Đang tải... (xem toàn văn)
Tổng hợp các bài toán lấy điểm cộng liên quan tới các quy tắc suy diễn, lập bảng chân trị, chứng minh logi, mệnh đề, quan hệ thứ tự. Tài liệu được biên tập từ các bạn sinh viên đang theo học tại các trường đại học gửi về yêu cầu hỗ trợ support
a) Dùng quy tắc suy diễn chứng minh suy diễn sau: p∨q s ∨q r ∨s p∧u ∴ r ∧u từ p ∨ q p ∧u , suy q quy tắc loại bỏ ( elimination rule ) từ s ∨ q q , suy s quy tắcloại bỏ từ r ∨s s , suy r quy tắcloại bỏ từ p ∧ u , suy u quy tắc phân rã ( decompositionrule ) từ r u , suy r ∧u quy tắc kết hợp ( conjunction rule ) ⟹ Vậy , chứng minh r ∧ u từ giảthiết ban đầu b) Dùng quy tắc suy diễn chứng minh suy diễn sau: ( p ∨ q) → r r → ( s ∨t ) u→s s ∧u ∴p Từ ( p ∨q) → r s ∧ u , suy p ∨q quy tắc phân rã (decomposition rule) Từ p ∨q s ∧ u , suy u quy tắc phân rã Từ u → s u, suy s quy tắc suy (modus ponens rule) Từ r → (s ∨ t) s, suy r quy tắc loại bỏ (elimination rule) Từ ( p ∨q) → r r , suy p∨ q quy tắc suy lui (modus tollens rule) Từ p ∨q q, suy p quy tắc loại bỏ Vậy, chứng minh p từ giả thiết ban đầu a) Không lập bảng chân trị, chứng minh tương đương logic sau: ( p → q)∧(q ∧ ( r ∨ q ) ) ⟺ p ∨ q Bước 1: Chứng minh ( p → q)∧(q ∧(r ∨q )) →( p ∨ q) cách sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) quy tắc loại bỏ (elimination rule) o Từ ( p → q)∧(q ∧(r ∨q )), suy p→q quy tắc phân rã (decomposition rule) o Từ ( p → q)∧(q ∧(r ∨q )) , suy q ∧(r ∨q ) quy tắc phân rã o Từ q ∧(r ∨ q), suy q quy tắc phân rã o Từ p→q q, suy p quy tắc suy lui (modus tollens rule) o Từ p q , suy ra( p ∨q ) quy tắc De Morgan Bước 2: Chứng minh ( p ∨q) →( p →q)∧(q ∧(r ∨q)) cách sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc kết hợp (conjunction rule) o Từ ( p ∨q) , suy p ∧q quy tắc De Morgan o Từ p ∧q , suy p quy tắc phân rã o Từ p , suy p →q định lý loại trừ: p sai p→q cho q o Từ p ∧q , suy q quy tắc phân rã o Từ q , suy r ∨ q định lý loại trừ: q sai r ∨q cho r o Từ q r ∨q , suy q ∧(r ∨ q) quy tắc kết hợp (conjunction rule) o Từ p →q q ∧(r ∨q ), suy ( p → q)∧( p ∧( r ∨ q)) quy tắc kết hợp Vậy, chứng minh hai chiều tương đương logic b) Không lập bảng chân trị, chứng minh tương đương logic sau: p ∨q ∨( p ∧q ∧ r)⟺ p∨ q ∨r Bước 1: Chứng minh p ∨q ∨( p¿∧ q ∧r )→ p∨ q ∨r ¿ cách sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) quy tắc loại bỏ (elimination rule) o Từ p ∨q ∨( p ∧q ∧ r), suy p ∧q ∧ r quy tắc phân rã o Từ p ∧q ∧ r, suy r quy tắc phân rã o Từ r, suy p ∨ q ∨ r quy tắc loại bỏ Bước 2: Chứng minh p ∨q ∨ r → p∨ q ∨( p ∧q ∧ r) cách sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc kết hợp (conjunction rule) o Từ p ∨ q ∨ r, suy ( p ∧q ∧ r ) quy tắc De Morgan o Từ ( p ∧q ∧ r ), suy ( p ∧q)∨r quy tắc De Morgan o Từ ( p ∧q) ∨r, suy p ∨q ∨( p ∧q ∧ r) quy tắc kết hợp Vậy, chứng minh hai chiều tương đương logic c) Không lập bảng chân trị, chứng minh tương đương logic sau: ( p ∨q) →( p ∧q ∧ r)⟺ p ∧ q Bước 1: Chứng minh ( p ∨q) →( p ∧q ∧ r)→ p ∧ q cách sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc loại bỏ (elimination rule) o Từ ( p ∨q) →( p ∧q ∧ r), suy ( p ∧q ∧ r) → ( p ∨q) quy tắc suy lui (modus tollens rule) o Từ ( p ∧q ∧ r), suy p ∨q ∨ r quy tắc De Morgan o Từ p ∨q ∨ r, suy p ∨q quy tắc phân rã (decomposition rule) o Từ ( p ∨q), suy p ∧ q quy tắc De Morgan Bước 2: Chứng minh p ∧q →( p ∨ q)→( p ∧q ∧ r ) cách sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc kết hợp (conjunction rule) quy tắc De Morgan o Từ p ∧ q, suy ( p ∨q) quy tắc De Morgan o Từ p ∧ q, suy p quy tắc phân rã o Từ p, suy p ∨ r quy tắc loại bỏ (elimination rule) o Từ p ∨ r, suy p ∧q ∧ r quy tắ kết hợp o Từ ( p ∨q)và p ∧q ∧ r, suy ( p ∨q) → ( p ∧q ∧ r) quy tắc kết hợp Vậy, chứng minh hai chiều tương đương logic d) Không lập bảng chân trị, chứng minh tương đương logic sau: p ∧¿ Bước 1: Chứng minh p ∧¿ cách sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) o Từ p ∧¿, suy p quy tắc phân rã Bước 2: Chứng minh p → p ∧¿ cách sử dụng quy tắc kết hợp (conjunction rule) quy tắc De Morgan o Từ p, suy p ∨ p định lý loại trừ (law of excluded middle): p p cho p o Từ p ∨ p, suy ¿ quy tắc De Morgan o Từ ¿ p, suy ¿ quy tắc suy (modus ponens rule) o Từ p ¿, suy p ∧¿ quy tắc kết hợp Vậy, chứng minh hai chiều tương đương logic e) Không lập bảng chân trị, chứng minh tương đương logic sau: ( p ∨q ∨ r) ∧( p ∨ s ∨ q) ∧( p ∨ s ∨r )⟺ p ∨(r ∧(s ∨ q)) Bước 1: Chứng minh ( p ∨q ∨ r) ∧( p ∨ s ∨ q) ∧( p ∨ s ∨r )→ p ∨(r ∧(s ∨ q)) cách sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) quy tắc loại bỏ (elimination rule) o o o o o Từ ( p ∨q ∨ r) ∧(p ∨ s ∨ q)∧( p ∨ s ∨r ), suy p ∨ q ∨ r quy tắc phân rã Từ ( p ∨q ∨ r) ∧(p ∨ s ∨ q)∧( p ∨ s ∨r ), suy p ∨ s ∨q quy tắc phân rã Từ ( p ∨q ∨ r) ∧(p ∨ s ∨ q)∧( p ∨ s ∨r ), suy p ∨ s ∨r quy tắc phân rã Từ p ∨q ∨ r p ∨ s ∨ q, suy p quy tắc loại bỏ Từ p, suy p ∨( r ∧( s ∨q)) quy tắc loại bỏ Bước 2: Chứng minh p ∨( r ∧( s ∨q))→(p ∨ q ∨r )∧( p ∨ s ∨ q)∧( p ∨s ∨r ) cách sử dụng quy tắc kết hợp (conjunction rule) quy tắc De Morgan o Từ p, suy p ∧( r ∧( s ∧q)) quy tắc kết hợp o Từ p ∧( r ∧( s ∧q)), suy p ∧r quy tắc phân rã o Từ p ∧r , suy p ∧(r ∧(s ∧q )) quy tắc kết hợp o o o o o o o o o o o o o o o o o o Từ p ∧( r ∧( s ∧q)), suy p∧( s ∧ q) quy tắc phân rã Từ p ∧( s ∧ q) , suy p ∧(r ∧(s ∧ q)) quy tắc kết hợp Từ p ∧( r ∧( s ∧q)), suy p quy tắc phân rã Từ p, suy p ∧( s ∧ r) quy tắc kết hợp Từ p ∧( s ∧ r), suy p quy tắc phân rã Từ p, suy p ∧( r ∧( s ∧q)) quy tắc kết hợp Từ p, suy p ∧( s ∧ r) quy tắc kết hợp Từ p, suy p ∧((r ∧ s)∧ q) quy tắc De Morgan Từ p ∧((r ∧ s)∧ q), suy ra(( p ∧r )∧ s) ∧q quy tắc De Morgan Từ (( p ∧ r) ∧ s) ∧q , suy (( p ∧ r) ∧ s) quy tắc phân rã Từ ((p ∧ r) ∧ s), suy (p ∧ r) quy tắc phân rã Từ (p ∧ r), suy p ∨ q ∨ r quy tắc loại bỏ Từ (( p ∧ r) ∧ s) ∧q , suy q quy tắc phân rã Từ q , suy p ∨ s ∨ q quy tắc loại bỏ Từ p ∧((r ∧ s)∧ q), suy p∧( s ∧r ) quy tắc De Morgan Từ p ∧( s ∧ r), suy p quy tắc phân rã Từ p, suy p ∨ s ∨r quy tắc loại bỏ Từ p ∨q ∨ r , p ∨ s ∨q , p ∨ s ∨ r , suy ra( p ∨q ∨ r )∧( p ∨s ∨q) ∧( p ∨ s ∨ r) quy tắc kết hợp Vậy, chứng minh hai chiều tương đương logic Nếu q có chân trị 1, xác định chân trị biến mệnh đề p,r,s biểu thức mệnh đề sau đúng: ( ( q ∧ p ) → ( ( p ∨r ) ∧ s ) )∧(s → ( s ∧ q ) ) Bước 1: Đặt biểu thức mệnh đề F q = Ta có: F=((q ∧ p) →(( p ∨ r)∧ s)) ∧(s →( s ∧ q)) q=1 Bước 2: Sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) để tách F thành hai phần: F =(q ∧ p)→(( p ∨ r )∧ s) F =(s →(s ∧q )) Bước 3: Sử dụng quy tắc suy lui (modus tollens rule) để loại bỏ trường hợp khơng thỏa mãn F_2 Ta có: F →(s →(s ∧ q)) ( s →( s ∧q))→( s ∧( s ∨q)) s ∧(s ∨ q)→(s ∧ s) Vì s ∧ s ln sai, nên F ln sai Do đó, F_2 phải ln Từ đó, ta suy được: s=0 Bước 4: Thay giá trị q s vào F_1 Ta có: F =(1 ∧ p)→(( p ∨r )∧ 1) Bước 5: Sử dụng quy tắc suy lui để loại bỏ trường hợp khơng thỏa mãn F_1 Ta có: F →((1 ∧ p)¿→(( p ∨ r)∧1))¿ ((1∧ p)→(( p ∨r ) ∧1)) →((1 ∧ p)∧(( p ∨ r ))) (1 ∧ p)∧(( p ∨ r))→( p=1) Vì p=1 điều kiện cần để F đúng, nên p=0 F sai F_1 Do đó, ta kết luận được: p=0 Bước 6: Thay giá trị p vào F_1 Ta có: F =(1 ∧0) →((0∨ r)∧1) Bước 7: Sử dụng quy tắc suy (modus ponens rule) để xác định giá trị r Ta có: (1 ∧0)=0 (0)=1 (0)→((1 orr )∧1)¿ Vì 0−>X ln cho X, nên ta xác định giá trị cụ thể r Do đó, ta kết luận được: r =0 Bước 8: Tóm lại, ta có giá trị biến mệnh đề sau: p=0 q=1 r =0 s=0 Câu 1: dùng luật logic để chứng tỏ biểu thức sau [ ( p →r ) ∧ ( q →r ) ] → [( p ∨ q ) →r ] ( p →r ) Λ ( q → r ) ⇔ ( ¬ p ∨r ) ∧ ( q →r ) ⇔ (¬ p ∨ r ) ∧ ( ¬q ∨ r ) ⟺ ( ¬ p ∧¬ q ) ∧r ⟺ ¬ ( p ∨q ) ∨ r ⟺ ( p ∨q ) → r cách : Bước 1: Đặt biểu thức mệnh đề F viết lại theo dạng chuẩn: F=[( p → r )∧(q → r )]→ [( p ∨ q)→ r ] Bước 2: Sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc suy lui (modus tollens rule) để đưa F dạng tương đương: F ≡((p → r )∨(q → r )) ∨(( p ∨q)∨r ) F ≡((p ∧ r)∨(q ∧ r))∨(( p ∧ q) ∨r ) Bước 3: Sử dụng quy tắc phân phối (distributive rule) để đơn giản hóa F: F ≡((p ∨ q)∧(r ∨ q))∨(( p ∧q) ∨r ) F ≡((p ∨ q)∨(( p∧ q) ∨r ))∧(r ∨ q) Bước 4: Sử dụng quy tắc loại bỏ (elimination rule) để loại bỏ phần không cần thiết F: ( p ∨q) ∨(p ∧ q)≡ (r ∨q )∨r ≡ Vậy, ta kết luận F ln 1, tức Câu 2: dùng luật logic, quy tắc suy diễn để kiểm tra tính đắn mơ hình suy diễn sau: p → (q ∨ s ) q→t t∨u u∧ p ∴ ( s ∨k ) Bước 1: Đặt biểu thức mệnh đề F viết lại giả thiết kết luận theo dạng chuẩn: F=( p →(q ∨s )) ∧(q →t )∧(t ∨u) ∧(u ∧ p)→(s ∨k ) Bước 2: Sử dụng quy tắc De Morgan quy tắc suy lui (modus tollens rule) để đưa F dạng tương đương: F ≡( p ∨(q ∨ s))∧(q ∨t )∧(t ∨ u)∧u ∧ p →( s ∨k ) F ≡( p ∨q)∧(p ∨ s) ∧(q ∨t )∧(t ∨ u) ∧u ∧ p →(s ∨k ) F ≡( p ∨q)∧(p ∨ s)∧(q ∨u)∧u ¿ →(s ∨k ) Bước 3: Sử dụng quy tắc phân rã (decomposition rule) để tách F thành hai phần: F =( p ∨q )∧( p ∨s )∧(q ∨ u) F =u →(s ∨ k ) Bước 4: Sử dụng quy tắc suy (modus ponens rule) để loại bỏ trường hợp không thỏa mãn F_2 Ta có: F →(u →(s ∨k )) (u →(s ∨k ))→(u ∧(( s ∨ k ))) u ∧(( s ∨ k))→(u ∧( s ∧ k)) Vì u ∧(s ∧ k ) điều kiện cần để F đúng, nên u=0 s=0 k=1 F sai F_2 Do đó, ta kết luận được: u=1, s=1, k =0 Bước 5: Thay giá trị u, s, k vào F_1 Ta có: F =( p ∨q )∧( p ∨0)∧(q ∨ 1) Bước 6: Sử dụng quy tắc loại bỏ (elimination rule) để xác định giá trị p q Ta có: ( p ∨0) ≡( p)≡( p=0) ( p=0)→( p ∨q) ≡(1∨ q)≡(1) ≡( q=0 1) Vậy, ta xác định giá trị biến mệnh đề sau: p=0 , q=0 ,r =bất kỳ , s=1 ,k =0 Câu 3: có người lữ khách lạc vào khu rừng mà có lạc thổ dân sinh sống biết có lạc mà tất thành viên ln nói thật lạc cịn lại gồm người ln nói dối lữ khách gặp người thổ dân “anh ln nói thật à?” -ông ta hỏi người thổ dân cao Người trả lời tiếng địa phương rằng: “tarabara” Lúc này, người thổ dân thấp hơn, cùng, biết tiếng anh, giải thích với nữ khách rằng: “hắn ta bảo “đúng” Thế ta kẻ nói dối kinh khủng’’ người thổ dân thuộc lạc nào? Theo giả thuyết ta có: Trường hợp 1: Giả sử người thổ dân cao thuộc lạc nói thật Vậy nghĩa câu trả lời “tarabara” có nghĩa “đúng” Từ đó, ta suy người thổ dân cao ln nói thật Trường hợp 2: Giả sử người thổ dân thấp thuộc lạc nói dối Vậy nghĩa câu giải thích sai Từ đó, ta suy người thổ dân cao khơng phải kẻ nói dối kinh khủng, mà người nói thật So sánh kết TH1 TH2, ta thấy chúng không mâu thuẫn với Kết luận, người thổ dân cao thuộc lạc nói thật người thổ dân thấp thuộc lạc nói dối Thật ra, câu chuyện dùng để minh họa cho loại mâu thuẫn gặp phải lý thuyết tập hợp Khi ta xét tập hợp :”S tập hợp tất tập hợp” để gặp phải tình huống: “Một phần tử thuộc khơng thuộc tập S dẫn đến mâu thuẫn” Giả sử tập S “tập hợp tất tập hợp không chứa nó” Một cách hình thức : A phần tử tập S A khơng phần tử A M ={ A∨ A ∉ A } Nếu S chứa theo định nghĩa S, tập S khơng phải phần tử S Nếu S không chứa định nghĩa S S lại phần tử S Các mệnh đề “S phần tử S” “S không phần tử S” hai đúng, mâu thuẫn Câu 4: tất đàn ông quê phải cạo râu, mà làng có người thợ cạo râu Ông ta cạo cho người không tự cạo không cạo cho người tự cạo Vậy cạo râu cho ơng ta? Theo giả thuyết ta có: Trường hợp 1: nhóm người tự cạo râu → người thợ khơng tự cạo cho (vì ơng khơng cạo cho nhóm tự cạo) → ơng thuộc trường hợp Trường hợp 2: nhóm người khơng tự cạo râu → người thợ cạo râu cho (vì ơng cạo cho nhóm khơng tự cạo) → ông thuộc trường hợp Từ trường hợp trường hợp xuất nghịch lý Ta tạm gọi người thuộc nhóm x Ta tạm gọi người thuộc nhóm y ( Ex ) ( person ( x ) ∧ ( ∀ y ) ( person ( y ) ⇒ ( shaves ( x , y ) ⇔ ¬ shaves ( x , y ) ) ) ) Câu không thỏa mãn (một mâu thuẫn) định lượng phổ quát (∀ ¿ Phần định lượng y bao gồm phần tử miền, bao gồm thợ cạo râu x Vì vậy, giá trị x gán cho y, viết lại thành shaves ( x , x ) ↔¬ shaves ( x , x ) Đó ví dụ mâu thuẫn a ↔ ¬a ( a ¬a sai ngược lại) → Như người thợ tự cạo cho người thợ khơng tự cạo cho theo tốn có người thợ cạo râu ông ta nên khơng thể có khác cạo râu cho ông ta Câu 1: a) Dùng luật logic để chứng minh biểu thức sau [ ( p → q ) ∧ ( p ∧¬ r ) ]→(¬q → s ) Luật phản chứng: ¬ p →( p → q) Luật giao hoán: p ∧q ⇔ q ∧ p Luật kết hợp: ( p ∧q) ∧r ⇔ p ∧(q ∧r ) Luật kéo theo: p →q ⇔ ¬q → ¬ p Luật De Morgan: ¬( p ∧q)⇔ ¬ p ∨¬ q Bây giờ, bắt đầu chứng minh: [( p → q)∧( p ∧¯ r )]→(¯ q → s) ⇔ ¬[( p → q)∧( p ∧¯ r )]∨(¯ q → s)( Luật kéo theo) ⇔ [¬( p → q)∨ ¬(p ∧ ¯ r)]∨(¯ q → s)( Luật De Morgan) ⇔ [(¬ p ∨¬ q)∨(¬ p ∨ r )]∨(¯ q → s)( Luật kéo theo) ⇔ ¬ p ∨(¬ q ∨¬ p)∨(¬ q ∨ r) ∨(¯ q → s)(Luật kết hợp) ⇔ ¬ p ∨(¬ q ∨r )∨(¯ q → s)( Luật giao hốn) ⇔ ¬ p ∨ s (Luật phản chứng) Vì biểu thức cuối tautology, nên biểu thức ban đầu b) kiểm tra xem suy luận sau có khơng? Nếu sơn làm muộn vợ giận Nếu tùng thường xuyên vắng nhà vợ giận Nếu vợ sơn hay vợ tùng giận hương bạn họ nhận lời than phiền Mà hương không nhận lời than phiền Vậy sơn làm sớm tùng vắng nhà → Suy luận chứng minh cách sử dụng quy tắc suy diễn gián tiếp Giả sử sơn làm muộn, theo giả thiết đầu tiên, vợ giận Tuy nhiên, theo giả thiết thứ hai, tùng thường xuyên vắng nhà, vợ giận Điều có nghĩa giận vợ khơng phụ thuộc vào việc sơn làm muộn mà cịn phụ thuộc vào việc tùng có hay khơng thường xuyên vắng nhà Theo giả thiết thứ ba, vợ sơn hay vợ tùng giận dữ, cô hương bạn họ nhận lời than phiền Tuy nhiên, theo giả thiết cuối cùng, hương không nhận lời than phiền Điều có nghĩa khơng có số vợ giận Vì vậy, suy luận sơn làm sớm tùng vắng nhà để tránh cho cô hương bạn họ nhận lời than phiền c) viết phủ định cho mệnh đề sau cho biết chân trị mệnh đề vừa tìm ∀ x ∈ ,∃ y ∈ , [ ( x−8 y ) ≠ ] →[ ( x− y )=0] Mệnh đề có dạng: ∀ x ∈ A ,∃ y ∈ B , P( x , y )→ Q( x , y ), với A,B tập hợp, P(x,y) mệnh đề [(5 x−8 y )≠ 3], Q( x , y) mệnh đề [(3 x− y )=0] Phủ định mệnh đề là: ∃ x ∈ A , ∀ y ∈ B , P( x , y )∧ ¬Q(x , y) Để tìm chân trị mệnh đề vừa tìm được, ta cần xác định giá trị x y để mệnh đề P( x , y)→Q(x , y) không Tức là, ta cần tìm giá trị x y cho P( x , y) Q(x , y) sai Ta thấy lấy x=0 y=0, P (0,0)là Q(0,0) sai Vậy, chân trị mệnh đề vừa tìm là: ( x=0 y=0) Câu 3: xếp 63 RAM máy tính loại vào hộp I, II, III, IV Tất hộp ban đầu chưa có RAM Hỏi có cách xếp cho: a hộp có 12 RAM Đây toán tổ hợp Để giải tốn này, ta sử dụng công thức sau: r−1 Số cách xếp = C n+r −1 Trong đó, n số RAM, r số hộp Ta hiểu cơng thức sau: ta coi RAM bi đen, hộp vạch phân cách Vậy toán trở thành việc xếp n bi đen r−1 vạch phân cách vào hàng cho khơng có hai vạch phân cách liền kề Số cách xếp số cách chọn r-1 vị trí n+r−1 vị trí để đặt vạch phân cách Tuy nhiên, toán yêu cầu hộp có 12 RAM Điều có nghĩa ta phải trừ trường hợp có hộp có 12 RAM Để làm điều này, ta sử dụng nguyên lý bù trừ: r−1 i i +1 r−1 Số cách xếp =C n+r −1 −∑ C r (−1) C n−i∗12+r−1 i=1 Trong đó, C ir (−1)i+1 số cách chọn i hộp để có 12 RAM, C r−1 n−i∗12+r−1 số cách xếp RAM lại vào hộp khơng chọn Áp dụng cơng thức vào tốn, ta được: Số cách xếp = C 366−C14 (−1 )2 C 339+C 24 −(−1 )3 C 315−C34 (−1 )4 C−93 Số cách xếp = 34,410 – × 9,139 + × 455 − × Số cách xếp = 8,104 b HỘP III có 23 RAM hộp I có tối đa RAM Đây tốn tổ hợp có điều kiện Để giải tốn này, ta sử dụng phương pháp đặt biến sau: Gọi x1, x2, x3, x4 số RAM hộp I, II, III, IV tương ứng Theo điều kiện đề bài, ta có hệ phương trình: { x 1+ x 2+ x 3+ x 4=63 x1 ≤ x ≥23 Để giải toán này, ta đặt x1 = − y1, x3 = 23 + y2 với y1, y2 ≥ Khi đó, hệ phương trình trở thành: { y 1+ y 2+ x + x 4=36 y , y ≥0 Bài toán tương đương với toán chia 36 RAM vào hộp cho hộp rỗng Số cách chia số phép phân tích số 36 thành tổng số ngun dương Ta sử dụng cơng thức sau: r −1 r−1 Số cách chia = C r−1 n+r −1 −C r C n−r +r −1 +C r C n−2 r+r −1 − Trong đó, n số RAM, r số hộp Ta hiểu công thức sau: ta coi RAM bi đen, hộp vạch phân cách Vậy toán trở thành việc xếp n bi đen r−1 vạch phân cách vào hàng cho khơng có hai vạch phân cách liền kề Số cách xếp số cách chọn r−1 vị trí n+r−1 vị trí để đặt vạch phân cách Tuy nhiên, tốn u cầu khơng có hộp rỗng Điều có nghĩa ta phải trừ trường hợp có hộp rỗng Để làm điều này, ta sử dụng nguyên lý bù trừ: r −1 r−1 Số cách chia = C r−1 n+r −1 −C r C n−r +r −1 +C r C n−2 r+r −1−… Trong đó, C ir (−1)i+1 số cách chọn i hộp để rỗng, C r−1 n−i∗r +r−1 số cách chia RAM cịn lại vào hộp khơng chọn Áp dụng cơng thức vào tốn, ta được: Số cách chia = C 339−C14 C 332+C 24 C 325−C34 C 318 Số cách chia = 9,139 – × 5,080 + × 2,300 – × 816 Số cách chia = 2,027 Vậy có 2,027 cách xếp cho hộp III có 23 RAM hộp I có tối đa RAM Câu 4: tập hợp X = {-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5}, cho quan hệ R sau: xRy ⟺ x 3−9 x= y 3−9 y , với x , y ∈ X a) chứng minh R quan hệ tương đương X Để chứng minh R quan hệ tương đương X, ta cần kiểm tra ba tính chất sau: Phản xạ: xRx với x thuộc X Đối xứng: xRy yRx với x, y thuộc X Bắc cầu: xRy yRz xRz với x, y, z thuộc X Ta dùng phương pháp đại số để chứng minh tính chất Ta có: Phản xạ: x 3−9 x=x 3−9 x với x thuộc X, xRx với x thuộc X Đối xứng: xRy x 3−9 x= y −9 y Khi đó, ta có y 3−9 y =x 3−9 x , yRx với x, y thuộc X Bắc cầu: xRy yRz x 3−9 x= y −9 y y 3−9 y =z 3−9 z Khi đó, ta có x 3−9 x=z 3−9 z , xRz với x, y, z thuộc X Vậy R quan hệ tương đương X b) lớp tương đương xét theo R X tập hợp thương tương ứng từ viết X dạng phân hoạch lớp tương đương theo R X Để giải toán này, ta cần xác định lớp tương đương xét theo quan hệ R X, tức tìm tập Y X cho ∀ x , y ∈Y x R y ∀ x ∈Y , z ∈ X ¿ x khơng R z Từ đó, ta tìm tập hợp thương tương ứng tập hợp lớp tương đương viết X dạng phân hoạch lớp tương đương Một cách để tìm lớp tương đương thử thay giá trị x y vào phương trình x 3−9 x= y −9 y kiểm tra xem phương trình có giải hay khơng Nếu có, x y thuộc lớp tương đương Nếu khơng, x y thuộc hai lớp tương đương khác Ta làm sau: Với x = -3, ta có (−3)3−9(−3)=−18 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =−18 Ta thử thay giá trị y từ -3 đến có y = -3 thoả mãn Do đó, lớp tương đương -3 {-3} Với x = -2, ta có (−2)3−9 (−2)=22 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =22 Ta thử thay giá trị y từ -2 đến có y = thoả mãn Do đó, lớp tương đương -2 {-2, 2} Với x = -1, ta có (−1)3−9 (−1)=8 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =8 Ta thử thay giá trị y từ -1 đến có y = thoả mãn Do đó, lớp tương đương -1 {-1, 1} Với x = 0, ta có (0)3−9(0)=0 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =0 Ta thử thay giá trị y từ đến có y = thoả mãn Do đó, lớp tương đương {0} Với x = 1, ta biết lớp tương đương {-1, 1} Với x = 2, ta biết lớp tương đương {-2, 2} Với x = 3, ta có (3)3−9 (3)=18 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =18 Ta thử thay giá trị y từ đến có y = thoả mãn Do đó, lớp tương đương {3} Với x = 4, ta có ( 4)3−9( 4)=28 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =28 Ta thử thay giá trị y từ đến khơng có giá trị thoả mãn Do đó, lớp tương đương {4} Với x = 5, ta có (5)3−9 (5)=56 Để phương trình x 3−9 x= y −9 y có nghiệm, ta cần y 3−9 y =56 Ta thử thay giá trị y từ đến có y = thoả mãn Do đó, lớp tương đương {5} Vậy ta có lớp tương đương xét theo R X {-3}, {-2, 2}, {-1, 1}, {0}, {3}, {4}, {5} Tập hợp thương tương ứng tập hợp lớp tương đương, tức {{-3}, {-2, 2}, {-1, 1}, {0}, {3}, {4}, {5}} Ta viết X dạng phân hoạch lớp tương đương theo R X sau: X = {-3} ∪ {-2, 2} ∪ {-1, 1} ∪ {0} ∪ {3} ∪ {4} ∪ {5} Câu 5: tập hợp X = {3,4,5,8,9,10,12,16,18,24,25,27,30,32,36,48,50}, cho quan hệ sau: xRy ⇔ x ≥ y , với x , y ∈ X a) Chứng minh R quan hệ thứ tự Để chứng minh R quan hệ thứ tự tập hợp X, ta cần kiểm tra xem R có thoả mãn ba tính chất sau hay khơng: Tính phản xạ: xRx với x thuộc X Tính bắc cầu: xRy yRz xRz với x, y, z thuộc X Tính bắc cầu: xRy yRx x = y với x, y thuộc X Ta có: Tính phản xạ: Với x thuộc X, ta có x ≥ x Do đó, xRx với x thuộc X Vậy R có tính phản xạ Tính bắc cầu: Giả sử x, y, z thuộc X cho xRy yRz Khi đó, ta có x ≥ y y ≥ z Từ suy x ≥ z Do đó, xRz Vậy R có tính bắc cầu Tính bắc cầu: Giả sử x, y thuộc X cho xRy yRx Khi đó, ta có x ≥ y y ≥ x Từ suy x 2= y Do phần tử X số dương nên ta hai vế để |x| = |y| Nhưng X chứa số dương nên |x| = x |y| = y Do đó, ta có x = y Vậy R có tính bắc cầu Vậy R quan hệ thứ tự tập hợp X b) quan hệ R có tồn phần khơng? Vì sao? Để trả lời câu hỏi này, ta cần biết khái niệm quan hệ tồn phần Một quan hệ hai ngơi R tập hợp X gọi toàn phần với x, y thuộc X xRy yRx hai Nói cách khác, quan hệ tồn phần quan hệ mà khơng có hai phần tử tập hợp mà khơng có quan hệ với Ta kiểm tra xem quan hệ R có tồn phần hay không cách xét trường hợp sau: Nếu x = y xRy x2 = y2 Nếu x > y xRy x2 > y2 Nếu x < y yRx y2 > x2 Vậy với x, y thuộc X ta có xRy yRx hai Do đó, quan hệ R toàn phần tập hợp X c) vẽ biểu đồ Hasse cho (X,R) → tự vẽ cách vẽ: Các điểm biểu diễn phần tử tối đại nằm cùng, điểm biểu diễn phần tử tối tiểu nằm cùng, điểm biểu diễn phần tử khác nằm cho xRy điểm biểu diễn x nằm điểm biểu diễn y Nếu xRy khơng có z X thỏa mãn xRzRy nối điểm biểu diễn x với điểm biểu diễn y đoạn thẳng Khơng có hai đoạn thẳng giao d) tìm phần tử tối đại, tối thiểu, lớn nhất, nhỏ (nếu có) X xét theo quan hệ thứ tự R Phần tử tối đại (X,R) phần tử mà khơng có phần tử lớn chúng X Trong trường hợp này, ta có phần tử tối đại 25, 27, 32 50 Phần tử tối tiểu (X,R) phần tử mà khơng có phần tử nhỏ chúng X Trong trường hợp này, ta có phần tử tối tiểu Phần tử cực đại (X,R) phần tử lớn X theo R Trong trường hợp này, ta khơng có phần tử cực đại khơng có phần tử lớn tất phần tử khác X Phần tử cực tiểu (X,R) phần tử nhỏ X theo R Trong trường hợp này, ta có phần tử cực tiểu chúng nhỏ tất phần tử khác X