Giả sử đồ thị không liên thông, nó được phân tích thành ít nhất hai thành phần liên thông, do tổng số các đỉnh của các thành phần liên thông = 2n nên phải có thành phần có số đỉnh ≤ n, [r]
Trang 1Logic, phương pháp chứng minh, đại số Bool
1. Tìm giá trị của các biến mệnh đề x, y, z, u, v để biểu thức sau nhận giá trị sai
(y (x z)) )) (x u)) (y v))
Giải
(y (x z)) )) (x u)) (y v)) = F y (x z)) = F & x u = F & y v = F
y = T & x z = F & (x = F u = F)) & (y = F v = F))
y = T & x = T & z = F & (x = F u = F)) & (y = F v = F))
y = T & x = T & z = F & u = T & v = F
2. Sử dụng biến đổi đồng nhất chứng minh ¬xy ¬yz ¬zx tương đương ¬yx ¬xz ¬zy
Giải
xyyzzx
xy(zz)) yz(xx)) zx(yy))
xyz xyz yzx yz xzxyzxy
yx(zz)) xz(yy)) zy(xx))
yx xz zy
3. Bằng phương pháp Karnaugh, Consensus, Quine-Mc Cluskey, tìm công thức tối tiểu dạng
đa thức của hàm
f =xyz ∨ x yz ∨ x y z ∨ xy z∨ x y z
f = 1001 1010 1101 1011
4. Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh rằng với mọi n 8 phương trình 3x + 5y = n có nghiệm nguyên không âm
Giải
Với n = 8 phương trình có dạng 3x + 5y = 8 và có nghiệm nguyên không âm (x=1, y=1))
Giả sử với n=k ≥ 8 phương trình 3x + 5y = k có nghiệm nguyên không âm (x0, y0))
3x0 + 5y0 = k (*))
Ta phải chứng minh với n=k+1, phương trình 3x + 5y = k+1 (**)) cũng có nghiệm nguyên không âm
Thật vậy, từ (*)) suy ra 3x0 + 5y0 + 1 = k+1
Nếu y0 = 0 x0 ≥ 3 khi đó 3x0 + 5y0 + 1 = k+1 3(x0 – 3)) + 5.2 = k+1: phương trình (**)) có nghiệm nguyên không âm (x0 – 3, 2))
Nếu y0 ≥ 1, 3x0 + 5y0 = k+1 3(x0 + 2)) + 5(y0 – 1)) = k+1: phương trình (**)) có nghiệm nguyên không âm (x0 + 2, y0 – 1))
5. Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh rằng với mọi n 7 phương trình 2x + 5y = n có nghiệm nguyên không âm
Giải
Với n = 7 phương trình có dạng 2x + 5y = 7 và có nghiệm nguyên không âm (x=1, y=1))
Giả sử với n=k ≥ 7 phương trình 2x + 5y = k có nghiệm nguyên không âm (x0, y0))
2x0 + 5y0 = k (*))
Ta phải chứng minh với n=k+1, phương trình 2x + 5y = k+1 (**)) cũng có nghiệm nguyên không âm
Thật vậy, từ (*)) suy ra 2x0 + 5y0 + 1 = k+1
Nếu y0 = 0 x0 ≥ 4 khi đó 2x0 + 5y0 + 1 = k+1 2(x0 – 2)) + 5.1 = k+1: phương trình (**)) có nghiệm nguyên không âm (x0 – 2, 1))
Nếu y0 ≥ 1, 2x0 + 5y0 +1 = k+1 2(x0 + 3)) + 5(y0 – 1)) = k+1: phương trình (**)) có nghiệm nguyên không âm (x0 + 3, y0 – 1))
Combination, Counting & Dirichlet principle
Trang 26. Ta muốn sắp xếp 3 cậu bé và 4 cô bé thành một hàng
b Có bao nhiêu cách sắp xếp với yêu cầu các cậu bé ngồi kề nhau và các cô bé ngồi
kề nhau
c Có bao nhiêu cách với yêu cầu các cậu bé và cô bé ngồi đan xen nhau
d Cùng các câu hỏi với 3 cậu bé và 3 cô bé
7. Cũng với các câu hỏi trên nhưng sắp xếp các cô bé và cậu bé thành vòng tròn
8. Một từ là một chuỗi các chữ cái trong bảng 26 chữ cái (tiếng anh))
c Có bao nhiêu từ độ dài 6 bắt đầu bởi một phụ âm và kết thúc bởi một nguyên âm
a Giả sử các quả bóng giống nhau Có bao nhiêu cách sắp xếp
b Giả sử các quả bóng giống nhau Có bao nhiêu cách sắp xếp với yêu cầu mỗi hộp chứa ít nhất một quả bóng
c Giả sử các quả bóng giống nhau Có bao nhiêu cách sắp xếp với yêu cầu hộp thứ i chứa mi quả bóng (mi 1 và mi = n))
hộp chứa ít nhất một quả bóng
10. Phân hoạch tập hợp: chia một tập hợp n phần tử thành các tập con rời nhau Gọi số cách phân hoạch là B(n))
a Tìm một công thức tính B(n))
i=0
n
(n i)B (n −i) trong đó B(0)) được định nghĩa là 1
12. Sắp xếp các số 1, 2, 3, , 11, 12 ngẫu nhiên trên một đường tròn, chứng minh có thể chọn được 3 số kề nhau tổng của chúng ≥ 20
Giải
Số bộ ba số kề nhau = 12
Giả sử tổng của mỗi bộ ba đều < 20 mỗi tổng ≤ 19 Tổng của tất cả các bộ ba ≤ 228 Tổng của tất cả các bộ ba = 3(1 + 2 + + 12)) = 3.12.13/2 = 234 mâu thuẫn
13. Các số 1, 2, , n được sắp xếp ngẫu nhiên trên một đường tròn, chứng minh rằng có thể chọn được hai bộ ba số, tổng của các số trong hai bộ ba này bằng nhau
14. Có bao nhiêu cách chia (chia hết)) 10 phần quà (giống nhau)) cho 6 đứa trẻ sao cho mỗi đứa trẻ được chia ít nhất một phần quà
Giải
Có n phần quà chia hết cho m đứa trẻ mỗi đứa được ít nhất một phần quà (m ≤ n))
Đứa trẻ thứ nhất được chia k phần quà (1 ≤ k ≤ n - m+1)) , n – k phần quà còn lại được chia cho
m – 1 đứa trẻ còn lại Gọi số cách chia n phần quà cho m đứa trẻ mỗi đứa được ít nhất một phần quà là D(n, m)) , ta có công thức:
D(n, m)) = D(n-1, m-1)) + D(n-2, m-1)) + … + D(m-1, m-1)) = D(n-1, m-1)) + D(n-1, m)) D(k, k)) = 1; D(k, 1)) = 1
Ta có bảng tính D(n, m)) :
m
Trang 31 1
D(n, m)) = (n −1 m )
15 Rút một số trong tập các số có ba chữ số được tạo thành từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 Tính
xác suất để rút được số chia hết cho 3
chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền?
Giải
Một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2 miền: D(1)) = 1 + 1 = 1 + 1.(1+1)) /2
Hai đường thẳng chia mặt phẳng thành 4 miền: D(2)) = 1 + 3 = 1 + 2(2+3)) /2
…
N đường thẳng chia mặt phẳng thành D(n)) = 1 + n(n+1)) /2
CM: bằng quy nạp
17. Có bao nhiêu chuỗi n bít chứa k bít 0 và (n-k)) bít 1
Giải
Số chuỗi n bít chứa k bit 0 (n-k)) bit 1 = số cách chọn k vị trí trong n vị trí cho bit 0 = (n k)
18. Có bao nhiêu chuỗi bít độ dài n (n > 4)) có hai bít đầu khác 10 đồng thời hai bit cuối khác 01
Giải
A = tập các chuỗi bít độ dài n
B = tập các chuỗi bít độ dài n có hai bit đầu là 10
C = tập các chuỗi bit độ dài n có hai bít cuối là 01
Tập các chuỗi bit độ dài n có hai bit đầu khác 10 và hai bit cuối khác 01 = A - BC
Số các chuỗi bit độ dài n có hai bit đầu khác 10 và hai bit cuối khác 01 = |A| - |BC|
= |A| - (|B| + |C| - |BC|)) = |A| + |BC| - |B| - |C| = 2n-4(24 + 1 – 22 – 22))
= 9.2n-4
|A| = 2n
|B| = |C| = 2n-2
|BC| = 2n-4
tại cặp điểm khoảng cách giữa chúng < 1
√2
Giải
Chia hình vuông đơn vị thành 4 hình vuông con cạnh ½,
Trang 4năm điểm nằm trong hình vuông, phải có hai điểm nằm trong cùng một hình vuông con, khoảng cách giữa hai đỉnh này < đường chéo của hình vuông con = 1
√2
chúng < 1
Chia tam giác thành 4 tam giác đều con cạnh 1
5 điểm nằm trong tam giác phải có 2 điểm nằm trong cùng một tam giác con khoảng cách giữa hai điểm này < 1
21. Bảy điểm nằm trong hình lục giác đều có độ dài cạnh bằng 1 Chứng minh rằng tồn tại cặp điểm, khoảng cách giữa chúng < 1
Giải
Chia lục giác đều thành 6 tam giác đều cạnh 1
Bảy điểm nằm trong lục giác, phải có 2 điểm nằm trong cùng một tam giác: khoảng cách giữa hai điểm này < 1
22. Cho đồ thị đầy đủ 20 đỉnh, các cạnh của nó được tô bởi ba màu xanh, đỏ và vàng Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh của đồ thị, các cạnh nối chúng có cùng màu
Giải
Có 19 cạnh xuất phát ra từ một đỉnh (A)) nhận 1 trong 3 màu phải có 7 cạnh cùng màu (giả sử đỏ)) gọi các đỉnh đầu mút 7 cạnh cùng màu này là B, C, D, E, F, G, H, nếu trong các cạnh nối các đỉnh B, C, D, E, F, G, H có cạnh đỏ ta tìm được tam giác cạnh cùng màu (đỏ)) , nếu không, các cạnh nối B với các đỉnh tương C, D, E, F, G, H chỉ mang hai màu xanh và vàng do vậy phải có 3 cạnh cùng màu (giả sử xanh)) và giả sử các đầu mút tương ứng là C, D, E Nếu các cạnh nối C, D,
E có cạnh màu xanh ta tìm được tam giác có các cạnh cùng màu (xanh)) , nếu không C, D, E là tam giác có các cạnh cùng màu (vàng))
23. Chứng minh trong một đồ thị (đơn, không định hướng)) hữu hạn với số đỉnh 2 có hai đỉnh có cùng bậc
Giải
Nếu có 2 đỉnh bậc 0, ta được điều phải chứng minh, nếu không, ta xét đồ thị con G’ nhận được
từ G bỏ đi đỉnh bậc 0
Đồ thị có n đỉnh, di = bậc của đỉnh i: 1 ≤ di ≤ n – 1, i = 1, 2, …, n do có n bậc, nhận n – 1 giá trị nên phải có hai bậc cùng giá trị
bất kỳ trong 15 số đó đều chia hết cho 7
Trang 5i=1, 2, , 100: ai = 7pi + ri , 0 ri 6
100 số dư nhận 7 giá trị tồn tại 15 số dư cùng nhận một giá trị, 15 số có số dư đó là các số được chọn
Arithmetics
25. CM nếu n là hợp số thì 2n – 1 cũng là hợp số
Giải
n=n1n2 (n1, n2 ≥ 2)) , 2n – 1 = 2n1n2 – 1 = (2n1 – 1)) (2n1(n2-1)) + … + 1))
26. Số hoàn hảo là số mà tổng các ước số thực sự của nó bằng chính nó CM nếu p là nguyên
tố thì 2p(2p – 1)) là số hoàn hảo
27. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p-2 và p+2 cũng là nguyên tố
Giải
p, p – 2 là nguyên tố p – 2 ≥ 3 đặt p – 2 = 3 + 2k p = 3 +2(k+1)) , p + 2 = 3 + 2(k + 2)) nếu k > 0 trong 3 số nguyên dương k, k+1, k+2 có số chia hết cho 3 một trong ba số p –
2, p, p + 2 chia hết cho 3 vậy k=0, ta được p=5 (p – 2 = 3, p + 2 = 7))
28. CM nếu n là số tự nhiên thì √n hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỷ
29. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2 + 2n – 3 là số nguyên tố
Giải
n2 + 2n – 3 = (n – 1)) (n + 3))
Nếu n – 1 > 1, n2 + 2n – 3 là hợp số
n – 1 = 1 n = 2
Với n = 2, n2 + 2n – 3 = 5
30. CM nếu p, q là các số nguyên tố phân biệt thì logp q là số vô tỷ
31. tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z2
Giải
Đặt d = (x, z)) x=dx’, z=dz’, (x’, z’)) = 1 phương trình trở thành x’y = dz’2 , vì (x’, z’)) = 1 (x’, z’2)) = 1 do vậy x’\d d = tx’ x=tx’2, z=tx’z’ và y = tz’2 , (x’, z’)) =1
Ngược lại với x=tx’2, z=tx’z’ và y = tz’2 , (x’, z’)) =1 x, y, z là nghiệm của phương trình
Vậy nghiệm của phương trình là: x=tx’2, y= tz’2, z=tx’z’ với (x’, z’)) = 1
32. Chứng minh rằng dư của phép chia một số nguyên tố cho 30 hoặc là 1 hoặc là một số nguyên tố
Giải
Xét p = 30q + r (1≤ r ≤ 29)) , r không chia hết cho 2, 3, 5 vậy r chỉ có thể nhận một trong các giá trị: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29
33. Chứng minh phương trình 4x3 + 2y3 = z3 không có nghiệm nguyên dương
Giải
Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương, gọi (x0, y0, z0)) là nghiệm nguyên dương với x0
nhỏ nhất: 4x0 + 2y0 = z0 (*))
Ta có 2\ z0, 2 là nguyên tố 2\z0: z0 = 2z’ thế vào (*)) ta được: 2x0 + y0 = 4z’3 (**)) 2\y0 , 2 nguyên tố 2\y0 : y0 = 2y’ thế vào (**)) ta được: x0 + 4y’3 = 2z’3 (***)) 2\x0 , 2 nguyên tố 2\x0 : x0 = 2x’ (x’ nhỏ hơn x0)) thế vào (***)) ta được 4x’3 + 2y’3 = z’3 như vậy (x’, y’, z’)) là nghiệm của phương trình với x’ < x0 (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của x0))
34. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình: x + y + z = xyz
Giải
Vai trò của x, y, z trong phương trình là như nhau, không làm mất tính tổng quát ta giả sử 0 ≤ x ≤
y ≤ z
Trang 6Nếu x=0 phương trình trở thành: y + z = 0 y = z = 0, ta được một nghiệm (0, 0, 0))
Nếu x ≥ 1, đặt x = 1 + x’, y = 1 + y’, z = 1 + z’ (0 ≤ x’ ≤ y’ ≤ z’)) thế vào phương trình ta được:
3 + x’ + y’ + z’ = 1 + x’ + y’ + z’ + x’y’ + y’z’ + z’x’ + x’y’z’ 2 = x’y’ + y’z’ + z’x’ + x’y’z’ Nếu x’ ≥ 1 vế phải ≥ 4 vậy thì x’ = 0 khi đó phương trình là 2 = y’z’ y’ = 1, z’ = 2
Ta tìm được nghiệm x=1, y=2, z=3
Thay đổi vai trò của x, y, z ta tìm được tất cả các nghiệm của phương trình:
(0, 0, 0)) , (1, 2, 3)) , (1, 3, 2)) , (2, 1, 3)) , (2, 3, 1)) , (3, 1, 2)) , (3, 2, 1))
35. Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình: x + y + z + 9 = xyz
Giải
Vai trò của x, y, z như nhau trong phương trình, ta giả sử x y z > 0 x y z
1 Đặt x = 1 + x1, y = 1 + y1, z = 1 + z1 (x1 y1 z1 0))
ta được : 11 = x1y1 + y1z1 + z1x1 + x1y1z1
° z1 = 0 : x1y1 = 11 x1 = 11, y1 = 1 (x = 12, y = 2, z = 1))
° z1 1 :
z1 > 1 vế phải > 11 z1 = 1, phương trình trở thành : 11 = 2x1y1 + x1 + y1 ; nếu
y1 > 1 :vế phải > 11 y1 = 1 10 = 3x1 (không có nghiệm nguyên)) Vậy các nghiệm của phương trình là : (1, 2, 12)) , (1, 12, 2)) , (2, 1, 12)) , (2, 12, 1)) , (12, 1, 2)) , (12, 2, 1))
36. Chứng minh 20122013 + 20152014 chia hết cho 7
Giải
2013 = 3*671
2012 = 287*7 + 3 = 3 (mod 7)) 20123 = 33 (mod 7)) = -1 (mod 7)) 20123*671 = (-1)) 671 (mod 7))
= -1 (mod 7))
2015 = 288*7 - 1 = -1 (mod 7)) 20152014 = (-1)) 2014 (mod 7)) = 1 (mod 7))
20122013 + 20152014 chia hết cho 7
Graph
37. Xét đồ thị được cho bởi ma trận trọng số sau:
K
a. Dùng giải thuật Kruskal, Prime tìm cây khung có trọng lượng nhỏ nhất
b. Dùng giải thuật Moore-Dijkstra tìm đương đi ngắn nhất từ A đến các đỉnh còn lại
Trang 738. Chứng minh rằng một đồ thị đơn liên thông có n đỉnh, m cạnh và m n có chu trình
39. Cho một đồ thị đơn liên thông, bậc của mỗi đỉnh 2 Chứng minh rằng tồn tại hai đỉnh sao cho có một đường dẫn (path)) nối chúng chứa tất cả các đỉnh của đồ thị
40. Cho một đồ thị đơn liên thông, bậc của mỗi đỉnh đều bằng 2 Chứng minh rằng đồ thị có chu trình chứa tất cả các đỉnh của đồ thị
41. Chứng minh rằng số mặt có số đỉnh là lẻ của một khối đa diện là một số chẵn
42. Xét cây T với tập đỉnh V, ký hiệu d(v)) là bậc của đỉnh v V
a CM ∑
v∈V
(2 −d (v))=2
Giải
Chứng minh quy nạp theo số nút của cây
với cây chỉ có một nút, điều phải chứng minh hiển nhiên đúng
Giả sử điều phải chứng minh đúng với mọi cây có số nút n
Ta chứng minh với cây với số nút n+1 điều phải chứng minh cũng đúng
Gọi r là nút gốc của cây , d(r)) = k, k cây với gốc là k con của gốc, mỗi một có số nút n, theo giả thiết quy nạp ta có:
∑
v ∈Vc
(2− d (v ))+1=2⇔∑
v ∈Vc
(2 − d(v ))=1 với c = 1, 2, , k
∑
v ∈V
(2 −d (v))=2 − d(r)+∑
c=1
k
∑
v ∈V c
(2− d (v ))=2− k +∑
c=1
k
1=2− k +k =2
b CM nếu T có đỉnh bậc m 2 thì T có ít nhất m đỉnh bậc 1
43. Chứng minh rằng đồ thị (đơn, không có khuyên)) có 2n đỉnh, bậc của mỗi đỉnh không nhỏ hơn n là một đồ thị liên thông
Giải
Giả sử đồ thị không liên thông, nó được phân tích thành ít nhất hai thành phần liên thông, do tổng số các đỉnh của các thành phần liên thông = 2n nên phải có thành phần có số đỉnh ≤ n, bậc của các đỉnh của thành phần liên thông này không vượt quá n – 1 mâu thuẫn
44. Tìm luồng cực đại trong mạng
s=x 1 t=x 6
12
5 14
4 10
16 10
12