THCS
THCS
Montoan.com.vn xin giới thiệu lời giải chi tiết và dễ hiểu cho mục 2 trang 61, 62, 63, 64, 65 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Bài viết này sẽ giúp các em học sinh nắm vững kiến thức và kỹ năng giải bài tập một cách hiệu quả.
Chúng tôi cung cấp các bước giải chi tiết, rõ ràng, kèm theo các lưu ý quan trọng để các em có thể tự tin làm bài tập và đạt kết quả tốt nhất.
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 tập trung vào các kiến thức về đạo hàm của hàm số. Đây là một phần quan trọng trong chương trình Toán 11, đóng vai trò nền tảng cho các kiến thức nâng cao hơn trong các lớp học tiếp theo. Việc nắm vững các khái niệm và kỹ năng giải bài tập về đạo hàm là rất cần thiết để đạt kết quả tốt trong các kỳ thi.
Mục 2 bao gồm các nội dung chính sau:
Dưới đây là lời giải chi tiết cho các bài tập trong Mục 2, trang 61, 62, 63, 64, 65 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo:
Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số f(x) = x2 + 3x - 2.
Lời giải:
f'(x) = 2x + 3
Đề bài: Tính đạo hàm của hàm số g(x) = sin(x) + cos(x).
Lời giải:
g'(x) = cos(x) - sin(x)
Đề bài: Tìm đạo hàm của hàm số h(x) = ex + ln(x).
Lời giải:
h'(x) = ex + 1/x
Đề bài: Cho hàm số y = x3 - 6x2 + 9x + 1. Tìm các điểm cực trị của hàm số.
Lời giải:
y' = 3x2 - 12x + 9
Giải phương trình y' = 0, ta được x = 1 và x = 3.
Xét dấu y', ta thấy hàm số đạt cực đại tại x = 1 và cực tiểu tại x = 3.
Đề bài: Xác định khoảng đơn điệu của hàm số y = x4 - 4x2 + 3.
Lời giải:
y' = 4x3 - 8x
Giải phương trình y' = 0, ta được x = 0, x = √2 và x = -√2.
Xét dấu y', ta xác định được các khoảng đơn điệu của hàm số.
Khi giải bài tập về đạo hàm, các em cần lưu ý những điều sau:
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 hiểu rõ hơn về đạo hàm và nâng cao kỹ năng giải bài tập. Chúc các em học tập tốt!
