Hướng dẫn giải bài tập toán rời rạc

Bài tập toán thù rới rộc rạc của thầy Hợp Trường KHTN TPHồ Chí Minh và giải mã + đáp án tương đối đầy đủ tất cả những chương.CHƯƠNG1: CƠ STại LOGICCHƯƠNG2: TẬPhường. HỢP VÀ ÁNH XẠCHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁPhường ĐẾMCHƯƠNG5: BÀI TẬP. TẬP HỢPhường SỐ NGUYÊNCHƯƠNG 6:QUAN HỆ HAI NGÔI HƯỚNG DẪN BÀI TẬP TOÁN RỜI RẠC CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LOGIC 1/ a) p(x) đúng  x  <2,4> ; p(x) không nên  x  (,2)  (4,+) ; q(x) đúng  x  (,1)  (2,+) ; q(x) không đúng  x  <1,2> . Từ kia suy ra chân trị của các vị từ phụ thuộc vào cực hiếm của biến hóa x. b) Tương từ bỏ a). Để ý (x 2  3x + 10) > 0 x  R. 2/ b) Ta hoàn toàn có thể viết A = “ (3a + 1)  0 và (2a  5) (3a + 1) 1 > 0 “ rồi suy ra A . c) với d) Để ý miền khẳng định của biểu thức rồi bộc lộ A tương tự nlỗi trong b). Từ kia suy ra A . e), f), g), h) và i) A nêu ra những tỉ trọng và dùng một trong những vết , =, ,  . Từ kia suy ra A . j), k), l), m) và n) A nêu ra các số lượng cùng sử dụng một trong những vết , =, ,  . Từ đó suy ra A . o) Mệnh đề kéo theo p) Không ai hy vọng = các fan không muốn q) Cả lớp = số đông fan vào lớp s) Các cầu thủ = hồ hết cầu thủ t)  x) Các từ nối đều có nghĩa là “ và” y) Họ = các tín đồ trong những họ z),) Chúng tôi = mọi fan trong chúng tôi ; những anh ấy, team chưng sĩ, team kỹ sư được đọc giống như 3/ a) p  q b) p  q c) p  q  r d) p  r e) p  q f) p  q  r  s 4/ a)  h) với j) Dùng những nguyên lý xúc tích và ngắn gọn đổi khác tương đương vế trái thành vế buộc phải. i) Chiều () : dùng qui tắc diễn dịch tam đoạn luận ; Chiều () : hiển nhiên 5/ a)  g) Dùng các vẻ ngoài lô ghích chuyển đổi thành 1 h), i) và j) Dùng những chính sách lô ghích biến đổi thành O a), c), f) cùng g) Có thể cần sử dụng những qui tắc suy diễn để chứng tỏ hằng đúng. 6/ a) với b) Lần lượt gán  =  và  =  ( mỗi câu xét 2 mệnh đề A 1 và A 2 ) c), d), e), f) cùng g) Lần lượt gán ( = ,  =), ( = ,  = ), ( = ,  = ), ( = ,  = ) ( mỗi câu xét 4 mệnh đề A 1 , A 2 ,A 3 với A 4 ). g) Để ý a  R, ! a’ Z thỏa a’  a 0 và f(x) = (x + 3) 2  12  12 x  X c) f(1) = f(3) cùng f(X) = Y d) x,t  X, (f(x) = f(t)  x = t) cùng f(X) = Y 2 e) f(0) = f(2) với f(x) = 2sin(x + /3) x  X thỏa f(X) = Y f) f’(x) 0 do đó y  R, pmùi hương trình g(x) = y có nghiệm duy nhất trên R là x = ln 2 1 < y  1 + 2 ( 1) 12 y   > c) y  < 5,7) , pmùi hương trình h(x) = y  3x 2  yx + 2 = 0 tất cả nghiệm duy nhất trên < 1,2 ) là x = x 1 = 6 1 ( y + 2 24 y  ) vày 2 24 y   < 1,5 ) ( một số loại nghiệm x 2 = 6 1 ( y  2 24 y  )  (0,1)). f) Xét  : ( 0,3 >  ( 1,4 > cùng với (x) = x + 1 x  ( 0,3 >.  là tuy nhiên ánh và  1 (x) = x  1 x  ( 1,4 >. Xét  : ( 1,4 >  ( 2, 4 1 .17 > với (x) = x + x 1 x  ( 1,4 >. Ta có r =  o . Ta khám nghiệm  là tuy vậy ánh để sở hữu r là tuy nhiên ánh và r 1 =  1 o  1 . y  ( 2, 4 1 .17 >, phương thơm trình (x) = y  x 2  yx + 1 = 0 bao gồm nghiệm tốt nhất trên ( 1,4 > là x = x 1 = 2 1 ( y + 2 4 y  ) do 2 4 y   ( 0,15/4 > ( loại nghiệm x 2 = (1/ x 1 )  < 1/4,1)). g) Giải những pmùi hương trình ánh xạ, ta bao gồm u = p o g, v = g o f 1 , w = f o g o p 1 . CHƯƠNG 3 : PHƯƠNG PHÁPhường ĐẾM 1/ Dùng | X  Y | = | X | + | Y |  | X  Y | theo lần lượt cho ( X = A, Y = B  C ), ( X = B, Y = C ) và ( X = A  B, Y = A  C ) . 2/ b) Để ý Y = B  H với H tùy ý  ( E A ), Z = ( D A )  K với K tùy ý  A, T = ( A B )  L với L tùy ý  ( E A ) và W = P.  C cùng với P tùy ý  A . 3/ N = abcdef cùng với b, c, d, e  0, 1,…, 9, f  0, 2, 4, 6, 8 , a, b, c, d, e, f khác biệt đôi một. a) Trường vừa lòng 1 (N là số nguyên dương) thì a  1, 2, …,9: cần sử dụng nguyên lý nhân với nguyên lý cộng. * Lúc f = 0 : 9 biện pháp lựa chọn a, 8 phương pháp chọn b, 7 phương pháp chọn c, 6 phương pháp lựa chọn d và 5 phương pháp chọn e. * Lúc f  2,4,6,8: 0  b,c,d,e đề xuất ta hoàn toàn có thể đưa sử b = 0 (3 ngôi trường phù hợp sót lại mang lại cùng kết quả) : 4 phương pháp lựa chọn f, 8 biện pháp chọn a, 7 cách lựa chọn c, 6 cách chọn d và 5 phương pháp chọn e. b) Trường vừa lòng 2 (N là hàng số ngulặng ) thì a  0,1,2, …,9: làm cho tương tự như như ngôi trường phù hợp 1. 4/ b) A = 3 A’ với | A’ | = 4 với A’  4,5,…,10: xem xét số tập đúng theo A = số tập đúng theo A’ c) Xét minA = 3, minA = 2 xuất xắc minA = 1 : từng trường phù hợp tương tự như nlỗi b) rồi cần sử dụng nguyên tắc cùng d) Cách 1 : kết hợp hiệu quả a) và c) ; Cách 2 : xét minA = 4, minA = 5 giỏi minA = 6 : tựa như nhỏng c) 5/ a) Trường thích hợp n = 2k chẵn (A 1 = 1,3,…,(2k  1), A 2 = 2,4,…,2k bao gồm | A 1 | = k) : công dụng là |(A) (A 1 ) | = |(A) | |(A 1 ) | . b) Trường vừa lòng n = (2k + 1) lẻ (A 1 = 1,3,…,(2k  1), (2k + 1) gồm | A 1 | = k + 1) : tương tự như nhỏng a) . 6/  = A  S / và  = = 5 với 7  A. Ta tất cả |  | = 4 |  | là một phương thơm trình theo ẩn số n  7 mà lại ta phải giải. Việc tính |  | làm cho tương tự như nlỗi b) của bài bác 4 . 7/ S 1 = 1, 3,…, 15 , S 2 = 2, 4,…, 14 có | S 1 | = 8 và | S 2 | = 7 . a) Đếm số tập A thỏa   A  S 1 b) A = A 1  A 2 cùng với A 1  S 1 , | A 1 | = 3 cùng A 2  S 2 : nguyên lý nhân c) Nlỗi b) thêm | A 2 | = 5 : nguyên tắc nhân d) Như b) thêm | A 2 | = 5,6 hay 7 : nguyên tắc nhân và cùng 8/ a) Chỉ phải khẳng định team học Anh vnạp năng lượng : số cách phân chia 1 n C + 2 n C + … + 1 n n C  = 2 n  2 . b) Chỉ đề xuất khẳng định đội nhỏ (có không thật 2 1 n sinch viên) : * lúc n = 2k chẵn : số cách phân tách 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 + 2 1 k n C . * khi n = (2k + 1) lẻ : số phương pháp chia 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 9/ Dùng tổng hợp, nguyên lý nhân và nguyên lý cùng : a) 6 nam với 6 cô bé b) (8 + 4) hay (9 + 3) tuyệt (10 + 2) c) (5 + 7) hay (4 +8) tuyệt (3 + 9) xuất xắc (2 +10) d) (2 +10) xuất xắc (4 +8) giỏi (6 + 6) tuyệt (8 +4) tuyệt (10 + 2) 10/ Chỉ quan tâm sự mở ra những bit 1 : sử dụng tổng hợp với nguyên lý cùng a) chọn 3 vào 8 b) có tự 4 mang đến 8 bit 1 c) gồm từ bỏ 0 đến 5 bit 1 d) gồm trường đoản cú 3 cho 5 bit 1 11/ Xem câu hỏi phân tách bút thứu tự đến 4 tín đồ chính là 4 vấn đề tiếp tục : sử dụng tổ hợp và nguyên lý nhân. 12/ b) Đặt x = u, y 3 = v, z 2 = w cùng t 3 = h. Ta tra cứu hệ số của u 3 v 3 w 2 h vào khai triển (2u  v  3w + 4h) 9 13/ b) n c) n(n  4) < từng cạnh của đa giác liên kết cùng với (n  4) đỉnh ko gần cạnh > d) Dùng a), b) cùng c) 14/ Nhóm bạn xếp ngay gần nhau (team nam giới, nhóm thiếu phụ, team đồng nghiệp) xem như thể “một người” xếp mặt hàng với những bạn không giống. Dùng phxay hân oán vị (đối nội cùng đối ngoại), nguyên tắc cộng và nguyên lý nhân a) 2.5!5! b) 6!5! c) 4!7! d) 2.4!6! e) cần sử dụng nguyên tắc bù trừ phối hợp b),c) và d) f) 3!6!7!8! 15/ Ghi số đồ vật trường đoản cú cho những ghế từ 1 mang đến 10 (theo chiều kyên ổn đồng hồ). Dùng phnghiền hoán thù vị (đối nội với đối ngoại), nguyên tắc cộng và nguyên tắc nhân. b) Có 10 biện pháp tạo thành 2 khu vực : một quần thể đến 5 phái nam ngồi gần nhau, một khu cho 5 đàn bà ngồi ngay sát nhau. c) Có 2 giải pháp tạo thành 5 khu :mỗi khu tất cả 2 ghế tiếp tục dành cho một cặp vk ck ngồi gần nhau. 16/ Tương tự bài 14. Tính chất “thuộc màu” tương đồng vói đặc thù “đồng nghiệp” tốt “ cùng giới tính”. 17/ Dùng phxay hoán vị lặp. Ý tưởng nhỏng bài xích 16 tuy nhiên không tồn tại hoán vị đối nội. 18/  21/ Dùng tổ hợp lặp, phnghiền thay đổi biến với phép mang bù để đưa về trường vừa lòng các trở nên ngulặng  0. Nếu là bất phương thơm trình thì tạo nên thêm một ẩn mang nguyên  0 để gửi về dạng phương trình. 22/ Đây là 2 việc đôi khi. Dùng nguyên tắc nhân, tổ hợp lặp và phxay thay đổi biến đổi để lấy về ngôi trường thích hợp các biến nguyên ổn  0. 23/ Đây là 2 Việc tiếp tục. Dùng nguyên lý nhân, tổng hợp, tổng hợp lặp và phxay thay đổi đổi thay để mang về trường hợp các thay đổi nguyên  0. 24/ Đây là 2 bài toán mặt khác. Dùng nguyên lý nhân, hoán vị lặp, chỉnh thích hợp, tổng hợp lặp cùng nguyên lý cùng. 25/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Tạo 13 ô. Đưa các số hạng của A vào các ô và mỗi ô thừa nhận không quá 2 số (ô 1 chỉ thừa nhận 1 xuất xắc 25 ; ô 2 chỉ thừa nhận 2 xuất xắc 24 ; … ; ô 12 chỉ dìm 12 tuyệt 14 ; ô 13 chỉ dấn 13) 26/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Tạo 10 ô. Đưa các số hạng của A vào các ô (ô 1 chỉ nhận từ một 2 mang lại 2 2  1 ; ô 2 chỉ nhấn từ 2 2 mang lại 3 2  1 ; … ; ô 9 chỉ thừa nhận từ bỏ 9 2 mang lại 10 2  1 ; ô 10 chỉ dấn 10 2 ) 27/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Chia tam giác đa số cạnh 3 thành 9 tam giác số đông nhỏ dại cạnh 1. Để ý rằng hai điểm ngẫu nhiên trong một tam giác nhỏ tất cả khoảng cách không thực sự 1. 28/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Có 3 dạng định kỳ học tập (2 buổi, 3 buổi, 4 buổi). Số kế hoạch học tập có thể bao gồm (40 x 8). b) Xóa số 25. khi đó 24 số còn sót lại trên tuyến đường tròn phân thành 8 nhóm rời nhau (mỗi nhóm tất cả 3 số ngay sát nhau). Tổng của 8 đội này = (1 + 2 + … + 24) 3 3/ a) a n = 2(3 n )  3(2 n ) + 2 n  0 b) a n = 2(4 n )  n  11 n  1 c) a n = 4n + 7  5n 2 n  2 d) a n = (4  2n)(1) n 3 n n  0 e) a n = 4(2) n + (5) n + (n  1)3 n n  1 f) a n = 3n 2 + 5n  n 4  4n 3  2 n  2 4/ a) S 1 = 1, S n + 1 = S n + (n + 1) 3 n  1 và S n = 4 1 n 2 (n + 1) 2 n  1 b) S 1 = 1, S n + 1 = S n + (n + 1) 4 n  1 với S n = 30 1 n(n + 1)(6n 3 + 9n 2 + n  1) n  1 c) S 1 = –1, S n + 1 = S n + (1) n + 1 (n + 1) 4 n  1 và S n = 2 1 (1) n n(n 3 + 2n 2  1) n  1 d) S 0 = 2, S n + 1 = S n + (n + 2)(n + 3) 2 n + 1 n  0 cùng S n = 2< 2 n (n 2 + n + 2)  1 > n  0 e) S 0 = – 1, S n + 1 = S n + (2n + 1)(3) n + 1 n  0 với S n = 8 1 < 3(3) n (4n  1)  5 > n  0 f) S 1 = – 3, S n + 1 = S n + (1) n + 1 (n + 1)(n 2 + 3) n  1 với S n = 8 1 <(1) n (4n 3  2n 2 + 8n + 7)  7 > n  1 5/ a 1 = 2, a n + 1 = a n + (n + 1) n  1 và a n = 2 1 (n 2 + n + 2) n  1 ( chú ý con đường thẳng lắp thêm (n + 1) bị n mặt đường trực tiếp trước kia tạo thành (n + 1) đoạn thẳng ) 6/ a 2000 = 7.10 9 , a n + 1 = (1 + 3.10 2 )a n n  2000 với a n = 7.10 9 (1 + 3.10 2 ) n  2000 n  2000 7/ a 1 = 3, a 2 = 8, a n + 2 = 2a n + 1 + 2a n n  1 và a n = ( 3 2) ( 3 2) (1 3) (1 3) 2 3 2 3 n n      n  1 ( Xét A n + 2 = u 1 u 2 u n u n + 1 u n + 2 vào 2 trường thích hợp u n + 2 = a giỏi u n + 2  a ) 8/ a 2 = 1, a 3 = 3, a n + 2 = a n + 1 + a n + 2 n  2 và a n = ( 5 3) 1 5 ( 5 3) 1 5 ( ) ( ) 2 2 2 2 5 2 5 n n       n  2 ( Xét A n + 2 = u 1 u 2 u n u n + 1 u n + 2 vào 3 trường hợp tốt < u n + 2 = 1 = u n + 1 > hay ). 9/ Chứng minch bằng cách qui hấp thụ (sử dụng mang thiết qui nạp mạnh) theo n  2. 10/ Tìm c, d  R thỏa a n + 1 + cb n + 1 = d(a n + cb n ) n  0 (*) Mặt không giống, từ bỏ giả thiết ta bao gồm a n + 1 + cb n + 1 = (c + 3)a n + (2c + 2)b n n  0 (**) Từ (*) cùng (**), ta gồm c(c + 3) = 2c + 2 cùng d = (c + 3). Do kia (c = 1, d = 4) hoặc (c = 2, d = 1). Đặt u n = (a n + b n ) cùng v n = (a n  2b n ) n  0. Hãy chỉ ra rằng hệ thức đệ qui cho từng dãy u n (n  0) và v n (n  0) để tính được u n cùng v n theo n  0.


Bạn đang xem: Hướng dẫn giải bài tập toán rời rạc


Xem thêm: Hướng Dẫn Sử Dụng X-Wave Mp3 Cutter Joiner, Cách Sử Dụng X



Xem thêm: Hướng Dẫn Tải Video Trên Iphone Trong 1 Phút 30 Giây, Cách Tải Video Về Máy Trên Iphone

Suy ra a n = 2.4 n 1 và b n = 4 n + 1 n  0. CHƯƠNG 5 : TẬP HỢP SỐ NGUYÊN 1/ Với a, b  Z, ta có (ab = 1  a = b =  1) cùng < ab = 2  (a = 1, b = 2) hoặc (a = 1, b = 2) hoặc (a = 2, b = 1) hoặc (a = 2, b = 1) >. 2/ a) x  <1, +), ! k  N*, k  x 0 hoặc mn 1. b) Nếu n có một ước số ngulặng tố p  3 thì p lẻ cùng đặt n = tp cùng với t  N*. Lúc đó (2 n + 1) = <(2 t ) p + 1> = (2 t + 1) < (2 t ) p  1  (2 t ) p  2 + + 1 > với một 0 của k phần lớn lẻ. Nếu hầu như ước số nguyên tố > 0 của k đều sở hữu dạng (4t + 1) cùng với t  N thì k  A. Áp dụng a). 19/ a) Xét d = (a, b) = 1. Đặt u = (a + b, a  b), v = (a + b, ab) cùng w = (a + b, a 2 + b 2 ). Ta có u2a cùng u2b Nếu u lẻ thì ua với ub, nghĩa là u = 1. Nếu u chẵn thì u = 2u’ với u’a với u’b, nghĩa là u’ = 1 với u = 2. Ta gồm v(a + b) và (va xuất xắc vb) bắt buộc (va với vb), tức là v = 1. Ta tất cả w(a + b) 2 cùng w( a 2 + b 2 ) phải w2ab. Nếu w lẻ thì w(a + b) với wab, nghĩa là w = 1. Nếu u chẵn thì w = 2w’ cùng với w’(a + b) với w’ab, tức thị w’ = 1 cùng w = 2. b) Xét d = (a, b) = p ngulặng tố. Đặt u = (a + b, a  b), v = (a + b, ab) và w = (a + b, a 2 + b 2 ). Viết a = pa’ với b = pb’ với (a’, b’) = 1. u = p(a’ + b’, a’  b’) = p tốt 2p. v = pv’ với v’ = (a’ + b’, pa’b’). Ta gồm v’ = 1 < trường hợp p ko phân chia không còn (a’ + b’) > với v’ = p < nếu như p phân tách không còn (a’ + b’) > , tức là v = p hoặc p 2 . w = pw’ với v’ = (a’ + b’, p< a’ 2 + b’ 2 > ). Ta bao gồm v’ = 1 hoặc 2 < giả dụ p ko chia không còn (a’ + b’) > với v’ = p hoặc 2p < giả dụ p phân chia không còn (a’ + b’) > , tức là v = p hoặc 2p hoặc p 2 hoặc 2p 2 . 20/ a) Ta thấy bx và ay yêu cầu x = tb và y = ta ( t  Z ). b) Viết a = da’ cùng b = db’ cùng với (a’, b’) = 1. Để ý xa = yb  xa’ = yb’ cùng vận dụng a). c) Để ý (x  r)a = (y  s)b rồi vận dụng b). d) Dùng thuật toán thù tìm kiếm (a, b) cùng tìm r, s  Z thỏa ra + sb = (a, b) rồi vận dụng c). 22/ a) Mỗi ước số > 0 của n tất cả dạng 1 2 1 2 k t t t k p p p với 0  t j  r j , tức thị t j gồm (r j +1) bí quyết lựa chọn khi 1  j  k. Dùng nguyên tắc nhân để đếm. b) Suy ngay lập tức từ a). 23/ a) Áp dụng 22/. b) Các số bắt buộc kiếm tìm bao gồm dạng 2 x 3 y 5 z 7 t 11 r 13 s 37 u cùng với 3  x  14, 4  y  9, 7  y  8, 0  t  10, 2  r  3, 0  s  5 cùng 2  u  10. Dùng nguyên tắc nhân nhằm đếm. c) Phân tích 1.166.400.000 thành tích các thừa số ngulặng tố với có tác dụng tựa như nlỗi b). 24/ Với p là số nguyên ổn tố > 0, xét con số ước số dương của p n (n  N). 25/ a) () : minh bạch. Xét () : Viết n m = r s < dạng buổi tối giản cùng với r  Z, s  N* và (r, s) =1 >. Ta bao gồm ms n = r n . Nếu s  2 thì s gồm ước số nguyên tố > 0 là p với (p, r) = 1. Từ đó suy ra mâu thuẫn. b) Nếu m  Q thì m  N (bởi vì a)). Phân tích m các thành tích các quá số ngulặng tố cùng so sánh với trả thiết để thấy xích míc. CHƯƠNG 6 : QUAN HỆ TRÊN CÁC TẬP.. HỢP 1/ Liệt kê tập phù hợp  = (x,y)  S 2 / x  y rồi xét các tính chất phản xạ, đối xứng, bội nghịch xứng và truyền. a) +  +  b)  +  + c)    + d)  +   e) +  +  f)     ( + : gồm ;  : không tồn tại ) 2/ Xét các đặc thù phản xạ, đối xứng, phản nghịch xứng với truyền của  : a) +    b)     c)   + + d) +   + e)  +   f)   +  ( + : có ;  : không có ) 3/ e) x  y  sinx = siny  ( x = y + k2 tuyệt x =   y + k2 cùng với k  Z ) 4/ a) < a > = x  R / (x  a)(x + a + 3) = 0 . Biện luận số thành phần của < a > ( là 1 trong những xuất xắc 2 ) tùy thuộc vào a  R . b) Tương trường đoản cú a) c) Trường hợp () : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2 + 12) = 0 = a  a  R. Trường hợp (+) : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2  12) = 0 . Biện luận số bộ phận của < a> ( là 1 trong, 2 giỏi 3 ) tùy theo a  R. d) < a > = x  R / (x  a)(ax + 7) = 0 . Biện luận số bộ phận của < a > ( là 1 giỏi 2 ) tùy thuộc vào a  R. e) < a > = x  R / (x  a)(ax  4) = 0 . Biện luận số thành phần của < a > ( là một trong những giỏi 2 ) tùy thuộc vào a  R. f) < a > = x  R / (cos 2 x  cos 2 a)(sinax + 2) = 0 = x  R / cos2x = cos2a bao hàm bộ phận nào? 5/ a)  bao gồm 14 cặp b) 1 2 3 6 5 3 C C C c) 1 2 3 6 5 3 C C C + 2 2 2 6 4 2 C C C + 1 1 4 6 5 4 C C C 6/ a) toàn phần, bao gồm min cùng max b) chào bán phần, tất cả min với những thành phần buổi tối đại c) buôn bán phần, tất cả max và các bộ phận về tối tè d) bán phần, tất cả min cùng max e) bán phần, tất cả những bộ phận buổi tối tiểu với những thành phần về tối đại f) toàn phần, tất cả min với max 7/ Liệt kê 12 bộ phận của S . 8/ a) Có 7 ngôi trường vừa lòng khác nhau b) Có 4 trường phù hợp không giống nhau 10/ b) cùng d) Chọn sản phẩm từ bỏ toàn phần new ko trùng cùng với thứ trường đoản cú  thông thường bên trên S. c) Chọn lắp thêm trường đoản cú toàn phần bắt đầu không trùng với thứ tự  thường thì bên trên S. CHƯƠNG 7 : HÀM BOOL 1/ Dùng những nguyên tắc của hàm Bool để nhân ra dạng nhiều thức, rút ít gọn gàng với nâng bậc những đối chọi thức. 2/ a) 8 tế bào mập một số loại 1 ô, 1 phxay lấp, 1 phương pháp nhiều thức buổi tối tiểu. b) 5 tế bào bự (2 tế bào bự nhiều loại 4 ô, còn sót lại là các loại 2 ô), 1 phxay che, 1 công thức nhiều thức tối tè. c) 4 tế bào to nhiều loại 4 ô, 2 phnghiền che buổi tối tè, 2 công thức đa thức về tối đái. d) 5 tế bào mập (1 tế bào mập loại 4 ô, còn lại là loại 2 ô), 2 phxay tủ buổi tối đái, 1 bí quyết nhiều thức tối tiểu e) 6 tế bào Khủng loại 2 ô, 3 phxay che về tối tè, 3 cách làm nhiều thức tối tè. f) 6 tế bào to (5 tế bào to loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 2 phép bao phủ về tối đái, 1 cách làm đa thức buổi tối tiểu. g) 7 tế bào phệ (2 tế bào béo các loại 4 ô, còn lại là nhiều loại 2 ô), 4 phxay che về tối tiểu, 1 công thức đa thức về tối đái h) 8 tế bào mập (5 tế bào to các loại 4 ô, còn sót lại là loại 2 ô), 5 phép phủ buổi tối tè, 1 cách làm đa thức tối tiểu Dựa vào mỗi ô của S = Kar(f) hay S , ta viết được dạng nối tránh thiết yếu tắc của f với f . 3/ a) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,3), (3,2), (4,2), (4,3), (4,4) và S bao gồm 5 tế bào Khủng (1 tế bào mập các loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 1 phxay tủ, 1 cách làm nhiều thức buổi tối tiểu. b) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,2), (2,3), (3,2), (3,3), (4,1), (4,4) với S gồm 5 tế bào to (2 tế bào mập các loại 4 ô, còn lại là một số loại 2 ô), 2 phxay lấp về tối đái, 2 bí quyết nhiều thức tối tè. c) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,2), (3,4), (4,4) cùng S gồm 6 tế bào Khủng (3 tế bào mập loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 2 phxay bao phủ tối tè, 1 công thức đa thức buổi tối tè. d) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (4,1), (4,2), (4,3) với S gồm 6 tế bào bự (3 tế bào lớn các loại 4 ô, sót lại là loại 2 ô), 2 phép đậy về tối đái, 1 cách làm đa thức buổi tối tiểu. e) S = Kar(f) = (1,1), (1,3), (1,4), (2,3), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3) cùng S có 6 tế bào to (2 tế bào béo một số loại 4 ô, còn sót lại là một số loại 2 ô), 3 phép che về tối tiểu, 3 cách làm nhiều thức tối tè. f) S = Kar(f) = (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (3,1), (3,3), (4,1), (4,3), (4,4) với S tất cả 6 tế bào phệ (1 tế bào to các loại 4 ô, còn lại là các loại 2 ô), 2 phép phủ buổi tối tè, 1 cách làm đa thức buổi tối tè. g) S = Kar(f) = (1,4), (2,2), (2,4), (3,1), (3,2), (3,4), (4,2), (4,3), (4,4) cùng S tất cả 7 tế bào phệ (1 tế bào mập loại 4 ô, còn sót lại là các loại 2 ô), 4 phxay che về tối tè, 2 phương pháp nhiều thức buổi tối đái. h) S = Kar(f) = (1,2), (1,4), (2,1), (2,4), (3,1), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4) cùng S tất cả 8 tế bào phệ (1 tế bào lớn nhiều loại 4 ô, còn lại là một số loại 2 ô), 5 phnghiền che buổi tối tè, 1 cách làm nhiều thức về tối tiểu. Dựa vào mỗi ô của S = Kar(f), ta viết được dạng nối tránh chủ yếu tắc của f với f . 4/ Chọn một công thức đa thức về tối tè của f để vẽ mạng những cổng tổng đúng theo f . 5/ a) Có toàn bộ 2 6 = 64 vector Bool. Có 2 6 C = 15 vector Bool có đúng 2 phát triển thành nhận cực hiếm 1. Số hàm Bool nên tính là 2 64  15 = 2 49 b) Có 2 6 C + 3 6 C + … + 6 6 C = 2 6  ( 0 6 C + 1 6 C ) = 57 vector Bool có ít nhất 2 vươn lên là thừa nhận giá trị 1. Số hàm Bool đề nghị tính là 2 64  57 = 2 7 = 128 c) Số hàm Bool đề nghị tính = số hàm Bool của F 5 = 5 2 2 = 2 32 d) Số hàm Bool đề nghị tính = số hàm Bool của F 3 = 3 2 2 = 2 8 = 256

Chuyên mục: Kiến thức