loigiai.com.vn xin giới thiệu lời giải chi tiết và dễ hiểu cho các bài tập trong Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo, cụ thể là các trang 61, 62, 63, 64 và 65. Chúng tôi hy vọng sẽ giúp các em học sinh nắm vững kiến thức và tự tin giải các bài tập.
Với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, chúng tôi cam kết cung cấp những lời giải chính xác, đầy đủ và dễ tiếp thu.
Cho đồ thị có trọng số như Hình 6.
Cho đồ thị có trọng số như Hình 6.
a) Tìm tất cả các đường đi từ A đến T (đi qua mỗi đỉnh nhiều nhất một lần) và tính độ dài của mỗi đường đi đó.
b) Từ đó, tìm đường đi ngắn nhất từ A đến T.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 6 để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Tất cả các đường đi từ A đến T (đi qua mỗi đỉnh nhiều nhất một lần) là: ABDT, ACDT, ACET, ACDET, ACEDT, ABDET, ABDCET.
Ta có:
\({l_{ABDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}14;\)
\(\begin{array}{l}{l_{ACDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}11;\\\begin{array}{*{20}{l}}{{l_{ACET}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}19;}\\{{l_{ACDET}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}17;}\\{{l_{ACEDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ED}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}21;}\\{{l_{ABDET}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}20;}\\{{l_{ABDCET}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}34.}\end{array}\end{array}\)
b) Vì \(11{\rm{ }} < {\rm{ }}14{\rm{ }} < {\rm{ }}17{\rm{ }} < {\rm{ }}19{\rm{ }} < {\rm{ }}20{\rm{ }} < {\rm{ }}21{\rm{ }} < {\rm{ }}34.\)
Nên \({l_{ACDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ACDET}}\; < {\rm{ }}{l_{ACET}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDET}}\; < {\rm{ }}{l_{ACEDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDCET}}.\)
Vậy đường đi ngắn nhất từ A đến T là ACDT (có độ dài bằng 11).
Trong đồ thị có trọng số ở Hình 15, mỗi cạnh biểu diễn một tuyến xe buýt giữa hai bến trong các bến xe A, B, C, D, E và F, trọng số của mỗi cạnh biểu diễn thời gian tính bằng giờ của tuyến xe buýt tương ứng. Một người cần ít nhất bao nhiêu thời gian để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên? Biết rằng thời gian tại bến để chuyển tiếp từ tuyến này qua tuyến kia là không đáng kể.
Phương pháp giải:
Đường đi có độ dài ngắn nhất trong các đường đi từ đỉnh A đến đỉnh C gọi là đường đi ngắn nhất từ A đến C.
Lời giải chi tiết:
Ta tìm khoảng thời gian ít nhất để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên bằng cách sử dụng thuật toán Dijkstra như sau:
– Gán nhãn cho A bằng 0 (tức là, \({n_A}\; = {\rm{ }}0\)), các đỉnh khác bằng \(\infty \). Khoanh tròn đỉnh A.
– Tại các đỉnh kề với đỉnh A, gồm E, F, B, ta có:
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}0,8{\rm{ }} = {\rm{ }}0,8\).Vì \(0,8{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của E thành 0,8.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AF}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2,5{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5\).Vì \(2,5{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của F thành 2,5.
\({n_B}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}2\).Vì \(2{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của B thành 2.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là E nên ta khoanh tròn đỉnh E (đỉnh gần đỉnh A nhất, chỉ tính các đỉnh khác đỉnh A).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh E gồm D, F, ta có:
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; = {\rm{ }}0,8{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}3,8\).Vì \(3,8{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của D thành 3,8.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; = {\rm{ }}0,8{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}1,8\).Vì \(1,8{\rm{ }} < {\rm{ }}2,5\) (2,5 là nhãn hiện tại của F) nên ta đổi nhãn của F thành 1,8.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là F nên ta khoanh tròn đỉnh F (đỉnh gần A thứ hai).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh F gồm B, C, D, ta có:
⦁ \({n_B}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FB}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}3,8\).Vì \(3,8{\rm{ }} > {\rm{ }}2\) (2 là nhãn hiện tại của B) nên ta giữ nguyên nhãn của B là 2.
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}2,2{\rm{ }} = {\rm{ }}4\).Vì \(4{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của C thành 4.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FD}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}1,2{\rm{ }} = {\rm{ }}3\).Vì \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}3,8\) (3,8 là nhãn hiện tại của D) nên ta đổi nhãn của D thành 3.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là B. Nhưng do trong các đỉnh chưa được khoanh tròn còn lại, ta thấy không có đỉnh nào kề với đỉnh B nên ta chọn lại đỉnh có nhãn bé nhất (ngoại trừ đỉnh B) là đỉnh D (đỉnh gần A thứ ba).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh D chỉ còn đỉnh C, ta có:
\({n_C}\; = {\rm{ }}{n_D}\; + {\rm{ }}{w_{DC}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}6\).Vì \(6{\rm{ }} > {\rm{ }}4\) (4 là nhãn hiện tại của C) nên ta giữ nguyên nhãn của C là 4.
Lúc này, ngoại trừ đỉnh B, ta thấy chỉ còn đỉnh C chưa được khoanh tròn nên ta khoanh tròn đỉnh C (đỉnh gần A thứ tư).
– Nhìn ngược lại các bước trên, ta thấy:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{n_C}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{l_{AEFC}}.}\end{array}\)
Vậy người đó cần ít nhất 4 giờ để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên.
Tìm đường đi ngắn nhất từ đỉnh A đến đỉnh I trong đồ thị có trọng số ở Hình 14.
Phương pháp giải:
Tổng trọng số (hay độ dài) của các cạnh tạo thành đường đi gọi là độ dài của đường đi đó. Độ dài đường đi m kí hiệu là \({l_m}\). Đường đi có độ dài ngắn nhất trong các đường đi từ đỉnh A đến đỉnh B gọi là đường đi ngắn nhất từ A đến B
Lời giải chi tiết:
– Gán nhãn cho A bằng 0 (tức là, nA = 0), các đỉnh khác bằng ∞. Khoanh tròn đỉnh A.
– Tại các đỉnh kề với A, gồm B, C, D, ta có:
⦁ \({n_B}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}3\).Vì \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của B thành 3.
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AC}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}6\).Vì \({\rm{6 }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của C thành 6.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AD}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \({\rm{5 }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của D thành 5.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là B nên ta khoanh tròn đỉnh B (đỉnh gần đỉnh A nhất, chỉ tính các đỉnh khác đỉnh A).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh B gồm C, E, ta có:
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \(5{\rm{ }} < {\rm{ }}6\) (6 là nhãn hiện tại của C) nên ta đổi nhãn của C thành 5.
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BE}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}10{\rm{ }} = {\rm{ }}13\) .Vì \(13{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của E thành 13.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là C, D (đều có nhãn là 5) nên ta tùy ý khoanh tròn đỉnh C (đỉnh gần đỉnh A thứ hai).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh C gồm E, D, F, I, ta có:
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}10\).Vì \(10{\rm{ }} < {\rm{ }}13\) (13 là nhãn hiện tại của E) nên ta đổi nhãn của E thành 10.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}8\) .Vì \(8{\rm{ }} > {\rm{ }}5\) (5 là nhãn hiện tại của D) nên ta giữ nguyên nhãn của D là 5.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CF}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}11\).Vì \(11{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của F thành 11.
⦁ \({n_I}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CI}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}8{\rm{ }} = {\rm{ }}13\).Vì \(13{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của I thành 13.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là D nên ta khoanh tròn đỉnh D (đỉnh gần đỉnh A thứ ba).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh D chỉ có đỉnh F, ta có:
\({n_F}\; = {\rm{ }}{n_D}\; + {\rm{ }}{w_{DF}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} = {\rm{ }}12.\)
Vì \(12{\rm{ }} > {\rm{ }}11\) (11 là nhãn hiện tại của F) nên ta giữ nguyên nhãn của F là 11.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là E nên ta khoanh tròn đỉnh E (đỉnh gần đỉnh A thứ tư).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh E chỉ có đỉnh I, ta có:
\({n_I}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\; = {\rm{ }}10{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}12.\)
Vì \(12{\rm{ }} < {\rm{ }}13\) (13 là nhãn hiện tại của I) nên ta đổi nhãn của I thành 12.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là F nên ta khoanh tròn đỉnh F (đỉnh gần A thứ năm).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh F chỉ còn đỉnh I, ta có:
\({n_I}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FI}}\; = {\rm{ }}11{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}15.\)
Vì \(15{\rm{ }} > {\rm{ }}12\) (12 là nhãn hiện tại của I) nên ta giữ nguyên nhãn của I là 12.
Lúc này, ta thấy chỉ còn đỉnh I chưa được khoanh tròn nên ta khoanh tròn đỉnh I (đỉnh gần A thứ sáu).
– Nhìn ngược lại các bước trên, ta thấy:
\(\begin{array}{l}{n_I}\; = {\rm{ }}12{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EI}} = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}} = {\rm{ }}{l_{ABCEI}}.\end{array}\)
Vậy ABCEI là đường đi ngắn nhất từ A đến I, với độ dài bằng 12.
Cho đồ thị có trọng số như Hình 6.
a) Tìm tất cả các đường đi từ A đến T (đi qua mỗi đỉnh nhiều nhất một lần) và tính độ dài của mỗi đường đi đó.
b) Từ đó, tìm đường đi ngắn nhất từ A đến T.
Phương pháp giải:
Quan sát hình 6 để trả lời
Lời giải chi tiết:
a) Tất cả các đường đi từ A đến T (đi qua mỗi đỉnh nhiều nhất một lần) là: ABDT, ACDT, ACET, ACDET, ACEDT, ABDET, ABDCET.
Ta có:
\({l_{ABDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}14;\)
\(\begin{array}{l}{l_{ACDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}11;\\\begin{array}{*{20}{l}}{{l_{ACET}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}19;}\\{{l_{ACDET}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}17;}\\{{l_{ACEDT}}\; = {\rm{ }}{w_{AC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ED}}\; + {\rm{ }}{w_{DT}}\; = {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}21;}\\{{l_{ABDET}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}20;}\\{{l_{ABDCET}}\; = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BD}}\; + {\rm{ }}{w_{DC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{ET}}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} + {\rm{ }}12{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}34.}\end{array}\end{array}\)
b) Vì \(11{\rm{ }} < {\rm{ }}14{\rm{ }} < {\rm{ }}17{\rm{ }} < {\rm{ }}19{\rm{ }} < {\rm{ }}20{\rm{ }} < {\rm{ }}21{\rm{ }} < {\rm{ }}34.\)
Nên \({l_{ACDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ACDET}}\; < {\rm{ }}{l_{ACET}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDET}}\; < {\rm{ }}{l_{ACEDT}}\; < {\rm{ }}{l_{ABDCET}}.\)
Vậy đường đi ngắn nhất từ A đến T là ACDT (có độ dài bằng 11).
Tìm đường đi ngắn nhất từ đỉnh A đến đỉnh I trong đồ thị có trọng số ở Hình 14.
Phương pháp giải:
Tổng trọng số (hay độ dài) của các cạnh tạo thành đường đi gọi là độ dài của đường đi đó. Độ dài đường đi m kí hiệu là \({l_m}\). Đường đi có độ dài ngắn nhất trong các đường đi từ đỉnh A đến đỉnh B gọi là đường đi ngắn nhất từ A đến B
Lời giải chi tiết:
– Gán nhãn cho A bằng 0 (tức là, nA = 0), các đỉnh khác bằng ∞. Khoanh tròn đỉnh A.
– Tại các đỉnh kề với A, gồm B, C, D, ta có:
⦁ \({n_B}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}3\).Vì \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của B thành 3.
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AC}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}6\).Vì \({\rm{6 }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của C thành 6.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AD}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \({\rm{5 }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của D thành 5.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là B nên ta khoanh tròn đỉnh B (đỉnh gần đỉnh A nhất, chỉ tính các đỉnh khác đỉnh A).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh B gồm C, E, ta có:
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}5\).Vì \(5{\rm{ }} < {\rm{ }}6\) (6 là nhãn hiện tại của C) nên ta đổi nhãn của C thành 5.
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BE}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}10{\rm{ }} = {\rm{ }}13\) .Vì \(13{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của E thành 13.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là C, D (đều có nhãn là 5) nên ta tùy ý khoanh tròn đỉnh C (đỉnh gần đỉnh A thứ hai).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh C gồm E, D, F, I, ta có:
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}10\).Vì \(10{\rm{ }} < {\rm{ }}13\) (13 là nhãn hiện tại của E) nên ta đổi nhãn của E thành 10.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CD}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}8\) .Vì \(8{\rm{ }} > {\rm{ }}5\) (5 là nhãn hiện tại của D) nên ta giữ nguyên nhãn của D là 5.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CF}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}6{\rm{ }} = {\rm{ }}11\).Vì \(11{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của F thành 11.
⦁ \({n_I}\; = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CI}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}8{\rm{ }} = {\rm{ }}13\).Vì \(13{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của I thành 13.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là D nên ta khoanh tròn đỉnh D (đỉnh gần đỉnh A thứ ba).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh D chỉ có đỉnh F, ta có:
\({n_F}\; = {\rm{ }}{n_D}\; + {\rm{ }}{w_{DF}}\; = {\rm{ }}5{\rm{ }} + {\rm{ }}7{\rm{ }} = {\rm{ }}12.\)
Vì \(12{\rm{ }} > {\rm{ }}11\) (11 là nhãn hiện tại của F) nên ta giữ nguyên nhãn của F là 11.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là E nên ta khoanh tròn đỉnh E (đỉnh gần đỉnh A thứ tư).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh E chỉ có đỉnh I, ta có:
\({n_I}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\; = {\rm{ }}10{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}12.\)
Vì \(12{\rm{ }} < {\rm{ }}13\) (13 là nhãn hiện tại của I) nên ta đổi nhãn của I thành 12.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là F nên ta khoanh tròn đỉnh F (đỉnh gần A thứ năm).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh F chỉ còn đỉnh I, ta có:
\({n_I}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FI}}\; = {\rm{ }}11{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}15.\)
Vì \(15{\rm{ }} > {\rm{ }}12\) (12 là nhãn hiện tại của I) nên ta giữ nguyên nhãn của I là 12.
Lúc này, ta thấy chỉ còn đỉnh I chưa được khoanh tròn nên ta khoanh tròn đỉnh I (đỉnh gần A thứ sáu).
– Nhìn ngược lại các bước trên, ta thấy:
\(\begin{array}{l}{n_I}\; = {\rm{ }}12{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EI}} = {\rm{ }}{n_C}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{n_B}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}}\\ = {\rm{ }}{w_{AB}}\; + {\rm{ }}{w_{BC}}\; + {\rm{ }}{w_{CE}}\; + {\rm{ }}{w_{EI}} = {\rm{ }}{l_{ABCEI}}.\end{array}\)
Vậy ABCEI là đường đi ngắn nhất từ A đến I, với độ dài bằng 12.
Trong đồ thị có trọng số ở Hình 15, mỗi cạnh biểu diễn một tuyến xe buýt giữa hai bến trong các bến xe A, B, C, D, E và F, trọng số của mỗi cạnh biểu diễn thời gian tính bằng giờ của tuyến xe buýt tương ứng. Một người cần ít nhất bao nhiêu thời gian để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên? Biết rằng thời gian tại bến để chuyển tiếp từ tuyến này qua tuyến kia là không đáng kể.
Phương pháp giải:
Đường đi có độ dài ngắn nhất trong các đường đi từ đỉnh A đến đỉnh C gọi là đường đi ngắn nhất từ A đến C.
Lời giải chi tiết:
Ta tìm khoảng thời gian ít nhất để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên bằng cách sử dụng thuật toán Dijkstra như sau:
– Gán nhãn cho A bằng 0 (tức là, \({n_A}\; = {\rm{ }}0\)), các đỉnh khác bằng \(\infty \). Khoanh tròn đỉnh A.
– Tại các đỉnh kề với đỉnh A, gồm E, F, B, ta có:
⦁ \({n_E}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}0,8{\rm{ }} = {\rm{ }}0,8\).Vì \(0,8{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của E thành 0,8.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AF}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2,5{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5\).Vì \(2,5{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của F thành 2,5.
\({n_B}\; = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AB}}\; = {\rm{ }}0{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}2\).Vì \(2{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của B thành 2.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là E nên ta khoanh tròn đỉnh E (đỉnh gần đỉnh A nhất, chỉ tính các đỉnh khác đỉnh A).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh E gồm D, F, ta có:
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{DE}}\; = {\rm{ }}0,8{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}3,8\).Vì \(3,8{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của D thành 3,8.
⦁ \({n_F}\; = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; = {\rm{ }}0,8{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}1,8\).Vì \(1,8{\rm{ }} < {\rm{ }}2,5\) (2,5 là nhãn hiện tại của F) nên ta đổi nhãn của F thành 1,8.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là F nên ta khoanh tròn đỉnh F (đỉnh gần A thứ hai).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh F gồm B, C, D, ta có:
⦁ \({n_B}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FB}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} = {\rm{ }}3,8\).Vì \(3,8{\rm{ }} > {\rm{ }}2\) (2 là nhãn hiện tại của B) nên ta giữ nguyên nhãn của B là 2.
⦁ \({n_C}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}2,2{\rm{ }} = {\rm{ }}4\).Vì \(4{\rm{ }} < {\rm{ }}\infty \) nên ta đổi nhãn của C thành 4.
⦁ \({n_D}\; = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FD}}\; = {\rm{ }}1,8{\rm{ }} + {\rm{ }}1,2{\rm{ }} = {\rm{ }}3\).Vì \(3{\rm{ }} < {\rm{ }}3,8\) (3,8 là nhãn hiện tại của D) nên ta đổi nhãn của D thành 3.
Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh có nhãn bé nhất là B. Nhưng do trong các đỉnh chưa được khoanh tròn còn lại, ta thấy không có đỉnh nào kề với đỉnh B nên ta chọn lại đỉnh có nhãn bé nhất (ngoại trừ đỉnh B) là đỉnh D (đỉnh gần A thứ ba).
– Trong các đỉnh chưa được khoanh tròn, đỉnh kề với đỉnh D chỉ còn đỉnh C, ta có:
\({n_C}\; = {\rm{ }}{n_D}\; + {\rm{ }}{w_{DC}}\; = {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}6\).Vì \(6{\rm{ }} > {\rm{ }}4\) (4 là nhãn hiện tại của C) nên ta giữ nguyên nhãn của C là 4.
Lúc này, ngoại trừ đỉnh B, ta thấy chỉ còn đỉnh C chưa được khoanh tròn nên ta khoanh tròn đỉnh C (đỉnh gần A thứ tư).
– Nhìn ngược lại các bước trên, ta thấy:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{{n_C}\; = {\rm{ }}4{\rm{ }} = {\rm{ }}{n_F}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_E}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{n_A}\; + {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{w_{AE}}\; + {\rm{ }}{w_{EF}}\; + {\rm{ }}{w_{FC}}}\\{ = {\rm{ }}{l_{AEFC}}.}\end{array}\)
Vậy người đó cần ít nhất 4 giờ để di chuyển từ bến A đến bến C bằng xe buýt của các tuyến trên.
Mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo thường tập trung vào một chủ đề cụ thể trong chương trình. Việc nắm vững kiến thức nền tảng và phương pháp giải bài tập là vô cùng quan trọng để đạt kết quả tốt. Bài viết này sẽ cung cấp lời giải chi tiết cho từng bài tập trong các trang 61, 62, 63, 64 và 65, giúp học sinh hiểu rõ bản chất của vấn đề và áp dụng vào các bài tập tương tự.
Trang 61 thường chứa các bài tập vận dụng kiến thức cơ bản của mục. Các bài tập này thường yêu cầu học sinh:
Ví dụ, bài tập 1 trang 61 có thể yêu cầu học sinh tính giá trị của một biểu thức. Lời giải sẽ bao gồm các bước:
Trang 62 có thể chứa các bài tập nâng cao hơn, yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức một cách linh hoạt và sáng tạo. Các bài tập này thường liên quan đến việc giải quyết các bài toán thực tế hoặc chứng minh các định lý.
Ví dụ, bài tập 2 trang 62 có thể yêu cầu học sinh chứng minh một đẳng thức. Lời giải sẽ bao gồm các bước:
Các trang 63, 64 và 65 tiếp tục cung cấp các bài tập với độ khó tăng dần. Học sinh cần rèn luyện kỹ năng giải bài tập thường xuyên để nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề.
Các bài tập trên các trang này có thể bao gồm:
Để giải bài tập Toán 11 hiệu quả, học sinh nên:
Hy vọng rằng lời giải chi tiết cho các bài tập trong Mục 2 trang 61, 62, 63, 64, 65 Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo sẽ giúp các em học sinh học tập tốt hơn và đạt kết quả cao trong môn Toán. loigiai.com.vn luôn đồng hành cùng các em trên con đường chinh phục tri thức.
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
