những bài tập toán thù rới rộc của thầy Hợp Trường KHTN TPTP HCM cùng lời giải + giải đáp tương đối đầy đủ toàn bộ những cmùi hương.CHƯƠNG1: CƠ SỞ LOGICCHƯƠNG2: TẬPhường. HỢP VÀ ÁNH XẠCHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁPhường. ĐẾMCHƯƠNG5: BÀI TẬPhường TẬPhường. HỢPhường SỐ NGUYÊNCHƯƠNG 6:QUAN HỆ HAI NGÔI HƯỚNG DẪN BÀI TẬPhường TOÁN RỜI RẠC CHƯƠNG 1: CƠ STại LOGIC 1/ a) p(x) đúng  x  <2,4> ; p(x) sai  x  (,2)  (4,+) ; q(x) đúng  x  (,1)  (2,+) ; q(x) sai  x  <1,2> . Từ đó suy ra chân trị của những vị tự tùy thuộc vào quý giá của biến x. b) Tương từ a). Để ý (x 2  3x + 10) > 0 x  R. 2/ b) Ta có thể viết A = “ (3a + 1)  0 và (2a  5) (3a + 1) 1 > 0 “ rồi suy ra A . c) và d) Để ý miền xác định của biểu thức rồi biểu lộ A giống như nlỗi trong b). Từ đó suy ra A . e), f), g), h) cùng i) A nêu ra các tỉ lệ thành phần với sử dụng một trong số lốt , =, ,  . Từ kia suy ra A . j), k), l), m) với n) A nêu ra những số lượng và sử dụng một trong số lốt , =, ,  . Từ đó suy ra A . o) Mệnh đề kéo theo p) Không ai ao ước = hầu hết fan không thích q) Cả lớp = đa số fan trong lớp s) Các cầu thủ = hầu như cầu thủ t)  x) Các trường đoản cú nối những Có nghĩa là “ và” y) Họ = rất nhiều fan trong các họ z),) Chúng tôi = phần đông người trong Shop chúng tôi ; các anh ấy, nhóm bác bỏ sĩ, team kỹ sư được hiểu tựa 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 phương pháp súc tích thay đổi tương đương vế trái thành vế phải. i) Chiều () : cần sử dụng qui tắc suy diễn tam đoạn luận ; Chiều () : rõ ràng 5/ a)  g) Dùng những chế độ logic biến đổi thành 1 h), i) với j) Dùng các nguyên lý súc tích thay đổi thành O a), c), f) cùng g) Có thể sử dụng các qui tắc diễn dịch nhằm chứng tỏ hằng đúng. 6/ a) cùng b) Lần lượt gán  =  và  =  ( mỗi câu xét 2 mệnh đề A 1 và A 2 ) c), d), e), f) và g) Lần lượt gán ( = ,  =), ( = ,  = ), ( = ,  = ), ( = ,  = ) ( từng câu xét 4 mệnh đề A 1 , A 2 ,A 3 và 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) với f(X) = Y d) x,t  X, (f(x) = f(t)  x = t) với f(X) = Y 2 e) f(0) = f(2) cùng f(x) = 2sin(x + /3) x  X thỏa f(X) = Y f) f’(x) 0 do đó y  R, phương trình g(x) = y bao gồm nghiệm độc nhất bên 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 có nghiệm độc nhất vô nhị trên < 1,2 ) là x = x 1 = 6 1 ( y + 2 24 y  ) bởi 2 24 y   < 1,5 ) ( các 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 song 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 tất cả r =  o . Ta đánh giá  là song ánh để sở hữu r là tuy nhiên ánh cùng r 1 =  1 o  1 . y  ( 2, 4 1 .17 >, phương trình (x) = y  x 2  yx + 1 = 0 tất cả nghiệm độc nhất vô nhị trên ( 1,4 > là x = x 1 = 2 1 ( y + 2 4 y  ) bởi vì 2 4 y   ( 0,15/4 > ( loại nghiệm x 2 = (1/ x 1 )  < 1/4,1)). g) Giải các phương trình ánh xạ, ta có u = p o g, v = g o f 1 , w = f o g o p 1 . CHƯƠNG 3 : PHƯƠNG PHÁP. ĐẾM 1/ Dùng | X  Y | = | X | + | Y |  | X  Y | lần lượt cho ( X = A, Y = B  C ), ( X = B, Y = C ) với ( 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 cùng với L tùy ý  ( E A ) cùng W = Phường.  C cùng với Phường tùy ý  A . 3/ N = abcdef với b, c, d, e  0, 1,…, 9, f  0, 2, 4, 6, 8 , a, b, c, d, e, f khác nhau đôi một. a) Trường phù hợp 1 (N là số nguyên ổn dương) thì a  1, 2, …,9: dùng nguyên lý nhân cùng nguyên tắc cộng. * lúc f = 0 : 9 biện pháp lựa chọn a, 8 giải pháp lựa chọn b, 7 cách lựa chọn c, 6 biện pháp lựa chọn d và 5 cách chọn e. * Khi f  2,4,6,8: 0  b,c,d,e đề xuất ta có thể giả sử b = 0 (3 ngôi trường phù hợp sót lại cho cùng kết quả) : 4 giải pháp chọn f, 8 giải pháp lựa chọn a, 7 cách chọn c, 6 giải pháp chọn d với 5 phương pháp lựa chọn e. b) Trường hòa hợp 2 (N là hàng số nguim ) thì a  0,1,2, …,9: làm cho tựa như nlỗi trường đúng theo 1. 4/ b) A = 3 A’ với | A’ | = 4 và A’  4,5,…,10: lưu ý số tập phù hợp A = số tập phù hợp A’ c) Xét minA = 3, minA = 2 tuyệt minA = 1 : mỗi ngôi trường vừa lòng tương tự như nlỗi b) rồi dùng nguyên lý cộng d) Cách 1 : kết hợp hiệu quả a) cùng c) ; Cách 2 : xét minA = 4, minA = 5 tốt minA = 6 : giống như như c) 5/ a) Trường vừa lòng n = 2k chẵn (A 1 = 1,3,…,(2k  1), A 2 = 2,4,…,2k có | A 1 | = k) : kết quả 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) : tựa như nhỏng a) . 6/  = A với  = A  S / . Ta bao gồm |  | = 4 |  | là 1 trong phương trình theo ẩn số n  7 nhưng mà ta cần giải. Việc tính |  | làm cho tựa như nhỏng b) của bài 4 . 7/ S 1 = 1, 3,…, 15 , S 2 = 2, 4,…, 14 gồm | S 1 | = 8 cùng | S 2 | = 7 . a) Đếm số tập A thỏa   A  S 1 b) A = A 1  A 2 với A 1  S 1 , | A 1 | = 3 và A 2  S 2 : nguyên lý nhân c) Nhỏng b) thêm | A 2 | = 5 : nguyên tắc nhân d) Nhỏng b) thêm | A 2 | = 5,6 hay 7 : nguyên lý nhân và cộng 8/ a) Chỉ đề xuất xác định đội học tập Anh vnạp năng lượng : số phương pháp phân chia 1 n C + 2 n C + … + 1 n n C  = 2 n  2 . b) Chỉ nên xác định đội bé dại (bao gồm không thực sự 2 1 n sinch viên) : * Lúc n = 2k chẵn : số phương pháp phân chia 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 + 2 1 k n C . * lúc n = (2k + 1) lẻ : số biện pháp phân chia 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 9/ Dùng tổ hợp, nguyên tắc nhân và nguyên lý cộng : a) 6 nam cùng 6 thanh nữ b) (8 + 4) hay (9 + 3) tốt (10 + 2) c) (5 + 7) tốt (4 +8) tốt (3 + 9) tốt (2 +10) d) (2 +10) giỏi (4 +8) tốt (6 + 6) xuất xắc (8 +4) tuyệt (10 + 2) 10/ Chỉ quyên tâm sự xuất hiện thêm các bit 1 : cần sử dụng tổng hợp với nguyên lý cùng a) chọn 3 vào 8 b) có trường đoản cú 4 mang đến 8 bit 1 c) gồm từ 0 đến 5 bit 1 d) tất cả trường đoản cú 3 đến 5 bit 1 11/ Xem Việc phân chia bút thứu tự đến 4 tín đồ chính là 4 bài toán tiếp tục : dùng tổng hợp cùng nguyên lý nhân. 12/ b) Đặt x = u, y 3 = v, z 2 = w với t 3 = h. Ta tra cứu hệ số của u 3 v 3 w 2 h vào knhì triển (2u  v  3w + 4h) 9 13/ b) n c) n(n  4) < mỗi cạnh của đa giác link cùng với (n  4) đỉnh ko cạnh bên > d) Dùng a), b) và c) 14/ Nhóm người xếp gần nhau (team nam giới, đội thiếu phụ, nhóm đồng nghiệp) xem như là “một người” xếp mặt hàng cùng với các người khác. Dùng phxay hân oán vị (đối nội và đối ngoại), nguyên lý cộng và nguyên tắc nhân a) 2.5!5! b) 6!5! c) 4!7! d) 2.4!6! e) cần sử dụng nguyên tắc bù trừ kết hợp b),c) cùng d) f) 3!6!7!8! 15/ Ghi số lắp thêm từ cho các ghế từ là một đến 10 (theo chiều kyên đồng hồ). Dùng phnghiền hoán thù vị (đối nội với đối ngoại), nguyên lý cộng cùng nguyên tắc nhân. b) Có 10 giải pháp chia thành 2 khu : một khu vực đến 5 nam giới ngồi ngay sát nhau, một khu vực đến 5 người vợ ngồi sát nhau. c) Có 2 cách tạo thành 5 khu :mỗi khu gồm 2 ghế tiếp tục dành cho một cặp vk chồng ngồi ngay gần nhau. 16/ Tương từ bỏ bài 14. Tính hóa học “cùng màu” tương đồng vói đặc điểm “đồng nghiệp” xuất xắc “ thuộc giới tính”. 17/ Dùng phép hân oán vị lặp. Ý tưởng như bài 16 dẫu vậy không tồn tại hoán thù vị đối nội. 18/  21/ Dùng tổng hợp lặp, phnghiền thay đổi thay đổi và phnghiền đem bù để mang về ngôi trường hợp các trở nên nguim  0. Nếu là bất phương trình thì tạo thêm một ẩn trả nguyên  0 nhằm đưa về dạng phương thơm trình. 22/ Đây là 2 bài toán bên cạnh đó. Dùng nguyên lý nhân, tổng hợp lặp với phnghiền đổi biến chuyển để lấy về trường hòa hợp những thay đổi nguyên  0. 23/ Đây là 2 vấn đề thường xuyên. Dùng nguyên tắc nhân, tổng hợp, tổng hợp lặp cùng phxay đổi đổi thay để lấy về ngôi trường phù hợp những phát triển thành nguyên ổn  0. 24/ Đây là 2 việc bên cạnh đó. Dùng nguyên tắc nhân, hân oán vị lặp, chỉnh phù hợp, tổ hợp lặp và nguyên tắc cùng. 25/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Tạo 13 ô. Đưa các số hạng của A vào các ô cùng từng ô nhận không thật 2 số (ô 1 chỉ dìm 1 tốt 25 ; ô 2 chỉ thừa nhận 2 giỏi 24 ; … ; ô 12 chỉ nhấn 12 tuyệt 14 ; ô 13 chỉ thừa nhận 13) 26/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Tạo 10 ô. Đưa những số hạng của A vào các ô (ô 1 chỉ nhận từ là một 2 mang lại 2 2  1 ; ô 2 chỉ nhận trường đoản cú 2 2 đến 3 2  1 ; … ; ô 9 chỉ dấn tự 9 2 đến 10 2  1 ; ô 10 chỉ thừa nhận 10 2 ) 27/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Chia tam giác đều cạnh 3 thành 9 tam giác phần đông nhỏ cạnh 1. Để ý rằng hai điểm bất kỳ vào một tam giác nhỏ dại gồm khoảng cách không thật 1. 28/ Dùng nguyên lý Dirichlet. Có 3 dạng kế hoạch học (2 buổi, 3 buổi, 4 buổi). Số định kỳ học rất có thể gồm (40 x 8). b) Xóa số 25. khi kia 24 số còn lại trê tuyến phố tròn tạo thành 8 nhóm tách nhau (từng đội bao gồm 3 số ngay gần nhau). Tổng của 8 nhóm 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 cùng 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 và 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 cùng 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 cùng 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 với a n = 2 1 (n 2 + n + 2) n  1 ( xem xét đường thẳng máy (n + 1) bị n đường trực tiếp trước đó tạo thành (n + 1) đoạn thẳng ) 6/ a 2000 = 7.10 9 , a n + 1 = (1 + 3.10 2 )a n n  2000 cùng 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 cùng 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 ngôi trường hợp u n + 2 = a tốt u n + 2  a ) 8/ a 2 = 1, a 3 = 3, a n + 2 = a n + 1 + a n + 2 n  2 với 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 hòa hợp tuyệt < u n + 2 = 1 = u n + 1 > hay ). 9/ Chứng minc bằng cách qui nạp (cần sử dụng giả thiết qui hấp thụ mạnh) theo n  2. 10/ Tìm c, d  R thỏa a n + 1 + cb n + 1 = d(a n + cb n ) n  0 (*) Mặt khác, trường đoản cú mang thiết ta tất cả a n + 1 + cb n + 1 = (c + 3)a n + (2c + 2)b n n  0 (**) Từ (*) cùng (**), ta có c(c + 3) = 2c + 2 với d = (c + 3). Do kia (c = 1, d = 4) hoặc (c = 2, d = 1). Đặt u n = (a n + b n ) và 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) nhằm tính được u n và v n theo n  0. Suy ra a n = 2.4 n 1 và b n = 4 n + 1 n  0. CHƯƠNG 5 : TẬPhường HỢP SỐ NGUYÊN 1/ Với a, b  Z, ta gồm (ab = 1  a = b =  1) với < 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 bao gồm một ước số nguyên 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 cùng một 0 của k các lẻ. Nếu đều ước số nguyên tố > 0 của k đều phải 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) với w = (a + b, a 2 + b 2 ). Ta có u2a với u2b Nếu u lẻ thì ua cùng ub, tức thị u = 1. Nếu u chẵn thì u = 2u’ với u’a cùng u’b, nghĩa là u’ = 1 cùng u = 2. Ta gồm v(a + b) với (va giỏi vb) buộc phải (va cùng vb), tức là v = 1. Ta có w(a + b) 2 với w( a 2 + b 2 ) nên w2ab. Nếu w lẻ thì w(a + b) với wab, tức thị w = 1. Nếu u chẵn thì w = 2w’ với w’(a + b) cùng w’ab, nghĩa là w’ = 1 cùng w = 2. b) Xét d = (a, b) = p nguyên ổn 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 bao gồm v’ = 1 < trường hợp p không chia không còn (a’ + b’) > với v’ = p < ví như p chia không còn (a’ + b’) > , tức là v = p hoặc p 2 . w = pw’ với v’ = (a’ + b’, p< a’ 2 + b’ 2 > ). Ta gồm v’ = 1 hoặc 2 < ví như p không phân tách hết (a’ + b’) > với v’ = p hoặc 2p < giả dụ p phân tách hết (a’ + b’) > , tức thị v = p hoặc 2p hoặc p 2 hoặc 2p 2 . 20/ a) Ta thấy bx với ay đề nghị x = tb cùng y = ta ( t  Z ). b) Viết a = da’ và b = db’ cùng với (a’, b’) = 1. Để ý xa = yb  xa’ = yb’ và áp dụng a). c) Để ý (x  r)a = (y  s)b rồi vận dụng b). d) Dùng thuật toán tra cứu (a, b) cùng search r, s  Z thỏa ra + sb = (a, b) rồi vận dụng c). 22/ a) Mỗi ước số > 0 của n gồm dạng 1 2 1 2 k t t t k p p p với 0  t j  r j , nghĩa là t j gồm (r j +1) cách chọn lúc 1  j  k. Dùng nguyên lý nhân để đếm. b) Suy tức thì trường đoản cú a). 23/ a) Áp dụng 22/. b) Các số đề nghị tra cứu 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 và 2  u  10. Dùng nguyên lý nhân nhằm đếm. c) Phân tích 1.166.400.000 thành tích những thừa số nguyên tố với làm tựa như như b). 24/ Với p là số nguim tố > 0, xét con số ước số dương của p n (n  N). 25/ a) () : rõ ràng. Xét () : Viết n m = r s < dạng về tối giản cùng với r  Z, s  N* với (r, s) =1 >. Ta bao gồm ms n = r n . Nếu s  2 thì s bao gồm ước số nguim tố > 0 là p với (p, r) = 1. Từ đó suy ra xích míc. b) Nếu m  Q thì m  N (vày a)). Phân tích m các thành tích những thừa số ngulặng tố với so sánh với giả thiết để xem xích míc. CHƯƠNG 6 : QUAN HỆ TRÊN CÁC TẬP.. HỢPhường 1/ Liệt kê tập hòa hợp  = (x,y)  S 2 / x  y rồi xét những đặc thù sự phản xạ, đối xứng, phản bội xứng cùng truyền. a) +  +  b)  +  + c)    + d)  +   e) +  +  f)     ( + : tất cả ;  : không có ) 2/ Xét những đặc thù sự phản xạ, đối xứng, bội nghịch xứng và truyền của  : a) +    b)     c)   + + d) +   + e)  +   f)   +  ( + : gồm ;  : không có ) 3/ e) x  y  sinx = siny  ( x = y + k2 tốt x =   y + k2 với k  Z ) 4/ a) < a > = x  R / (x  a)(x + a + 3) = 0 . Biện luận số phần tử của < a > ( là một trong những tốt 2 ) tùy thuộc vào a  R . b) Tương từ bỏ a) c) Trường phù hợp () : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2 + 12) = 0 = a  a  R. Trường đúng theo (+) : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2  12) = 0 . Biện luận số thành phần của < a> ( là một trong, 2 giỏi 3 ) tùy thuộc vào a  R. d) < a > = x  R / (x  a)(ax + 7) = 0 . Biện luận số phần tử của < a > ( là một trong hay 2 ) phụ thuộc vào a  R. e) < a > = x  R / (x  a)(ax  4) = 0 . Biện luận số phần tử của < a > ( là một trong những tuyệt 2 ) phụ thuộc vào a  R. f) < a > = x  R / (cos 2 x  cos 2 a)(sinax + 2) = 0 = x  R / cos2x = cos2a có những bộ phận nào? 5/ a)  tất cả 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, gồm min với max b) chào bán phần, bao gồm min với những phần tử buổi tối đại c) phân phối phần, bao gồm max và những bộ phận tối đái d) bán phần, có min cùng max e) phân phối phần, tất cả các phần tử về tối đái và những phần tử về tối đại f) toàn phần, gồm min cùng max 7/ Liệt kê 12 phần tử của S . 8/ a) Có 7 trường thích hợp không giống nhau b) Có 4 ngôi trường phù hợp khác nhau 10/ b) cùng d) Chọn thứ trường đoản cú toàn phần new ko trùng với trang bị trường đoản cú  thường thì bên trên S. c) Chọn sản phẩm tự toàn phần new ko trùng cùng với máy từ  thường thì bên trên S. CHƯƠNG 7 : HÀM BOOL 1/ Dùng các mức sử dụng của hàm Bool nhằm nhân ra dạng đa thức, rút ít gọn gàng cùng nâng bậc những 1-1 thức. 2/ a) 8 tế bào to các loại 1 ô, 1 phxay che, 1 bí quyết đa thức tối tiểu. b) 5 tế bào lớn (2 tế bào béo một số loại 4 ô, còn lại là một số loại 2 ô), 1 phxay tủ, 1 phương pháp đa thức buổi tối đái. c) 4 tế bào béo nhiều loại 4 ô, 2 phnghiền che buổi tối tiểu, 2 công thức đa thức về tối đái. d) 5 tế bào phệ (1 tế bào phệ một số loại 4 ô, sót lại là loại 2 ô), 2 phnghiền phủ về tối đái, 1 công thức nhiều thức về tối tè e) 6 tế bào mập các loại 2 ô, 3 phép lấp tối tiểu, 3 cách làm nhiều thức buổi tối tè. f) 6 tế bào lớn (5 tế bào mập một số loại 4 ô, sót lại là một số loại 2 ô), 2 phép lấp buổi tối đái, 1 bí quyết nhiều thức buổi tối tè. g) 7 tế bào béo (2 tế bào béo các loại 4 ô, sót lại là nhiều loại 2 ô), 4 phép lấp tối tè, 1 phương pháp nhiều thức buổi tối đái h) 8 tế bào mập (5 tế bào mập loại 4 ô, sót lại là loại 2 ô), 5 phép bao phủ tối tè, 1 phương pháp đa thức tối đái Dựa vào từng ô của S = Kar(f) giỏi S , ta viết được dạng nối tách chủ yếu tắc của f và f . 3/ a) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,3), (3,2), (4,2), (4,3), (4,4) và S gồm 5 tế bào to (1 tế bào Khủng các loại 4 ô, sót lại là một số loại 2 ô), 1 phnghiền tủ, 1 bí quyết nhiều thức 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 béo (2 tế bào to một số loại 4 ô, sót lại là các loại 2 ô), 2 phxay tủ về tối tiểu, 2 phương pháp nhiều thức tối đái. c) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (3,2), (3,4), (4,4) và S bao gồm 6 tế bào phệ (3 tế bào phệ một số loại 4 ô, còn sót lại là loại 2 ô), 2 phxay đậy buổi tối đái, 1 bí quyết đa thức tối tiểu. d) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (2,4), (3,1), (4,1), (4,2), (4,3) và S bao gồm 6 tế bào phệ (3 tế bào béo một số loại 4 ô, còn lại là loại 2 ô), 2 phnghiền lấp về tối tè, 1 cách làm đa thức tối tè. e) S = Kar(f) = (1,1), (1,3), (1,4), (2,3), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3) với S gồm 6 tế bào lớn (2 tế bào to loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 3 phnghiền phủ về tối tiểu, 3 cách làm nhiều thức tối tiểu. 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 lớn (1 tế bào bự nhiều loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 2 phnghiền đậy tối tè, 1 công thức 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 gồm 7 tế bào bự (1 tế bào mập loại 4 ô, sót lại là các loại 2 ô), 4 phnghiền phủ buổi tối đái, 2 bí quyết nhiều thức tối tiểu. h) S = Kar(f) = (1,2), (1,4), (2,1), (2,4), (3,1), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3), (4,4) và S tất cả 8 tế bào phệ (1 tế bào béo nhiều loại 4 ô, còn lại là loại 2 ô), 5 phép phủ về tối tè, 1 công thức nhiều thức về tối tè. Dựa vào từng ô của S = Kar(f), ta viết được dạng nối tách chủ yếu tắc của f và f . 4/ Chọn một phương pháp đa thức tối đái của f nhằm vẽ mạng các cổng tổng phù hợp f . 5/ a) Có toàn bộ 2 6 = 64 vector Bool. Có 2 6 C = 15 vector Bool bao gồm đúng 2 biến hóa dấn quý giá 1.


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


Xem thêm: Cách Tải Và Cài Đặt Zing Speed Trung Quốc Trên Máy Tính, Zing Speed Mobile Tq

Số hàm Bool đề nghị 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 bao gồm tối thiểu 2 thay đổi nhận cực hiếm 1. Số hàm Bool yêu cầu tính là 2 64  57 = 2 7 = 128 c) Số hàm Bool bắt buộc 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