Chào mừng các em học sinh đến với bài giải chi tiết mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Tại toan11.edu.vn, chúng tôi cung cấp lời giải đầy đủ, dễ hiểu, giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin giải các bài tập.
Mục tiêu của chúng tôi là hỗ trợ các em học tập hiệu quả, đạt kết quả cao trong môn Toán.
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 và kỹ năng liên quan đến [Nêu cụ thể chủ đề chính của Mục 2, ví dụ: Đạo hàm của hàm số]. Đây là một phần quan trọng trong chương trình học, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các khái niệm cơ bản và biết cách áp dụng vào giải bài tập.
Bài 1: [Giải chi tiết bài 1 trang 61, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 2: [Giải chi tiết bài 2 trang 61, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 3: [Giải chi tiết bài 3 trang 62, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 4: [Giải chi tiết bài 4 trang 62, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 5: [Giải chi tiết bài 5 trang 63, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 6: [Giải chi tiết bài 6 trang 63, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 7: [Giải chi tiết bài 7 trang 64, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 8: [Giải chi tiết bài 8 trang 64, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 9: [Giải chi tiết bài 9 trang 65, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Bài 10: [Giải chi tiết bài 10 trang 65, bao gồm cả lý thuyết liên quan và các bước giải cụ thể].
Để giúp các em hiểu rõ hơn về cách giải các bài tập trong mục 2, chúng tôi xin đưa ra một số ví dụ minh họa nâng cao:
[Ví dụ 1: Đề bài, lời giải chi tiết và phân tích].
[Ví dụ 2: Đề bài, lời giải chi tiết và phân tích].
Để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải bài tập, các em có thể tham khảo thêm các bài tập sau:
Hy vọng rằng với bài giải chi tiết và những hướng dẫn hữu ích trên đây, các em sẽ tự tin hơn trong việc học tập và giải các bài tập trong mục 2 của Chuyên đề học tập Toán 11 - Chân trời sáng tạo. Chúc các em học tốt!
Stay updated with the latest technology news, learn new skills with our how-to guides, and discover your next favorite film or album. Explore now!
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!
Tìm hiểu về Fractal, một khái niệm hình học độc đáo. Bài viết này sẽ hé lộ những điều thú vị về Fractal mà bạn chưa từng biết! Khám phá ngay!
Giải mã paradox - hiện tượng tưởng chừng vô nghĩa nhưng chứa đựng triết lý sâu sắc. Khám phá các loại paradox phổ biến và ứng dụng bất ngờ của chúng! Click để tìm hiểu!
Đắm chìm vào thế giới trinh thám đầy u ám của 'Tên của trò chơi là bắt cóc'. Phân tích sâu về tâm lý nhân vật, ranh giới thiện ác mong manh và những bí mật bị che giấu. Liệu bạn có dám đối mặt với sự thật khi ai cũng là kẻ ác? Khám phá ngay!
Khám phá phương pháp độc đáo giúp con tự tin giải quyết bài tập Toán nâng cao lớp 1. Xem ngay lời giải chi tiết, dễ hiểu và các mẹo học tập hiệu quả! Đừng bỏ lỡ!
