4-gigahertz (GHz).

Chia hệ thống mạng không dây thành 2 loại:
Mạng không dây trong nhà ( Indoor )

Final Project: Wireless Security - 6 -
Mạng không dây ngoài trời ( Outdoor )




1.2 Ưu điểm
Mạng không dây không dùng cáp cho các kết nối,thay vào đó, chúng sử dụng sóng
radio. Ưu thế của mạng không dây là khả năng di động và sự tự do, người dùng không bị
hạn chế về không gian và vị trí kết nối. Các mạng máy tính không dây có ưu điểm về hiệu
suất, sự thuận lợi, cụ thể như sau:

1.2.1 Tính di động : Người sử dụng laptop và máy tính notebook có thể thay đổi vị trí
mà vẫn luôn duy trì được kết nối mạng. Điều này cho phép người dùng di động có thể di
chuyển từ địa điểm này đến các địa điểm khác, đi lại trong các cuộc hội thảo, hành lang,
quán cà phê, lớp học mà vẫn có thể truy cập vào dữ liệu mạng. Nếu không có mạng không
dây, người dùng phải mang theo cáp và bị hạn chế vì phải làm việc gần với các giắc cắm
cáp. Kết nối LAN không dây là một công nghệ hoàn hảo cho các môi trường cần đến
nhiều sự di động. Ví dụ: các môi trường mua bán lẻ có thể có lợi khi người dùng sử dụng
laptop để vào thông tin kiểm kê một cách trực tiếp trong cơ sở dữ liệu từ các quầy hàng.
Thậm chí nếu không có cơ sở hạ tầng không dây, các máy tính laptop không dây vẫn có
thể từ mạng ad hoc truyền thông và chia sẻ dữ liệu với các máy tính khác.

1.2.2 Tính đơn giản : Để kết nối mạng trong hai tòa nhà cao tầng được tách biệt bởi
trở ngại về vật lý, hợp lệ và tài chính, bạn có thể sử dụng liên kết được cung cấp bởi các
hãng truyền thông (chi một chi phí cài đặt cố định và giá thành chi phí đinh kỳ) hoặc bạn
có thể tạo một liên kết không dây point-to-point bằng việc sử dụng công nghệ LAN không
dây (chi một chi phí cài đặt cố định mà không cần chi phí định kỳ). Việc loại bỏ được các
gánh nặng về truyền thông định kỳ có thể tiết kiệm một cách đáng kể các chi phí cho tổ
chức. Công nghệ mạng LAN không dây có thể được sử dụng để tạo một mạng tạm thời,
Final Project: Wireless Security - 7 -
điều này có ý nghĩa đối với các nhiệm vụ nào đó chỉ diễn ra trong một thời điểm ngắn. Ví
dụ: mạng sử dụng cho hội nghị hoặc các trình chiếu mang tinh chất thương mại có thể
ứng dụng loại hình mạng không dây này, hiển nhiên là nó linh hoạt hơn việc triển khai
bằng các đường truyền cáp với kiểu nối mạng chạy dây Ethernet truyền thống.
Nhiều tòa nhà như các tòa nhà có từ lâu đời có thể không được phép chạy dây, vì việc này
có thể dẫn đến làm xấu đi tòa nhà. Chính vì vậy nếu áp dụng giải pháp không dây ở đây
sẽ là một lựa chọn cần thiết.Khía cạnh không dây của mạng LAN không dây cũng rất hấp
dẫn với bất kì gia đình nào, người có điều kiện kết nối máy tính trong nhà cùng nhau mà
không cần đục lỗ, kéo dây cáp qua các bức tường và trần nhà.

1.2.3 Tiết kiệm chi phí lâu dài : Trong khi đầu tư cần thiết ban đầu đối với phần cứng
của một mạng máy tính không dây có thể cao hơn chi phí phần cứng của một mạng hữu
tuyến nhưng toàn bộ phí tổn lắp đặt và các chi phí về thời gian tồn tại có thể thấp hơn
đáng kể. Chi phí dài hạn có lợi nhất trong các môi trường động cần phải di chuyển và
thay đổi thường xuyên.

1.2.4 Khả năng vô hướng : các mạng máy tính không dây có thể được cấu hình theo
các topo khác nhau để đáp ứng các nhu cầu ứng dụng và lắp đặt cụ thể. Các cấu hình dễ
dàng thay đổi từ các mạng ngang hàng thích hợp cho một số lượng nhỏ người sử dụng
đến các mạng có cơ sở hạ tầng đầy đủ dành cho hàng nghìn người sử dụng mà có khả
năng di chuyển trên một vùng rộng.

1.2.5 Dễ dàng truy cập tại các đại điểm Internet công cộng. Xa hơn nữa là các tòa
nhà cao tầng của nhiều công ty, truy cập Internet và thậm trí là truy cập vào các trang của
công ty có thể được thực hiện thông qua các mạng hot spot không dây công cộng. Các sân
bay, nhà hàng, bến xe lửa và các vùng công cộng khác trong toàn thành phố có thể được
cung cấp với các loại hình dịch vụ không dây này. Khi một ai đó đi đến đích trong chuyến
công tác của họ có lẽ việc gặp một khách hàng tại văn phòng công ty của họ mà bị giới
hạn thì việc giới hạn về truy cập có thể được cung cấp bằng một mạng không dây cục bộ.
Mạng này có thể nhận ra người dùng này là từ một công ty khác và tạo một kết nối được
cô lập với công ty đó nhưng vẫn có thể truy cập Internet cho người dùng mới đến này.
Nhà cung cấp cơ sở hạ tầng không dây đang cho phép việc kết nối không dây trong các
vùng công cộng xung quanh thế giới. Nhiều sân bay, các trung tâm hội thảo, khách sạn
cung cấp truy cập không dây cho khách của họ.



Final Project: Wireless Security - 8 -
1.3 Hoạt động

Các mạng máy tính không dây sử dụng các sóng điện từ không gian (vô tuyến hoặc
ánh sáng) để truyền thông tin từ một điểm tới điểm khác. Các sóng vô tuyến thường được
xem như các sóng mang vô tuyến do chúng chỉ thực hiện chức năng cung cấp năng lượng
cho một máy thu ở xa. Dữ liệu đang được phát được điều chế trên sóng mang vô tuyến
(thường được gọi là điều chế sóng mang nhờ thông tin đang được phát) sao cho có thể
được khôi phục chính xác tại máy thu.
Nhiễu sóng mang vô tuyến có thể tồn tại trong cùng không gian, tại cùng thời điểm
mà không can nhiễu lẫn nhau nếu các sóng vô tuyến được phát trên các tần số vô tuyến
khác nhau. Để nhận lại dữ liệu, máy thu vô tuyến sẽ thu trên tần số vô tuyến của máy phát
tương ứng.
Trong một cấu hình mạng máy tính không dây tiêu chuẩn, một thiết bị thu/phát (bộ
thu/phát) được gọi là một điểm truy cập, nối với mạng hữu tuyến từ một vị trí cố định sử
dụng cáp tiêu chuẩn. Chức năng tối thiểu của điểm truy cập là thu, làm đệm, và phát dữ
liệu giữa mạng máy tính không dây và cơ sở hạ tầng mạng hữu tuyến. Một điểm truy cập
đơn có thể hỗ trợ một nhóm nhỏ người sử dụng và có thể thực hiện chức năng trong một
phạm vi từ một trăm đến vài trăm feet. Điểm truy cập (hoặc anten được gắn vào điểm truy
cập) thường được đặt cao nhưng về cơ bản có thể được đặt ở bất kỳ chỗ nào miễn là đạt
được vùng phủ sóng mong muốn.
Những người sử dụng truy cập vào mạng máy tính không dây thông qua các bộ
thích ứng máy tính không dây như các Card mạng không dây trong các vi máy tính, các
máy Palm, PDA. Các bộ thích ứng máy tính không dây cung cấp một giao diện giữa hệ
thống điều hành mạng (NOS – Network Operation System) của máy khách và các sóng
không gian qua một anten. Bản chất của kết nối không dây là trong suốt đối với hệ điều
hành mạng.

1.4 Mô hình
Mạng 802.11 linh hoạt về thiết kế, gồm 3 mô hình mạng sau:
· Mô hình mạng độc lập(IBSSs) hay còn gọi là mạng Ad hoc
· Mô hình mạng cơ sở (BSSs)
· Mô hình mạng mở rộng(ESSs)

1.4.1 Mô hình mạng Ad hoc
Các nút di động (máy tính có hỗ trợ card mạng không dây) tập trung lại trong một
không gian nhỏ để hình thành nên kết nối ngang cấp (peer-to-peer) giữa chúng. Các nút di
động có card mạng wireless là chúng có thể trao đổi thông tin trực tiếp với nhau , không
Final Project: Wireless Security - 9 -
cần phải quản trị mạng. Vì các mạng ad-hoc này có thể thực hiện nhanh và dễ dàng nên
chúng thường được thiết lập mà không cần một công cụ hay kỹ năng đặc biệt nào vì vậy
nó rất thích hợp để sử dụng trong các hội nghị thương mại hoặc trong các nhóm làm việc
tạm thời. Tuy nhiên chúng có thể có những nhược điểm về vùng phủ sóng bị giới hạn,
mọi người sử dụng đều phải nghe được lẫn nhau.



1.4.2 Mô hình mạng cơ sở Basic service set ( BSSs)



Bao gồm các điểm truy nhập AP (Access Point) gắn với mạng đường trục hữu tuyến
và giao tiếp với các thiết bị di động trong vùng phủ sóng của một cell. AP đóng vai trò
điều khiển cell và điều khiển lưu lượng tới mạng. Các thiết bị di động không giao tiếp
trực tiếp với nhau mà giao tiếp với các AP.Các cell có thể chồng lấn lên nhau khoảng 10-
Final Project: Wireless Security - 10 -
15% cho phép các trạm di động có thể di chuyển mà không bị mất kết nối vô tuyến và
cung cấp vùng phủ sóng với chi phí thấp nhất. Các trạm di động sẽ chọn AP tốt nhất để
kết nối. Một điểm truy nhập nằm ở trung tâm có thể điều khiển và phân phối truy nhập
cho các nút tranh chấp, cung cấp truy nhập phù hợp với mạng đường trục, ấn định các địa
chỉ và các mức ưu tiên, giám sát lưu lượng mạng, quản lý chuyển đi các gói và duy trì
theo dõi cấu hình mạng. Tuy nhiên giao thức đa truy nhập tập trung không cho phép các
nút di động truyền trực tiếp tới nút khác nằm trong cùng vùng với điểm truy nhập như
trong cấu hình mạng WLAN độc lập. Trong trường hợp này, mỗi gói sẽ phải được phát đi
2 lần (từ nút phát gốc và sau đó là điểm truy nhập) trước khi nó tới nút đích, quá trình này
sẽ làm giảm hiệu quả truyền dẫn và tăng trễ truyền dẫn.

1.4.3 Mô hình mạng mở rộng Extended Service Set (ESSs)
Mạng 802.11 mở rộng phạm vi di động tới một phạm vi bất kì thông qua ESS. Một
ESSs là một tập hợp các BSSs nơi mà các Access Point giao tiếp với nhau để chuyển lưu
lượng từ một BSS này đến một BSS khác để làm cho việc di chuyển dễ dàng của các trạm
giữa các BSS, Access Point thực hiện việc giao tiếp thông qua hệ thống phân phối. Hệ
thống phân phối là một lớp mỏng trong mỗi Access Point mà nó xác định đích đến cho
một lưu lượng được nhận từ một BSS. Hệ thống phân phối được tiếp sóng trở lại một đích
trong cùng một BSS, chuyển tiếp trên hệ thống phân phối tới một Access Point khác, hoặc
gởi tới một mạng có dây tới đích không nằm trong ESS. Các thông tin nhận bởi Access
Point từ hệ thống phân phối được truyền tới BSS sẽ được nhận bởi trạm đích.

Final Project: Wireless Security - 11 -
Chương II: Các chuẩn 802.11

2.1 Giới thiệu về chuẩn 802.11

Hiện nay, wireless network, cụ thể hơn là wireless LAN/MAN dùng các chuẩn
dạng 802.11. Chuẩn này được ra đời vào năm 1997. Đây là chuẩn sơ khai của mạng ko
dây, nó mô tả cách truyền thông trong mạng ko dây sử dụng các phương thức như DSSS
(Direct Sequence Spread Spectrum), FHSS (Frequency Hopping Spread Spectrum) và
Infrared (hồng ngoại). Tốc độ hoạt động từ 1 - 2 Mbs, hoạt động trong băng tần 2.4 GHz
ISM.
Sau này chuẩn này còn được bổ sung thêm nhiều chuẩn mới có dạng 802.11x. Tất
cả những mạng trong chuẩn 802.x đều bao gồm thành phần MAC và PHY:
- MAC: tập các quy tắc xác định giao thức truy cập môi trường và truyền nhận dữ
liệu.
- PHY: chi tiết thông tin về giao thức truyền và nhận dữ liệu
+ 802.11 : ra đời năm 1997. Đây là chuẩn sơ khai của mạng không dây, nó mô tả cách
truyền thông trong mạng không dây sử dụng các phương thức như DSSS, FHSS, infrared
(hồng ngoại). Tốc độ hoạt động tối đa là 2 Mbps, hoạt động trong băng tần 2.4 GHz ISM.
Hiện nay chuẩn này rất ít được sử dụng trong các sản phẩm thương mại
2.2 Nhóm lớp vật lý PHY
2.2.1 Chuẩn 802.11b
IEEE đã mở rộng trên chuẩn 802.11 gốc vào tháng Bảy năm 1999, đó chính là chuẩn
802.11b. Chuẩn này cải tiến DSSS để tăng băng thông lên 11 Mbps , tương quan với
Ethernet truyền thống.
802.11b sử dụng tần số vô tuyến (2.4 GHz) giống như chuẩn ban đầu 802.11. Các
hãng thích sử dụng các tần số này để chi phí trong sản xuất của họ được giảm. Các thiết bị
802.11b có thể bị xuyên nhiễu từ các thiết bị điện thoại không dây (kéo dài), lò vi sóng
hoặc các thiết bị khác sử dụng cùng dải tần 2.4 GHz. Mặc dù vậy, bằng cách cài đặt các
thiết bị 802.11b cách xa các thiết bị như vậy có thể giảm được hiện tượng xuyên nhiễu
này.

Final Project: Wireless Security - 12 -
 Ưu điểm của 802.11b – giá thành thấp nhất; phạm vi tín hiệu tốt và không dễ bị
cản trở.
 Nhược điểm của 802.11b – tốc độ tối đa thấp nhất; các ứng dụng gia đình có thể
xuyên nhiễu.
2.2.2 Chuẩn 802.11a
Trong khi 802.11b vẫn đang được phát triển, IEEE đã tạo một mở rộng thứ cấp cho
chuẩn 802.11 có tên gọi 802.11a. Vì 802.11b được sử dụng rộng rãi quá nhanh so với
802.11a, nên một số người cho rằng 802.11a được tạo sau 802.11b. Tuy nhiên trong thực
tế, 802.11a và 802.11b được tạo một cách đồng thời. Do giá thành cao hơn nên 802.11a
chỉ được sử dụng trong các mạng doanh nghiệp còn 802.11b thích hợp hơn với thị trường
mạng gia đình.
802.11a hỗ trợ băng thông lên đến 54 Mbps vì nó sử dụng công nghệ OFDM
(orthogonal frequency-division multiplexing ) và sử dụng tần số vô tuyến 5GHz UNII nên
nó sẽ không giao tiếp được với chuẩn 802.11 và 802.11b. Tần số của 802.11a cao hơn so
với 802.11b chính vì vậy đã làm cho phạm vi của hệ thống này hẹp hơn so với các mạng
802.11b. Với tần số này, các tín hiệu 802.11a cũng khó xuyên qua các vách tường và các
vật cản khác hơn.
Do 802.11a và 802.11b sử dụng các tần số khác nhau, nên hai công nghệ này
không thể tương thích với nhau. Chính vì vậy một số hãng đã cung cấp các thiết bị mạng
hybrid cho 802.11a/b nhưng các sản phẩm này chỉ đơn thuần là bổ sung thêm hai chuẩn
này.
 Ưu điểm của 802.11a – tốc độ cao; tần số 5Ghz tránh được sự xuyên nhiễu từ các
thiết bị khác.
 Nhược điểm của 802.11a – giá thành đắt; phạm vi hẹp và dễ bị che khuất
2.2.3 Chuẩn 802.11g

Vào năm 2002 và 2003, các sản phẩm WLAN hỗ trợ một chuẩn mới hơn đó là
802.11g, được đánh giá cao trên thị trường. 802.11g thực hiện sự kết hợp tốt nhất giữa
802.11a và 802.11b. Nó hỗ trợ băng thông lên đến 54Mbps vì sử dụng công nghệ OFDM
và sử dụng tần số 2.4 Ghz để có phạm vi rộng. 802.11g có khả năng tương thích với các
chuẩn 802.11b, điều đó có nghĩa là các điểm truy cập 802.11g sẽ làm việc với các adapter
mạng không dây 802.11b và ngược lại.
Final Project: Wireless Security - 13 -
 Ưu điểm của 802.11g – tốc độ cao; phạm vi tín hiệu tốt và ít bị che khuất.
 Nhược điểm của 802.11g – giá thành đắt hơn 802.11b; các thiết bị có thể bị xuyên
nhiễu từ nhiều thiết bị khác sử dụng cùng băng tần.
2.2.4 Chuẩn 802.11n
Chuẩn mới nhất trong danh mục Wi-Fi chính là 802.11n. Đây là chuẩn được thiết
kế để cải thiện cho 802.11g trong tổng số băng thông được hỗ trợ bằng cách tận dụng
nhiều tín hiệu không dây và các anten (công nghệ MIMO).
Khi chuẩn này được đưa ra, các kết nối 802.11n sẽ hỗ trợ tốc độ dữ liệu lên đến
100 Mbps. 802.11n cũng cung cấp phạm vi bao phủ tốt hơn so với các chuẩn Wi-Fi trước
nó nhờ cường độ tín hiệu mạnh của nó. Thiết bị 802.11n sẽ tương thích với các thiết bị
802.11g.
Điểm mạnh của 802.11n
Tốc độ vừa phải và vấn đề về khả năng tương thích là những đặc điểm được tìm
thấy trong các sản phẩm chuẩn dự thảo 802.11n. Tại sao các hãng sản xuất đã gấp rút tung
sản phẩm ra thị trường Có 2 công ty chuyên về lĩnh vực mạng Wi-Fi đã chọn chờ cho đến
hết chuẩn dự thảo 802.11n (ít nhất cho đến thời điểm này). Wi-Fi Airgo Network và hãng
sản xuất thiết bị mạng U.S. Robotics cho biết họ không muốn bán các sản phẩm không
thể cập nhật lên chuẩn cuối cùng. Họ sẽ có chip 802.11n sẵn sàng cho việc thử nghiệm
ngay khi đặc điểm kỹ thuật được phê chuẩn, Airgo nói. Tuy nhiên, những nhà sản xuất
không dây khác dường như không muốn chờ và nhiều khách hàng cũng vậy. Thực tế,
router draft-n bán khá chạy.
Tiến trình phê duyệt chuẩn dù sao cũng không thể nhanh như mong muốn. Chuẩn
draft-n phiên bản 2.0 dự kiến được biểu quyết vào tháng Giêng và có khả năng được
duyệt như chuẩn cuối cùng nhưng hầu hết quan sát viên dự đoán sẽ có chuẩn dự thảo thứ
ba vào cuối 2007, sau đó là sản phẩm được phê chuẩn và chứng nhận vào cuối 2007 hay
đầu 2008. Dù 802.11n chứa nhiều cải tiến của 802.11g hiện hành, nổi bật nhất là tốc độ lý
thuyết, có thể từ 270-600Mbps, tùy thiết bị (chẳng hạn PDA sẽ có tốc độ thấp để tiết kiệm
năng lượng). Tốc độ truyền siêu nhanh của các router này cũng được ứng dụng công nghệ
anten thông minh MIMO mà Airgo Network đã mở đầu trong vài năm qua.
Wi-Fi tốc độ cao cũng ứng dụng công nghệ "channel bonding", bằng cách kết hợp 2 kênh
20MHz liền nhau thành một kênh 40MHz. Tuy nhiên, "channel bonding" có thể gây nhiễu
cho 2 "láng giềng" chuẩn 802.11b và g, bởi nó sẽ lấy toàn bộ dải phổ 2,4GHz mà các sản
phẩm chuẩn này đang sử dụng. Để bảo vệ các mạng lân cận, dự thảo n cũng quy định
Final Project: Wireless Security - 14 -
Clear Channel Assessment-CCA nhưng đó có phải là điều khoản bắt buộc không thì chưa
rõ.
Để tránh tình trạng "quá tải", 802.11n hỗ trợ cả hai tần số 2,4GHz và 5GHz. Một
số chuyên gia hy vọng tần số 5GHz (hiện được sử dụng cho chuẩn 802.11a) sẽ nổi lên
như "xa lộ siêu tốc" để không gặp trở ngại khi sử dụng các dịch vụ băng thông cao. Trong
năm tới hầu hết các hãng sản xuất sẽ giới thiệu router băng tần kép (dual-band router), tuy
nhiên có thể một vài thiết bị không hỗ trợ đồng thời tần số 2,4GHz và 5GHz.

Tuy nhiên, chuẩn 802.11n chưa an toàn cho người dùng
Trước hết là lỗ hổng trong hệ thống phát hiện xâm nhập trên mạng không dây
(WIDS). Nếu dùng cách truyền dữ liệu qua các kênh 40 HMz (được khuyến cáo dùng chủ
yếu trên dải 5 GHz thông thoáng), hệ thống WIDS sẽ mất gấp đôi thời gian quét tần số để
phát hiện ra các dấu hiệu nguy hiểm, so với kênh 20 MHz trước đây.
Điều này sẽ khiến hacker mất gấp đôi thời gian để thâm nhập vào một tần số cho
trước đến khi máy quét dò đến tần số đó lần nữa (khoảng 4 đến 8 giây). Nhưng giữa
khoảng thời gian đó, hacker sẽ lặp lại các đợt tấn công chứ không chỉ thử một lần rồi thôi.
Như vậy, thời gian quét dài hơn nghĩa là nguy hiểm lớn hơn.
Kẻ tấn công cũng có thể khai thác trình điều khiển (driver) để chiếm quyền truy
cập hệ thống quản lý. Có một công cụ miễn phí từ nhóm Aruba mang tên WiFi Driver
Enumerator làm được điều này sau khi chúng dò ra các driver bảo mật yếu trong hệ
thống.
Hiện chuẩn 802.11n cũng chưa có lá chắn nào để chặn đồng ý truy cập
(acknowledgement - ACK). Nó có cơ chế chấp nhận một bó gói tin thay vì các gói tin
riêng lẻ được xác định bởi một nhận dạng đầu và cuối. Dù vậy, cơ chế này không được
bảo vệ và bất kỳ kẻ tấn công nào cũng có thể chèn vào đó một gói tin "lừa" và tạo ra một
cửa sổ lớn gồm những cấu trúc được gửi đi mà không cần ACK. Như vậy, 802.11n có thể
bị tấn công từ chối dịch vụ DDoS mà không đỡ được

2.3 Nhóm lớp liên kết dữ liệu MAC
2.3.1 Chuẩn 802.11d
Chuẩn này chỉnh sửa lớp MAC của 802.11 cho phép máy trạm sử dụng FHSS có thể tối
ưu các tham số lớp vật lý để tuân theo các quy tắc của các nước khác nhau nơi mà nó
được sử dụng.

2.3.2 Chuẩn 802.11r
Mở rộng của IEEE 802.11d, cho phép nâng cấp khả năng chuyển vùng.

Ke hoach Sao tung thang

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Ke hoach Sao tung thang": http://123doc.vn/document/551849-ke-hoach-sao-tung-thang.htm

tháng 9
hoạt động sao
chủ điểm: Em yêu trờng em
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Làm quen với bạn mới, cô
giáo mới, trờng, lớp mới.
* Yêu trờng, lớp, bạn bè,
thầy cô giáo.
- Đợc nghe giới thiệu về tên trờng, tên Thầy
Hiệu Trởng, tên Cô giáo Chủ nhiệm, tên các
Thầy Cô giáo khác trong trờng.
- Đợc tham quan cơ sở vật chất trong trờng:
phòng học, phòng Hội đồng nhà trờng, phòng
Th viện, Vờn trờng, khu Vệ sinh.
- Giáo dục các em lòng yêu trờng, yêu lớp,
bạn, Thầy Cô giáo tham gia chăm sóc bảo vệ
nhà trờng.
Nhi Đồng lớp 2
* ổn định nề nếp. Thực
hiện tốt nội qui nhà trờng.
* ổn định Sao Nhi Đồng.
- Chia Sao, tổ, nhận Phụ trách Sao, lập Sổ thi
đua, nội dung thi đua.
- Tập duyệt ra, vào lớp trật tự, nhanh chóng.
Nghe phổ biến Nội qui, qui định của nhà tr-
ờng, các qui định của Liên đội.
- Tổng vệ sinh theo lịch : Thứ Ba, Thứ Năm,
Thứ Sáu.
Nhi Đồng lớp 3
* ổn định nề nếp. Thực
hiện tốt nội qui nhà trờng.
* ổn định Sao Nhi Đồng.
* Giữ gìn, bảo vệ ttrờng, lớp
sạch đẹp.
- Chia Sao, tổ, nhận Phụ trách Sao, lập Sổ thi
đua, nội dung thi đua.
- Nghe phổ biến Nội qui, qui định của nhà tr-
ờng, các qui định của Liên đội.
- Hiểu nội qui và thực hiện tốt Nội qui của tr-
ờng, lớp.
- Có hành động cụ thể để bảo vệ và chăm sóc
cơ sở vật chất làm cho trờng lớp luôn sạch,
đẹp.
- Nắm đợc lịch hoạt động ngoài giờ, sinh hoạt
Sao.
tháng 10
hoạt động sao
chủ điểm: Sách bút thân yêu
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Có đủ đồ dùng học tập.
* Biết giữ gìn tốt đồ dùng
học tập của mình, không để
mất mát.
* Chăm chỉ học tập chào
mừng ngày Đón th Bác
15/10; ngày Phụ Nữ Việt
Nam 20/10.
- Tự kiểm tra đồ dùng học tập, xắp xếp ngăn
nắp, gọn gàng, giữ gìn tốt đồ dùng học tập
của mình.
- Thi đua" Giữ vở sạch, viết chữ đẹp".
- Hiểu đợc ý nghĩa ngày 15/10- ngày đón th
Bác và ngày 20/10- ngày thành lập Hội Liên
hiệp phụ nữ Việt Nam.
- Làm bài ở nhà đầy đủ, học thuộc bài.
- Làm lễ kết nạp Nhi Đồng và Công nhận Sao
Nhi Đồng lớp 1.
Nhi Đồng lớp 2
* Có đủ đồ dùng học tập.
* Biết giữ gìn tốt đồ dùng
học tập của mình, không để
mất mát.
* Thi đua đạt điểm tốt, thi
đua giữ Vở Sạch, viết Chữ
Đẹp.
- Tự kiểm tra đồ dùng học tập,các Sao kiểm
tra đồ dùng học tập của nhau.
- Học thuộc 5 điều Bác Hồ dạy, nhớ lời dặn
của Bác trong th Bác gửi cho học sinh nhân
ngày khai trờng tháng 9/1945.
- Thi đua giành chùm hoa Điểm 10 tặng Mẹ,
tặng Cô. Biết đợc ý nghĩa ngày 15/10 và ngày
20/10.
- Có việc làm tốt giúp bạn trong học tập.
Nhi Đồng lớp 3
* Có đủ đồ dùng học tập.
* Biết giữ gìn tốt đồ dùng
học tập của mình, không để
mất mát.
* Tơng trợ, giúp đỡ bạn
trong học tập.

- Các Sao kiểm tra đồ dùng học tập của nhau.
- Hiểu đợc ý nghĩa ngày 15/10 và ngày
20/10.
- Thi đua giành chùm hoa Điểm 10," Mỗi
tuần 3 điểm tốt", "Rèn chữ, giữ vở",sạch đẹp
lập thành tích tặng Mẹ, tặng Cô.
- Nhớ lời dặn của Bác trong th Bác gửi cho
học sinh nhân ngày khai trờng tháng 9/1945.
- Nhớ các yêu cầu thi đua của Sao Nhi Đồng.
tháng 11
hoạt động sao
chủ điểm: Kính yêu Thầy Cô giáo
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Thi đua học tốt chào
mừng Ngày Nhà Giáo Việt
Nam20/11.
*Lễ phép, biết ơn Thầy cô
giáo.
- Biết ngày 20/11 là ngày Nhà Giáo Việt
Nam. Biết ý nghĩa của ngày 20/11- là ngày
hội của các Thầy Cô.
- Đợc nghe những mẩu chuyện về tấm gơng
các thầy cô giáo.
- Thi đua giành nhiều" Hoa điểm 10 tặng
Thầy Cô.
Nhi Đồng lớp 2
* Thi đua trong học tập, rèn
luyện lập thành tích chào
mừng ngày 20/11.
* Lễ phép, vâng lời, biết ơn
thầy cô giáo.
- Biết đợc ngày 20/11 là ngày Nhà Giáo Việt
Nam.
- Thực hiện Kính Yêu Vâng lời các thầy Cô
giáo hàng ngày.
- Thi đua giành " Chùm Hoa Điểm 10" tặng
Thầy Cô.
Nhi Đồng lớp 3
* Thi đua trong học tập,
giành nhiều điểm tốt lập
thành tích chào mừng ngày
Nhà Giáo Việt Nam- Ngày
Hội của các Thầy Cô.
* Lễ phép, vâng lời, biết ơn
Thầy cô giáo.
- Biết đợc ý nghĩa ngày 20/11.
- Nghe kể về những tấm gơng Thầy Cô giáo.
- Đẩy mạnh phong trào Thi đua trong học tập
rèn luyện lập thành tích chào mừng ngày Hiến
chơng Các Nhà Giáo.
tháng 12
hoạt động sao
chủ điểm: Chú Bộ đội của em
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Biết đợc ý nghĩa ngày
22/12.
* Giáo dục lòng biết ơn chú
Bộ đội.
* Thi đua học tập tốt.
- Nhớ tên ngày kỉ niệm 22/12 là ngày thành
lập Quân Đội Nhân Dân Việt Nam.
- Giáo dục ý thức, tác phong nhanh nhẹn khẩn
trơng trong các hoạt động, học tập noi gơng
chú Bộ đội.
- Dùng t liệu, tranh ảnh, tập bài hát, tập bài
thơ nói về chú Bộ đội để sinh hoạt trong Sao,
trong lớp.
- Mỗi em làm một việc tốt để tỏ lòng biết ơn
các chú Bộ đội.
Nhi Đồng lớp 2
* Biết ý nghĩa ngày 22/12-
Ngày Thành lập Quân Đội
Nhân Dân Việt Nam.
* Giáo dục lòng biết ơn anh
Bộ đội, biết ơn các anh
hùng Liệt Sỹ.
* Thi đua trong học tập.
- Nhớ tên ngày kỷ niệm 22/12 là ngày Thành
lập Quân đội Nhân Dân Việt Nam.
- Rèn luyên tác phong nhanh nhẹn, khẩn tr-
ơng trong các hoạt động tập thể noi gơng Anh
Bộ đội.
- Thi đua học tập tốt, giành điểm cao trong
các giờ học, tuần học. Thi đua " Tuần học tốt,
giờ học tốt".
- Hiểu những điều cần ứng dụng, cần biết khi
ra đờng.
Nhi Đồng lớp 3
* Hiểu ý nghĩa ngày 22/12-
Ngày Thành lập Quân đội
Nhân Dân Việt Nam.
* Giáo dục lòng biết ơn
Anh Bộ đội, biết ơn các
Anh hùng Liệt Sỹ.
* Thi đua học tập.
- Biết, nhớ tên ngày kỉ niệm thành lập Quân
Đội Nhân Dân Việt Nam.
- Học tập noi gơng Anh bộ đội tác phong
nhanh nhẹn, chính xác, khoa học trong các
hoạt động tập thể noi gơng Anh bộ đội.
- Thiđua học tốt giành điểm cao trong các giờ
học, tuần học. Thi đua " Tuần học tốt, giờ học
tốt".
- Hiểu những điều cần ứng dụng, cần biết khi
ra đờng.
- Đế thăm các chú Thơng binh, các chiến sỹ
Cách Mạng trong địa bàn.
tháng 1
hoạt động sao
chủ điểm: Ngời học sinh Thế kỷ 21
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Biết đợc ý nghĩa ngày 9/1,
ngày Tết Cổ truyền, ngày
3/2.
* Thi đua học tập tốt, rèn
luyện chăm.
* Đi học đúng giờ, thuộc
bài và làm bài đầy đủ.
- Thực hiện tốt yêu cầu học tập.
- Thực hiện đi học đúng giờ, học bài và làm
bài đầy đủ.
- Thi đua làm giúp cha mẹ, ông bà công việc
nhà.
- Chăm sóc vờn cây nhà trờng.
- Giữ vệ sinh cá nhân tốt, đảm bảo chuyên
cần, trang phục gọn gàng.
- Thi " Những Bông hoa chăm ngoan", thi
khéo tay.
Nhi Đồng lớp 2

* Biết đợc ý nghĩa ngày 9/1,
ngày Tết Cổ truyền, ngày
3/2.
* Thi đua học tập tốt, rèn
luyện chăm.
* Đi học đúng giờ, thuộc
bài và làm bài đầy đủ.
* Thực hiện tốt nề nếp.
- Thi đua học tập mỗi môn học có một điểm
tốt.
- Thiđua giành " Những Bông hoa chăm
ngoan ".
- Thi đua giữ vệ sinh cá nhân: tự gấp quần áo
của mình, trng phục gọn gàng.
- Thi " Những Bông hoa chăm ngoan", thi
khéo tay.
Nhi Đồng lớp 3
* Biết đợc ý nghĩa ngày
9/1, ngày Tết Cổ truyền,
ngày 3/2.
* Thi đua học tập tốt, rèn
luyện giành nhiều thành
tích chào mừng các ngày lễ
ngày kỉ niệm.
* Đi học đúng giờ, thuộc
bài và làm bài đầy đủ.
* Thực hiện tốt nề nếp
- Thi đua học tập, rèn luyên bằng những hành
động thiết thực.
- Tổ chức cuộc thi " Đố vui học tập".
- Tập làm một số việc đơn giản : tập làm hộp
bút, đồ dùng học tập
- Giúp đỡ các bạn trong Sao cùng tiến bộ.
- Tổ chức cuộc thi" Khéo tay hay làm " thông
giờ thủ công.
tháng 2
hoạt động sao
chủ điểm: Biết ơn Đảng Cộng Sản Việt Nam
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
3/2.
* Thi đua học tập, rèn
luyện.
* Rèn nề nếp học tập.
- Biết đợc ngày 3/2 là ngày Thành lập Đảng
Cộng sản Việt Nam.
- Thi đua " Mỗi tuần học 3 điểm tốt " trong
các lớp.
- Tổ chức kiểm tra Vệ sinh cá nhân, tìm ngời
bạn sạch sẽ.
- Các em nhận biết lãnh tụ.
- Hát một số bài về mùa xuân, về Đảng.
Nhi Đồng lớp 2
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
3/2.
* Thi đua học tập, rèn
luyện.
* Rèn ý thức chấp hành nội
qui, qui định của nhà trờng.
- Hiểu đợc ý nghĩa ngày 3/2 là ngày Thành
lập Đảng Cộng sản Việt Nam.
- Thi đua giành nhiều điểm cao trong học tập.
- Tích cực tham gia phong trào bảo vệ An
toàn giao thông.
- Thi kể chuyện đạo đức giữa các khối lớp.
- Thực hiên tốt vệ sinh cá nhân.
- Thực hiện một số trò chơi tập thể.
Nhi Đồng lớp 3
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
3/2.
* Thi đua học tập, rèn
luyện.
* Rèn ý thức tự giác trong
học tập rèn luyện.
- Hiểu đợc ý nghĩa ngày 3/2 là ngày Thành
lập Đảng Cộng sản Việt Nam.
- Thi đua giành nhiều chùm hoa điểm 10
trong học tập.
- Rèn ý thức chấp hành nội qui nhà trờng, qui
định của Đội.
- Thực hiện chơng trình" ăn sạch, ở sạch,
uống sạch "
- Ôn luyện bài múa tập thể, thể dục nhịp điệu
tháng 3
hoạt động sao
chủ điểm: Cùng tiến bớc lên Đoàn
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
8/3 và ngày thành lập Đoàn
26/3.
* Thi đua lập thành tích
chào mừng 2 ngày kỷ niệm
lớn này
*
- Thực hiện " Nói lời hay, làm việc tốt" để
xứng đáng với lòng mong mỏi của cha mẹ,
thầy cô giáo.
- Thi đua trong lớp giành " Hoa điểm tốt
","Mỗi tuần 5 điểm tốt " lập thành tích chào
mừng 2 ngày kỉ niệm lớn này.
- Tập nề nếp tác phong của ngời HS , trang
phục chỉnh tề, đầy đủ dụng cụ học tập.
Nhi Đồng lớp 2

* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
8/3 và ngày thành lập Đoàn
26/3.
* Thi đua lập thành tích
chào mừng 2 ngày kỷ niệm
lớn này
- Thi đua giành " Chùm Hoa điểm tốt","Mỗi
tuần 5 điểm tốt "; thi đua rèn nề nếp tác
phong trong lớp, trong trờng.
- Su tầm và hát các bài hát chủ đề "Mẹ, Cô".
- Thi đua học tập theo nhóm, giữa các nhóm
với nhau trong lớp, lập thành tích dâng lên
Mẹ, Cô.
- Tập thành thục bài thể dục giữa giờ, các bài
múa hát tập thể.
Nhi Đồng lớp 3

* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
8/3 và ngày thành lập Đoàn
26/3.
* Thi đua lập thành tích
chào mừng 2 ngày kỷ niệm
lớn này


- Bằng các hành động cụ thể, thiết thực để thi
đua lập thành tích chào mừng. Thi dua giữ gìn
nề nếp ra vào lớp, nề nếp truy bài,"Giờ học
tốt, tuần học tốt" để chào mừng các ngày kỉ
niệm.
- Su tầm thơ, văn, tranh ảnh có nội dung nói
về ngời phụ nữ Việt Nam và Đoàn TNCS Hồ
Chí Minh.
- Duy trì các hoạt động thờng xuyên, có các
hoạt động chào mừng.
tháng 4
hoạt động sao
chủ điểm: Hớng về Miền Nam thân yêu
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
30/4. Thực hiện tốt yêu cầu
học tập. Giáo dục lòng tự
hào dân tộc.
* Đi học đúng giờ, học
thuộc bài và làm bài đầy đủ.
*
- Thi đua lập thành tích chào mừng ngày
30/4- Ngày thống nhất đất nớc.
- Thực hiện đi học đúng giờ, học thuộc bài và
làm bài đầy đủ.
- Thi đua làm giúp ông bà, cha mẹ việc nhà,
chăm sóc cây của nhà trờng, giữ gìn vệ sinh
chung., chơi những trò chơi lành mạnh.
Nhi Đồng lớp 2
* Hiểu đợc ý nghĩa ngày
30/4. Thực hiện tốt yêu cầu
học tập. Giáo dục lòng tự
hào dân tộc.
* Thi đua học chăm, rèn
luyện tốt để lập thành tích
chào mừng.
- Tự hào về truyền thống dân tộc thông qua
hiểu ý nghĩa ngày 30/4.
- Thi đua mỗi bài học có một điểm tốt., học
các bài hát múa theo chủ đề.
- Thi đua làm giúp ông bà, cha mẹ việc nhà,
chăm sóc cây của nhà trờng, giữ gìn vệ sinh
chung, chơi những trò chơi lành mạnh.
Nhi Đồng lớp 3
* Hiểu ý nghĩa ngày 30/4 -
Ngày thống nhất đất nớc.
* Thực hiện tốt các yêu cầu
học tập.
* Tự hào về truyền thống
dân tộc, gắng học chăm,
giành nhiều điểm tốt để
chào mừng.
- Tự hào về chiến thẵng 30/4.
- Thiđua giành những bông hoa chăm ngoan.
- Tổ chức các cuộc thi, đố vui về học tập.
Tổ chức đến thăm các gia đình thơng binh,
liệt sĩ, bà Mẹ Việt Nam Anh hùng.
- Nghe nói chuyện về chiến thắng 30/4.
- Giúp đỡ các bạn trong Sao của mình cùng
tiến bộ.
- Tập thể dục giữa giờ, thể dục nhịp điệu.
tháng 5
hoạt động sao
chủ điểm: Vẻ vang trang sử Nớc ta
sao
đội
yêu cầu nội dung
Nhi Đồng lớp 1
* Các em biết ngày 1/5 và
ngày 15/5 là ngày gì.
* Chuẩn bị tốt kiến thức để
ôn tập kiểm tra cuối năm.
* Thi đua học tập, rèn
luyện.
- Đợc nghe nói chuyện về ý nghĩa ngày 1/5 và
ngày 15/5.
- Biết ngày 1/5 là ngày Quốc tế Lao động;
ngày15/5 là ngày Thành lập Đội TNTP Hồ
Chí Minh.
- Chuẩn bị tốt sách vở ôn tập cuối năm.
- Giữ vệ sinh cá nhân , trang phục và tác
phong tề chỉnh chuẩn bị cho kết thúc năm
học.Tổng vệ sinh đều đặn theo lịch của nhà
trờng.
Nhi Đồng lớp 2
* Hiểu ý nghĩa ngày 1/5 và
ngày 15/5 .
* Duy trì các hoạt động Sao
nhi đồng.
* Ôn tập tốt chuẩn bị cho
kiểm tra cuối năm.
- Đợc nghe nói chuyện về ý nghĩa ngày 1/5 và
ngày 15/5.
- Biết ngày 1/5 là ngày Quốc tế Lao động;
ngày15/5 là ngày Thành lập Đội TNTP Hồ
Chí Minh.
Thi đua học tập rèn luyện, ôn tập chuẩn bị tốt
bài làm ở nhà, ở lớp.
- Tổ chức các buổi sinh hoạt Sao thờng kì.
- Lao động, vệ sinh tu bổ làm đẹp cảnh quan
S phạm của nhà trờng.
Nhi Đồng lớp 3
* Hiểu ý nghĩa ngày 1/5 và
ngày 15/5 .
*Duy trì tốt các hoạt động
Sao nhi đồng.
* Gắng học chăm, rèn luyện
tốt.
- Đợc nghe nói chuyện về ý nghĩa ngày 1/5 và
ngày 15/5.
- Biết ngày 1/5 là ngày Quốc tế Lao động;
ngày15/5 là ngày Thành lập Đội TNTP Hồ
Chí Minh.
- Thi đua học tập, tu dỡng phấn đấu đợc kết
nạp là Đội Viên TNTP Hồ Chí Minh.
- Thi đua gình những bông hoa điểm tốt, hoa
chăm ngoan thông qua những việc làm "Đôi
bạn cùng tiến", "Những buổi học tốt".
- Ôn luyện các bài múa theo chủ đề tháng.

De cuong&HD giai on thi vao lop 10 hot

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "De cuong&HD giai on thi vao lop 10 hot": http://123doc.vn/document/553107-de-cuong-hd-giai-on-thi-vao-lop-10-hot.htm

LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Chuyên đề 1: Biến đổi biểu thức đại số (4 tiết)
1. Một số kỹ năng cơ bản
Bài 1: Khai triển các hằng đẳng thức
1)
2
( 2 1)+
2)
2
( 2 1)−
3)
2
( 3 2)−
4)
2
( 3 2)−
5)
2
( 3 2)+
6)
2
( 3 2)−
7)
2
(2 2 2)+
8)
2
(2 2 2)−
9)
2 2 1+
10)
2 2 1−
11)
( 2 1)( 2 1)+ +
12)
2 2 8−
Bài 2: Phân tích thành các lũy thừa bậc hai
1)
8 2 15+
2)
10 2 21−
3)
5 24+
4)
12 140−
5)
14 6 5+
6)
8 28−
7)
9 4 2+
8)
28 6 3+
9)
17 18 2+
10)
51 10 2+
Bài 3: Phân tích thành nhân tử
1)
1 3 5 15+ + +
2)
10 14 15 21+ + +
3)
35 14 15 6+ − −
4)
3 18 3 8+ + +
5)
2
36x 5−
6) 25 – 3x
2
7) x – 4 (x > 0)
8) 11 + 9x (x < 0)
9) 31 + 7x (x < 0)
10)
x y y x+
Bài 4: Tính:
A 21 6 6 21 6 6= + + −
HD: Ta có:
6 6 2. 3.3 2=
và và
2 2
21 ( 3) (3 2)= +
. Từ đó suy ra:
A 6 2=
Bài 5: Tìm giá trị của x để
1) x
2
− 2x + 7 có giá trị nhỏ nhất 2)
2
1
x 2x 5+ +
có giá trị lớn nhất
3)
2
2
2x 5
2x 1
+
+
có giá trị lớn nhất 4)
2
2
x 2x 1
x 4x 5
− +
+ +
có giá trị nhỏ nhất
Bài 6: Tìm các giá trị của x ∈ Z để các biểu thức sau có giá trị nguyên
1) A =
6
x 1−
2) B =
14
2x 3+
3) C =
x 5
x 2
+
+
4) D =
4x 3
2x 6
+
−
Bài 7: Giải các bất phương trình
1) 5(x − 2) + 3 > 1 − 2(x − 1) 2) 5 + 3x(x + 3) < (3x − 1)(x + 2)
3)
5x 2 1 2x
4 12
− −
>
4)
11 3x 5x 2
10 15
− +
<
2. Bài tập tổng hợp
Bài 8: Cho biểu thức:
2
x 1 x 1 2 x 1
A :
x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
+ −
   
= − − +
 ÷  ÷
− + − +
−
   
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của biểu thức A khi
x 3 8= +
c) Tìm giá trị của x khi A =
5
Trang 1
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
HD: a) ĐK: x ≠ ±1:
2
4x
A
1 x
=
−
;
b)
x 3 8 1 2= + = +
. Khi đó: A = −2 ; c)
1
x 5= −
;
2
5
x
5
=
Bài 9: Cho biểu thức:
2
x 1 10 5
A
x 3 x 2
x x 6
+
= − +
+ −
+ −
a) Tìm điều kiện của x để A xác định
b) Rút gọn biểu thức A
c) Tìm giá trị của x để A > 0
HD: a) a ≠ −3, a ≠ 2 ; b)
x 1
A
x 2
+
=
−
; c) A > 0 ⇔ x > 2 hoặc x < −1
Bài 10: Cho biểu thức
2 2
2
2a a a 2 a 2 4a
C
a 3 a 2 a 2
4 a
 
− − +
= − +
 ÷
+ + −
−
 
a) Tìm điều kiện đối với a để biểu thức C xác định. Rút gọn biểu thức C
b) Tìm các giá trị của a để C = 1
c) Khi nào thì C có giá trị dương? Có giá trị âm?
HD: a) a ≠ −3, a ≠ ±2; b)
2
4a
C
a 3
=
+
; c) C = 1 ⇔
a 1
3
a
4
=



= −

; d) C > 0 ⇔
a 0
a 2
a 3
≠


≠ ±


> −

; C < 0 ⇔ a < −3
Bài 11: Cho biểu thức
1 1 x 2
C x 3 : x 1 :
x 1 x 1 x
+
   
= − + − −
 ÷  ÷
− −
   
a) Tìm điều kiện đối với x để biểu thức C xác định
b) Rút gọn biểu thức C
c) Tính giá trị của biểu thức C khi
x 6 20= +
d) Tìm các giá trị nguyên của x để C có giá trị nguyên
HD: a) x ≠ 1, x ≠ −2, x ≠ 0; b)
x 2
C
x 2
−
=
+
; c)
C 5 2= −
; d) x ∈ {−1, −3, −4, −6, 2}
Bài 12: Cho biểu thức:
a a 1 a a 1 a 2
A :
a 2
a a a a
 
− + +
= −
 ÷
 ÷
−
− +
 
a) Với giá trị nào của a thì biểu thức A không xác định
b) Rút gọn biểu thức A
c) Với giá trị nguyên nào của a thì A có giá trị nguyên?
HD: a) A không xác định ⇔ a < 0, a = 0, 1, 2.
b) Với a > 0, a ≠ 1, a ≠ 2:
2(a 2)
A
a 2
−
=
+
; c) có duy nhất a = 6 thỏa mãn.
Bài 13: Cho biểu thức:
x 2x x
B
x 1 x x
−
= −
− −
a) Rút gọn biểu thức B
b) Tính giá trị của B khi
x 3 8= +
c) Với giá trị nào của x thì B > 0? B< 0? B = 0?
HD: a) ĐK x > 0, x ≠ 1:
B x 1= −
b)
2
x 3 8 ( 2 1) : B 2= + = + =
;
c) B > 0 ⇔ x > 1; B < 0 ⇔ x < 1; B = 0 ⇔ x = 1 .
Bài 14: Cho biểu thức
a 3 3 a
B
2 a 6 2 a 6
+ −
= −
− +
a) Tìm điều kiện của a để B xác định. Rút gọn B
b) Với giá trị nào của a thì B > 1? B< 1?
Trang 2
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
c) Tìm các giá trị của x để B = 4
HD: a) a ≥ 0 và a ≠ 9:
a 9
B
a 9
+
=
−
b) B > 1 ⇔ a > 9, B < 1 ⇔ 0 ≤ a < 9
c) B = 4 ⇔ a = 15
Bài 15: Cho biểu thức A =
1 1 1 1 1
:
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x
   
+ − +
 ÷  ÷
− + − + −
   
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của A khi x = 7 + 4
3
c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất
HD: a) ĐK: x ≥ 0, x ≠ 1. Rút gọn ta được
1
A
x(1 x)
=
−
b)
2
1
x 7 4 3 (2 3) : A (3 3 5)
2
= − = + = − −
c) min A = 4 khi
1
x
4
=
Bài 16: Cho
2
x 2 x 2 1 x
P .
x 1
x 2 x 1 2
 
− + −
 
= −
 ÷
 ÷
 ÷
−
+ +
 
 
1) Rút gọn P .
2) Chứng minh : Nếu 0 < x < 1 thì P > 0.
3) Tìm giá trị lớn nhất của P.
HD: 1) Điều kiện để P có nghĩa : x ≥ 0 và x ≠ 1. Kết quả:
P x(1 x )= −
2) Nếu 0 < x < 1 thì :
0 x 1< <
⇔ P > 0.
3)
2
1 1 1
P x
4 2 4
 
= − − ≤
 ÷
 
. Dấu "=" xảy ra ⇔
1 1
x x
2 4
= ⇔ =
. Vậy:
1 1
max P x
4 4
= ⇔ =

Bài 17: Cho biểu thức
3
1 1 x x
B
x 1 x x 1 x x 1
−
= + +
− − − + −
a) Tìm điều kiện để biểu thức B xác định
b) Rút gọn biểu thức B
c) Tìm giá trị của x khi B = 4
d) Tìm các giá trị nguyên dương của x để B có giá trị nguyên
HD: a) x > 1
b)
B x 2 x 1= − −
c) B = 4 ⇔ x = 10
d) B nguyên x = m
2
+ 1 (m ∈ Z)
Bài 18: Cho biểu thức:
1 1 x 1
A :
x x x 1 x 2 x 1
  +
= +
 ÷
− − − +
 
a) Tìm điều kiện của x để A có nghĩa, rút gọn A.
b) So sánh A với 1
HD: a) Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1. Ta có:
2
1 x ( x 1) x 1
A .
x( x 1) x 1 x
+ − −
= =
− +
b) Xét hiệu: A – 1 =
x 1 x 1 x 1
1 0
x x x
− − −
− = = − <
. Vậy: A < 1
Cách 2: Dễ thấy: A =
1
1 1
x
− <
vì:
1
0
x
>
Trang 3
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Chuyên đề 2: Hàm số và đồ thị (2 tiết)
Bài 1: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm A(1; −2) và B(2; 1).
ĐS: a = 3 và b = −5
Bài 2 : Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là −2 và đi qua điểm A(1; 5).
ĐS: y = −2x + 7.
Bài 3: Viết PT đường thẳng đi qua điểm B(−1; 8) và song song với đường thẳng y = 4x + 3.
ĐS: y = 4x + 12
Bài 4: Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = −x + 5 và cắt trục hoành tại
điểm có hoành độ bằng 2.
ĐS: y = −x + 2.
Bài 5: Xác định hệ số a, b của hàm số y = ax + b trong mỗi trường hợp sau:
a) Đồ thị hàm số là một đường thẳng có hệ số góc bằng 3 và đi qua điểm A(−1 ; 3)
b) Đồ thị của hàm số đi qua hai điểm B(2 ; 1) và C(1 ; 3)
c) Đồ thị của hàm số đi qua điểm A(1 ; 3) và song song với đường thẳng y = 3x − 2
ĐS: a) (a ; b) = (3 ; 6). b) (a ; b) = (−2 ; 5). c) (a ; b) (3 ; 0)
Bài 6: Cho Parabol (P): y = 2x
2
và hai đường thẳng: (d
1
): mx − y − 2 = 0 và (d
2
): 3x + 2y − 11 = 0
a) Tìm giao điểm M của (d
1
) và (d
2
) khi m = 1
b) Với giá trị nào của m thì (d
1
) song song với (d
2
)
c) Với giá trị nào của m thì (d
1
) tiếp xúc với (P).
HD: a) M(3 ; 1); b)
3
m
2
= −
c) (d
1
) tiếp xúc với (P) ⇔ 2x
2
− mx + 2 = 0 có nghiệm kép ⇔ ∆ = 0 ⇔ m
2
= 16 ⇔
m 4
m 4
=


= −

Lưu ý: Khai thác việc tìm tham số m để hai đường thẳng song song, trùng nhau, cắt nhau
Bài 7 Tìm giá trị của m để ba đường thẳng sau đồng qui:
a) (d
1
): 5x + 11y = 8 (d
2
): 10x − 7y = 74 (d
3
): 4mx + (2m − 1)y = m + 2
b) 3x + 2y = 13 (d
2
): 2x + 3y = 7 (d
3
): (d
1
): y = (2m − 5)x − 5m
HD: a) ĐS: m = 0 b) m = 4,8
Bài 8 Tìm khoảng cách giữa hai điểm A và B trên mặt phẳng tọa độ biết:
a) A(1 ; 1) và B(5 ; 4) b) A(−2 ; 2) và B(3 ; 5)
HD: a)
2 2
AB (5 1) (4 1) 5= − + − =
b)
2 2
AB (3 2) (5 2) 5,83= + + − ≈
Bài tập về nhà
Bài 9: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua A(−2 ; 15) và B(3 ; −5).
Bài 10: Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc là −1 và đi qua gốc tọa độ.
Bài 11: Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 3x và cắt đường
thẳng tại điểm nằm trên trục tung.
Bài 12: Gọi (d) là đường thẳng đi qua A(1 ; 1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 2005. Hãy
viết phương trình đường thẳng (d).
Bài 13: Cho hàm số : y = x + m (D). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (D) :
a) Đi qua điểm A (1 ; 2003) ;
b) Song song với đường thẳng x - y + 3 = 0 ;
c) Tiếp xúc với parabol y = –1/4.x
2
Bài 14: Cho hai hàm số y = 2x + 3m và y = (2m + 1)x + 2m − 3. Tìm điều kiện của m để:
a) Hai đường thẳng cắt nhau
b) Hai đường thẳng song song với nhau
c) Hai đường thẳng trùng nhau
Trang 4
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Chuyên đề 3: Phương trình và hệ phương trình (6 tiết)
1. Hệ phương trình bậc nhất
Bài 1: Giải các hệ phương trình:
1)
x 2y 3
2x y 1
+ =


− =

2)
3x 4y 2
2x 3y 7
− =


+ =

3)
x 7y 2
2x y 11
− = −


+ =

4)
2x 3y 10
3x 2y 2
+ =


− =

Bài 2: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp đặt ẩn phụ:
a)
1 1 4
x y 5
1 1 1
x y 5

+ =




− =


b)
15 7
9
x y
4 9
35
x y

− =




+ =


c)
1 1 5
x y x y 8
1 1 3
x y x y 8

+ =

+ −



− = −

+ −

d)
4 5
2
2x 3y 3x y
3 5
21
3x y 2x 3y

+ =

− +



− =

+ −

HD: a) ĐS:
10
(x ; y) 2 ;
3
 
=
 ÷
 
b)
1 1
(x ; y) = ;
2 3
 
 ÷
 
c) (x ; y) = (5 ; 3) d)
7 2
(x ; y) ;
66 11
 
=
 ÷
 
Bài 3: Cho hệ phương trình
mx y 1
x y
334
2 3
− =



− =


a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm
HD: a) Với m = 1: (x ; y) = (2002 ; 2001). b) Hệ đã cho vô nghiệm ⇔
3
m
2
=
Bài 4: Cho hệ phương trình:
x my 1
mx 3my 2m 3
+ =


− = +

a) Giải hệ phương trình với m = –3
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
HD: a) Hệ có vô số nghiệm b) m ≠ 0 và m ≠ –3
Bài 5: Cho hệ phương trình:
mx y 1
x y m
− =


− + =

Chứng tỏ khi m = –1, hệ phương trình có vô số nghiệm
HD: Thay m = –1 vào hệ ⇒ đpcm
Bài 6: Cho hệ phương trình:
2mx y 5
mx 3y 1
− + =


+ =

a) Giải hệ phương trình khi m = 1
b) Tìm giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất
HD: a) (x ; y) = (–2; 1); b) m ≠ 0
2. Phương trình bậc hai
Bài 7: Giải các phương trình:
1) x
2
– 4x + 3 = 0 2) x
2
+ 6x + 5 = 0 3) 3x
2
– 4x + 1 = 0 4) x
2
– 5x + 6 = 0
5)
2
( 2 1)x x 2 0− + − =
6)
2
2x ( 2 1)x 1 0− + + =
7)
2
x ( 2 1)x 2 0+ − − =
8) x
4
– 11x
2
+ 10 = 0 9) 3x
4
– 11x
2
+ 8 = 0 10) 9x
4
– 22x
2
+ 13 = 0
11) (2x
2
+ x – 4)
2
– (2x – 1)
2
= 0 12) (x – 3)
2
+ (x + 4)
2
= 23 – 3x
13)
2
2
2x x x 8
x 1
x 3x 4
− +
=
+
− −
14)
1 1 1
x 4 x 4 3
+ =
− +
15) 3(x
2
+ x) – 2(x
2
+ x) – 1 = 0 16) (x
2
– 4x + 2)
2
+ x
2
– 4x – 4 = 0
Bài 8: Cho phương trình
2
x 3x 5 0+ − =
và gọi hai nghiệm của phương trình là x
1
, x
2
. Không giải
phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
a)
1 2
1 1
x x
+
b)
2 2
1 2
x x+
c)
2 2
1 2
1 1
x x
+
d)
3 3
1 2
x x+
HD: Đưa các biểu thức về dạng x
1
+ x
2
và x
1
x
2
rồi sử dụng hệ thức Viét
Trang 5
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Bài 9: Cho phương trình: x
2
– 2mx + m + 2 = 0. Tìm giá trị của m để phương trình có một nghiệm x
1
= 2. Tìm nghiệm x
2
.
HD: m = 2, x
2
= 2
Bài 10: Cho phương trình x
2
+ 2(m + 1)x + m
2
= 0 (1)
a) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và trong hai nghiệm đó có
một nghiệm bằng −2
HD: a) PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
1
m
2
> −
b) m = 0 hoặc m = 4
Bài 11: Cho phương trình (m + 1)x
2
− 2(m − 1)x + m − 3 = 0 (1)
a) Chứng minh rằng ∀m ≠ −1 phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu
HD: a) Chứng minh ∆' > 0
b) Phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu ⇔ m < −1 hoặc m > 3
Bài 12: Cho phương trình x
2
− 2(m + 1)x + m − 4 = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 1
b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m
c) gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1). Chứng minh rằng A = x
1
(1 − x
2
) + x
2
(1 − x
1
)
không phụ thuộc vào giá trị của m
HD: a) Khi m = 1: PT có hai nghiệm
x 2 2 7= ±
b) A = 2(m + 1) − 2(m − 4) = 10 ⇒ A không phụ thuộc vào m
Bài 13: Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình x
2
− 2(m − 1)x + m − 3 = 0
a) Không giải phương trình hãy tính giá trị của biểu thức P = (x
1
)
2
+ (x
2
)
2
theo m
b) Tìm m để P nhỏ nhất
HD: a) P = (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
= 4(m − 1)
2
− 2(m − 3) = 4m
2
− 10m + 10
c) P =
2
15 15
(2m 5)
4 4
− + ≥
. Dấu "=" xảy ra ⇔
5
m
2
=
Bài 14: Cho phương trình x
2
− 6x + m = 0 (m là tham số) (1)
a) Giải phương trình (1) với m = 5
b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x
1
và x
2
thỏa mãn 3x
1
+ 2x
2
= 20
HD: a) Với m = 5 ⇒ x
1
= 1, x
2
= 5
b) Đáp số: m = −16 (x
1
= 8, x
2
= −2)
Bài 15: Cho phương trình x
2
− 4x + k = 0
a) Giải phương trình với k = 3
b) Tìm tất cả các số nguyên dương k để phương trình có hai nghiệm phân biệt
HD: a) Với m = 3: x
1
= 1, x
2
= 3
b) ∆' = 4 − k > 0 ⇔ k < 4. ĐS: k ∈ {1 ; 2 ; 3}
Bài 16: Cho phương trình : x
2
− (m + 5)x − m + 6 = 0 (1)
a) Giải phương trình với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có một nghiệm x = −2.
HD: a) ĐS: x
1
= 1, x
2
= 5
b) ĐS: m = − 20
Bài 17: Cho phương trình: (m − 1)x
2
+ 2mx + m − 2 = 0. (*)
a) Giải phương trình (*) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
HD: a) Khi m = 1:
1
x
2
=
; b) ĐS:
2
m , m 1
3
> ≠
.
Bài 18: Cho phương trình x
2
− 2mx + (m − 1)
3
= 0
a) Giải phương trình với m = −1
b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng bình
phương của nghiệm còn lại.
HD: a) Với m = −1 ⇒ x
1
= 2, x
2
= −4 b) m = 0 hoặc m = 3
Trang 6
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Chuyên đề 4: Giải bài toán bằng cách lập phương trình và hệ phương trình (4 tiết)
Bài 1: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc trung bình 30km/h. Khi đến B, người đó nghỉ 20
phút rồi quay trở về A với vận tốc trung bình 25km/h. Tính quãng đường AB, biết rằng thời gian cả đi
lẫn về là 5 giờ 50 phút.
HD: Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x > 0).
Ta có phương trình:
x x 1 5
5
30 25 3 6
+ + =
. Giải ra ta được: x = 75 (km)
Bài 2: Hai canô cùng khởi hành một lúc và chạy từ bến A đến bến B. Canô I chạy với vận tốc 20km/h,
canô II chạy với vận tốc 24km/h. Trên đường đi, canô II dừng lại 40 phút, sau đó tiếp tục chạy với vận
tốc như cũ. Tính chiều dài quãng sông AB, biết rằng hai canô đến bến B cùng 1 lúc.
HD: Gọi chiều dài quãng sông AB là x km (x > 0)
Ta có phương trình:
x x 2
20 24 3
− =
. Giải ra ta được: x = 80 (km)
Bài 3: Một ôtô dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc trung bình 40km/h. Lúc đầu ôtô đi với vận
tốc đó, khi còn 60km nữa thì đi được một nửa quãng đường AB, người lái xe tăng thêm vận tốc
10km/h trên quãng đường còn lại, do đó ôtô đến tỉnh B sớm hơn 1giờ so với dự định. Tính quãng
đường AB.
HD: Gọi độ dài quãng đường AB là x km (x > 120)
Ta có phương trình:
x x x
60 : 40 60 : 50 1
2 2 40
   
− + + = −
 ÷  ÷
   
. Giải ra ta được: x = 280 (km)
Bài 4: Một tàu thủy chạy trên một khúc sông dài 80km, cả đi lẫn về mất 8giờ 20phút. Tính vận tốc
của tàu thủy khi nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4km/h.
HD: Gọi vận tốc của tàu thủy khi nước yên lặng là x km/h (x > 0)
Ta có phương trình:
80 80 1
8
x 4 x 4 3
+ =
+ −
. Giải ra ta được:
1
4
x
5
= −
(loại), x
2
= 20 (km)
Bài 5: Một ca nô và một bè gỗ xuất phát cùng một lúc từ bến A xuôi dòng sông. Sau khi đi được 24
km ca nô quay trở lại và gặp bè gỗ tại một địa điểm cách A 8 km. Tính vận tốc của ca nô khi nước
yên lặng biết vận tốc của dòng nước là 4 km / h.
HD: Gọi vận tốc canô khi nước yên lặng là x km/h (x > 4)
Ta có phương trình:
24 16
2
x 4 x 4
+ =
+ −
. Giải ra ta được x
1
= 0 (loại), x
2
= 20 (km/h)
Bài 6: Một người đi xe đạp từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 50 km. Sau đó 1 giờ 30 phút, một người đi
xe máy cũng đi từ A và đến B sớm hơn 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe, biết rằng vận tốc xe máy gấp
2,5 lần vận tốc xe đạp.
HD: Gọi vận tốc xe đạp là x km/h (x > 0)
Ta có phương trình:
50 50
(1,5 1)
x 2,5x
= + +
. Giải ra ta được: x = 12 (thỏa mãn)
Bài 7: Nhà trường tổ chức cho 180 học sinh khối 9 đi tham quan di tích lịch sử. Người ta dự tính:
Nếu dùng loại xe lớn chuyên chở một lượt hết số học sinh thì phải điều ít hơn nếu dùng loại xe nhỏ 2
chiếc. Biết rằng mỗi xe lớn có nhiều hơn mỗi xe nhỏ là 15 chỗ ngồi. Tính số xe lớn, nếu loại xe đó
được huy động
HD: Gọi số xe lớn là x (x ∈ Z
+
). Ta có PT:
180 180
15
x x 2
− =
+
⇒ x
1
= 4; x
2
= –6 (loại)
Bài 8: Một đội xe cần chuyên chở 100 tấn hàng. Hôm làm việc, có hai xe được điều đi làm nhiệm vụ
mới nên mỗi xe phải chở thêm 2,5 tấn. Hỏi đội có bao nhiêu xe? (biết rằng số hàng chở được của mỗi
xe là như nhau)
HD: Gọi x (xe) là số xe của đội (x > 2 và x ∈ N)
Ta có phương trình:
100 100 5
x 2 x 2
− =
−
. Giải ra ta được: x
1
= −8 (loại), x
2
= 10 (thỏa mãn)
Trang 7
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Bài 9: Để làm một chiếc hộp hình hộp không nắp, người ta cắt đi 4 hình vuông bằng nhau ở 4 góc
của một miếng nhôm hình chữ nhật dài 24cm, rộng 18cm. Hỏi cạnh của các hình vuông đó bằng bao
nhiêu, biết rằng tổng diện tích của 4 hình vuông đó bằng
2
5
diện tích đáy hộp?
HD: Gọi x (cm) là độ dài cạnh của hình vuông bị cắt ( 0 < x < 9)
Ta có phương trình:
2
2
4x (24 2x)(18 2x)
5
= − −
. Giải ra ta được: x
1
= −18 (loại), x
2
= 4 (thỏa)
Bài 10: Cho một số có hai chữ số. Tìm số đó, biết rằng tổng hai chữ số của nó nhỏ hơn số đó 6 lần,
nếu thêm 25 vào tích của hai chữ số đó sẽ được một số viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho
HD: Gọi số phải tìm là
xy
(0 < x, y ≤ 9 và x, y ∈ Z)
Ta có hệ:
6(x y) 10x y x 5
xy 25 10y x y 4
+ = + =
 
⇔
 
+ = + =
 
. Vậy số phải tìm là 54
Bài 11: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể thì sau 1 giờ 20 phút bể đầy. Nếu mở vòi thứ nhất chảy
trong 10 phút và vòi thứ hai trong 12 phút thì đầy
2
5
bể. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì phải bao
lâu mới đầy bể.
HD: Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi I, II lần lượt là x, y phút (x, y > 80)
Ta có hệ:
80 80
1
x 120
x y
10 12 2 y 240
x y 15

+ =

=


⇔
 
=


+ =


Bài 12: Hai người thợ cùng làm một công việc trong 16giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm 3giờ và
người thứ hai làm 6giờ thì họ làm được 25% công việc. Hỏi mỗi người làm công việc đó một mình
thì trong bao lâu sẽ hoàn thành công việc.
HD: Gọi x, y (giờ) là thời gian người thứ nhất, hai làm một mình xong công việc (x > 0, y > 16)
Ta có hệ:
16 16
1
x 24
x y
3 6 1 y 48
x y 4

+ =

=


⇔
 
=


+ =


(thỏa mãn điều kiện đầu bài)
Bài 13: Một phòng họp có 360 ghế ngồi được xếp thành từng dãy và số ghế của mỗi dãy đều bằng
nhau. Nếu số dãy tăng thêm 1 và số ghế của mỗi dãy cũng tăng thêm 1 thì trong phòng có 400 ghế.
Hỏi trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu ghế?
HD: Gọi số dãy ghế trong phòng họp là x dãy (x ∈ Z, x > 0)
Ta có phương trình:
360
(x 1) 1 400
x
 
+ + =
 ÷
 
. Giải ra ta được: x
1
= 15, x
2
= 24
ĐS: 15 dãy với 24 người/dãy, 24 dãy với 15 người/dãy.
Bài 14: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kĩ
thuật mới nên tổ I đã vượt mức 18% và tổ II đã vượt mức 21%. Vì vậy, trong thời gian qui định họ đã
vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch.
HD: Gọi x, y là số sản phẩm của tổ I, II theo kế hoạch (x, y ∈ N*)
Ta có hệ phương trình:
x y 600 x 200
0,18x 0,21y 120 y 400
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 
Bài 14: Một xe máy đi từ A đến B trong một thời gian dự định. Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thì
đến sớm hơn 2 giờ, nếu giảm vận tốc đi 4km/h thì đến muộn 1 giờ. Tính vận tốc dự định và thời gian
dự định
HD: Gọi thời gian dự định là x và vận tốc dự định là y (x, y > 0). Ta có hệ:
(x 1)(y 4) xy x 6
(x 2)(y 14) xy y 28
+ − = =
 
⇔
 
− + = =
 
Trang 8
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Chuyên đề 5: Một số bài toán hình học tổng hợp (6 tiết)
Bài 1: Cho ∆c.ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp
µ
A
, O là
trung điểm của IK
a) Chứng minh rằng bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm
HD: a)
·
·
0
KBI KCI 180+ =
(Tính chất phân giác) ⇒ BICK nội tiếp (O)
b)
µ
·
µ
0
1
1 2
C OCI C I 90+ = + =
$
⇒ OC ⊥ AC ⇒ AC là tiếp tuyến của (O)
c)
2 2 2 2
AH AC HC 20 12 16= − = − =
(cm).
2 2
CH 12
OH 9
AH 16
= = =
(cm)
Vậy: OC =
2 2 2 2
OH HC 9 12 225 15+ = + = =
(cm)
Bài 2: Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE,
đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K
a) Chứng minh rằng BHCD là tứ giác nội tiếp
b) Tính góc
·
CHK
c) Chứng minh KC.KD = KH.KB
d) Khi điểm E chuyển động trên cạnh BC thì điểm
H chuyển động trên đường nào?
HD: a)
·
·
0
BHD BCD 90= =
⇒ BHCD nội tiếp
b)
·
·
·
0 0
DHC DBC 45 CHK 45= = ⇒ =
c) ∆KCH ∆KDC (g.g) ⇒ KC.KD = KH.KB
d)
·
0
BHD 90= ⇒
Khi E chuyển động trên đoạn BC
thì H chuyển động trên
»
BC
Bài 3: Cho đường tròn (O, R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB
lấy một điểm M (khác O). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng
vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở điểm P. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OMNP nội tiếp
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành
c) Tích CM.CN không phụ thuộc vị trí điểm M
d)* Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên một đoạn thẳng cố định
HD: a)
·
·
0
OMP ONP 90= =
⇒ ONMP nội tiếp
b) OC // MP (cùng vuông góc với AB), MP = OD = OC
Suy ra: CMPO là hình bình hành
c) ∆COM ∆CND (g.g) Suy ra:
CM CO
CD CN
=
⇒ CM.CN = CO.CD = Const
d) ∆ONP = ∆ODP (c.g.c) ⇒
·
0
ODP 90=
.
Suy ra: P chạy trên đường thẳng cố định.
Vì M ∈ [AB] nên P ∈ [EF]
Bài 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc
nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F.
a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp
b) AM ∩ OE ≡ P, BM ∩ OF ≡ Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? tại sao?
c) Kẻ MH ⊥ AB (H ∈ AB). Gọi K ≡ MH ∩ EB. So sánh MK với KH
HD: a)
·
·
0
EOA OME 180+ =
⇒ AEMO nội tiếp
b) MPOQ là hình chữ nhật vì có ba góc vuông.
Trang 9
2
11
H
B
C
O
A
K
I
K
H
B
C
A
D
E
1
1
1
1
P
N
E FD
C
O
A B
M
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
c) ∆EMK ∆EFB:
EM EF
MK BF
=
do MF = BF ⇒
EM EF
MK MF
=
Mặt khác: ∆ABE ∆HBK:
EA AB
HK HB
=
. Vì:
EF AB
MF HB
=
(Talet)
⇒
EM EA
MK KH
=
. Vì: EM = AE ⇒ MK = KH.
Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định. Điểm I nằm giữa A và O sao cho
2
AI AO
3
=
.
Kẻ dây MN ⊥ AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và
B. Nối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM
2
= AE.AC
c) Chứng minh AE.AC − AI.IB = AI
2
HD: a) Dễ thấy
·
·
0
BIE ECB 180+ =
⇒ IECB nội tiếp.
b) Ta có
¼
»
·
·
AM AN AME ABM= ⇒ =
⇒ ∆AME ∆ACM (g.g)
⇒ AM
2
= AE.AC (1)
c) Ta có: MI
2
= AI.IB (2). Theo (1) và (2) và ĐL Pitago:
AI
2
= AM
2
− MI
2
= AE.AC − AI.IB
Bài 6: Cho ∆ABC có các góc đều nhọn,
µ
0
A 45=
. Vẽ các đường cao BD và CE của ∆ABC. Gọi H là
giao điểm cảu BD và CE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp
b) Chứng minh HD = DC
c) Tính tỉ số DE : BC
d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. CM: OA ⊥ DE.
HD: a) Ta có:
·
·
0
AEH ADH 180+ =
⇒ đpcm
b) ∆v.AEC có
µ
0
A 45=
⇒
·
0
ACD 45=
⇒∆DCH vuông cân
tại D ⇒ HD = HC.
c) ∆ADE ∆ABC (g.g) ⇒
DE AE AE 2
BC AC 2
AE. 2
= = =
.
d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O), ta có
·
·
BAx BCA=
mà
·
·
BCA AED=
(cùng bù với
·
DEB
) ⇒
·
·
BAx AED=
⇒ DE // Ax ⇒ OA ⊥ DE.
Bài 7: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB. Hạ BN và DM
cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh:
a) Tứ giác CBMD nội tiếp được trong đường tròn
b) Khi điểm D di động trên đường tròn thì
·
·
BMD BCD+
không đổi
c) DB.DC = DN.AC
HD: a) CBMD nội tiếp trong đường tròn đường kính CD
b) Khi điểm D thay đổi, tứ giác CBMD luôn là
tứ giác nội tiếp ⇒
·
·
0
BMD BCD 180+ =
c) Ta có:
·
0
ANB 90=
(gt) ⇒ N ∈ (O)
Mặt khác:
·
·
BDN BAN=
(Cùng chắn
»
BN
)
· ·
BAN ACD=
(So le trong)
Suy ra:
·
·
BDN ACD=
.
Lại có:
·
·
·
DAC DAN DBN= =
(Cùng chắn
»
DN
)
Vậy: ΔACD ΔBDN (g.g) ⇒ đpcm
Trang 10
x
y
K
H
Q
P
E
F
O
A
B
M
O'
E
N
M
I
O
A
B
C
x
O
H
D
E
A
B
C
M
N
C
O
A
B
D
LUYỆN THI VÀO THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
Trần Thị Quyên – Phó HT trường THCS Nam Hưng - Tiền Hải – Thái Bình
Bài 8: Cho ∆ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A,
vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F
a) Chứng minh tứ giác AFHE là hình chữ nhật
b) Chứng minh BEFC là tứ giác nội tiếp
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC
d)* Chứng minh rằng EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn
HD: a) AEHF có ba góc vuông ⇒ AEHF là hình chữ nhật
b)
µ
µ
$
1 1
B E F= =
⇒ BEFC nội tiếp
c) ∆AEF ∆ACB (g.g) ⇒ AE.AB = AF.AC
d)
µ µ
µ µ
0
1 2 1 2
E E H H 90+ = + =
⇒ EF là tiếp tuyến của (O
1
).
Tương tự: EF là tiếp tuyến của (O
2
)
Bài 9. Cho ΔABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Hai tiếp
tuyến tại C và D với đường tròn (O) cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường
thẳng AB và CD; AD và CE
a) Chứng minh BC // DE
b) Chứng minh các tứ giác CODE và APQC nội tiếp
c) Tứ giác BCQP là hình gì?
HD: a) BC và DE cùng vuông góc với OD ⇒ BC // DE
b)
·
·
0
ODE OCE 180+ =
⇒ CODE nội tiếp
Ta có:
·
·
PAQ PCQ=
(Do
» »
BD CD=
)⇒ APQC nội tiếp
c) BCQP là hình thang. Vì:
Ta có:
·
·
QPC CAQ=
(Cùng chắn cung QC của (APQC)
Lại có:
·
·
QAC QAP=
và
·
·
QAP BCP=
(cùng chắn
»
BD
) ⇒ BC // PQ
Bài 10. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A của các đường tròn
(O) và (O’) cắt đường tròn (O’) và (O) theo thứ tự tại C và D. gọi P và Q lần lượt là trung điểm của
các dây AC và AD. Chứng minh:
a) ΔABD ΔCBA
b)
·
·
BQD APB=
c) Tứ giác APBQ nội tiếp
HD: a) Ta có:
·
·
DAB ACB=
(Cùng chắn
¼
An'B
)
Lại có:
·
·
ADB BAC=
(Cùng chắn
¼
AnB
)
Suy ra: ΔABD ΔCBA
b) ΔABD ΔCBA ⇒
AD BD DQ
CA BA AP
= =
(Do P, Q là trung điểm của AC, AD)
Và:
·
·
BDQ BAP=
. Suy ra: ΔBQD ΔAPB ⇒
·
·
BQD APB=
c) Do
·
·
BQD APB=
suy ra: APBQ nội tiếp
Bài 11: Cho ∆ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC
tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại cá điểm thứ hai F, G. Chứng minh:
a) ∆ABC ∆EBD
b) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp
c) AC // FG
d)* Các đường thẳng AC, DE, BF đồng qui
HD: a) ∆ABC ∆EBD (Hai tam giác vuông có
µ
1
B
chung)
b) Học sinh tự chứng minh
c)
µ
$
µ
1 1
1
C F ( E )= =
⇒ AC // FG
d) Gọi S ≡ BF ∩ CA ⇒ ∆BSC có D là trực tâm.
Trang 11
1
2
1
1
1
G
F
S
E
C
A
B
D
QP
E
D
C
B
O
A
n'
n
Q
P
D
B
C
A
O
O'
2
2
1
1
1
O
2
O
1
F
E
H C
A
B

Tác Động Của Môi Trường Marketing Đến Doanh Nghiệp Cổ Phần Vinamilk

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Tác Động Của Môi Trường Marketing Đến Doanh Nghiệp Cổ Phần Vinamilk": http://123doc.vn/document/1036844-tac-dong-cua-moi-truong-marketing-den-doanh-nghiep-co-phan-vinamilk.htm

Cơ Cấu Tổ Chức Theo Hệ Thống
RIDIELAC
RIDIELAC
Dành cho trẻ em
Dành cho trẻ em
Dành cho người lớn
Dành cho người lớn

Biểu đồ doanh thu-lợi nhuận
Biểu đồ doanh thu-lợi nhuận
(Số liệu từ công ty Vinamilk)
(Số liệu từ công ty Vinamilk)
(Triệu đồng)
(Triệu đồng)

Tài liệu Evidence-Based Counselling and Psychological Therapies doc

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Tài liệu Evidence-Based Counselling and Psychological Therapies doc": http://123doc.vn/document/1037923-tai-lieu-evidence-based-counselling-and-psychological-therapies-doc.htm

First published 2000 by Routledge
11 New Fetter Lane, London EC4P 4EE
Simultaneously published in the USA and Canada
by Taylor & Francis Inc
325 Chestnut Street, 8th Floor, Philadelphia PA 19106
Routledge is an imprint of the Taylor & Francis Group
This edition published in the Taylor & Francis e-Library, 2001.
© 2000 Nancy Rowland and Stephen Goss, editorial matter and selection; the
contributors, individual chapters.
All rights reserved. No part of this book may be reprinted or reproduced or
utilised in any form or by any electronic, mechanical, or other means, now
known or hereafter invented, including photocopying and recording, or in any
information storage or retrieval system, without permission in writing from the
publishers.
British Library Cataloguing in Publication Data
A catalogue record for this book is available from the British Library
Library of Congress Cataloging in Publication Data
Evidence-based counselling and psychological therapies : research and
applications / edited by Nancy Rowland and Stephen Goss.
p. cm.
Includes bibliographical references and index.
1. Psychotherapy–Outcome assessment–Great Britain. 2. Mental health
policy–Great Britain. 3. Evidence-based medicine–Great Britain. 4. National
Health Service (Great Britain)–Administration. I. Rowland, Nancy, 1954– II.
Goss, Stephen, 1966–
RC480.75 .E95 2000
362.2'0941–dc21 00–021257
ISBN 0–415–20506–9 (hbk)
ISBN 0–415–20507–7 (pbk)
ISBN 0-203-13160-6 Master e-book ISBN
ISBN 0-203-18546-3 (Glassbook Format)
To my parents
Nancy Rowland
To Catriona, Andrew and Lynn
Stephen Goss

Contents
List of boxes ix
List of tables xi
List of contributors xiii
Preface xvii
JOHN GEDDES
PART 1
What is evidence-based health care? 1
1 Evidence-based psychological therapies 3
NANCY ROWLAND AND STEPHEN GOSS
2 The drive towards evidence-based health care 13
MARK BAKER AND JOS KLEIJNEN
3 Towards evidence-based health care 30
BRIAN FERGUSON AND IAN RUSSELL
4 Economics issues 44
ALAN MAYNARD
5 Evidence-based psychotherapy: an overview 57
GLENYS PARRY
viii Contents
PART 2
Generating the evidence 77
6 Randomised controlled trials and the evaluation of
psychological therapy 79
PETER BOWER AND MICHAEL KING
7 The contribution of qualitative research to
evidence-based counselling and psychotherapy 111
JOHN MCLEOD
8 Rigour and relevance: the role of practice-based
evidence in the psychological therapies 127
MICHAEL BARKHAM AND JOHN MELLOR-CLARK
PART 3
Synthesising the evidence 145
9 Systematic reviews in mental health 147
SIMON GILBODY AND AMANDA SOWDEN
10 Clinical practice guidelines development in
evidence-based psychotherapy 171
JOHN CAPE AND GLENYS PARRY
11 Getting evidence into practice 191
STEPHEN GOSS AND NANCY ROWLAND
Index 207
Boxes
2.1 Journals and databases 19
2.2 Articles, by country of origin 19
4.1 The Williams checklist for interrogating economic
evaluation 49
9.1 Family intervention for schizophrenia 151
9.2 Meta-analysis of treatment outcome for panic disorder 153
9.3 Stages in the systematic review process 157
9.4 Example of a hierarchy of evidence 160
9.5 Questions to guide the critical appraisal of a systematic
review 163
11.1 Ways in which practitioners can enhance their involvement
in EBHC 196

Tables
4.1 Types of economic investigation of health care 48
6.1 Types of randomised trial 89
8.1 Criteria defining clinical representativeness 130
8.2 Linear models of the efficacy–effectiveness continuum 132
9.1 Systematic reviews from the Cochrane Library 150
10.1 Recommendations for acute phase treatment 182
10.2 Quality criteria for assessing research reviews 184

Contributors
Mark Baker is the Medical Director of North Yorkshire Health Authority
and Honorary Visiting Professor at the University of York. He was
previously Regional Director of Research and Development for
Yorkshire Regional Health Authority and Director of the National
Research & Development Programme for Mental Health.
Michael Barkham is Professor of Clinical and Counselling Psychology
and Director of the Psychological Therapies Research Centre at the
University of Leeds. He has previously carried out controlled trials
into the efficacy of contrasting psychotherapies and is part of a
research group that has developed a new evaluation tool – the CORE
System. He has an abiding interest in a range of research methodologies
and their role in bridging the gap between research and practice.
Peter Bower is a psychologist and Research Fellow at the National Primary
Care Research and Development Centre (NPCRDC) at the University
of Manchester. He currently conducts research on the effectiveness
of psychological therapies in primary care, the relationship between
mental health specialists and primary care professionals, and the
doctor–patient relationship in general practice.
John Cape is Head of Psychology and Psychotherapy Services, Camden
and Islington Community Health Services NHS Trust. He convenes
the National Counselling and Psychological Therapies Clinical
Guidelines Steering Group, and is chair of the Management Board of
the British Psychological Society Centre for Outcomes Research and
Effectiveness.
Brian Ferguson is Professor of Health Economics at the Nuffield Institute
for Health, University of Leeds and Assistant Director (Clinical

Tài liệu Đề tài " A shape theorem for the spread of an infection " pdf

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Tài liệu Đề tài " A shape theorem for the spread of an infection " pdf": http://123doc.vn/document/1038973-tai-lieu-de-tai-a-shape-theorem-for-the-spread-of-an-infection-pdf.htm

704 HARRY KESTEN AND VLADAS SIDORAVICIUS
growth of the distances of reached half-spaces to the full asymptotic shape
result. We will give more heuristics before some of our lemmas.
Remark 2. Our proof in [KSb] shows that the right-hand inclusion in (1.1)
remains valid for arbitrary jump rates of the A and the B-particles. However,
it is still not known whether the left-hand inclusion holds in general. The lower
bound for B(t) is known only when D
A
= D
B
, or when D
A
= 0, that is, when
the A and B-particles move according to the same random walk (see [KSb]),
or in the frog model, when the A-particles stand still (see [AMP], [RS]).
Here is some general notation which will be used throughout the paper:
x without subscript denotes the 
∞
-norm of a vector x =(x(1), ,x(d)) ∈
R
d
, i.e.,
x = max
1≤i≤d
|x(i)|.
We will also use the Euclidean norm of x; this will be denoted by the usual x
2
.
x, u denotes the (Euclidean) inner product of two vectors x, u ∈ R
d
, and 0
denotes the origin (in Z
d
or R
d
).ForaneventE, E
c
denotes its complement.
K
1
,K
2
, will denote various strictly positive, finite constants whose
precise value is of no importance to us. The same symbol K
i
may have different
values in different formulae. Further, C
i
denotes a strictly positive constant
whose value remains the same throughout this paper (a.s. is an abbreviation
of almost surely).
Acknowledgement. The research for this paper was started during a stay
by H. Kesten at the Mittag-Leffler Institute in 2001–2002. H. Kesten thanks
the Swedish Research Council for awarding him a Tage Erlander Professorship
for 2002. Further support for HK came from the NSF under Grant DMS-
9970943 and from Eurandom. HK thanks Eurandom for appointing him as
Eurandom Professor in the fall of 2002. He also thanks the Mittag-Leffler
Institute and Eurandom for providing him with excellent facilities and for
their hospitality during his visits.
V. Sidoravicius thanks Cornell University and the Mittag-Leffler Insti-
tute for their hospitality and travel support. His research was supported by
FAPERJ Grant E-26/151.905/2001, CNPq (Pronex).
2. Results from [KSb]
Throughout the rest of this paper we assume that
D
A
= D
B
(2.1)
and we abbreviate their common value to D. We begin this section with some
further facts about the setup. More details can be found in Section 2 of [KSb]
which deals with the construction of our particle system. {S
t
}
t≥0
will be a
continuous-time simple random walk on Z
d
with jump rate D and starting at 0.
SHAPE THEOREM FOR SPREAD OF AN INFECTION
705
To each initial particle ρ is assigned a path {π
A
(t, ρ)}
t≥0
which is distributed
like {S
t
}
t≥0
. The paths π
A
(·,ρ) for different ρ’s are independent and they are
all independent of the initial N
A
(x, 0−),x ∈ Z
d
. The position of ρ at time t
equals π(0,ρ)+π
A
(t, ρ), and this can be assigned to ρ without knowing the
paths of any of the other particles. The type of ρ at time s is denoted by
η(s, ρ). This equals A for 0 ≤ s<θ(ρ) and equals B for s ≥ θ(ρ), where θ(ρ),
the so-called switching time of ρ, is the first time at which ρ coincides with a
B-particle. Note that this is simpler than in the construction of [KSb] for the
general case which may have D
A
= D
B
. In that case we had simple random
walks {S
η
}
t≥0
with jump rate D
η
for η ∈{A, B}, and there were two paths
associated with each initial particle ρ : π
η
(·,ρ),η ∈{A, B}, with {π
η
(t, ρ)}
having the same distribution as {S
η
t
}.Ifρ had initial position z, its position
was then equal to z + π
A
(t, ρ) until ρ first coincided with a B-particle at time
θ(ρ); for t ≥ θ(ρ) the position of ρ was z +π
A
(θ(ρ),ρ)+[π
B
(t, ρ)−π
B
(θ(ρ),ρ)].
This depends on θ(ρ) and therefore on the movement of all the other particles.
In the present case we can take π
B
= π
A
, which has the great advantage
that the path of ρ does not depend on the paths of the other particles. This
is the reason why the case D
A
= D
B
is special. We proved in [KSb] that on
a certain state space Σ
0
(which we shall not describe here), the collection of
positions and types of all particles at time t, with t running from 0 to ∞,is
well defined and forms a strong Markov process with respect to the σ-fields
F
t
= ∩
h>0
F
0
t+h
,t≥ 0, where F
0
t
is the σ-field generated by the positions and
types of all particles during [0,t]. The elements of these σ-fields are subsets
of Σ
[0,∞)
, where Σ =

k≥1

(Z
d
∪ ∂
k
) ×{A, B}

.Σ
[0,∞)
is the pathspace for
the positions and types of all particles. More explicit definitions are given in
[KSb] but are probably not needed for this paper. It was also shown in [KSb]
that if one chooses the number of initial A-particles at z, with z varying over
Z
d
, as i.i.d. mean μ
A
Poisson variables, then the process starts off in Σ
0
and
stays in Σ
0
forever, almost surely.
We write N
η
(z,t) for the number of particles of type η at the space-
time point (z, t),z∈ Z
d
,η ∈{A, B}, while N
A
(z,0−) denotes the number of
A-particles to be put at z ‘just before’ the system starts evolving. Note that
our model always has only particles of one type at each given site, because an
A-particle which meets a B-particle changes instantaneously to a B-particle.
Thus, if N
A
(z,0−)=N for some site z and we add M(> 0) B-particles at z at
time 0, then we have to say that N
A
(z,0)=0,N
B
(z,0) = N + M. We call a
site x occupied at time t by a particle of type η if there is at least one particle
of type η at x at time t; in this case all particles at (x, t) have type η. Also,
x is occupied at time t if there is at least one particle at (x, t), irrespective of
the type of that particle.
We shall rely heavily on basic upper and lower bounds for the growth of
B(t) which come from Theorems 1 and 2 in [KSb].
706 HARRY KESTEN AND VLADAS SIDORAVICIUS
Theorem A. If D
A
= D
B
, then there exist constants 0 <C
2
≤ C
1
< ∞
such that for every fixed K
P

C(C
2
t) ⊂ B(t) ⊂C(2C
1
t)

≥ 1 −
1
t
K
(2.2)
for all sufficiently large t.
We also have some information about the presence of A-particles in the
regions which have already been visited by B-particles. The following is Propo-
sition 3 of [KSb].
Proposition B. If D
A
= D
B
, then for all K there exists a constant
C
3
= C
3
(K) such that
P {there are a vertex z and an A-particle at the space-time point (z, t)(2.3)
while there also was a B-particle at z at some time ≤ t −C
3
[t log t]
1/2
}
≤
1
t
K
for all sufficiently large t.
Consequently, for large t
P {at time t there is a site in C

C
2
t/2

which(2.4)
is occupied by an A-particle}≤
2
t
K
.
Finally we reproduce here Lemma 15 of [KSb] which gives an impor-
tant monotonicity property. We repeat that in the present setup, with the
N
A
(x, 0−) i.i.d. Poisson variables, our process a.s. has values in Σ
0
at all
times (see Proposition 5 of [KSb]).
Lemma C. Assume D
A
= D
B
and let σ
(2)
∈ Σ
0
. Assume further that
σ
(1)
lies below σ
(2)
in the following sense:
For any site z ∈ Z
d
, all particles present in(2.5)
σ
(1)
at z are also present in σ
(2)
at z,
and
At any site z at which the particles in σ
(2)
have type A,(2.6)
the particles also have type A in σ
(1)
.
Let π
A
(·,ρ) be the random-walk paths associated to the various particles and
assume that the Markov processes {Y
(1)
t
} and {Y
(2)
t
} are constructed by means
of the same set of paths π
A
(·,ρ) starting with state σ
(1)
and σ
(2)
, respectively
(as defined in Section 2 of [KSb], but with π
A
(s, ρ)=π
B
(s, ρ) for all s,ρ; see
(2.6), (2.7) there). Then, almost surely, {Y
(1)
t
} and {Y
(2)
t
} satisfy (2.5) and
(2.6) for all t, with σ
(i)
replaced by Y
(i)
t
,i=1, 2. In particular, σ
(1)
∈ Σ
0
.
SHAPE THEOREM FOR SPREAD OF AN INFECTION
707
In particular, this monotonicity property says that if σ
(1)
is obtained
from σ
(2)
by removal of some particles and/or changing some B-particles to
A-particles, then the process starting from σ
(1)
has no more B-particles at
each space-time point than the process starting from σ
(2)
. We note that this
monotonicity property holds only under our basic assumption that D
A
= D
B
.
3. A subadditivity relation
In this section we shall prove the basic subadditivity relation of Proposi-
tion 3 and deduce from it, in Corollary 5, that the B-particles spread in each
fixed direction over a distance which grows asymptotically linearly with time.
This statement is ambiguous because we haven’t made precise what ‘spread in
a fixed direction’ means. Here this will be measured by
max{x, u : x ∈

B(t)},(3.1)
where u is a given unit vector (in the Euclidean norm) in R
d
(see the abstract
for

B). In addition we will not prove subadditivity (which is an almost sure
relation), but only superconvolutivity, in the terminology of [Ha] (which is
a relation between distribution functions). The tool of superconvolutivity in
other models with no obvious subadditivity in the strict sense goes back to
[Ri], and was also used in [BG] and [W].
Actually we prove superconvolutivity only for half-space processes, which
we shall introduce now. We define the closed half-space
S(u, c)={x ∈ R
d
: x, u≥c}.
Given a u ∈ S
d−1
and r ≥ 0 we consider the half-space process corresponding to
(u, −r) (also called (u, −r) half-space-process). We define this to be the process
whose initial state is obtained by replacing N
A
(x, 0−) by 0 for all x ∈S(u, −r).
Thus the initial state of the (u, −r)-half-space-process is
N
A
(x, 0−)

=0ifx/∈S(u, −r)
= original N
A
(x, 0−)ifx ∈S(u, −r),
where the N(A, x, −0) are i.i.d., mean μ
A
Poisson variables. In addition
the particles at w
−r
are turned into B-particles at time 0, where w
−r
is
the site in S(u, −r) nearest to the origin (in 
∞
-norm) with N
A
(w
−r
, 0−)
> 0. If there are several possible choices for w
−r
, the tie is broken in the
following manner. All vertices of Z
d
are first ordered in some deterministic
manner, say lexicographically. Then among all occupied vertices in S(u, −r)
which are nearest to the origin we take w
−r
to be the first one in this order.
There will be many other occasions where ties may occur. These will be broken
in the same way as here, but we shall not mention ties or the breaking of them
anymore. Note that no extra B-particles are introduced at time 0, but that
708 HARRY KESTEN AND VLADAS SIDORAVICIUS
only the type of the particles at w
−r
is changed. Thus,
N
A
(x, 0) + N
B
(x, 0) = N
A
(x, 0−) for all x.(3.2)
From time 0 on the particles move and change type as described in the abstract.
Note that only the initial state is restricted to S(u, −r). Once the particles
start to move they are free to leave S(u, −r). The (u, −r) half-space process
will often be denoted by P
h
(u, −r).
We further define the (u, −r) half-space process starting at (x, t). This
process is defined for times t

≥ t only. We define it as follows: at time t let
w
−r
(x, t) be the nearest site to x which is occupied in the (u, −r) half-space
process. We then reset the types of the particles at w
−r
(x, t)toB and the
types of all other particles present in the (u, −r) half-space process at time t
to A. The particles then move along the same path in the (u, −r) half-space
process starting at (x, t)asinP
h
(u, −r) (which starts at (0, 0)). However,
the types of the particles in the (u, −r) half-space process starting at (x, t)
are determined on the basis of the reset types at time t. Thus the half-space
process starting at (x, t) has at any time only particles which were in S(u, −r)
at time 0.
Moreover, at any site y and time t

≥ t, P
h
(u, −r) and the (u, −r) half-
space process started at (x, t) contain exactly the same particles. We see from
this that the paths of the particles in the (u, −r) half-space processes starting
at (x, t) and at (0, 0) are coupled so that they coincide from time t on, but
the types of a particle in these two processes may differ. Lemma C shows that
if there is a B-particle in P
h
(u, −r)atx at time t, then in this coupling any
B-particle in the (u, −r) half-space process starting at (x, t) also has to have
type B in P
h
(u, −r).
The coupling between the two half-space processes clearly relies heavily
on the assumption D
A
= D
B
, so that we can assign the same path to a particle
in the two processes, even though the types of the particle in the two processes
may be different.
It is somewhat unnatural to start the (u, −r) half-space process with
B-particles at w
−r
in case r<0, so that the origin does not lie in the half-space
S(u, −r). We shall avoid that situation. We can, however, use the (u, −r) half-
space process starting at (x, t). This is well defined for all r. We merely need
to find the site nearest to x which has at time t a particle which started in
S(u, −r) at time 0. We can then reset the type of the particles at this site to
B at time t. We shall consider the (u, −r) half-space process starting at (x, t)
mostly in cases where we already know that x itself is occupied at time t in
the (u, −r) half-space process.
Finally we shall occasionally talk about the full-space process and the
full-space process starting at (x, t). These are defined just as the half-space
processes, but with r = ∞. In particular, the full-space process starts with
SHAPE THEOREM FOR SPREAD OF AN INFECTION
709
B-particles only at the nearest occupied site to the origin and (3.2) applies.
The full-space process starting at (x, t) has B-particles at time t only at the
nearest occupied site to x. The type of all particles at other sites are reset
to A at time t. Being stationary in time, the full-space process started at
(x, t) has the same distribution at the space-time point (x + y, t + s)asthe
full-space process (started at (0, 0)) at the point (y, s). Again we shall use the
same random walk paths π
A
for all the full-state processes and the half-space
processes, so that these processes are automatically coupled. We shall denote
the full-space process by P
f
.
We point out that if 0 ≤ r
1
≤ r
2
, and if w
−r
2
≤r
1
/
√
d, then w
−r
2
∈
S(u, −r
1
) ⊂S(u, −r
2
) and w
−r
1
= w
−r
2
. In this case, both P
h
(u, −r
1
) and
P
h
(u, −r
2
) start with changing the type to B at the site w
−r
1
only and all
other particles are given by type A. In this situation, by Lemma C, at any
time,
any B-particle in P
h
(u, −r
1
) is also a B-particle in P
h
(u, −r
2
).(3.3)
This comment also applies if P
h
(u, −r
2
) is replaced by P
f
(which is the case
r
2
= ∞).
Rather than introduce formal notation for the probability measures gov-
erning the many processes here, we shall abuse notation and write P {A in
the process P} for the probability of the event A according to the probability
measure governing the process P. Neither shall we describe the probability
space on which P lives.
It seems worthwhile to discuss more explicitly the relation of the full-
space process to our process as described in the abstract. The latter has some
B-particles introduced at time 0 at one or more sites, in addition to the Poisson
numbers of particles, N
A
(x, 0−),x∈ Z
d
. If exactly one B-particle is added at
time 0, and this particle is placed at 0, then we shall call the resulting process
the original process.
Suppose we want to estimate P {A(x
0
)} in the full-space process, where
x
0
:= the nearest occupied site to the origin at time 0 in P
f
,(3.4)
A is some event and A(x) is the translation by x of this event (which takes
N
A
(0,s)toN
A
(x, s)). Then, for C a subset of Z
d
,
P {x
0
∈ C, A(x
0
)inP
f
} =

x∈C
P {x
0
= x, A(x)}(3.5)
≤

x∈C
P {x is occupied at time 0, A(x)inP
f
}
=

x∈C
∞

k=1
e
−μ
A
[μ
A
]
k
k!
P {A|there are kB-particles at 0 at time 0}.
710 HARRY KESTEN AND VLADAS SIDORAVICIUS
(The probability in the last sum is the same in P
f
as in the original process.)
On the other hand, in the original process we have
(3.6) P {A in the original process}
=
∞

k=1
e
−μ
A
[μ
A
]
k−1
(k −1)!
P {A|there are kB-particles at 0 at time 0}.
Comparison of the right-hand sides in (3.5) and (3.6) yields the crude bound
(3.7) P {x
0
∈ C, A(x
0
) in the full-space process}
≤ (cardinality of C)μ
A
P {A in original process}.
We shall repeatedly use a somewhat more general version of this inequality
(see for instance (3.25), (3.77), (3.78), (5.35)). Suppose s ≥ 0 is fixed and X
is a random vertex in Z
d
, and suppose further that
(3.8) P {A(X) but (X, s) is not occupied
in the full-space process starting at (X, s)} =0.
(Note that this is satisfied if (X, s) is occupied almost surely in P
f
.) Let C ⊂ Z
d
as before. Now, given that there are k ≥ 1 particles at the (nonrandom) space-
time point (x, s), the full-space process starting at (x, s) is simply a translation
by (x, s) in space-time of the original process, conditioned to start with k −
1 points at the origin and one B-particle added at the origin. Therefore,
essentially for the same reasons as for (3.7),
(3.9) P {X ∈ C,A(X) in the full-space process starting at (X, s)}
≤ (cardinality of C)μ
A
P {A in original process}.
For a rather trivial comparison in the other direction we note that if
P {A in P
f
} = 0 for the full-space process, then we certainly have for each
k ≥ 1 that
0=P {A in P
f
,x
0
= 0,k particles at x
0
}(3.10)
= P {A in P
f
,k particles at 0}
= e
−μ
A
[μ
A
]
k
k!
P {A|there are kB-particles at 0 at time 0}.
This implies, via (3.6), that also P {A in original process} =0.
It is somewhat more complicated to compare P
f
with the process described
in the abstract if more than one B-particle is introduced at time 0. Rather
than develop general results in this direction we merely show in our first lemma
that it suffices to prove (1.3) for the full-space process.
Lemma 1. If (1.3) holds in P
f
, then it also holds in the original process
of the abstract with any fixed finite number of B-particles added at time 0.
SHAPE THEOREM FOR SPREAD OF AN INFECTION
711
Proof. The preceding discussion shows that if (1.3) has probability 1 in
P
f
, then it has probability 1 in the original process (with one particle added at
the origin at time 0). By translation invariance (1.3) will then have probability
1 in the process of the abstract with one particle added at any fixed site at
time 0.
Lemma C implies that one can couple two processes as in the abstract,
with collections of B-particles A
(1)
⊂ A
(2)
added at time 0, respectively, in such
a way that the process corresponding to A
(1)
always has no more B-particles
than the one corresponding to A
(2)
. Therefore, if the left-hand inclusion in
(1.3) holds when only one B-particle is added at time 0, then it certainly holds
if more than one B-particles are added.
It follows that we only have to prove the right-hand inclusion in (1.3) for
the process from the abstract with more than one particle added, if we already
know it when exactly one particle is added. Assume first that we run this last
process with one B-particle ρ
0
added at z
0
. We now have to refer the reader to
the genealogical paths introduced in the proof of Proposition 5 of [KSb]. The
right-hand inclusion in (1.3) then says that for all ε>0
(3.11) P {there exist genealogical paths from z
0
to some point
outside (1 + ε)tB
0
for arbitrarly large t} =0.
From the construction of the genealogical paths in Proposition 5 of [KSb] and
the fact that a.s. there are only finitely many B-particles at finite times (see
(2.18) in [KSb]) it is not hard to deduce that
{

B(t) ⊂ (1 + ε)tB
0
at time t if one adds a B-particle ρ
i
(3.12)
at z
i
, 1 ≤ i ≤ k, at time 0}
= {there is a genealogical path from some z
i
, 1 ≤ i ≤ k,
to the complement of (1 + ε)tB
0
at time t if one
adds a B-particle ρ
i
at z
i
, 1 ≤ i ≤ k, at time 0}
⊂
k

i=1
{there is a genealogical path from z
i
to the complement of
(1 + ε)tB
0
at time t if one adds a B-particle ρ
i
at z
i
at time 0}
(the z
i
do not have to be distinct here). It follows that
P {

B(t) ⊂ (1 + ε)tB
0
for arbitrarily large times t if one(3.13)
adds a B-particle ρ
i
at z
i
, 1 ≤ i ≤ k, at time 0}
≤
k

i=1
P {there are genealogical paths from z
i
to the complement
of (1 + ε)tB
0
at arbitrarily large times t
if one adds a B-particle ρ
i
at z
i
at time 0}
= 0 (by (3.11)).
712 HARRY KESTEN AND VLADAS SIDORAVICIUS
Thus the right-hand inclusion in (1.3) holds a.s., even if one adds kB-particles
at time 0.
We recall that
P
h
(u, −r) is short for the (u, −r) half-space process,
P
f
is short for the full-space process,
and we further introduce
B
h
(y, s; u, −r):={there is a B-particle at (y, s)inP
h
(u, −r)},(3.14)
h(t, u, −r) = max{x, u : B
h
(x, t; u, −r) occurs}.(3.15)
P
or
will denote the probability measure for the original process (with one
B-particle added at the origin at time 0); E
or
is expectation with respect to
P
or
. (The superscripts h, f and or are added to various symbols which refer to a
half-space process, the full-space process, or the original process, respectively).
We use P without superscript if it is clear from the context with which process
we are dealing or when we are discussing the probability of an event which is
described entirely in terms of the N
A
(x, 0−) and the paths π
A
.
The following technical lemma will be useful. It tells us that, with high
probability, P
h
(u, −r) moves out in the direction of u at least at the speed C
4
,
provided r is large enough (see (3.15) and (3.16)). Its proof would be nicer
if we made use of the fact that even the (u, 0) half-space-process has, with a
probability at least 1 − t
−K
,B-particles at time t at sites x with x, u≥Ct,
for some constant C>0. However, it takes some work to prove this fact and
we decided to do without it.
Lemma 2. Let C
1
,C
2
be as in Theorem A and let
C
4
=
2
√
dC
1
C
2
32
√
dC
1
+ C
2
.
For all constants K ≥ 0, there exists a constant r
0
= r
0
(K) ≥ 0 such that for
r ≥ r
0
P

h(t, u, −r) ≤ C
4
t for some t ≥ t
1
:=
1
4
√
dC
1

1+
C
2
32
√
dC
1

r

≤ r
−K
.
(3.16)
Proof. The lemma is proven in three steps. In the first step we intro-
duce exponentially growing sequences of times {t
k
} and distances {d
k
}, and
prove that we only need a good bound on the probability that there are no
B-particles in P
h
(u, −r) at time t
k
in S(u, d
k
) ∩{x : x≤2C
1
d
k
}. In Step 2
we recursively define further events E
k,1
−E
k,5
and reduce the lemma to provid-
ing a good estimate for the probability that at least one E
k,i
,k ≥ 1, 1 ≤ i ≤ 5,
SHAPE THEOREM FOR SPREAD OF AN INFECTION
713
fails. The required estimates for these probabilities are derived in Step 3. This
last step relies on the left-hand inclusion in (2.2) and on (2.4). Once we know
that there is a B-particle far out in the direction u at time t
k−1
, or more pre-
cisely a B-particle at some point x
k−1
with x
k−1
,u≥d
k−1
, (2.2) and (2.4)
allow us to conclude that with high probability there is a B-particle at time t
k
at some x
k
with x
k
,u≥d
k
.
Step 1. For k ≥ 1 define the times
t
k
=
1
4
√
dC
1

1+
C
2
32
√
dC
1

k
r,
and the real numbers
d
k
=
C
2
32
√
dC
1

1+
C
2
32
√
dC
1

k
r.
Also define for each k ≥ 1 the event
(3.17) D
k
:=

B
h
(x
k
,t
k
; u, −r) occurs for some x
k
which
satisfies x
k
,u≥d
k
and x
k
≤2C
1
t
k

.
In this step we shall reduce the lemma to an estimate for the probability
that D
k
fails for some k ≥ 1. Indeed, assume that D
k
occurs for all k ≥ 1.
By definition, there is then a B-particle at (x
k
,t
k
) in the (u, −r) half-space
process (starting at (0, 0)), so that
h(t
k
,u,−r) ≥x
k
,u≥d
k
=
C
2
32
√
dC
1

1+
C
2
32
√
dC
1

k
r, k ≥ 1.(3.18)
Recall that F
t
is defined in the beginning of Section 2. In addition to (3.18),
we have on the event {x
k
,u≥d
k
}, for k ≥ 1,
P {h(t, u, −r) ≤
1
2
d
k
for some t ∈ [t
k
,t
k+1
)|F
t
k
}(3.19)
≤ P {each B-particle in P
h
(u, −r)at(x
k
,t
k
) moves during
[t
k
,t
k+1
] to some site x with x, u≤
1
2
d
k
}
≤ P { min
q≤t
k+1
−t
k
S
q
,u≤−
1
2
d
k
= −C
4
t
k+1
}
≤ K
1
exp[−K
2
t
k+1
]
for some constants K
1
,K
2
depending on d, D
A
only; see (2.42) in [KSa] for the
last inequality. It follows that the left-hand side of (3.16) is bounded by
P {D
k
fails for some k ≥ 1}+
∞

k=1
K
1
exp[−K
2
t
k
].(3.20)