Chào mừng các em học sinh đến với chuyên mục giải bài tập Toán 11 Chân trời sáng tạo tại giaibaitoan.com. Chúng tôi cung cấp lời giải chi tiết, dễ hiểu cho các bài tập trong mục 2 của chuyên đề, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin hơn trong quá trình học tập.
Với đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm, chúng tôi cam kết mang đến cho các em những giải pháp học tập hiệu quả 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 thường tập trung vào một chủ đề cụ thể, đòi hỏi học sinh phải nắm vững lý thuyết và kỹ năng giải bài tập liên quan. Việc giải các bài tập trang 61, 62, 63, 64, 65 là bước quan trọng để củng cố kiến thức và chuẩn bị cho các bài kiểm tra, thi cử.
Các bài tập trang 61 thường là những bài tập cơ bản, giúp học sinh làm quen với các khái niệm và định nghĩa mới. Ví dụ, có thể là các bài tập về xác định các yếu tố của một hàm số, vẽ đồ thị hàm số, hoặc tìm tập xác định của hàm số.
Trang 62 thường chứa các bài tập nâng cao hơn, yêu cầu học sinh phải vận dụng kiến thức đã học để giải quyết các vấn đề phức tạp hơn. Ví dụ, có thể là các bài tập về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số, hoặc giải phương trình, bất phương trình chứa hàm số.
Các bài tập trang 63 có thể liên quan đến việc ứng dụng các kiến thức đã học vào giải quyết các bài toán thực tế. Điều này giúp học sinh hiểu rõ hơn về tầm quan trọng của Toán học trong cuộc sống.
Trang 64 thường tập trung vào các bài tập về đạo hàm, một khái niệm quan trọng trong chương trình Toán 11. Học sinh cần nắm vững các quy tắc tính đạo hàm và ứng dụng đạo hàm để giải quyết các bài toán liên quan đến tốc độ thay đổi, cực trị của hàm số.
Các bài tập trang 65 thường là các bài tập tổng hợp, yêu cầu học sinh phải kết hợp kiến thức từ nhiều phần khác nhau của chương trình để giải quyết. Đây là cơ hội để học sinh rèn luyện khả năng tư duy logic và giải quyết vấn đề.
Bài tập: Tìm đạo hàm của hàm số f(x) = x2 + 2x - 1.
Giải:
f'(x) = 2x + 2
Để học tốt Toán 11 Chân trời sáng tạo, các em cần thường xuyên luyện tập, làm bài tập và tìm kiếm sự giúp đỡ từ giáo viên hoặc bạn bè khi gặp khó khăn. Hãy sử dụng giaibaitoan.com như một công cụ hỗ trợ học tập hiệu quả, giúp các em tự tin chinh phục môn Toán.
| Trang | Chủ đề |
|---|---|
| 61-62 | Hàm số bậc hai |
| 63-64 | Đạo hàm |
| 65 | Ứng dụng đạo hàm |
Hy vọng rằng với những hướng dẫn chi tiết và bài giải cụ thể trên đây, các em sẽ có thể tự tin giải quyết các bài tập trong mục 2 trang 61, 62, 63, 64, 65 Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Chúc các em học tập tốt!
