Giải bài tập toán rời rạc

những bài tập tân oán rới rộc của thầy Hợp Trường KHTN TPTP HCM cùng giải mã + đáp án không thiếu tất cả các cmùi hương.CHƯƠNG1: CƠ SỞ LOGICCHƯƠNG2: TẬP HỢPhường VÀ ÁNH XẠCHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP. ĐẾMCHƯƠNG5: BÀI TẬP TẬPhường HỢP. 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) sai  x  <1,2> . Từ kia suy ra chân trị của các vị từ bỏ tùy thuộc vào giá trị của đổi thay x. b) Tương từ bỏ a). Để ý (x 2  3x + 10) > 0 x  R. 2/ b) Ta có thể viết A = “ (3a + 1)  0 cùng (2a  5) (3a + 1) 1 > 0 “ rồi suy ra A . c) với d) Để ý miền xác minh của biểu thức rồi thể hiện A tương tự nlỗi vào b). Từ đó suy ra A . e), f), g), h) cùng i) A nêu ra những tỉ lệ cùng dùng một trong số vết , =, ,  . Từ kia suy ra A . j), k), l), m) cùng n) A nêu ra những số lượng và dùng một trong số lốt , =, ,  . Từ đó suy ra A . o) Mệnh đề kéo theo p) Không ai muốn = đa số bạn không muốn q) Cả lớp = gần như người vào lớp s) Các cầu thủ = các cầu thủ t)  x) Các từ nối hầu như Tức là “ và” y) Họ = những fan trong các chúng ta z),) Chúng tôi = phần đa bạn trong Cửa Hàng chúng tôi ; các anh ấy, đội bác bỏ sĩ, đội kỹ sư được đọc tương tự 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) cùng j) Dùng các phép tắc ngắn gọn xúc tích biến đổi tương tự vế trái thành vế đề xuất. i) Chiều () : cần sử dụng qui tắc suy diễn tam đoạn luận ; Chiều () : hiển nhiên 5/ a)  g) Dùng những nguyên lý xúc tích biến đổi thành 1 h), i) với j) Dùng các hiện tượng logic chuyển đổi thành O a), c), f) và g) cũng có thể dùng các qui tắc suy diễn nhằm chứng tỏ hằng đúng. 6/ a) cùng b) Lần lượt gán  =  cùng  =  ( mỗi câu xét 2 mệnh đề A 1 và A 2 ) c), d), e), f) và 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 với f(x) = (x + 3) 2  12  12 x  X c) f(1) = f(3) và f(X) = Y d) x,t  X, (f(x) = f(t)  x = t) với f(X) = Y 2 e) f(0) = f(2) và f(x) = 2sin(x + /3) x  X thỏa f(X) = Y f) f’(x) 0 bởi vậy y  R, phương thơm trình g(x) = y có nghiệm tuyệt 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 bao gồm nghiệm độc nhất trên < 1,2 ) là x = x 1 = 6 1 ( y + 2 24 y  ) vì 2 24 y   < 1,5 ) ( loại nghiệm x 2 = 6 1 ( y  2 24 y  )  (0,1)). f) Xét  : ( 0,3 >  ( 1,4 > với (x) = x + 1 x  ( 0,3 >.  là tuy vậy ánh với  1 (x) = x  1 x  ( 1,4 >. Xét  : ( 1,4 >  ( 2, 4 1 .17 > với (x) = x + x 1 x  ( 1,4 >. Ta bao gồm r =  o . Ta đánh giá  là tuy nhiên ánh để sở hữu r là song ánh cùng r 1 =  1 o  1 . y  ( 2, 4 1 .17 >, phương thơm trình (x) = y  x 2  yx + 1 = 0 gồm nghiệm độc nhất trên ( 1,4 > là x = x 1 = 2 1 ( y + 2 4 y  ) bởi vì 2 4 y   ( 0,15/4 > ( nhiều loại nghiệm x 2 = (1/ x 1 )  < 1/4,1)). g) Giải những pmùi hương trình ánh xạ, ta tất cả 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 | theo lần lượt mang đến ( X = A, Y = B  C ), ( X = B, Y = C ) cùng ( X = A  B, Y = A  C ) . 2/ b) Để ý Y = B  H với H tùy ý  ( E A ), Z = ( D A )  K cùng với K tùy ý  A, T = ( A B )  L với L tùy ý  ( E A ) với W = Phường.  C 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 song một. a) Trường thích hợp 1 (N là số nguyên dương) thì a  1, 2, …,9: dùng nguyên tắc nhân với nguyên tắc cùng. * lúc f = 0 : 9 bí quyết lựa chọn a, 8 biện pháp chọn b, 7 bí quyết chọn c, 6 cách chọn d và 5 biện pháp chọn e. * lúc f  2,4,6,8: 0  b,c,d,e yêu cầu ta rất có thể trả sử b = 0 (3 ngôi trường thích hợp còn sót lại cho thuộc kết quả) : 4 giải pháp lựa chọn f, 8 giải pháp lựa chọn a, 7 phương pháp chọn c, 6 giải pháp chọn d cùng 5 phương pháp lựa chọn e. b) Trường đúng theo 2 (N là hàng số nguyên ) thì a  0,1,2, …,9: có tác dụng tương tự nhỏng ngôi trường thích hợp 1. 4/ b) A = 3 A’ với | A’ | = 4 cùng A’  4,5,…,10: để ý số tập hòa hợp A = số tập vừa lòng A’ c) Xét minA = 3, minA = 2 tuyệt minA = 1 : từng trường phù hợp tương tự như nhỏng b) rồi dùng nguyên lý cộng d) Cách 1 : kết hợp công dụng a) cùng c) ; Cách 2 : xét minA = 4, minA = 5 tốt minA = 6 : tương tự như nhỏng c) 5/ a) Trường hợp n = 2k chẵn (A 1 = 1,3,…,(2k  1), A 2 = 2,4,…,2k bao gồm | A 1 | = k) : tác dụng là |(A) (A 1 ) | = |(A) | |(A 1 ) | . b) Trường đúng theo n = (2k + 1) lẻ (A 1 = 1,3,…,(2k  1), (2k + 1) gồm | A 1 | = k + 1) : tương tự như như a) . 6/  = = 5 với  = A . Ta bao gồm |  | = 4 |  | là một trong những phương thơm trình theo ẩn số n  7 nhưng mà ta đề nghị giải. Việc tính |  | có tác dụng tương tự như nlỗi b) của bài xích 4 . 7/ S 1 = 1, 3,…, 15 , S 2 = 2, 4,…, 14 tất cả | 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) Như b) thêm | A 2 | = 5 : nguyên lý nhân d) Như b) thêm | A 2 | = 5,6 tuyệt 7 : nguyên lý nhân cùng cộng 8/ a) Chỉ bắt buộc xác định team học Anh vnạp năng lượng : số biện pháp chia 1 n C + 2 n C + … + 1 n n C  = 2 n  2 . b) Chỉ bắt buộc khẳng định team nhỏ dại (có không quá 2 1 n sinch viên) : * Lúc n = 2k chẵn : số phương pháp chia 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 + 2 1 k n C . * khi n = (2k + 1) lẻ : số biện pháp chia 1 n C + 2 n C + … + k n C = 2 n  1  1 9/ Dùng tổng hợp, nguyên lý nhân với nguyên lý cùng : a) 6 nam giới với 6 người vợ b) (8 + 4) tuyệt (9 + 3) tốt (10 + 2) c) (5 + 7) xuất xắc (4 +8) tuyệt (3 + 9) giỏi (2 +10) d) (2 +10) giỏi (4 +8) tốt (6 + 6) giỏi (8 +4) tuyệt (10 + 2) 10/ Chỉ quan tâm sự lộ diện những bit 1 : cần sử dụng tổng hợp và nguyên tắc cùng a) lựa chọn 3 vào 8 b) có trường đoản cú 4 mang lại 8 bit 1 c) bao gồm trường đoản cú 0 mang lại 5 bit 1 d) tất cả từ bỏ 3 mang đến 5 bit 1 11/ Xem câu hỏi chia bút theo lần lượt cho 4 tín đồ chính là 4 việc thường xuyên : 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 knhị 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 cạnh bên > d) Dùng a), b) và c) 14/ Nhóm bạn xếp ngay gần nhau (đội nam giới, nhóm thiếu nữ, nhóm đồng nghiệp) coi như là “một người” xếp mặt hàng cùng với các người không giống. Dùng phép hoán thù vị (đối nội với đối ngoại), nguyên lý cộng và nguyên tắc nhân a) 2.5!5! b) 6!5! c) 4!7! d) 2.4!6! e) sử dụng nguyên tắc bù trừ phối kết hợp b),c) và d) f) 3!6!7!8! 15/ Ghi số vật dụng trường đoản cú cho những ghế từ là 1 mang đến 10 (theo hướng kim đồng hồ). Dùng phnghiền hoán vị (đối nội với đối ngoại), nguyên lý cùng cùng nguyên tắc nhân. b) Có 10 giải pháp chia thành 2 quần thể : một khu vực mang lại 5 phái mạnh ngồi ngay gần nhau, một quần thể đến 5 thiếu phụ ngồi ngay gần nhau. c) Có 2 biện pháp chia thành 5 quần thể :từng khu vực gồm 2 ghế thường xuyên dành cho một cặp vợ ông chồng ngồi ngay gần nhau. 16/ Tương trường đoản cú bài xích 14. Tính hóa học “cùng màu” tương đương vói đặc thù “đồng nghiệp” xuất xắc “ thuộc giới tính”. 17/ Dùng phxay hân oán vị lặp. Ý tưởng như bài 16 mà lại không có hoán thù vị đối nội. 18/  21/ Dùng tổ hợp lặp, phnghiền thay đổi đổi thay với phxay mang bù để đưa về trường vừa lòng các trở nên nguyên ổn  0. Nếu là bất phương trình thì tạo thêm 1 ẩn đưa ngulặng  0 để chuyển về dạng phương trình. 22/ Đây là 2 vấn đề đồng thời. Dùng nguyên tắc nhân, tổ hợp lặp với phép thay đổi đổi thay để mang về ngôi trường hợp các đổi mới nguim  0. 23/ Đây là 2 bài toán liên tục. Dùng nguyên lý nhân, tổng hợp, tổ hợp lặp với phép thay đổi biến chuyển để lấy về ngôi trường đúng theo các vươn lên là nguyên  0. 24/ Đây là 2 Việc đôi khi. Dùng nguyên tắc nhân, hoán vị lặp, chỉnh hợp, tổ hợp lặp cùng nguyên tắc cộng. 25/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Tạo 13 ô. Đưa các số hạng của A vào các ô cùng mỗi ô nhấn không thật 2 số (ô 1 chỉ thừa nhận 1 xuất xắc 25 ; ô 2 chỉ nhận 2 tuyệt 24 ; … ; ô 12 chỉ dìm 12 tuyệt 14 ; ô 13 chỉ nhấn 13) 26/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Tạo 10 ô. Đưa những số hạng của A vào những ô (ô 1 chỉ nhấn từ 1 2 mang lại 2 2  1 ; ô 2 chỉ nhận từ 2 2 mang lại 3 2  1 ; … ; ô 9 chỉ nhận trường đoản cú 9 2 mang đến 10 2  1 ; ô 10 chỉ dấn 10 2 ) 27/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Chia tam giác phần lớn cạnh 3 thành 9 tam giác những nhỏ cạnh 1. Để ý rằng nhị điểm ngẫu nhiên trong một tam giác nhỏ dại tất cả khoảng cách không quá 1. 28/ Dùng nguyên tắc Dirichlet. Có 3 dạng lịch học tập (2 buổi, 3 buổi, 4 buổi). Số định kỳ học hoàn toàn có thể có (40 x 8). b) Xóa số 25. khi kia 24 số còn sót lại trên phố tròn tạo thành 8 đội rời nhau (mỗi đội gồm 3 số 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 với 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 và 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 ( để ý mặt đường trực tiếp sản phẩm công nghệ (n + 1) bị n mặt đường thẳng trước đó tạo thành (n + 1) đoạn trực tiếp ) 6/ a 2000 = 7.10 9 , a n + 1 = (1 + 3.10 2 )a n n  2000 và 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 trong 2 ngôi trường vừa lòng 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 cùng 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 trong 3 trường phù hợp giỏi < u n + 2 = 1 = u n + 1 > xuất xắc ). 9/ Chứng minch bằng phương pháp qui nạp (sử dụng đưa 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, từ mang thiết ta bao gồm a n + 1 + cb n + 1 = (c + 3)a n + (2c + 2)b n n  0 (**) Từ (*) với (**), 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 ) với v n = (a n  2b n ) n  0.


Bạn đang xem: Giải bài tập toán rời rạc


Xem thêm: Chương Trình Học Bổng Chính Phủ Hàn Quốc 2017 (Kgsp, Chương Trình Học Bổng Của Chính Phủ Hàn Quốc 2017



Xem thêm: Thất Nghiệp Chuyển Sinh (Phần 1) Tập 1, 18 Thất Nghiệp Chuyển Sinh Ý Tưởng Trong 2021

Hãy đã cho thấy hệ thức đệ qui cho từng dãy u n (n  0) cùng v n (n  0) nhằm tính được u n với v n theo n  0. Suy ra a n = 2.4 n 1 cùng b n = 4 n + 1 n  0. CHƯƠNG 5 : TẬP HỢP SỐ NGUYÊN 1/ Với a, b  Z, ta tất cả (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 có một ước số ngulặng tố p  3 thì p lẻ và 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 rất nhiều lẻ. Nếu rất nhiều ước số nguyên ổn tố > 0 của k đều phải có 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 gồm u2a cùng u2b Nếu u lẻ thì ua với ub, tức là u = 1. Nếu u chẵn thì u = 2u’ với u’a và u’b, tức là u’ = 1 với u = 2. Ta có v(a + b) và (va tốt vb) đề xuất (va và vb), tức là v = 1. Ta bao gồm w(a + b) 2 cùng w( a 2 + b 2 ) yêu cầu 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) và w’ab, tức thị w’ = 1 cùng w = 2. b) Xét d = (a, b) = p nguyên tố. Đặt u = (a + b, a  b), v = (a + b, ab) và w = (a + b, a 2 + b 2 ). Viết a = pa’ và b = pb’ cùng với (a’, b’) = 1. u = p(a’ + b’, a’  b’) = p hay 2p. v = pv’ với v’ = (a’ + b’, pa’b’). Ta tất cả v’ = 1 < trường hợp p ko chia hết (a’ + b’) > cùng v’ = p < trường hợp p phân tách hết (a’ + b’) > , tức thị v = p hoặc p 2 . w = pw’ cùng với v’ = (a’ + b’, p< a’ 2 + b’ 2 > ). Ta bao gồm v’ = 1 hoặc 2 < nếu p không phân tách hết (a’ + b’) > cùng v’ = p hoặc 2p < giả dụ p chia hết (a’ + b’) > , nghĩa là v = p hoặc 2p hoặc p 2 hoặc 2p 2 . 20/ a) Ta thấy bx với ay yêu cầu x = tb với y = ta ( t  Z ). b) Viết a = da’ cùng b = db’ với (a’, b’) = 1. Để ý xa = yb  xa’ = yb’ với vận dụng a). c) Để ý (x  r)a = (y  s)b rồi vận dụng b). d) Dùng thuật toán thù tìm (a, b) cùng search r, s  Z thỏa ra + sb = (a, b) rồi vận dụng c). 22/ a) Mỗi ước số > 0 của n bao gồm dạng 1 2 1 2 k t t t k p p p cùng với 0  t j  r j , tức là t j tất cả (r j +1) giải pháp lựa chọn khi 1  j  k. Dùng nguyên lý nhân nhằm đếm. b) Suy ngay trường đoản cú a). 23/ a) Áp dụng 22/. b) Các số bắt buộc kiếm tìm tất cả dạng 2 x 3 y 5 z 7 t 11 r 13 s 37 u với 3  x  14, 4  y  9, 7  y  8, 0  t  10, 2  r  3, 0  s  5 với 2  u  10. Dùng nguyên lý nhân nhằm đếm. c) Phân tích 1.166.400.000 thành tích các thừa số nguyên tố cùng làm giống như như b). 24/ Với p là số nguyên tố > 0, xét số lượng ước số dương của p n (n  N). 25/ a) () : hiển nhiên. Xét () : Viết n m = r s < dạng về tối giản với r  Z, s  N* với (r, s) =1 >. Ta bao gồm ms n = r n . Nếu s  2 thì s gồm ước số nguyên ổn tố > 0 là p và (p, r) = 1. Từ kia suy ra xích míc. b) Nếu m  Q thì m  N (vì chưng a)). Phân tích m các thành tích những vượt số nguyên ổn tố với so sánh cùng với trả thiết giúp thấy mâu thuẫn. CHƯƠNG 6 : QUAN HỆ TRÊN CÁC TẬPhường. HỢP 1/ Liệt kê tập vừa lòng  = (x,y)  S 2 / x  y rồi xét những tính chất sự phản xạ, đối xứng, bội phản xứng và truyền. a) +  +  b)  +  + c)    + d)  +   e) +  +  f)     ( + : tất cả ;  : không có ) 2/ Xét các tính chất bức xạ, đối xứng, bội phản xứng với truyền của  : a) +    b)     c)   + + d) +   + e)  +   f)   +  ( + : có ;  : không tồn tại ) 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 thành phần của < a > ( là 1 trong hay 2 ) tùy thuộc vào a  R . b) Tương tự a) c) Trường vừa lòng () : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2 + 12) = 0 = a  a  R. Trường thích hợp (+) : < a > = x  R / (x  a)(x 2 + ax + a 2  12) = 0 . Biện luận số bộ phận của < a> ( là 1 trong những, 2 hay 3 ) tùy theo a  R. d) < a > = x  R / (x  a)(ax + 7) = 0 . Biện luận số thành phần của < a > ( là một hay 2 ) phụ thuộc vào a  R. e) < a > = x  R / (x  a)(ax  4) = 0 . Biện luận số phần tử của < a > ( là 1 giỏi 2 ) tùy thuộc vào a  R. f) < a > = x  R / (cos 2 x  cos 2 a)(sinax + 2) = 0 = x  R / cos2x = cos2a gồm có bộ phận nào? 5/ a)  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, tất cả min và max b) phân phối phần, gồm min cùng những bộ phận tối đại c) chào bán phần, bao gồm max với các phần tử về tối tiểu d) cung cấp phần, có min với max e) buôn bán phần, có những bộ phận buổi tối tiểu và những thành phần tối đại f) toàn phần, tất cả min cùng max 7/ Liệt kê 12 bộ phận của S . 8/ a) Có 7 ngôi trường hòa hợp khác biệt b) Có 4 trường phù hợp không giống nhau 10/ b) với d) Chọn sản phẩm tự toàn phần mới không trùng cùng với sản phẩm từ  thông thường bên trên S. c) Chọn vật dụng tự toàn phần bắt đầu không trùng cùng với đồ vật từ  thông thường bên trên S. CHƯƠNG 7 : HÀM BOOL 1/ Dùng các công cụ của hàm Bool nhằm nhân ra dạng đa thức, rút ít gọn gàng và nâng bậc những solo thức. 2/ a) 8 tế bào Khủng một số loại 1 ô, 1 phnghiền phủ, 1 bí quyết đa thức buổi tối tè. b) 5 tế bào béo (2 tế bào mập nhiều loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 1 phxay phủ, 1 cách làm đa thức về tối tiểu. c) 4 tế bào lớn một số loại 4 ô, 2 phép bao phủ buổi tối đái, 2 cách làm nhiều thức buổi tối tiểu. d) 5 tế bào mập (1 tế bào mập một số loại 4 ô, sót lại là các loại 2 ô), 2 phxay che tối tè, 1 công thức nhiều thức về tối đái e) 6 tế bào phệ nhiều loại 2 ô, 3 phnghiền tủ buổi tối tiểu, 3 cách làm nhiều thức buổi tối tè. f) 6 tế bào bự (5 tế bào bự các loại 4 ô, còn sót lại là loại 2 ô), 2 phxay lấp buổi tối tè, 1 phương pháp đa thức buổi tối đái. g) 7 tế bào bự (2 tế bào bự nhiều loại 4 ô, sót lại là một số loại 2 ô), 4 phnghiền bao phủ buổi tối tè, 1 cách làm đa thức buổi tối đái h) 8 tế bào bự (5 tế bào mập nhiều loại 4 ô, sót lại là các loại 2 ô), 5 phnghiền che về tối tè, 1 phương pháp nhiều thức về tối tiểu Dựa vào từng ô của S = Kar(f) xuất xắc S , ta viết được dạng nối tách bao gồm 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 lớn (1 tế bào lớn các loại 4 ô, sót lại là một số loại 2 ô), 1 phxay phủ, 1 bí quyết đa thức tối tè. b) S = Kar(f) = (1,1), (1,2), (1,3), (2,2), (2,3), (3,2), (3,3), (4,1), (4,4) với S tất cả 5 tế bào phệ (2 tế bào lớn một số loại 4 ô, còn sót lại là loại 2 ô), 2 phép che tối đái, 2 công thức 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) và S bao gồm 6 tế bào to (3 tế bào bự một số loại 4 ô, còn lại là nhiều loại 2 ô), 2 phxay lấp tối tiểu, 1 công thức đa thức tối đái. 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 tất cả 6 tế bào béo (3 tế bào béo các loại 4 ô, còn sót lại là loại 2 ô), 2 phép đậy tối tè, 1 cách làm nhiều thức buổi tối tè. e) S = Kar(f) = (1,1), (1,3), (1,4), (2,3), (3,2), (3,3), (4,1), (4,2), (4,3) và S có 6 tế bào lớn (2 tế bào lớn các loại 4 ô, còn sót lại là các loại 2 ô), 3 phnghiền tủ tối đái, 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) và S có 6 tế bào mập (1 tế bào béo các loại 4 ô, còn sót lại là nhiều loại 2 ô), 2 phép che buổi tối tè, 1 cách làm nhiều thức về tối tè. g) S = Kar(f) = (1,4), (2,2), (2,4), (3,1), (3,2), (3,4), (4,2), (4,3), (4,4) với S bao gồm 7 tế bào béo (1 tế bào béo một số loại 4 ô, sót lại là một số loại 2 ô), 4 phnghiền phủ về tối tè, 2 công thức nhiều thức về 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) và S tất cả 8 tế bào bự (1 tế bào to các loại 4 ô, sót lại là nhiều loại 2 ô), 5 phép đậy buổi tối đái, 1 bí quyết nhiều thức tối đái. Dựa vào mỗi ô của S = Kar(f), ta viết được dạng nối rời thiết yếu tắc của f với f . 4/ Chọn một công thức đa thức về tối tiểu của f nhằm vẽ mạng các cổng tổng đúng theo f . 5/ a) Có toàn bộ 2 6 = 64 vector Bool. Có 2 6 C = 15 vector Bool bao gồm đúng 2 thay đổi thừa nhận quý giá 1. Số hàm Bool phải 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 tối thiểu 2 biến thừa nhận giá trị 1. Số hàm Bool bắt buộc tính là 2 64  57 = 2 7 = 128 c) Số hàm Bool phải tính = số hàm Bool của F 5 = 5 2 2 = 2 32 d) Số hàm Bool nên tính = số hàm Bool của F 3 = 3 2 2 = 2 8 = 256

Chuyên mục: Tin Tức