Bài tập Toán rời rạc có đáp án

Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong BÀI TẬP CHƯƠNG I Bài 1: Số mã vùng cần thiết nhỏ để đảm bảo 25 triệu máy điện thoại khác Mỗi điện thoại có chữ số có dạng 0XX-8XXXXX với X nhận giá trị từ đến Giải: Vì số mã vùng có dạng: 0XX-8XXXXX, với X nhận giá trị từ đến (10 số), có 07 ký tự X có 107 trường hợp Do đó, theo nguyên lý Dirichlet với 10 triệu máy điện thoại số mã vùng ⎤ 25.000.000 ⎡ cần thiết là: ⎥ = ]2,5[ = Vậy số mã vùng cần thiết thỏa yêu cầu toán ⎦ 10.000.000 ⎢⎣ Bài 2: Biển số xe gồm ký tự, dạng NN-NNNN-XN, ví dụ 75_1576_F1 Hai số đầu mã tỉnh, X chữ (26 chũ cái) N gồm số 0, 1, …, Hỏi tỉnh cần đăng ký cho 10 triệu xe cần serial (X) Giải Bài tốn có 02 cách hiểu: serial 02 ký tự NN 02 ký tự XN cuối Cách hiểu 1: (serial 02 ký tự XN cuối cùng) Hai số NN đầu mã tỉnh, nhà nước quy định nên không ảnh hưởng đến kết tốn Sáu ký tự cịn lại có ký tự N, có 10 trường hợp Theo nguyên lý Dirichlet, số serial ⎤10.000.000 ⎡ = 100 Điều khơng hợp lý số ký tự chữ 26 Do X tối thiểu phải thỏa mãn: ⎥ ⎦ 100.000 ⎢⎣ vậy, tốn sửa lại triệu bảng số xe kết hợp lý hơn, số serial là: ⎤1.000.000 ⎡ ⎥⎦ 100.000 ⎢⎣ = 10 Cách hiểu 2: (serial 02 ký tự NN đầu tiên) Bốn ký tự NNNN có 104 trường hợp, 02 ký tự XN có 26*10 = 260 trường hợp Theo quy tắc nhân, tổng số trường hợp là: 104*260 = 2.600.000 Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, số serial tối thiểu phải là: ⎤ 10.000.000 ⎡ ⎥⎦ 2.600.000 ⎢⎣ = ]3,84[ = Vậy cần 04 số serial để đăng ký đủ cho 10 triệu xe Bài 3: Có xâu nhị phân có độ dài 10: a Bắt đầu 00 kết thúc 11 b Bắt đầu bẳng 00 kết thúc 11 Giải a Bắt đầu 00 kết thúc 11 Xâu nhị phân bắt đầu 00 có dạng: 00.xxxx.xxxx Ký tự x 1, có ký tự x có xâu Xâu nhị phân kết thúc 11 có dạng: xx.xxxx.xx11 Tương tư ta tính có 28 xâu Xâu nhị phân bắt đầu 00 kết thúc 11 có dạng 00.xxxx.xx11 Tương tự trên, ta tính có xâu Vậy số xâu nhị phân bắt đầu 00 hay kết thúc 11 là: BT Toan roi rac 1 Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong n = * − = 512 − 64 = 448 xâu b Bắt đầu 00 kết thúc 11 Xâu nhị phân thỏa mãn đề phải có dạng: 00.xxxx.xx11 Hai ký tự đầu 02 ký tự cuối khơng đổi, cịn 06 ký tự Do số xâu nhị phân thỏa mãn đề là: 26 xâu Bài 4: Khóa 29 CNTT có 150 SV học NNLT Java, 160 SV hoc Delphi, 40 SV học hai môn a Tìm tất SV khóa 29 biết SV phải học 01 mơn b Biết tổng số SV 285, hỏi có SV không học Java Delphi Giải Gọi J: SV học Java D: SV học Delphi a Số SV khóa 29 là: n1 = J U D = J + D − J I D = 150 + 160 − 40 = 270 SV b Câu b có 02 cách hiểu: Cách 01: khơng học 01 mơn Số SV không học Java Delphi (áp dụng nguyên lý bù trừ) ta tính được: n = n − J I D = 285 − 40 = 245 SV Cách 02: không học Java chẳng học Delphi: Theo cách hiểu này, áp dụng nguyên lý bù trừ ta tính số SV sau: ' n2 = J U D = n − J − D + J I D = 285 − 150 − 160 + 40 = 15 SV Bài 5: Mỗi người sử dụng máy tính dùng password có -> ký tự Các ký tự chữ số chữ cái, password phải có 01 chữ số Tìm tổng số password có Giải Bài tốn hiểu theo 02 cách Cách 01: phân biệt chữ thường với chữ hoa Chữ thường: 26 Chữ hoa: 26 Chữ số: 10 Do đó, tổng cộng có 26 + 26 + 10 = 62 ký tự khác Nếu password có n ký tự 62 n Tổng số trường hợp: Số password chữ số: 52 n Suy số password có 01 chữ số: nn = 62 n − 52 n Áp dụng cho trường hợp n = 6, 7, Tổng số password thỏa yêu cầu đề là: n = n6 + n7 + n8 = 626 − 526 + 627 − 527 + 628 − 528 = 167.410.949.583.040 Cách 02: không phân biệt chữ thường với chữ hoa: Cách làm hoàn toàn tương tự, thay sử dụng số 62 52 sử dụng 02 số: 36 26 Kết là: n = n6 + n7 + n8 = 366 − 266 + 367 − 267 + 368 − 268 = 2.684.483.063.360 Bài 6: Có n thư bỏ vào n bì thư Hỏi xác suất để xảy trường hợp khơng có thư bỏ bì thư Giải BT Toan roi rac Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Vì có n phong bì n bì thư nên có tất N = n! cách bỏ thư khác Để đếm số cách bỏ thư cho không thư địa chỉ, ta áp dụng nguyên lý bù trừ: N = n! − N1 + N2 − + (−1)nNn, Nm (1 ≤ m ≤ n) số cách bỏ thư cho có m thư địa chỉ, Nm số cách lấy m thư từ n lá, với cách lấy m thư, có (n-m)! cách bỏ để m thư địa chỉ, vậy: Nm = C nm (n - m)! = n! 1 N = n!(1 − + − + (−1)n ), k! 1! 2! n! Dođó xác suất thỏa toán: p = N N 1 1 = = − + - + +(-1) k N n! 1! 2! 3! k! Bài 7: Chỉ chọn số từ tập số {1, 2, …, 7, 8} có 01 cặp số có tổng Giải Từ số trên, ta chia thành 04 cặp: {1, 8}, {2, 7}, {3, 6}, {4, 5} tổng cặp Như vậy, đề trở thành chọn số từ cặp số Theo ngun lý Dirichlet, phải có 01 cặp số chọn hết Vậy toán chứng minh Bài 8: Chứng minh nhóm 27 từ tiếng Anh có từ 01 chữ Giải Bảng chữ tiếng anh gồm 26 ký tự: a, b, c, …, x, y, z Vì có 27 từ tiếng Anh từ bắt đầu 01 chữ nên theo nguyên lý Dirichlet phải có 02 từ bắt đầu 01 chữ Bài 9: Cần phải có SV ghi tên vào lớp TRR để chắn có 65 SV đạt điểm thi, giả sử thang điểm thi gồm 10 bậc Giải Gọi n số sinh viên tối thiểu thỏa mãn đề bài, theo nguyên lý Dirichlet n ] 10[ = 65 Do n = 10 * 64 + = 641 SV Bài 10: Tìm hệ thức truy hồi cho điều kiện đầu để tính số xâu nhị phân có độ dài n khơng có số liên tiếp Có xâu nhị phân có độ dài Giải Với xâu nhị phân có độ dài n, ta chia thành 02 trường hợp: Nếu ký tự cuối ký tự trước (ký tự thứ n – 1) Nếu ký tự cuối ký tự trước (ký tự thứ n – 1) (vì vi phạm u cầu tốn) ký tự trước (thứ n – 2) hay Từ 02 trường hợp ta suy được: f n = f n −1 + f n − Các điều kiện đầu: f1 = , f = Có 13 xâu nhị phân có độ dài khơng có số liên tiếp BT Toan roi rac 3 Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Bài 11: ⎧f =0 Dãy số Fibonacci thõa f n = f n −1 + f n − , cho điều kiện đầu: ⎨ Hãy tìm hệ thức truy ⎩ f1 = hồi Fibonacci Giải Phương trình đặc trưng: x − x − = có nghiệm là: r1 = 1+ 1− r2 = 2 n ⎛ 1+ ⎞ ⎛ 1− ⎞ Do số Fibonacci tổng quát có dạng: f n = α1 ⎜⎜ ⎟⎟ + α ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎧ ⎧α1 + α = α1 = ⎪ ⎧ f0 = ⎪ ⎪ ⎛ 1− ⎞ với điều kiện ban đầu : ⎨ ⇒ ⎨ ⎛ 1+ ⎞ ⇒⎨ ⎩ f1 = ⎪α1 ⎜⎜ ⎟⎟ + α ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎪α = −1 ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ ⎝ ⎩⎪ Do số Fibonacci cho cơng thức sau: n ⎛ 1+ ⎞ ⎛ 1− ⎞ fn = ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜ ⎟ 5⎝ ⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ n n Bài 12: Tìm nghiệm hệ thức truy hồi sau: a n = 2a n −1 + 5a n − − 6a n −3 điều kiện đầu là: a = , a1 = −4 , a = Giải Phương trình đặc trưng x − x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − x − 6) = ⎧ x0 = ⎪ Các nghiệm phương trình đặc trưng: ⎨ x1 = −2 ⎪x = ⎩ Do đó, hệ thức truy hồi có dạng: a n = α 11n + α (−2) n + α 3 n Với điều kiện đầu cho: a = , a1 = −4 , a = Ta có hệ phương trình sau: ⎧7 = α + α + α ⎧α = ⎪ ⎪ ⎨− = α − 2α + 3α ⇒ ⎨α = ⎪8 = α + 4α + 9α ⎪α = −1 ⎩ ⎩ Vậy nghiệm hệ thức truy hồi là: a n = + 3(−2) n − n Bài 13: Tìm hệ thức truy hồi rn Với rn số miền mặt phẳng bị phân chia n đường thẳng Biết khơng có đường thẳng song song khơng có 03 đường thẳng qua điểm Giải BT Toan roi rac 4 Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Với n đường thẳng, theo đề đường thẳng thứ n cắt n – đường thẳng lại n – điểm, tức cắt n – + = n phần mặt phẳng Do đó, số phần mặt phẳng tăng lên n Từ đó, ta có hệ thức truy hồi: rn = rn −1 + n Các điều kiện đầu là: n = 0: r0 = n = 1: r1 = BÀI TẬP CHƯƠNG II Bài 14 Chứng minh đơn đồ thị ln có 02 đỉnh có bậc Giải Trong đồ thị đơn, số bậc tối đa cung TH1: Giả sử đồ khơng có đỉnh treo, số bậc tối thiểu đỉnh 1, số bậc tối đa đỉnh n-1 (vì đơn đồ thị) Có n đỉnh, số bậc đỉnh từ đến n-1 (n-1) giá trị Do theo nguyên lý Dirichlet phải có 02 đỉnh có bậc TH2: Giả sử đồ thị có 01 đỉnh treo, số bậc tối thiểu đỉnh 0, số bậc tối đa n-2 (vì đơn đồ thị, đồng thời có đỉnh treo) Có n đỉnh, số bậc đỉnh từ đến n-2 (n-1) giá trị Do theo ngun lý Dirichlet phải có 02 đỉnh có bậc Bài 15: Tính tổng số bậc K n (đơn đồ thị đủ) Giải Với đồ thị đủ đỉnh nối với đỉnh cịn lại Do vậy, có n đỉnh đỉnh nối với n -1 đỉnh lại, tức bậc đỉnh n – Vậy, tổng số bậc đồ thị là: n*(n – 1) bậc II Các tập giấy kiểm tra lần Bài 16: (giống 12 phần trước) Tìm nghiệm hệ thức truy hồi sau: a n = 2a n −1 + 5a n − − 6a n −3 điều kiện đầu là: a = , a1 = −4 , a = Giải Phương trình đặc trưng x − x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − x − 6) = ⎧ x0 = ⎪ Các nghiệm phương trình đặc trưng: ⎨ x1 = −2 ⎪x = ⎩ Do đó, hệ thức truy hồi có dạng: a n = α 11n + α (−2) n + α 3 n Với điều kiện đầu cho: a = , a1 = −4 , a = Ta có hệ phương trình sau: ⎧7 = α + α + α ⎧α = ⎪ ⎪ ⎨− = α − 2α + 3α ⇒ ⎨α = ⎪α = −1 ⎪8 = α + 4α + 9α ⎩ ⎩ Vậy hệ thức truy hồi là: a n = + 3(−2) n − n Bài 17: BT Toan roi rac Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Trong tổng số 2504 sinh viên khoa công nghệ thông tin, có 1876 theo học mơn NNLT Pascal, 999 học mơn ngôn ngữ Fortran 345 học môn ngôn ngữ C Ngồi cịn biết 876 sinh viên học Pascal Fortran, 232 học Fortran C, 290 học Pascal C Nếu 189 sinh viên học 03 mơn Psacal, Fortran C trường hợp có sinh viên khơng học mơn 03 mơn nói Giải Gọi P: tập gồm SV học Pascal F: tập gồm SV học Fortran C: tập gồm SV học C N: tổng số SV (2504 SV) Gọi K số SV học 01 mơn Theo nguyên lý bù trừ, ta có: K = PU F UC = P + F + C − PI F − F IC − C I P + PI F IC K = 1876 + 999 + 345 − 876 − 232 − 290 + 189 = 2011 ⇒ K = N − K = 2504 − 2011 = 493 SV Vậy có 493 SV khơng học mơn 03 mơn: Pascal, Fortran C Bài 18: Hãy tìm số đỉnh, số cạnh, số bậc đỉnh xác định đỉnh cô lập, đỉnh treo, ma trận liền kề, ma trận liên thuộc đồ thị vô hướng sau: Giải Câu 18.1 Số đỉnh: Số cạnh: 11 Đỉnh lập: D Đỉnh treo: khơng có Tên đỉnh Bậc định Ma trận liền kề: BT Toan roi rac ⎛0 ⎜ ⎜0 ⎜0 ⎜ ⎜0 ⎜ ⎜1 ⎜0 ⎜ ⎜0 ⎜1 ⎝ a 0 0 1 0 1 b 0 0 0 0 1 0 0 C 0 0 d 0 0 0 e g h i 1⎞ ⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 0⎟ , thứ tự đỉnh: a, b, c, d, e, g, h, i ⎟⎟ 0⎟ ⎟ 1⎟ ⎟⎠ Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Ma trận liên thuộc: ⎛ ⎜ ⎜A ⎜B ⎜ ⎜C ⎜ ⎜D ⎜E ⎜ ⎜G ⎜H ⎜⎜ ⎝I e1 1 0 0 ⎧e1 = (a, c) ⎪e = (a, e) ⎪ đó: ⎨ ⎪e3 = (a, i ) ⎪⎩e4 = (b, e) Câu 18.2 e2 0 0 e3 0 0 0 e4 0 0 e5 0 0 e6 0 1 0 e7 0 0 0 = (b, h) ⎧e5 ⎪e ⎪ ⎨ ⎪e7 ⎪⎩e8 e8 0 0 0 e9 0 0 1 0 e10 0 0 1 0 e11 ⎞ ⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎟⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ ⎟⎠ ⎧e9 = (e, g ) ⎪ ⎨e10 = (e, g ) ⎪e = (h, i ) ⎩ 11 = ( c , e) = (c , g ) = (c, i ) a b c d e Số đỉnh: Số cạnh: 12 Đỉnh cô lập: Đỉnh treo: khơng có Tên đỉnh Bậc định Ma trận liền kề: ⎛1 ⎜ ⎜3 ⎜0 ⎜ ⎜0 ⎜1 ⎝ e1 ⎛ ⎜ ⎜a ⎜b Ma trận liên thuộc: ⎜ ⎜c ⎜d ⎜ ⎜e ⎝ đó: ⎧e1 = (a, a) ⎪e = (a, b) ⎪ ⎨ ⎪e3 = (a, b) ⎪⎩e4 = (a, b) BT Toan roi rac a 0 1 0 e2 1 0 b c d e 3 1⎞ ⎟ 1⎟ ⎟ , thứ tự đỉnh: a, b, c, d, ⎟ 1⎟ ⎟⎠ e3 1 0 e4 1 0 e5 0 e6 0 ⎧e5 = (a, e) ⎪e = (b, e) ⎪ ⎨ ⎪e7 = (b, d ) ⎪⎩e8 = (c, c) e7 1 e8 0 0 e9 0 1 e10 0 1 e11 0 1 e12 ⎞ ⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ ⎟⎟ ⎟⎠ ⎧e9 = (c, d ) ⎪e = (c, d ) ⎪ 10 ⎨ ⎪e11 = (c, d ) ⎪⎩e12 = (d , e) Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Bài 19: Hai đơn đồ thị với ma trận liền kề sau có đẳng cấu không? ⎛0 ⎜ ⎜1 ⎜0 ⎜⎜ ⎝1 1⎞ ⎟ 0 1⎟ 0 1⎟ ⎟ 1 ⎟⎠ , ⎛0 ⎜ ⎜1 ⎜1 ⎜⎜ ⎝1 1 1⎞ ⎟ 0 1⎟ 0 1⎟ ⎟ 1 ⎟⎠ Giải Dựa vào ma trận liền kề hai đơn đồ thị ta vẽ lại đồ thị hình vẽ: U1 U2 V1 V2 U4 U3 V4 V3 Theo hình vẽ hai đơn đồ thị ta thấy chúng khơng có số cạnh, bên có cạnh bên có cạnh Vậy hai đồ thị có ma trận liền kề cho không đẳng cấu Bài tốn khơng cần vẽ hình lại được, từ ma trận kề ta dễ dàng xác định số cạnh đồ thị Do chúng đẳng cấu Bài 20: Xét xem đồ thị cho sau có đẳng cấu với khơng? Giải a Hình 01 u1 v2 v1 u2 v6 v5 u3 u4 v3 v4 u5Hai đồ thị cho có:usố đỉnh, số cạnh, tổng số bậc số bậc đỉnh Đặc biệt, đỉnh đồ thị thứ thứ hai theo thứ tự sau chúng hồn tồn tương đương mặt: Đồ thị thứ Đồ thị thứ hai BT Toan roi rac u1 v5 u2 v6 u3 v3 u4 v2 u5 v1 u6 v4 Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Số bậc đỉnh 4 5 Chính vậy, hai đồ thị đẳng cấu b Hình 02 u1 u2 u3 v1 v2 v6 u4 u5 v3 u6 v5 v4 Hai đồ thị có hướng cho theo thứ tự sau đỉnh chúng tương đương tất mặt: từ số đỉnh, tổng số bậc, bậc vào, bậc đỉnh, tổng số cạnh, thứ tự chiều cạnh tương ứng: Đồ thị thứ Đồ thị thứ hai Bậc vào: deg-(X) Bậc ra: deg+(X) u1 v3 u2 v5 u3 v1 u4 v2 u5 v4 u6 v6 Vì vậy, hai đồ thị có hướng đẳng cấu với Bài 21: (3.1) Cho G đồ thị có v đỉnh e cạnh, m M tương ứng bậc nhỏ lớn 2e đỉnh G Chứng tỏ rằng: m ≤ ≤M v Giải Vì m M tương ứng bậc nhỏ lớn đỉnh G, ta dễ dàng có được: ⎧ v ⎪ ∑ deg( v i ) ≥ v m ⎪ i =1 m ≤ deg( v i ) ≤ M , i = 1, v ⇔ ⎨ v ⎪ deg( v i ) ≤ v M ⎪⎩ ∑ i =1 ⎧2e ≥ vm 2e ≤ 2e ≤ vM ⇔m ≤ ≤ M ⇔⎨ ⇔vm v ⎩2e ≤ vM (đpcm) Bài 22: (3.2) Chứng minh G đơn đồ thị phân đơi có v đỉnh e cạnh, chứng minh bất đẳng thức sau đây: v2 e ≤ (1) Giải BT Toan roi rac Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Gọi n1, n2 số đỉnh phần (n1 + n2 = v) Vì đơn đồ thị phân đơi nên số cạnh K n1 , n2 nhiều đơn đồ thị phân đôi đủ, tức là: Khi đó, số cạnh nhiều là: Ta dễ dàng có được: n = n1 × n2 ⇔ e ≤ n1n2 (2) (n1 − n2 ) ≥ ⇔ n12 − 2n1n2 + n22 ≥ ⇔ n12 + 2n1n2 + n22 ≥ 4n1n2 (n1 + n2 )2 v2 (2) ⇔ ≥ n1n2 ≥ e ⎯⎯→ ≥ e 4 (đpcm) Bài 23: (3.4) Hãy vẽ đồ thị vô hướng biểu diễn ma trận sau: ⎛0 ⎛1 1⎞ ⎜ ⎛1 3⎞ ⎜ ⎟ ⎜1 2 ⎜ ⎟ ⎟ a ⎜ ⎟ b ⎜ c ⎜ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎜3 0⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎜0 ⎝1 0⎠ ⎜4 ⎝ 1 0 4⎞ ⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 2⎟ ⎟⎠ Giải A C A C D B A B h.a h.b B C D E h.c Bài 24: (3.6) Tìm ma trận liền kề cho đồ thị sau: a.Kn b.Cn c.Wn d.Km,n e.Qn Giải BT Toan roi rac 10 Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong ⎛ ⎜ ⎜ v1 ⎜ v2 ⎜ ⎜ v3 ⎜v ⎝ e1 e2 1 e3 e4 0 0 1 1 e5 ⎞ ⎟ 0⎟ ⎟ (h.1') ⎟ 1⎟ ⎟⎠ ⎛ ⎜ ' ⎜ v1 ⎜ v2' ⎜ ' ⎜ v3 ⎜ v' ⎝ e1' e2' e3' e4' 0 1 1 1 0 1 e5' ⎞ ⎟ 1⎟ ⎟ (h.2 ') ⎟ 0⎟ ⎟⎠ ⎧⎪ f (v1 ) = v1' _& _ f (v2 ) = v2' ; Xét ánh xạ f từ V1 lên V2 cho: ⎨ , đồng thời biểu diễn lại đồ thị ' ' ⎪⎩ f (v3 ) = v3 _& _ f (v4 ) = v4 ; ma trận liên thuộc hình (h.2’) Trong đó, cạnh theo thứ tự: e2' ⎯⎯ → e5' ⎯⎯ → e3' ⎯⎯ → e1' ⎯⎯ → e4' Lúc này, hai ma trận liên thuộc hồn tồn giống Vì chúng đẳng cấu với ⎛ ⎜ ' ⎜ v1 ⎜ v2' ⎜ ' ⎜ v3 ⎜ v' ⎝ e1' e2' e3' e4' 0 1 1 1 1 0 ⎛ e5' ⎞ ⎟ ⎜ ' 1⎟ ⎜ v1 ⎟ ( h.2 ') ⇒ ⎜ v2' ⎟ ⎜ ' 0⎟ ⎜ v3 ⎜ v' ⎟⎠ ⎝ e2' e5' e3' 1 0 0 1 e1' e4' ⎞ ⎟ 0⎟ ⎟ (h.2 '') ⎟ 1⎟ ⎟⎠ Bài 27: (3.10) Các cặp đồ thị sau có đẳng cấu với khơng? Giải Bài hồn tồn giống số 20 giải Bài 28: (3.11) Cho V = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} E tập hợp cặp phần tử (u, v) V cho u < v u với v số nguyên tố Hãy vẽ đồ thị có hướng G = (V , E ) Tìm số đường phân biệt độ dài từ đỉnh tới đỉnh Giải BT Toan roi rac 12 Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Bài 29: (3.12) Hãy tìm số đường độ dài n hai đỉnh liền kề (t.ư không liền kề) tùy ý K3,3 với giá trị n sau: a n = 2, b n = 3, c n = 4, d n = Giải (I) (II) Hai đỉnh liền kề phải phần khác Một cạnh nối từ đỉnh phần (I) đến đỉnh phần (II) ngược lại Gọi m số đường đỉnh K3,3 có độ dài n TH1: n chẵn Nếu n chẵn đỉnh đầu đỉnh cuối đường phải phần, chúng liền kề TH2: n lẻ Nếu n lẻ đỉnh đầu đỉnh cuối đường phải phần khác nhau, chúng phải liền kề (vì K3,3) Mặc khác đỉnh phần ln có phương án để qua đỉnh phần Do ta có kết luận sau đây: o Hai đỉnh liền kề, n chẵn: m = 0, o Hai đỉnh liền kề, n lẻ: m = 3n-1, o Hai đỉnh không liền kề, n chẵn: m = 3n-1, o Hai đỉnh không liền kề, n lẽ: m = Áp dụng cho trường hợp: Số cạnh n=2 n=3 n=4 n=5 Liền kề 81 Không liền 27 kề BT Toan roi rac 13 Tốn rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Bài tập chương III Câu 1: Cho G đồ thị có v đỉnh e cạnh, cịn M, m tương ứng bậc lớn nhỏ đỉnh G Chứng tỏ rằng: m≤ 2e ≤ M v Câu 2: Chứng minh G đơn đồ thị phân đơi có v đỉnh e cạnh, e ≤ v2/4 Câu 4: Hãy vẽ đồ thị vô hướng biểu diễn ma trận liền kề sau: ⎛1 ⎜ ⎛1 ⎞ ⎜2 ⎜ ⎟ ⎜0 ⎜ 4⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ a) , b) ⎝ 1⎞ ⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 0⎠, ⎛0 ⎜ ⎜1 ⎜3 ⎜ ⎜0 ⎜ c) ⎝ 3 1 0 4⎞ ⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 2⎟ ⎟ 3⎠ Câu 6: Tìm ma trận liền kề cho đồ thị sau: a) Kn b) Cn c) Wn d) Km,n e) Qn Câu 8: Hai đơn đồ thị với ma trận liền kề sau có đẳng cấu khơng? ⎛0 ⎜ ⎜1 ⎜0 ⎜⎜ ⎝1 0 0 1⎞ ⎟ 1⎟ 1⎟ ⎟ ⎟⎠ , ⎛0 ⎜ ⎜1 ⎜1 ⎜⎜ ⎝1 0 1 0 1⎞ ⎟ 1⎟ 1⎟ ⎟ ⎟⎠ Câu 9: Hai đơn đồ thị với ma trận liên thuộc sau có đẳng cấu không? ⎛1 ⎜ ⎜1 ⎜0 ⎜⎜ ⎝0 BT Toan roi rac 0 0⎞ ⎟ 1⎟ 0 1⎟ ⎟ 1 ⎟⎠ , ⎛0 ⎜ ⎜0 ⎜1 ⎜⎜ ⎝1 0 1⎞ ⎟ 1 0⎟ 0 0⎟ ⎟ 1 ⎟⎠ 14 Toán rời rạc có đáp án Gv:Triệu Tiên Phong Câu 10: Các đồ thị G G’ sau có đẳng cấu với không? a) u v v2 u2 v6 v5 u3 u4 u6 u5 v3 v4 b) u1 u2 u3 v1 v2 v6 u4 u5 u6 v3 v5 v4 Câu 11: Cho V={2,3,4,5,6,7,8} E tập hợp cặp phần tử (u,v) V cho u