TOAÙN RÔØI RAÏC - · PDF fileGS. Nguyễn Hữu Anh 4 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LOGIC §1 PHÁP TÍNH MỆNH ĐỀ Trong toán học ta quan tâm đến những mệnh đề có giá

GS.NGUYỄN HỮU ANH

TOAÙN

RÔØI RAÏC

NHÀ XUẤT BẢN LAO ĐỘNG XÃ HỘI

GS. Nguyễn Hữu Anh 2

MỤC LỤC CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LOGIC ................................................................................ 4

§1 PHÁP TÍNH MỆNH ĐỀ ................................................................................. 4

§2 DẠNG MỆNH ĐỀ ......................................................................................... 7

§3 QUY TẮC SUY DIỄN ................................................................................... 12

§4 VỊ TỪ VÀ LƯỢNG TỪ ................................................................................. 18

§5 NGUYÊN LÝ QUY NẠP ................................................................................ 23

BÀI TẬP CHƯƠNG 1 ....................................................................................... 25

CHƯƠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐẾM...................................................................... 36

§1 TẬP HỢP .................................................................................................. 36

§2 ÁNH XẠ .................................................................................................... 38

§3 PHÉP ĐẾM ................................................................................................ 40

§4 GIẢI TÍCH TỔ HỢP .................................................................................... 45

§5 NGUYÊN LÝ CHUỒNG BỒ CÂU .................................................................... 48

BÀI TẬP CHƯƠNG 2 ....................................................................................... 50

CHƯƠNG 3: QUAN HỆ...................................................................................... 57

§1 QUAN HỆ .................................................................................................. 57

§2 QUAN HỆ TƯƠNG ĐƯƠNG ......................................................................... 60

§3 THỨ TỰ .................................................................................................... 62

§4 DÀN ......................................................................................................... 66

§5 DÀN 2퐸 .................................................................................................... 69

§6 DÀN 풰푛 .................................................................................................... 70

BÀI TẬP CHƯƠNG 3 ....................................................................................... 76

CHƯƠNG 4: ĐẠI SỐ BOOL VÀ HÀM BOOL ......................................................... 83

§1 ĐẠI SỐ BOOL ............................................................................................ 83

§2 HÀM BOOL ................................................................................................ 88

§3 MẠNG CÁC CỔNG VÀ CÔNG THỨC ĐA THỨC TỐI TIỂU ................................. 92

§4 PHƯƠNG PHÁP BIỂU ĐỒ KARNAUGH .......................................................... 96

§5 PHƯƠNG PHÁP THỎA THUẬN ................................................................... 104

BÀI TẬP CHƯƠNG 4 ..................................................................................... 110

GIẢI ĐÁP MỘT SỐ BÀI TẬP .............................................................................. 114



CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LOGIC

§1 PHÁP TÍNH MỆNH ĐỀ Trong toán học ta quan tâm đến những mệnh đề có giá trị hân lý xác định (đúng

hoặc sai nhưng không thể vừa đúng vừa sai). Các khẳng định như vậy được gọi là mệnh đề. Các mệnh đề đúng được nói là có giá trị chân lý đúng (hay chân trị đúng), các mệnh đề sai được nói là có chân trị sai.

Ví dụ:

1. Các khẳng định sau là mệnh đề: Môn Toán rời rạc là môn bắt buộc cho ngành Tin học. 1+1=2. 4 là số nguyên tố.

Hai mệnh đề đầu có chân trị 1, mệnh đề thứ ba có chân trị 0.

2. Các khẳng định dưới dạng tán than hoặc mệnh lệnh không phải mệnh đề vì nó

không có chân trị xác định.

3. Khẳng định “ 푛 là số nguyên tố ” không phải mệnh đề. Tuy nhiên, nếu thay n bằng một số nguyên cố định thì ta sẽ có một mệnh đề: chẳng hạn với 푛 = 3 ta có một mệnh đề đúng, trong khi với 푛 = 4 ta có một mệnh đề sai. Khẳng định này được gọi là một vị từ và cũng là đối tượn khảo sát của logic.

Ta thường ký hiệu các mệnh đề bởi các chữ 푃,푄,푅, … và chân trị đúng (sai) được ký hiệu bởi 1 (0). Đôi khi ta còn dùng các ký hiệu 푇,푉 để chỉ chân trị đúng và 퐹 dể chỉ chân trị sai.

Phân tích kỹ các ví dụ ta thấy các mệnh đề được chia ra làm 2 loại:

Các mệnh đề được xây dựng từ các mệnh đề khác nhờ liên kết chúng lại bằng các liên từ(và, hay, nếu… thì… ) hoặc trạng từ “không”. Ta nói các mệnh đề này là mệnh đề phức hợp.

Ví dụ: “Nếu trời đẹp thì tôi đi dạo” là một mệnh đề phức hợp.

Các mệnh đề không thể xây dựng từ các mệnh đề khác bằng các liên từ hoặc trạng từ “không”. Ta nói các mệnh đề này là mệnh đề nguyên thủy hay sơ cấp.

Ví dụ: “Hôm nay trời đẹp”, “3 là số nguyên tố” là các mệnh đề nguyên thủy.

Mục đích của phép tính mệnh đề là nghiên cứu chân trị của một mệnh đề phức hợp từ chân trị của các mệnh đề đơn giản hơn và các phép nối của những mệnh đề này thể hiện qua lien từ hoặc trạng từ “không”.

Các phép nối:

Phép phủ định: phủ định của mệnh đề P được ký hiệu bởi ¬푃 (đọc là không P). Chân trị của ¬푃 là 0 nếu chân trị của 푃 là 1 và ngược lại.

Ta có bảng sau gọi là bảng chân trị của phép phủ định:


푃 ¬푃

0

1

1

0

Phép nối liền: mệnh đề nối liền của hai mệnh đề P, Q được ký hiệu bởi P∧Q (đọc là P và Q). Chân trị của P∧Q là 1 nếu cả P lẫn Q đều có chân trị 1. Trong các trường hợp khác, P∧Q có chân trị 0.

Nói cách khác phép nối liền được xác định bởi bảng chân trị sau:

푃 푄 푃 ∧ 푄

0

0

1

1

0

1

0

1

0

0

0

1

Ví dụ: mệnh đề “Hôm nay trời đẹp và trận bóng đá sẽ hấp dẫn” được xem là một mệnh đề đúng nếu cả hai điều kiện “trời đẹp” và “trận bóng đá sẽ hấp dẫn” đều xảy ra. Ngược lại nếu một mệnh đề đúng một mệnh đề sai hoặc cả hai mệnh đề đều sai thì mệnh đề là một mệnh đề sai.

Phép nối rời: mệnh đề nối rời của hai mệnh đề P, Q được ký hiệu bởi P∨Q (đọc là P hoặc Q). Chân trị của P∨Q là 0 nếu cả P lẫn Q đều có chân trị 0. Trong các trường hợp khác, P∨Q có chân trị 1.

Nói cách khác phép nối rời được xác định bởi bảng chân trị sau:

푃 푄 푃 ∨ 푄

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

1

1

Ví dụ: “Ba đang đọc báo hay xem tivi” là một mệnh đề đúng nếu lúc này ba đọc báo, xem tivi hay vừa đọc báo vừa xem tivi (!). Ngược lại nếu cả hai việc trên đều không xảy ra, ví dụ Ba đang làm việc thì mệnh đề là mệnh đề sai. Chú ý rằng trong mệnh đề P∨Q, từ “hay” được dung theo nghĩa bao gồm,nghĩa là 푃 và 푄 có thể đồng thời đúng. Tuy nhiên theo ngôn ngữ hằng ngày ta thường hiểu 푃 ∨ 푄 theo nghĩa loại trừ, nghĩa là 푃 đúng hay 푄 đúng nhưng không đồng thời đúng. Để phân biệt rõ rang, trong trường hợp loại trừ ta sẽ sử dụng từ “hoặc”: “푃 hoặc 푄” và ký hiệu 푃 ∨ 푄 (푃 hay 푄 nhưng không đồng thời cả hai). Bảng chân trị của 푃 ∨ 푄 là:


푃 푄 푃 ∨ 푄

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

Phép kéo theo: nếu P thì Q được ký hiệu là 푃 → 푄 (cũng đọc là 푃 kéo theo 푄, hay 푃 là điều kiện đủ của 푄, hay 푄 là điều kiện đủ của 푃). Để xác định chân trị cho 푃 → 푄 ta hãy xem ví dụ mệnh đề “nếu trời đẹp thì tôi đi dạo”. Ta có các trường hợp sau:

trời đẹp và tác giả của khẳng định đang đi dạo: khi ấy hiển nhiên là mệnh đề đúng.

trời đẹp và tác giả ngồi nhà: mệnh đề rõ ràng sai. trời xấu và tác giả đi dạo: mệnh đề vẫn đúng trời xấu và tác giả ngồi nhà: mặc dù trời xấu nhưng tác giả không vi phạm

khẳng định của mình nên mệnh đề phải được xem là đúng.

Từ đó ta có bảng chân trị của phép kéo theo như sau:

푃 푄 푃 → 푄

0

0

1

1

0

1

0

1

1

1

0

1

Chú ý:

1. Với quy ước về chân trị như trên, ta sẽ cò những khẳng định đúng rất ngộ nghĩnh như: “nếu 2=1 thì Quang Trung và Trần Hưng Đạo là một người”

2. Cần phân biệt mệnh đề 푃 → 푄 với lệnh 퐼푓푃푡ℎ푒푛푄 trong một số ngôn ngữ lập trình ví dụ như Pascal, Basic. Trong 푃 → 푄 thì cả 푃 và 푄 là mệnh đề còn trong lệnh 퐼푓푃푡ℎ푒푛푄푡ℎì푃 là một mệnh đề còn 푄 là một dãy liên tiếp dòng lệnh sẽ được thực hiện nếu mệnh đề P có chân trị 1 và sẽ được bỏ qua nếu P có chân trị là 0. Nhắc lại rằng các dòng lệnh là những mệnh lệnh mà máy phải thực hiện nên không phải là một mệnh dề theo nghĩa ta xét. Dù sao cũng có một sự tương tự giữa hai đối tượng “푃 → 푄” và “퐼푓푃푡ℎ푒푛푄”. Hơn nữa có thể lợi dụng các tương đương logic để thực hiện lệnh “퐼푓푃푡ℎ푒푛푄” có hiệu quả.

3. Trong ngôn ngữ hằng ngày, người ta thường hay nhầm lẫn phép kéo theo với kéo theo hai chiều, chẳng hạn như phát biểu ”giảng viên khoa Toán dạy nghiêm túc” mà viết theo phép nối là “nếu anh là giáo viên khoa Toán thì anh dạy nghiêm túc” thường bị phản ứng giáo viên các khoa khác vì họ cho rằng người nói đã ám chỉ “nếu là giảng viên khoa khác thì dạy không nghiêm túc”. Thật ra khi phát biểu, người nói có khi cũng muốn ám chỉ “nếu anh là giáo viên khoa Toán thì anh dạy nghiêm túc”. Ở đây nếu viết phát biểu ban đầu dưới dạng 푃 → 푄 thì hai phát biểu hiểu nhầm sẽ có dạng (¬푃) → (¬푄) và 푄 → 푃. Tuy nhiên, nếu bao gồm them một trong hai phát biểu sau, thì phát biểu 푃 → 푄 thành một phép kéo theo hai chiều theo nghĩa dưới đây.


Phép kéo theo hai chiều: mệnh đề nếu 푃 thì 푄 và ngược lại được ký hiệu là 푃 ↔ 푄 (cũng đọc là 푃 khi và chỉ khi 푄,푃 nếu và chỉ nếu 푄, hay P là điều kiện cần và đủ để có 푄). Theo trên, cả hai chiều 푃 → 푄 và 푄 → 푃 đều đúng nên nếu 푃 đúng thì 푄 cũng đúng và ngược lại. Do đó ta có bảng chân trị của phép kéo theo hai chiều như sau:

푃 푄 푃 ↔ 푄

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

1

§2 DẠNG MỆNH ĐỀ Trong Đại số ta có các biểu thức đại số được xây dựng từ:

các số nguyên, hữu tỉ, thực,… mà ta gọi là hằng số. các biến 푥,푦, … có thể lấy giá trị là các hằng số. các phép toán thao tác trên các hằng số và các biến theo một thứ tự nhất định.

Khi thay thế các biến trong một biểu thức đại số bởi các hằng số thì kết quả thực hiện phép toán trong biểu thức sẽ là một hằng số nào đó. Trong phép toán mệnh đề ta cũng có các “biểu thức logic” tương tự mà ta gọi là các dạng mệnh đề được xây dựng từ:

các mệnh đề (hằng mệnh đề). các biến mệnh đề 푝, 푞, … có thể lấy giá trị là các mệnh đề nào đó. các phép nối thao tác trên các hằng mệnh đề và biến mệnh đề theo một thứ tự

nhất định. Ở đây thứ tự được xác định bởi các dấu “()” để chỉ rõ phép nối thực hiện trên cặp mệnh đề nào, đúng ra là trên các biểu thức con nào. Ví dụ như:

퐸(푝, 푞, 푟) = (푝 ∧ 푞)˅((¬푟) → 푝)

là một dạng mệnh đề trong đó 푝, 푞, 푟 là các biến mệnh đề còn 푃 là một hằng mệnh đề.

Giả sử 퐸,퐹 là 2 dạng mệnh đề, khi ấy ¬퐸,퐸 ∧ 퐹,퐸 → 퐹,퐸 ↔ 퐹 là các dạng mệnh đề. Bằng cách này ta có thể xây dựng được các dạng mệnh đề càng ngày càng phức tạp.

Mặt khác, điều ta quan tâm đối với một dạng mệnh đề 퐸(푝, 푞, 푟, … ) là chân trị của mệnh đề đó có được 퐸(푃,푄,푅, … )khi thay các biến mệnh đề 푝, 푞, 푟, … bởi các hằng mệnh đề 푃,푄,푅, … có chân trị xác định, nghĩa là sự phụ thuộc của chân trị của 퐸(푝, 푞, 푟, … ) theo các chân trị của 푝, 푞, 푟, … chứ không phải theo các thể hiện cụ thể 푝, 푞, 푟, … qua các mệnh đề cu thể 푃,푄,푅, … Nói cách khác mỗi một dạng mệnh đề 퐸(푝, 푞, 푟, … ) có một bảng chân trị xác định trong đó mỗi dòng cho biết chân trị của 퐸(푝, 푞, 푟, … ) theo các chân trị cụ thể của 푝, 푞, 푟, …


Ví dụ:

1. Ta hãy xây dựng bảng chân trị của hai dạng mệnh đề 푝˅(푞˄푟)và(푝˅푞)˄푟 theo các biến mệnh đề 푝, 푞, 푟.

푝 푞 푟 푞˄푟 푝˅(푞˄푟) 푝˅푞 (푝˅푞)˄푟

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

1

0

0

0

1

0

1

0

1

Ta thấy hai dạng mệnh đề 푝˅(푞˄푟), (푝˅푞)˄푟 có bảng chân trị khác nhau. Điều này cho thấy thứ tự thực hiện các phép nối là quan trọng và sự cần thiết của các dấu “()”. Tuy nhiên ta sẽ quy ước rằng nếu phép nối ¬ đi cùng với một phép nối khác mà không có dấu “()” thì phép nối ¬ sẽ được ưu tiên thực hiện trước. Ví dụ như ¬푝˅푞 có nghĩa là thực hiện ¬푝 trước rồi mới thực hiện , nói cách khác biểu thức ¬푝˅푞 và (¬푝)˅푞 là một. Trong trường hợp muốn thực hiện sau ta phải đặt dấu ngoặc: ¬(푝˅푞).

2. Ta hãy xây dựng bảng chân trị của hai dạng mệnh đề 푝 → 푞và ¬푝˅푞

푝 푞 ¬푝 푝 → 푞 ¬푝˅푞

0

0

1

1

0

1

0

1

1

1

0

0

1

1

0

1

1

1

0

1

Như vậy hai dạng mệnh đề 푝 → 푞 và ¬푝˅푞 có cùng bảng chân trị. Ta nói chúng tương đương logic theo nghĩa sau

Định nghĩa 1.2.1: hai dạng mệnh đề 퐸,퐹 được nói là chúng tương đương logic nếu chúng có cùng bảng chân trị. Khi ấy ta viết 퐸 ⟺ 퐹.

Chú ý rằng nếu 퐸 và 퐹 tương đương logic thì dạng mệnh đề 퐸 ↔ 퐹 luôn luôn lấy giá trị 1 dù các biến có lấy giá trị nào đi nữa.

Định nghĩa 1.2.2:

i. Một dạng mệnh đề được coi là một hằng đúng nếu nó luôn luôn lấy chân trị 1. ii. Một dạng mệnh đề được coi là một hằng sai hay mâu thuẫn nếu nó luôn luôn lấy

chân trị 0.

Từ nhận xét trên, ta luôn có

Mệnh đề 1.2.1: hai dạng mệnh đề 퐸 và 퐹 tương đương logic khi và chỉ khi 퐸 → 퐹 là một hằng đúng.


Nếu chỉ để ý đến phép kéo theo một chiều ta có

Định nghĩa 1.2.3: dạng mệnh đề 퐹được nói là hệ quả logic của mệnh đề 퐸 nếu 퐸 → 퐹 là một hằng đúng. Khi ấy ta viết 퐸 ⟹ 퐹. Ta cũng nói 퐸 là hệ quả logic của 퐹.

Như thế nói rằng 퐸 tương đương logic với 퐹 có nghĩa là 퐹 là hệ quả logic của 퐸 và 퐸 là hệ quả logic của 퐹.

Trong phép tính mệnh đề, ta thường không phân biệt các dạng mệnh đề tương đương logic. Ta có

Quy tắc thay thế thứ nhất: trong dạng mệnh đề 퐸 nếu ta thay thế biểu thức con 퐹 bởi một dạng mệnh đề tương đương logic thì dạng mệnh đề thu được vẫn còn tương dương logic với 퐸.

Chú ý: Ta đã sử dụng khái niệm biểu thức con theo một nghĩa hết sức tự nhiên: dạng mệnh đề 퐹 “xuất hiện” trong 퐸, hay nói cách khác 퐸 có thể xây dựng từ 퐹 và một số dạng mệnh đề khác qua các phép nối.

Ví dụ: 푝 → (푞 → 푟) tương đương logic với 푝 → (¬푞˅푟) vì trong đó biểu thức con 푞 → 푟đã được thay thế bởi dạng mệnh đề tương dương logic là ¬푞˅푟.

Với quy tắc thay thế trên ta có thể “rút gọn” một dạng mệnh đề bằng cách thay một biểu thức con bởi một dạng mệnh đề tương đương nhưng đơn giản hơn hoặc giúp cho bước rút gọn tiếp theo dễ dàng hơn. Ngoài ra, cũng cần nhận biết một số hằng đúng. Thường các hằng đúng này có thể suy từ một số hằng đúng đơn giản nhờ:

Quy tắc thay thế thứ hai: giả sử dạng mệnh đề 퐸(푝, 푞, 푟, … ) là một hằng đúng. Nếu ta thay thế những nơi p xuất hiện trong E bởi một dạng mệnh đề tùy ý 퐹(푝’,푞’, 푟’, … ) thì dạng mệnh đề nhận được theo các biến 푝, 푞, 푟, … , 푞’, 푞’, 푟’, … vẫn còn là một hằng đúng.

Ngoài hai quy tắc thay thế trên, ta còn sử dụng 10 quy luật logic được phát biểu dưới dạng các tương đương logic có thể rút gọn một dạng mệnh đề cho trước. Ta có

Định lý 1.2.2 (Quy luật logic): với 푝, 푞, 푟 là các biến mệnh đề, 1 là một hằng đúng và 0 là một mâu thuẫn (hằng sai), ta có các tương đương logic:

i. Phủ định của phủ định:

¬¬푝 ⇔ 푝

ii. Quy tắc De Morgan:

¬(푝 ∧ 푞) ⇔ ¬푝 ∨ ¬푞

¬(푝 ∨ 푞) ⇔ ¬푝 ∧ ¬푞

iii. Luật giao hoán:

푝 ∨ 푞 ⇔ 푞 ∨ 푝

푝 ∧ 푞 ⇔ 푞 ∧ 푝

iv. Luật kết hợp:

푝 ∧(푞 ∧ 푟) ⇔ (푝 ∧ 푞) ∧ 푟)

푝 ∨ (푞 ∨ 푟) ⇔ (푝 ∨ 푞) ∨ 푟)

v. Luật phân bố:

푝 ∧ (푞 ∨ 푟) ⇔ (푝 ∧ 푞) ∨ (푝 ∧ 푟)

푝 ∨ (푞 ∧ 푟) ⇔ (푝 ∨ 푞) ∧ (푝 ∨ 푟)


vi. Luật lũy đẳng (Idempotent Rules)

푝 ∧ 푝 ⇔ 푝

푝 ∨ 푝 ⇔ 푝

vii. Luật trung hòa:

푝 ∧ 1 ⇔ 푝

푝 ∨ 0 ⇔ 푝

viii. Luật về phần tử bù:

푝 ∧ ¬푝 ⇔ 0

푝 ∨ ¬푝 ⇔ 1

ix. Luật thống trị:

푝 ∧ 0 ⇔ 0

푝 ∨ 1 ⇔ 1

x. Luật hấp thụ:

푝 ∧ (푝 ∨ 푞) ⇔ 푝

푝 ∨ (푝 ∧ 푞) ⇔ 푝

Chứng minh: đọc giả có thể kiểm tra dễ dàng 10 quy luật logic trên bằng cách lập bảng chân trị của hai vế của tương đương logic.

đpcm

Ví dụ:

1. Từ quy tắc De morgan ta được hằng đúng

¬(푝 ∧ 푞)⟺ ¬푝 ∨ ¬푞

Thay thế p bởi r s ta sẽ được một hằng đúng mới

¬((푟 ∧ 푠) ∧ 푞)⟺¬(푟 ∧ 푠) ∨ ¬푞

2. Hãy chứng minh dạng mệnh đề sau là hằng đúng

[(푟 → 푠) ∧ [(푟 → 푠) → (¬푡 ∨ 푢)]] → (¬푡 ∨ 푢) (1.2.1)

Muốn vậy ta thay thế r→s bởi p và ¬t u bởi q và đưa về chứng minh dạng mệnh đề sau là hằng đúng:

[푝 ∧ (푝 → 푞)] → 푞

Ta sử dụng liên tiếp quy tắc thay thế thứ nhất và được các tương đương logic sau:

[푝 ∧ (푝 → 푞)] → 푞 [푝 ∧ (¬푝 ∨ 푞)] → 푞

[(푝 ∧ ¬푝) ∨ (푝 ∧ 푞)] → 푞 [0 ∨ (푝 ∧ 푞)] → 푞

[(푝 ∧ 푞)] → 푞 ¬푝 ∨ ¬푞 ∨ 푞

¬푝 ∨ 1 1

Do đó 1.2.1 là một hằng đúng.

3. Tương tự như trên ta có:

(푝 ∧ 푞) → 푟 ¬푝 ∨ ¬푞 ∨ 푟

¬푝 ∨ (¬푞 ∨ 푟) ¬푝 ∨ (푞 → 푟) (1.2.2)


Nếu ta liên kết dạng mệnh đề 푝 → 푞 với lệnh 퐼푓푝푡ℎ푒푛푞 trong một số ngôn ngữ lập trình cấp cao như Pascal, Basic thì dạng mệnh đề (푝˄푞) → 푟 sẽ được liên kết với lệnh 퐼푓푝˄푞푡ℎ푒푛푟 còn dạng mệnh đề 푝 → (푞 → 푟) sẽ đượ liên kết với lệnh 퐼푓푝푡ℎ푒푛푞푡ℎ푒푛푟 . Bây giờ ta hãy xét một ví dụ liên quan đến hay lệnh trên trong một đoạn chương trình viết bằng Pascal:

a) 푧:=3;

For 푖:=1 to 10 do

Begin

푥: = 푧 − 푖;

푦: = 푧 + 2 ∗ 푖;

If (푥 > 0) And (푦 > 0) Then

Writeln (‘giá trị của 푥 + 푦 =’,푥 + 푦)

End;

b) 푧:=3;

For푖:=1 to 10 do

Begin

푥: = 푧 − 푖;

푦: = 푧 + 2 ∗ 푖;

If 푥 > 0 Then

If 푦 > 0 Then Writeln (‘giá trị của 푥 + 푦 =’,푥 + 푦)

End;

Rõ ràng cả hai đoạn chương trình trên đều có cùng Output là hai dòng:

giá trị của 푥 + 푦 = 7

giá trị của 푥 + 푦 = 8

Tuy nhiên trong chương trình a) ta cần 20 lần so sánh (10 lầ so sánh 푥 > 0 và 10 lần so sánh 푦 > 0), trong khi chương trình b) ta chỉ cần 12 lần so sánh (10 lần so sánh 푥 > 0 và 2 lần so sánh 푦 > 0 ứng với 푖 = 1,2). Như thế chương trình b) chạy có hiệu quả hơn.

Ví dụ trên đây cho thấy một mặt cần phân biệt 푝 → 푞 và lệnh 퐼푓푝푡ℎ푒푛푞, mặt khác ta cần nắm rõ các dạng tương đương của dạng mệnh đề để thực hiện lệnh 퐼푓푝푡ℎ푒푛푞 có hiệu quả hơn. Chẳng hạn nhiều chương trình biên dịch lợi dụng tương đương logic 1.2.2 để thay lệnh 퐼푓푝푡ℎ푒푛(퐼푓푞푡ℎ푒푛푟). Ở đây lại xảy ra nghịch lý là lệnh 퐼푓(푝˄푞)푡ℎ푒푛푟 lại được thay thế bằng lệnh 퐼푓푞푡ℎ푒푛(퐼푓푝푡ℎ푒푛푟) mà trong ví dụ trên ta cần đến 20 lần so sánh. Như thế phải cẩn thận khi sử dụng tương đương logic hiển nhiên (luật giao hoán) giữa 푝˄푞và 푞˄푞.


§3 QUY TẮC SUY DIỄN Trong một chứng minh toán học, xuất phát từ một số khẳng định đúng p1, p2,…, pn

gọi là tiền đề, ta áp dụng các quy tắc suy diễn để suy ra chân lý của một khẳng định q mà ta gọi là kết luận. Nói cách khác, các quy tắc suy diễn được áp dụng để suy ra q là hệ quả logic của p1 p2 … pn, hay nói cách khác dạng mệnh đề

(푝 ˄푝 ˄…˄푝 ) → 푞 là một hằng đúng, trong đó p1, p2,…, pn, q là các dạng mệnh đề theo một số biến logic nào đó. Thường thì các biến logic không xuất hiện một cách tường minh mà được trừu tượng hóa (bỏ đi một phần nội dung cụ thể) từ các mệnh đề nguyên thủy như ví dụ sau đây cho thấy.

Giả sử ta có các tiền đề: 푝 : nếu An học chăm thì An đạt môn Toán rời rạc.

푝 : nếu An không đi chơi thì An học chăm.

푝 : An trượt môn Toán rời rạc.

Ta muốn dùng các quy tắc suy diễn để suy ra kết luận sau là đúng:

푞: An hay đi chơi.

Muốn vậy ta trừu tượng hóa các mệnh đề nguyên thủy “An học chăm”, “An hay đi chơi”, “An đạt môn toán rời rạc” thành các biến mệnh đề 푝, 푞, 푟. Như vậy các tiền đề bây giờ trở thành các dạng mệnh đề

푝 = 푝 → 푟

푝 = ¬푞 → 푞

푝 = ¬푟

Ta phải chứng minh dạng mệnh đề sau là một hằng đúng:

[(푝 → 푟) ∧ (¬푞 → 푞) ∧ ¬푟] → 푞

Ta có thể kiểm tra dễ dàng dạng mệnh đề trên là một hằng đúng bằng cách lập ra bảng chân trị của nó. Tuy nhiên, đây không phải là một phương pháp tốt nếu số biến mệnh đề lớn. Một phương pháp khác là sử dụng các qui tắc suy diễn để chia bài toán thành ra các bước nhỏ, nghĩa là từ các tiền đề suy ra một số kết luận trung gian trước khi tiếp tục áp dụng các quy tắc suy diễn để suy ra kết luận. Để tiện ra mô hình hóa phép suy điễn thành sơ đồ sau:

푝

푝

.

.

. 푝n

푞


Dưới đây là một số quy tắc suy diễn thường dùng mà chân lý có thể dược kiểm tra dễ dàng bằng cách lập bảng chân trị.

Quy tắc Modus Ponens (Phương pháp khẳng định)

Quy tắc này được thể hiện bởi hằng đúng

[(푝 → 푞) ∧ 푝] → 푞 (1.3.1)

hoặc dưới dạng sơ đồ

푝 → 푞

푝

푞

Ví dụ:

Nếu Minh học chăm thì Minh đạt Toán rời rạc

Mà Minh học chăm

Suy ra Minh đạt Toán rời rạc.

Thật ra trong quy tắc Modus Ponens, mệnh đề p→q thường có dạng tổng quát hơn “với bất kỳ sinh viên X nào, nếu X học chăm thì X đạt Toán rời rạc” và ta đã đặc biệt hóa nó cho trường hợp X= sinh viên Minh. Các phép đặc biệt hóa sẽ được xem xét trong phần vị từ và lượng từ. Một ví dụ cổ điển khác của Qui tắc Modus ponens là:

Mọi người đều chết

mà Socrate là người

vậy Socrate sẽ chết.

Thường thì quy tắc Modus Ponens được áp dụng cùng với quy tắc thay thế để đơn giản hóa các bước suy luận. Chẳng hạn ta có phép suy diễn

푟 ∨ 푠

(푟 ∨ 푠) → (¬푡 ∧ 푢)

푝 → 푟

Ở đây Quy tắc Modus Ponens (dạng mệnh đề 1.3.1) được áp dụng cùng với phép thay thế 푝 bởi 푟˅푠 và q bởi ¬푡˄푢.

Tam đoạn luận (Syllogism) được thể hiên bởi hằng đúng

푝 → 푞

푞 → 푟

푝 → 푟

Ví dụ:

1.

Hai tam giác vuông có cạnh huyền bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau thì chúng có một cạnh bằng nhau kèm giữa hai góc bằng nhau.

Hai tam giác có một cạnh bằng nhau kèm giữa hai góc bằng nhau thì chúng bằng nhau.

Suy ra hai tam giác vuông có cạnh huyền bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau thì chúng bằng nhau.


2. Xét tam đoạn luận

Một con ngựa rẻ thì hiếm

Cái gì hiếm thì đắt

Suy ra một con ngựa rẻ thì đắt

Tam đoạn luân trên hoàn toàn hợp logic. Tuy nhiên kết luận mâu thuẫn là do dựa trên một tiền đề sai.

3. Ta hãy xét một ví dụ trong đó có sử dụng cả hai quy tắc trên

Bình đi chơi thì Bình không học Toán rời rạc

Bình không học Toán rời rạc thì Bình trượt Toán rời rạc

Mà Bình thích đi chơi

Vậy Bình trượt Toán rời rạc.

Nếu trừu tượng hóa các med nguyên thủy thành các biến mệnh đề p, q, r thì lý luận trên có dạng

푝 → ¬푞

¬푞 → 푟

푝

푟

Ta có thể suy luận như sau:

푝 → ¬푞

¬푞 → 푟

푝 → 푟 (Tam đoạn luận)

mà

푝

푟(Modus Ponens)

hoặc là

푝 → ¬푞

푝

¬푞 (Modus Ponens)

mà

¬푞 → 푟

푟 (Modus Ponens)

Quy tắc Modus Tollens (Phương pháp phủ định)

Phương pháp này được thể hiện bởi hằng đúng

[(푝 → 푞) ∨¬푞] → ¬푝


hay dưới dạng mô hình

푝 → 푞

¬푞

¬푝

Ví dụ: xét chứng minh

푝 → 푟

푟 → 푠

푡 ∨¬푠

¬푡˅푢

¬푢

¬푝

Ta có thể suy luận như sau: ta thấy các tiền đề 푡˅¬푠, ¬푡˅푢 bởi các dạng mệnh đề tương đương 푠 → 푡푣à푡 → 푢. Khi ấy

푝 → 푟

푟 → 푠

푠 → 푡

푡 → 푢

푝 → 푢 (Tam đoạn luận lập lại nhiều lần)

mà ¬푢

¬푝 (Phương pháp phủ định)

Tam đoạn luận rời: được thể hiện bởi hằng đúng

[(푝 ∨ 푞) ∧ ¬푝] → 푞

Ý nghĩa của quy tắc này là khi chỉ có đúng hai trường hợp có thể xảy ra và một trong hai trường hợp đã được khẳng định là sai thì trường hợp còn lại là đúng.

Quy tắc mâu thuẫn (Chứng minh bằng phản chứng)

Ta có tương đương logic

[(푝1 푝2 … 푝n )→ 푞] ⟺ [(푝1 푝2 … 푝n ¬푞)→0]

Do đó nếu chứng minh được dạng mệnh đề ở bên phải là một hằng đúng thì dạng mệnh đề ở bên trái cũng là một hằng đúng. Nói cách khác nếu thêm giả thiết phụ ¬푞 vào các tiền đề cho trước mà dẫn đến một mâu thuẫn thì q là hệ quả logic của các tiền điền cho trước.

Ví dụ: hãy sử dụng phương pháp phản chứng cho chứng minh sau:

푝 → 푟

¬푝 → 푞

푞 → 푠

¬푟 → 푠

Phủ định của kết luận sẽ tương đương với:

¬(¬푟 → 푠) ⟺ ¬(푟 ∨ 푠) ⟺ ¬푟 ∨ ¬푠


Như thế ta thêm vào các tiền đề hai giả thiết phụ ¬r và ¬s và tìm cách chứng minh suy luận sau là đúng:

푝 → 푟

¬푝 → 푞

푞 → 푠

¬푟

¬푠

0

Ta có các bước sau đây

¬푝 → 푞

푞 → 푠

¬푝 → 푠 (Tam đoạn luận)

mà ¬푠

¬(¬푝) (Phương pháp phủ định)

hay tương đương 푝

mà 푝 → 푟

푟 (Phương pháp khẳng định)

Kết luận 푟 cùng với giả thiết phụ ¬푟 cho ta:

푟 ∧ ¬푟 ⟺ 0

Do đó theo phương pháp phản chứng, chứng minh ban đầu là đúng.

Quy tắc chứng minh theo trường hợp

Quy tắc này được thể hiện bởi hằng đúng sau:

[(푝 → 푟) ∧ (푞 → 푟)] → [(푝 ∨ 푞) → 푟]

Ý nghĩa của quy tắc này là một giả thiết có thể tách thành hai trường hợp 푝 đúng hay q đúng, và ta đã chứng minh được riêng rẻ cho từng trường hợp là kết luận 푟 đúng, khi ấy 푟 cũng đúng trong cả hai trường hợp.

Ví dụ: Để chứng minh rằng 푓(푛) = 푛 + 2푛 luôn chia hết cho 3 ta viết 푓(푛) = 푛(푛 + 2) và lấy n là một số nguyên tùy ý. Khi ấy có hai trường hợp xảy ra:

푛 chia hết cho 3: khi ấy rõ ràng f(n) cũng chia hết cho 3.

푛 không chia hết cho 3, khi ấy ta có thể viết 푛 = 3푘 ± 1 với một số nguyên k nào đó.

Ta có

푛 + 2 = (3푘 ± 1) + 2

= 9푘 ± 6푘 + 3

= 3(3푘 ± 2푘 + 1)

Suy ra 푓(푛) = 푛(푛2+2) cũng chia hết cho 3. Như vậy trong mọi trường hợp 푓(푛) chia hết cho 3.


Ta hãy xem một ví dụ trong đó có sử dụng nhiều quy tắc:

Nếu nghệ sĩ Văn Ba không trình diễn hay số vé bán ra ít hơn 50 thì đêm diễn sẽ bị hủy bỏ và ông bầu rất buồn.

Nếu đêm biểu diễn bị hủy bỏ thì phải trả lại tiền vé cho người xem.

Nhưng tiền vé đã không được trả lại cho người xem.

Vậy nghệ sĩ Văn Ba có trình diễn.

Ta thay các mệnh đề nguyên thủy bằng các biến mệnh đề

푝: “nghệ sĩ Văn Ba đã trình diễn”

푞: “số vé bán ra ít hơn 50”

푟: “đêm diễn sẽ bị hủy bỏ”

푡: “trả lại tiền vé cho người xem”

Khi ấy lý luận cần chứng minh là

(¬푝 ∨ 푞) → (푟 ∧ 푠)

푟 → 푡

¬푡

푝

Suy luận trên có thể được thực hiên theo các bước sau:

¬푝 ∨ 푞 → 푟 ∧ 푠 (Tiền đề)

푟 ∧ 푠 → 푟 (hằng đúng gọi là phép đơn giản nối liền)

푟 → 푡 (Tiền đề)

¬푝 ∨ 푞 → 푡 (Tam đoạn luân mở rộng)

mà ¬푡 (Tiền đề)

¬(¬푝 ∨ 푞) (Phương pháp phủ định)

hay 푝 ∧ ¬푞 (Quy tắc De Morgan và phủ định của phủ định)

mà 푝 ∧ ¬푞 → 푝 (Phép đơn giản nối liền)

푝 (Phương pháp khẳng định)

Phản ví dụ

Bây giờ ta hãy xem một bài toán ngược: khi nào một chứng minh (suy luận) là sai, nghĩa là phải kiểm tra (푝1 푝2 … 푝n ¬푞) → 푞 không phải là một hằng đúng. Nói cách khác tìm các chân trị của biến mệnh đề làm cho các tiền đề đều đúng trong khi kết luận q là sai. Ta nói ví dụ dẫn đến các giá trị của biến mệnh đề như trên là một phản ví dụ của định lý cần chứng minh.

Ví dụ: hãy tìn phản ví dụ cho suy luận dưới đây

Ông Minh đã khẳng định rằng nếu không được tăng lương thì ông ta sẽ xin nghĩ việc. Mặt khác nếu ông ta nghỉ việc mà vợ ông ta bị mất việc thì phải bán xe. Biết rằng nếu vợ ông Minh hay đi làm trễ thì sẽ mất việc và cuối cùng ông Minh đã được tăng lương. Suy ra nếu ông Minh không bán xe thì vợ ông ta không đi làm trễ.


Ta đặt các biến mệnh đề như sau:

푝: Ông Minh được tăng lương

푞: Ông Minh xin nghỉ việc

푟: Vợ ông Minh bị mất việc

푠: Ông Minh phải bán xe

푡: Vợ ông Minh đi làm trễ

Mô hình suy luận sẽ là

푝

¬푝 → 푞 (푞 ∧ 푟) → 푠

푡 → 푟

¬푠 → ¬푡

Để tìm phản ví dụ ta cần tìm các gái trị của các biến mệnh đề sao cho các tiền đề là đúng trong khi kết luận là sai.

Trước hết dể kết luận sai ta cần có ¬푠 đúng và ¬푡 sai, nghĩa là 푠 sai và 푡 đúng. Khi ấy để cho tiền đề thứ tư đúng r cũng phải đúng. Để tiền đề thứ ba đúng ta cần có q sai. Khi ấy p phải đúng để hai tiền đề đầu là đúng. Tóm lại phản ví dụ ừng với các chân trị của biến là 푝 = 1,푞 = 0,푟 = 1, 푠 = 0và푡 = 1. Đó là trường hợp: Ông Minh được tăng lương (푝 = 1) và ông Minh không nghỉ việc (푞 = 0), vợ ông Minh bị mất việc (푟 = 1), ông Minh không bán xe (푠 = 0) và vợ ông Minh hay đi làm trễ (푡 = 1).

§4 VỊ TỪ VÀ LƯỢNG TỪ Định nghĩa 1.4.1: một vị từ là một khẳng định 푝(푥,푦, … ) trong đó có chứa một số biến 푥,푦, … lấy giá trị trong những tập hợp cho trước 퐴,퐵, … sao cho:

i. bản thân 푝(푥,푦, … ) không phải là mệnh đề ii. nếu thay 푥,푦, …bằng những phần tử cố định nhưng tùy ý 푎 ∈ 퐴, 푏 ∈ 퐵, … ta sẽ

được một mệnh đề 푝(푎, 푏, … ), nghĩa là chân trị của nó hoàn toàn xác định. Các biến 푥,푦, … được nói là biến tự do của vị từ.

Ví dụ:

푝(푛) = “푛푙à푚ộ푡푠ố푛푔푢푦ê푛푡ố” là một vị từ theo một biến tự do 푛 ∈ 푵 : với 푛 = 1, 2, 11 ta được các mệnh đề đúng 푝(1),푝(2),푝(11), còn với 푛 = 4, 6, 15 ta được các mệnh đề sai 푝(4),푝(6),푝(15).

푞(푥,푦) = “푦 + 2,푥 − 푦, 푥 + 2푦푙à푠ố푐ℎẵ푛” là một vị từ với 2 biến tự do 푥,푦 ∈ 풁 : chẳng hạn 푞(4, 2) là một mệnh đề đúng trong khi 푞(5, 2),푞(4, 7) là những mệnh đề sai.

Định nghĩa 1.4.2: cho trước các vị từ 푝(푥),푞(푥) theo một biến 푥 ∈ 퐴. Khi ấy:

i. Phủ định của p, ký hiệu ¬p là vị từ mà khi thay x bởi một phần tử 푎 cố định của 퐴 thì ta được mệnh đề ¬(푝(푎))

ii. Phép nối liền (tương ứng nối rời, kéo theo…) của 푝 và 푞, ký hiệu bởi 푝 ∧ 푞 (tương ứng 푝 ∨ 푞, 푝 → 푞,…) là vị từ theo biến 푥 mà khi thay 푥 bởi phần tử cố định 푎 ∈ 퐴 ta được mệnh đề 푝(푎) ∧ 푞(푎) (tương ứng 푝(푎) ∨ 푞(푎),푝(푎) → 푞(푎), …)


Giả sử 푝(푥) là một vị từ theo biến 푥 ∈ 퐴. Khi ấy có 3 trường hợp có thể xảy ra:

Trường hợp 1: khi thay 푥 bởi một phần tử a tùy ý trong 퐴, ta được mệnh đề đúng 푝(푎).

Trường hợp 2: với một số giá trị 푎 ∈ 퐴 thì 푝(푎) thì mệnh đề đúng, một số giá trị 푏 ∈ 퐴 thì 푝(푏) là mệnh đề sai.

Trường hợp 3: khi thay 푥 bởi phần tử tùy ý trong 푎, ta được mệnh đề sai 푝(푎).

Nếu trường hợp 1 xảy ra thì mệnh đề “với mọi 푥 ∈ 퐴,푝(푥)” là một mệnh đề đúng. Mệnh đề này được ký hiệu bởi ” ∀푥 ∈ 퐴,푝(푥)”. Như thế mệnh đề này sai nếu trường hợp 2 hay trường hợp 3 xảy ra.

Mặt khác nếu trường hợp 1 hay trường hợp 2 xảy ra thì mệnh đề “tồn tại 푥 ∈퐴,푝(푥)” là một mệnh đề đúng. Mệnh đề này được ký hiệu bởi “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥)”. Nếu vậy mệnh đề này sẽ sai nếu trườgn hợp 3 xảy ra.

Định nghĩa 1.4.2: các mệnh đề “∀푥 ∈ 퐴,푝(푥)” và “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥)” được gọi là lượng từ hóa của vị từ 푝(푥) bởi lượng từ phổ dụng (∀) và lượng từ tồn tại (∃).

Chú ý:

1. Trong các mệnh đề lượng từ hóa, biến 푥 không còn là tự do nữa. ta nói nó đã bị buộc bởi các lượng từ ∀ hay ∃.

2. Theo nhận xét trên, phủ định của mệnh đề “∀푥 ∈ 퐴,푝(푥)” là đúng nếu trường hợp 2 hay trường hợp 3 xảy ra. Trường hợp 3 có thể viết lại: khi thay x bởi 푎 ∈ 퐴 tùy ý thì ¬푝(푎) đúng. Như thế nếu trường hợp 2 hay trường hợp 3 xảy ra thì mệnh đề “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥)”là mệnh đề đúng. Nói cách khác, phủ định của mệnh đề “∀x∈A,

p(x)” là mệnh đề “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥)”. Cũng thế phủ định của mệnh đề “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥)” là mệnh đề “∀푥 ∈ 퐴,푝(푥)” vì cả hai cùng đúng nếu trường hợp 3 xảy ra và cùng sai nếu trường hợp 1 hay trường hợp 2 xảy ra.

Bây giờ ta xem một vị từ theo hai biến 푝(푥,푦) với 푥 ∈ 퐴,푦 ∈ 퐵. Khi ấy nếu thay 푥 bằng một phần tử cố định nhưng tùy ý 푎 ∈ 퐴푡ℎì푝(푎,푦)trở thành vị từ theo biến푦 ∈ 퐵 nên ta có thể lượng tử hóa nó theo biến 푦 và được hai mệnh đề “∀푦 ∈ 퐵,푝(푎,푦)” và “∃푦 ∈ 퐵,푝(푎,푦)”. Bằng cách này ta được hai vị từ theo một biến 푥 ∈ 퐴:“∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)” và “∃푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)”. Nếu lượng tử hóa chúng ta sẽ được 4 mệnh đề:

∀푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)

∃푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)

∀푥 ∈ 퐴,∃푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)

∃푥 ∈ 퐴,∃푦 ∈ 퐵,푝(푥, 푦)

Đương nhiên ta có thể lượng từ hóa theo biến x trước rồi theo biến y sau để được 4 mệnh đề nữa. Hãy xét một trong các mệnh đề đó:”∀푦 ∈ 퐵,∀푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)”. Giả sử mệnh đề này đúng. Suy ra mệnh đề “∀푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)” đúng. Rõ ràng điều ngược lại cũng đúng nên ta có mệnh đề đúng

[∀푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)] ⟷ [∀푦 ∈ 퐵,∀푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)]

Tương tự mệnh đề sau cũng đúng:

[∃푥 ∈ 퐴,∃푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)] ⟷ [∃푦 ∈ 퐵,∃푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)]

Hơn nữa ta có


Định lý 1.4.1: nếu 푝(푥,푦) là một vị từ theo 2 biến푥,푦 thì các mệnh đề sau là đúng

i. [∀푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)] ⟷ [∀푦 ∈ 퐵,∀푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)]

và[∃푥 ∈ 퐴,∃푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)] ⟷ [∃푦 ∈ 퐵,∃푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)]

ii. [∃푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)] ⟷ [∀푦 ∈ 퐵,∃푥 ∈ 퐴, 푝(푥,푦)]

Chứng minh: ta chỉ cần chứng minh ii

Giả sử ” ∃푥 ∈ 퐴,∀푦 ∈ 퐵,푝(푥,푦)” đúng. Khi ấy sẽ tồn tại 푎 ∈ 퐴 sao cho mệnh đề “∀푦 ∈ 퐵,푝(푎,푦)” là đúng, nghĩa là nếu thay 푦 = 푏 ∈ 퐵 tùy ý thì 푝(푎, 푏) đúng. Như vậy với 푦 = 푏 ∈ 퐵 tùy ý ta có thể chọn 푥 = 푎 để khẳng định rằng “∃푥 ∈ 퐴,푝(푥, 푏)”là đúng.

Do đó “∀푦 ∈ 퐵,∃푥 ∈ 퐴,푝(푥,푦)” là một mệnh đề đúng.

đpcm

Chú ý: mệnh đề đảo của ii không nhất thiết đúng trong trường hợp tổng quát. Thật vậy ta hãy xem một ví dụ

Gọi 푝(푥,푦) là vị từ theo hai biến thực:

“푥 + 푦 = 1”

Ta nhận xét rằng nếu thay y=b là một số thực tùy ý thì ta có thể chọn 푥 = 1 − 푏 để cho x + b = 1 nên mệnh đề “∃푥 ∈ 푹, 푥 + 푏 = 1” là đúng. Điều này chứng tỏ mệnh đề “∀푦 ∈ 푹,∃푥 ∈ 푹, 푥+ 푦 = 1” đúng. Ngược lại nếu thay 푥 = 푎 tùy ý, ta có thể chọn 푦 = −푎 để cho 푎 + 푦 = 0 ≠ 1 nên mệnh đề “∀푦 ∈ 푹,푎 + 푦 = 1” là sai. Điều này chứng tỏ mệnh đề “∃푥 ∈ 푹,∀푦 ∈ 푹, 푥+ 푦 = 1” là sai. Do đó phép kéo theo sau là sai:

(∀푦 ∈ 푹,∃푥 ∈ 푹, 푥 + 푦 = 1) ⟶ (∃푥 ∈ 푹,∀푦 ∈ 푹, 푥 + 푦 = 1)

Các kết quả trên đây có thể được mở rộng dễ dàng cho các vị từ theo nhiều biến tự do. Đặc biệt ta có:

Định lý 1.4.2: trong một mệnh đề lượng từ hóa từ một vị từ theo nhiều biến độc lập nếu ta hoán vị hai lượng từ đứng cạnh nhau thì

Mệnh đề mới vẫn còn tương đương logic với mệnh đề cũ nếu hai lượng từ này cùng loại

Mệnh đề mới sẽ là một hệ quả logic của mệnh đề cũ nếu hai lượng từ trước khi hoán vị có dạng ∃∀.

Ví dụ: một hàm thực liên tục đều trên một khoảng 퐼푹 được định nghĩa bởi mệnh đề:

∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥 ∈ 퐼,∀푥 ∈ 퐼, (|푥 − 푥 | < 훿) ⟶ (|푓(푥) − 푓 (푥)| < 휀)

Theo mệnh đề 1.4.2 thì mệnh đề trên có hệ quả logic là

∀휀 > 0,∀푥 ∈ 퐼,∃훿 > 0,∀푥 ∈ 퐼, (|푥 − 푥 | < 훿) ⟶ (|푓(푥) − 푓 (푥)| < 휀)

hay tương đương

∀푥 ∈ 퐼,∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥 ∈ 퐼, (|푥 − 푥 | < 훿) ⟶ (|푓(푥) − 푓 (푥)| < 휀)

Nói cách khác một hàm liên tục đều trên I thì liên tục.

Để lấy phủ định một mệnh đề lượng từ hóa, chú ý 2 của định nghĩa 1.4.3 có thể được mở rộng thành


Định lý 1.4.3: phủ định của một mệnh đề lượng từ hóa từ vị từ 푝(푥,푦, … ) có được bằng cách thay lượng từ ∀ bởi lượng từ ∃ và lượng từ ∃bởi lượng từ ∀, và vị từ 푝(푥,푦, … ) bởi phủ định ¬푝(푥,푦, … ).

Ví dụ: một hàm thực liên tục tại 푥 ∈ 푹 được định nghĩa bởi:

∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥 ∈ 푹, (|푥 − 푥 | < 훿) ⟶ (|푓(푥) − 푓(푥 )| < 휀)

Do đó lấy phủ định theo định lý 1.4.3 ta sẽ được định nghĩa của hàm không liên tục tại 푥 :

∃휀 > 0,∀훿 > 0,∃푥 ∈ 푹, (|푥 − 푥 | < 훿) ∨ (|푓(푥) − 푓(푥 )| ≥ 휀)

Thông thường các định lý trong toán học được phát biểu liên quan đến các mệnh đề lượng từ hóa trong đó có lượng từ phổ dụng. Do đó ngoài các quy tắc suy diễn ta còn sử dụng quy tắc đặc biệt hóa phổ dụng và quy tắc tổng quát hóa phổ dụng.

Quy tắc đặc biệt hóa phổ dụng: nếu một mệnh đề đúng có dạng lượng từ hóa trong đó một biến 푥 ∈ 퐴 bị buộc bởi lượng từ phổ dụng ∀, khi ấy nếu thay thế 푥 bởi 푎 ∈ 퐴 ta sẽ được một mệnh đề đúng.

Ví dụ:

1. Khi ta phát biểu “mọi người đều chết”, thực chất là ta đã sử dụng mệnh đề lượng từ hóa:

∀푥, (푥푙à푛푔ườ푖) ⟶ (푥푠ẽ푐ℎế푡)

Để áp dụng được phương pháp khẳng định, ta dùng quy tắc đặc biệt háo phổ dụng với 푥 = 푆표푐푟푎푡푒

(Socrate là người) ⟶(Socrate sẽ chết)

Do đó kết hợp với tiền đề “Socrate là người”, phương pháp khẳng định cho phép kết luận “Socrate sẽ chết”.

2. Trong các định lý tóan học, ví dụ như trường hợp bằng nhau của hai tam giác, khẳng định là một mệnh đề lượng từ hóa phổ dụng cho một cặp tam giác bất kỳ. khi áp dụng ta sẽ đặc biệt hóa cho một cặp tam giác cụ thể nào đó.

Bài toán ngược lại là nếu một kết luận có dạng lượng từ hóa phổ dụng thì làm cách nào suy diễn nó từ các tiền đề. Nếu tập hợp tương ứng A là một tập hợp hữu hạn không quá nhiều phần tử, ta có thể dùng phương pháp vét cạn bằng cách thay thế biến 푥 lần lượt bởi các phần tử của A và chứng minh mệnh đề là đúng. Mặt khác nếu A=N ta thường sử dụng nguyên lý quy nạp sẽ trình bày ở §5.

Tuy nhiên nếu A vô hạn không đếm được, hay ngay khi A hữu hạn nhưng số phần tử của A quá lớn, các phương pháp trên không sử dụng được và ta phảo sử dụng:

Quy tắc tổng quát hóa phổ dụng: nếu trong một mệnh đề lượng từ hóa, khi thay một biến buộc bởi lượng từ ∀ bằng một phần tử cố định nhưng tùy ý của tập hợp tương ứng mà mệnh đề nhận được có chân trị 1 thì bản thân mệnh đề lượng từ hóa ban đầu cũng có chân trị 1.

Ví dụ: Khi giải phương trình 4푥 − 5 = 15 ta lý luận như sau:

Giả sử 4푥 − 5 = 15 , khi ấy 4푥 = 20

Giả sử 4푥 = 20 , khi ấy푥 = 5

Như vậy nếu 4푥 − 5 = 15 thì 푥 = 5


Nếu gọi 푝(푥), 푞(푥), 푟(푥) là các vị từ “4푥 − 5 = 15”, “4푥 = 20”, “푥 = 5” thì lý luận trên có dạng

∀푥,푝(푥) ⟶ 푞(푥)

∀푥, 푞(푥) ⟶ 푟(푥) (1.4.1)

∴ ∀푥,푝(푥) ⟶ 푟(푥)

Sự đúng đắn của lý luận trên được cho bởi

Định lý 1.4.4: gọi 푝(푥), 푞(푥), 푟(푥) là các vị từ theo một biến 푥 ∈ 퐴, khi ấy suy luận 1.4.1 là đúng.

Muốn vậy ta đặc biệt hóa hai tiền đề và được hai mệnh đề đúng

푝(푎) → 푞(푎)

푞(푎) → 푟(푎)

Suy ra 푝(푎) → 푟(푎) theo tam đoạn luận. Do đó quy tắc tổng quá hóa phổ dụng cho phép kết luận ∀푥,푝(푥) → 푞(푥) là một mệnh đề đúng.

Ví dụ: Gọi 푓,푔 là 2 hàm thực

Giả sử 푓(푥) liên tục tại 푥 = 푥 và 푔(푦)liên tục tại 푦 = 푦 = 푓(푥 ). Khi ấy ℎ(푥) = (푔 ∘푓)(푥) liên tục tại 푥 = 푥 . Suy luận cần chứng minh có dạng:

∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푓(푥) − 푓(푥 )| < 휀)

∀휀 > 0,∃휂 > 0,∀푦, (|푦 − 푦 | < 휂) → (|푔(푦) −푔(푦 )| < 휀)

∴ ∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푔 ∘ 푓(푥) −푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀)

Sử dụng phép tổng quát hóa phổ dụng ta 휀 bởi một số dương cố định nhưng tùy ý. Để tiện ta sẽ dùng cùng ký hiệu 휀 dể chỉ số cố định trên. Khi ấy ta cần tìm 훿 > 0 dể cho mệnh đề sau là đúng

∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푔 ∘ 푓(푥) −푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀)

Dùng phép đặc biệt hóa phổ dụng cho tiền đề thứ hai với 휀 > 0 như trên, ta sẽ tìm được 휂 > 0 sao cho:

∀푦, (|푦 − 푦 | < 휂) → (|푔(푦)−푔(푦 )| < 휀) (1.4.2)

Tiếp theo, ta đặc biệt hóa 휀 bởi 휂 vừa tìm được cho tiền đề thứ nhất và tìm được 훿 > 0 sao cho:

∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푓(푥) − 푓(푥 )| < 휂) (1.4.3)

Thay 푥 bởi số thực tùy ý mà ta vẫn ký hiệu là푥 thì 1.4.3 được đặc biệt hóa bởi

(|푥 − 푥 | < 훿) → (|푓(푥) − 푓(푥 )| < 휂) (1.4.4)

Khi ấy ta đặc biệt hóa 1.4.2 với 푦 = 푓(푥) ta được

(|푓(푥) − 푦 | < 휂) → (|푔 ∘ 푓(푥) − 푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀) (1.4.5)

Áp dụng Tam đoạn luận cho 1.4.4 và 1.4.5 ta được


(|푥 − 푥 | < 훿) → (|푔 ∘ 푓(푥) − 푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀)

Do đó theo phương pháp tổng quát hóa phổ dụng ta có

∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푔 ∘ 푓(푥) − 푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀)

Áp dụng một lần nữa phương pháp tổng quát hóa phổ dụng ta thấy mệnh đề sau là đúng

∀휀 > 0,∃훿 > 0,∀푥, (|푥 − 푥 | < 훿) → (|푔 ∘ 푓(푥) −푔 ∘ 푓(푥 )| < 휀)

nghĩa là làm 푔 ∘ 푓 liên tục tại 푥 = 푥 .

§5 NGUYÊN LÝ QUY NẠP Trong nhiều trường hợp, quy tắc tổng quát hóa phổ dụng không cho kết quả, ngay

cả với các vị từ mà biến tự do thuộc N. Tuy nhiên đối với các vị từ này ta có một công cụ rất mạnh là:

Nguyên lý quy nạp: Mệnh đề ∀푛 ∈ 푁,푝(푛) là hệ quả của

푝(0) ∧ [∀푛 ∈ 푁,푝(푛) → 푝(푛 + 1)]

Chú ý:

Theo ngôn ngữ thông thường ta nói: giả sử 푝(0) đúng và nếu 푝(푛) đúng thì 푝(푛 + 1) cũng đúng, khi ấy suy ra 푝(푛) đúng với 푛 ∈ 푵 tùy ý.

Nguyên lý này có thể bắt đầu từ 푛 ∈ 푁: nghĩa là

푝(푛 ) ∧ [∀푛 ≥ 0,푝(푛) → 푝(푛 + 1)] → [∀푛 ≥ 푛 ,푝(푛)]

Ví dụ: xét vị từ 푝(푛):

0 + 1 +⋯+ 푛 =푛(푛 + 1)

2

Trước hết 푝(0) đúng vì nó có dạng:

0 =0 × 1

2

Để chứng minh ∀푛,푝(푛) → 푝(푛 + 1) ta dùng phép tổng quát hóa phổ dụng, thay 푛 bởi , một số nguyên tùy ý và chứng minh 푝(푛) → 푝(푛 + 1). Muốn vậy giả sử 푝(푛) đúng:

0 + 1 +⋯+ 푛 =푛(푛 + 1)

2

Khi ấy

0 + 1 +⋯+ 푛 + 푛 + 1 =푛(푛 + 1)

2+ 푛 + 1

=(푛 + 1)(푛 + 2)

2

nghĩa là 푝(푛 + 1) đúng. Do đó theo nguyên lý quy nạp “∀푛,푝(푛)” là một mệnh đề đúng.

Áp dụng: để kiểm tra một chương trình máy tính có chạy đúng ý định cuả người thiết kế khôn, ta thường tạo ra các số liệu giả định để chạy thử (Test). Thật ra phương pháp này không thể khẳng định chắc chắn rằng chương trình chạy có đúng không. Hơn nữa trong nhiều trường hợp, ví dụ như khi chương trình đang xét là một bộ phận của chương trình lớn mà dữ liệu chỉ có thể sinh ra từ chương trình lớn, thì khi ấy ta không thể tạo ra dữ liệu giả dể chạy chuong trình con được. May mắn là trong một số trường hợp ta có thể sử dụng


công cụ toán học để chứng minh rằng chương trình khi chạy sẽ luôn cho ra kết quả mong muốn. Một trong những công cụ đó là ngyên lý quy nạp như ví dụ dưới đây cho thấy

Xét đoạn chương trình viết bằng Pascal:

while 푛 <> 0 do

Begin

푥 ≔ 푥 ∗ 푦;

푛 ≔ 푛 − 1;

End;

Kết quả:=푥;

Ta muốn kiểm tra rằng khi gọi đoạn chương trình trên mà các biến có giá trị 푥,푦,푛 với 푛 là số nguyên tự nhiên thì khi ra khỏi chương trình , biến 푥 sẽ có giá trị 푥푦 . Muốn vậy ta gọi 푆(푛) là vị từ:

"푣ớ푖푏ấ푡푘ỳ푠ố푡ℎự푐푥,푦,푛ế푢푘ℎ푖푐표푛푡푟ỏđ푖ề푢푘ℎ푖ể푛푐ℎươ푛푔푡푟ì푛ℎ푡푟ở푣ề푑ò푛푔푙ệ푛ℎ

푤ℎ푖푙푒푣ớ푖푐á푐푔푖á푡푟ị푐ủ푎푐á푐푏푖ế푛푙à푥,푦,푛푡ℎì푘ℎ푖푟푎푘ℎỏ푖푐ℎươ푛푔푡푟ì푛ℎ푏푖ế푛푥푐ó푔푖á

푡푟ị푥푦 "

Ta áp dụng nguyên lý quy nạp như sau:

∗ 푆(0): khi trở về dòng lệnh while với các giá trị của biến là 푥,푦, 0 thì vòng lặp không được thực hiện tiếp và ta ra khỏi chương trình với giá trị của biến 푥 là 푥 = 푥푦

* với 푛 = 푘 là một số nguyên tự nhiên tùy ý. Giả sử 푆(푘) đúng, ta sẽ chứng minh 푆(푘 + 1) đúng. Gọi 푥,푦 là các số thực tùy ý và giả sử ta trở về dòng lệnh while với giá trị của các biến là 푥,푦,푛 = 푘 + 1. Do 푘 ≥ 0 nên 푘 + 1 > 0. Do đó vòng lặp while được thực hiện thêm ít nhất một lần nữa. Sau lần đầu tiên thực hiện ta trở về dòng lệnh while với giá trị của các biến là 푥 ∗ 푦,푦,푛 = 푘. Do 푆(푘) đúng nên khi ra khỏi chương trình, biến 푥 sẽ có giá trị:

(푥 ∗ 푦) ∗ 푦 = 푥 ∗ (푦 )

nghĩa là 푆(푘 + 1) đúng.

Do đó “∀푛, 푆(푛)” đúng. Đặc biệt khi ta gọi đoạn chương trình trên với các biến 푥,푦,푛 thì khi ra khỏi chương trình biến 푥 sẽ có giá trị 푥 ∗ 푦 như mong muốn.


BÀI TẬP CHƯƠNG 1 1. Trong các khẳng định sau, cho biết khẳng định nào là mệnh đề:

a) Trần Hưng Đạo là một vị tướng tài. b) 푥 + 1 là một số nguyên dương. c) 9 là một số chẵn. d) Hôm nay trời đẹp làm sao! e) Hãy học Toán rời rạc đi. f) Nếu bạn đến trễ thì tôi sẽ xem bóng đá trước.

2. Gọi 푃 và 푄 là các mệnh đề:

푃: “Minh giỏi Toán” 푄: “Minh yếu Anh văn”

Hãy viết lại các mệnh đề sau dưới dạng hình thức trong đó sử dụng các phép nối a) Minh giỏi Toán nhưng yếu Anh văn b) Minh yếu cả Toán lẫn Anh văn c) Minh giỏi Toán hay Minh vừa giỏi Anh văn vừa yếu Toán d) Nếu Minh giỏi Toán thì Minh giỏi Anh văn e) Minh giỏi Toán và Anh văn hay Minh giỏi Toán và yếu Anh văn

3. Gọi 푃,푄,푅 là các mệnh đề:

푃: “Bình đang học Toán” 푄: “Bình đang học Toán” 푅: “Bình đang học Anh văn”

Hãy viết lại các mệnh đề sau dưới dạng hình thức trong đó sử dụng các phép nối a) Bình đang học Toán và Anh văn nhưng không học Tin học b) Bình đang học Toán và Tin học nhưng không học cùng một lúc Tin học và Anh văn c) Không đúng là Bình đang học Anh văn mà không học Toán d) Không đúng là Bình đang học Anh văn hay Tin học mà không học Toán e) Bình không học Tin học lẫn Anh văn nhưng đang học Toán

4. Hãy lấy phủ định của các mệnh đề sau:

a) Ngày mai nếu trời mưa hay trời lạnh thì tôi sẽ không ra ngoài b) 15 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 4 c) Hình tứ giác này không phải là hình chữ nhật mà cũng không phải là hình thoi d) Nếu An không đi làm ngày mai thì sẽ bị duổi việc e) Mọi tam giác đều có các góc bằng 600

5. Cho biết chân trị của các mệnh đề sau:

a) 휋 = 2 và tổng các góc của một tam giác bằng 1800 b) 휋 = 3.1416 kéo theo tổng các góc của một tam giác bằng 1700 c) 휋 = 3 kéo theo tổng các góc của một tam giác bằng 1700 d) Nếu 2>3 thì nước sôi ở 1000C e) Nếu 3<4 thì 4<3 f) Nếu 4<3 thì 3<4

6. Ta định nghĩa một phép nối mới ký hiệu là 푃 ↓ 푄 để chỉ mệnh đề: không 푃 mà cũng

không 푄. Hãy lập bảng chân trị của phép nối trên.

7. Giả sử 푃 và 푄 là hai mệnh đề nguyên thủy sao cho 푃 → 푄 sai. Hãy xác định chân trị của các mệnh đề sau: a) 푃 ∧ 푄 b) ¬푃 ∨ 푄 c) 푄 → 푃


8. Gọi 푃,푄,푅 là các mệnh đề sau:

푃: “Bình đang học Toán” 푄: “Bình đang học Toán” 푅: “Bình đang học Anh văn”

Hãy viết lại các mệnh đề sau theo ngôn ngữ thông thường: a) 푄 → 푃 b) ¬푃 → 푄 c) 푃 ∧ 푄 d) 푅 → 푃

9. Xác định chân trị của các mệnh đề sau:

a) Nếu 3 + 4 = 12 thì 3 + 2 = 6 b) Nếu 1 + 1 = 2 thì 1 + 2 = 3 c) Nếu 1 + 1 = 2 thì 1 + 2 = 4

10. Có bao nhiêu cách đặt dấu “()” khác nhau vào dạng mệnh đề ¬푝 ∨ 푞 ∨ 푟. Lập bảng chân

trị cho từng trường hợp.

11. Lập bảng chân trị cho các dạng mệnh đề sau: a) ¬푝 → (푝 ∨ 푞) b)¬푝 → (¬푞 ∨ 푟) c) (푝 ∧ 푞) → ¬푞 d) (푝 ∨ 푞) → (푟 ∨ ¬푝) e) (푝 → 푞) ∨ (푞 → 푝) f) (푝 ∨¬푞) ∧ (¬푝 ∨ 푞) g) (푝 → ¬푞) ∨ (푞 → ¬푝) h) ¬(¬푝 ∧ ¬푞)

12. Hãy chỉ ra các hằng đúng trong các dạng mệnh đề sau:

a) (푝 ∨ 푞) → (푝 ∧ 푞) b) (푝 ∧ 푞) → (푝 ∨ 푞) b) 푝 → (¬푞 → 푝) d) 푝 → (푝 → 푞) c) 푝 → (푝 → 푝) f)(푝 → 푞) → [(푞 → 푟) → (푝 → 푟)]

13. Trong các khẳng định sau, hãy chỉ ra các khẳng định đúng:

a) 푞 ⇒ 푝 → 푞 b) ¬(푝 → 푞) ⟹ 푝 c) (푝 ∧ 푞) ∨ 푟 ⟹ 푝 ∧ (푞 ∨ 푟) d) (푝 → 푞) ∧ (푞 → 푟) ⟹ 푝 → (푞 → 푟) e) 푝 → (푞 → 푟) ⟹푝 → 푟 f) 푝 → (푞 ∧ 푟) ⟹ 푝 → 푞 g) (푝 ∧ 푞) → 푟 ⟹ (푝 → 푟) ∧ (푞 → 푟) h) 푝 → (푞 ∨ 푟) ⟹ (푝 → 푞) ∨ (푝 → 푟) i) (¬푝 → 푞) ∨ (푝 → ¬푞) ⟹ 푝 ∧ 푞

14.

a) Giả sử biến mệnh đề 푝 có chân trị 1, hãy xác định tất cả các chân trị của các biến mệnh đề 푞, 푟, 푠 để cho dạng mệnh đề sau lấy chân trị 1:

(푝 → [(¬푝 ∨ 푟) ∧ ¬푠]) ∧ [¬푠 → (¬푟 ∧ 푝)] b) Câu hỏi tương tự cho trường hợp 푝 có chân trị 0

15. Có thể nói gì về một dạng mệnh đề:

a) Có hệ quả logic là một mâu thuẫn? b) Có hệ quả logic là một hằng đúng? c) Là hệ quả logic của một mâu thuẫn? d) Là hệ quả logic của một hằng đúng?


16. Hãy chỉ ra các khẳng định đúng trong số các khẳng định sau: a) 푝 ∧ (푝 → 푞) ⟺ 푝∧ 푞 b) 푝 → 푞 ⟺ ¬푝 ∨ (푝 ∧ 푞) c) 푝 → 푞 ⟺ ¬푝 → ¬푞 d) ¬푝 ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨ (¬푝 ∧ 푞) e) [(푝 ⟷ 푞) ∧ (푞 ⟷ 푟) ∧ (푟 ⟷ 푝)] ⟺ [(푝 → 푞) ∧ (푞 → 푟) ∧ (푟 → 푝)] f) (푝 ∧ 푞) ∨ (푞 ∧ 푟) ∨ (푟 ∧ 푝) ⟺ (푝 ∨ 푞) ∧ (푞 ∨ 푟) ∧ (푟 ∨ 푝)

17. Dùng quy tắc thay thế để kiểm tra các dạng mệnh đề sau là hằng đúng:

a) [(푝 ∨ 푞) → 푟] ⟷ [¬푟 → ¬(푝 ∨ 푞)] b) [(푝 ∨ 푞) → 푟] ∨ (푠 ∨ 푡) ⟷ [[[(푞 ∨ 푞) → 푟] ∨ 푠] ∧ [[(푝 ∨ 푞) → 푟] ∨ 푡]]]

18. Đơn giản dạng mệnh đề sau:

[[[(푝 ∧ 푞) ∧ 푟] ∨ [(푝 ∧ 푟) ∧ ¬푟]] ∨ ¬푞] → 푠

19. Lấy phủ định rồi đơn giản các dạng mệnh đề sau: a) 푝 ∧ (푞 ∨ 푟) ∧ (¬푝 ∨ ¬푞 ∨ 푟) b) (푝 ∧ 푞) → 푟 c) 푝 → (¬푞 ∧ 푟) d) 푝 ∨ 푞 ∨ (¬푝 ∧ ¬푞 ∧ 푟)

20. Cho biết quy luật logic nào đã được áp dụng trong mỗi bước tương dương sau:

Biểu thức Quy luật logic a) [(푝 ∨ 푞) ∧ (푝 ∨ ¬푞)] ∨ 푞 ⟺ [푝 ∨ (푞 ∧ ¬푞)] ∨ 푞 ⟺ (푝 ∨ 0) ∨ 푞 ⟺ 푝∨ 푞 b) ¬(푝 ∨ 푞) ∨ [(¬푝 ∧ 푞) ∨ ¬푞] ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨ [¬푞 ∨ (¬푝 ∧ 푞)] ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨ [(¬푞 ∨ ¬푝) ∧ (¬푞 ∨ 푞)] ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨ [(¬푞 ∨ ¬푝) ∧ 1] ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨ (¬푞 ∨ ¬푝) ⟺ ¬(푝 ∨ 푞) ∨¬(푞 ∧ 푝) ⟺ ¬[(푝 ∨ 푞) ∧ (푞 ∧ 푝)] ⟺ ¬[(푞 ∧ 푝) ∧ (푝 ∨ 푞)] ⟺ ¬[푞 ∧ [푝 ∧ (푝 ∨ 푞)]] ⟺ ¬(푞 ∧ 푝) c) (푝 → 푞) ∧ [¬푞 ∧ (푟 ∨ ¬푞)] ⟺ (푝 → 푞) ∧¬푞 ⟺ (¬푝 ∨ 푞) ∧¬푞 ⟺ ¬푝 ∧ (¬푝 ∨ 푞) ⟺ (¬푞 ∧ ¬푝) ∨ (¬푞 ∧ 푞) ⟺ (¬푞 ∧ ¬푝) ∨ 0 ⟺ ¬푞 ∧ ¬푝 ⟺ ¬(푞 ∨ 푝)

21. Hãy điền mệnh đề vào chỗ trống để cho các suy luận sau đây theo phương pháp khẳng

định và phủ định là đúng: a) Nếu xe của Minh không khởi động được thì anh phải kiểm tra bugi.

Mà xe của Minh không khởi động được. Suy ra ...............................................................................................

b) Nếu Hà làm bài đúng thì cô được điểm cao Mà Hà không được điểm cao Suy ra ...............................................................................................


c) Nếu đây là vòng lặp REPEAT-UNTIL thì phần thân của vòng lặp phải được thực hiên ít nhất một lần Mà .................................................................................................... Vậy phần thân của vòng lặp được thực hiên ít nhất một lần.

d) Nếu chiều nay Minh đá bóng thì Minh không được xem tivi buổi tối Mà .................................................................................................... Vậy Minh không đá bóng chiều nay.

22. Cho biết suy luận nào trong các suy luân dưới đây là đúng và quy tắc suy diễn nào đã được sử dụng? a) Điều kiện đủ để CSG thắng trận là đối thủ đừng gỡ lại vào phút cuối

Mà CSG đã thắng trận Vậy đối thủ CSG không gỡ lại vào phút cuối

b) Nếu Minh giải được bài toán thứ tư thì em đã nộp trước giờ quy định Mà Minh đã không nộp bài trước giờ quy định Vậy Minh không giải được bài toán thứ tư

c) Nếu lãi suất giảm thì số người gửi tiết kiệm sẽ giảm Mà lãi suất đã không giảm Vậy số người gửi tiết kiệm không giảm

d) Nếu được thưởng cuối năm Hà sẽ đi Đà Lạt Nếu đi Đà Lạt Hà sẽ thăm Suối vàng Do đó nếu được thưởng cuối năm Hà sẽ thăm suối vàng

23. a) Dùng các quy tắc suy diễn để suy ra khẳng định sau là đúng:

(푞 ∧ 푟) ⟹ (푞 ∨ 푟) b) Xét các dạng mệnh đề: 퐸 = [푝 ∧ (푞 ∧ 푟)] ∨ ¬[푝 ∨ (푞 ∧ 푟)] 퐹 = [푝 ∧ (푞 ∨ 푟)] ∨ ¬[푝 ∨ (푞 ∨ 푟)]

24. Xét suy diễn: [푝 ∧ (푝 → 푞) ∧ (푠 ∨ 푟) ∧ (푟 → ¬푞)] → (푠 ∨ 푡)

Cho biết các bước suy diễn sau đã sử dụng các quy tắc nào? Bước Quy tắc

푝 푝 → 푞

∴푞 hay ¬¬푞 mà 푟 → ¬푞 ∴ 푟 mà푠 ∨ 푟 hay¬푟 → 푠 ∴ 푠

∴ 푠 ∨ 푡 25. Xét suy diễn sau:

(¬푝 ∨ 푞) → 푟 r→ (푠 ∨ 푡) ¬푠 ∨¬푢 ¬푢 → ¬푡 ∴ 푝

Cho biết các quy tắc nào đã được sử dụng trong các bước sau: Bước Quy tắc

¬푠 ∧ ¬푢 ∴ ¬푢 mà ¬푢 → ¬푡


∴ ¬푡 mà ¬푠 nên¬푠 ∧¬푡 hay¬(푠 ∨ 푡) mà푟 → 푠 ∨ 푡 ∴ ¬푟 mà (¬푝 ∨ 푞) → 푟 ∴ ¬(¬푝 ∨ 푞) hay푝 ∧¬푞

∴ 푝 26. Giải thích các bước của suy luận sau:

[(푝 → 푞) ∧ (¬푟 ∨ 푠) ∧ (푝 ∨ 푟)] → (¬푞 → 푠) Bước Quy tắc

G.Sử¬(¬푞 → 푠) hay¬(푞 ∨ 푠) hay ¬푞 ∧ ¬푠 ∴ ¬푞 và ¬푠 mà¬푟 ∨ 푠 hay푟 → 푠 ∴ ¬푟 푝 → 푞 và¬푝 ∴ ¬푝 nên ¬푟 ∧¬푝 hay¬(푟 ∨ 푝) mà푝 ∨ 푟 ∴ 0

Vậy suy luận là đúng. 27. Hãy kiểm tra lại các suy luận sau:

a) [(푝 ∧ ¬푞) ∧ 푟] → [(푝 ∧ 푟) ∨ 푞] b) [푝 ∧ (푝 → 푞) ∧ (¬푞 ∨ 푟)] → 푟

28. Hãy kiểm tra các suy luận sau: a) 푝 → 푞 b) 푝 → 푞 c) 푝 → (푞 → 푟)

¬푞 푟 → ¬푞 ¬푞 → ¬푝 ¬푟 푟 푝

∴ ¬(푝 ∨ 푟) ∴ ¬푝 ∴ 푟

d) 푝 ∧ 푞 e) 푝 → (푞 → 푟) f) 푝 ∨ 푞 푝 → (∧ 푞) 푝 ∨ 푠 ¬푝 ∨ 푟 푟 → (푠 ∨ 푡) 푡 → 푞 ¬푟 ¬s ¬s ∴ 푞 ∴¬(푝 ∨ 푟) ∴ ¬푟 → ¬푡

29. Tìm phản ví dụ cho các suy luận sau:

a) 푝 ↔ 푞 b) 푝 푞 → 푟 푝 → 푟 푟 ∨ ¬푠 푝 → (푞 ∨ ¬푟) ¬푠 → 푞 ¬푞 ∨ ¬푠 ∴¬(푝 ∨ 푟) ∴푠


30. Hãy kiểm tra xem các suy luận sau có đúng không

a) Nếu An được lên chức và làm việc nhiều thì An sẽ được tăng lương Nếu được tăng lương An sẽ mua xe mới Mà An không mua xe mới Vậy An không được lên chức hay An không làm việc nhiều.

b) Nếu muốn dự họp sáng thứ ba thì Minh phải dạy sớm Nếu Minh đi nghe nhạc tối thứ hai thì Minh sẽ về trễ Nếu về trễ và thức dậy sớm thì Minh phải đi họp mà chỉ ngủ dưới 7 giờ Nhưng Minh không thể đi họp nếu chỉ ngủ dưới 7 giờ Do đó hoặc là Minh không đi nghe nhạc thối thứ hai hoặc là Minh phải bỏ họp sáng

thứ ba. c) Nếu Bình đi làm về muộn thì vợ anh ta sẽ rất giận dữ

Nếu An thường xuyên vắng nhà thì vợ anh ta sẽ rất giận dữ Nếu vợ Bình hay vợ An giận dữ thì cô Hà bạn họ sẽ nhận được lời than phiền Mà Hà không nhận được lời than phiền Vậy Bình đi làm về sớm và An ít khi vắng nhà.

31. Xét các vị từ 푝(푥): "푥 ≤ 5" 푞(푥): "푥 + 3chẵn"

Trong đó 푥 là một biến nguyên. Xét chân trị của các mệnh đề sau: a) 푝(1) b) 푞(2) c) ¬푝(2) d) 푞(3) e) 푝(6) ∨ 푞(6) f) ¬(푝(−1) ∨ 푞(−1))

32. Với 푝(푥), 푞(푥) như trên. Xét thêm vị từ: 푟(푥): "푥 > 0"

Tìm chân trị của các mệnh đề sau: a) 푝(2) ∨ [푞(2) ∨ 푟(2)] b) 푝(2) ∧ [푞(2) ∨ 푟(2)] c) 푝(3) → [푞(3) → 푟(2)] d) [푝(3) ∧ 푞(3)] → 푟(3) e) 푝(1) → [푞(1) ↔ 푟(1)] f) [푝(1) → 푞(1)] ↔ 푟(1)

33. Với 푝, 푞, 푟 như trên a) Tìm tất cả 푥 để cho 푝(푥) ∧ 푞(푥) ∧ 푟(푥) đúng b) Tìm tất cả 푥 nhỏ nhất để 푝(푥) → [¬푞(푥) ∧ 푟(푥)] đúng

34. Xét vị từ 푝(푥): "푥 − 3푥 + 2 = 0". Cho biết chân trị của các mệnh đề sau: a) 푝(0) b) 푝(1) c) 푝(2) e) ∃푥,푝(푥) e) ∀푥,푝(푥)

35. Lớp Phân tích Thuật toán có 110 sinh viên ghi tên học trong đó có: 15 sinh viên Toán-Tin học năm thứ 3 5 sinh viên Toán năm thứ 3 25 sinh viên Toán-Tin học năm thứ 4 5 sinh viên Toán năm thứ 4 50 sinh viên Công nghệ Thông tin năm thứ 4 5 sinh viên Toán-Tin học Cao học 5 sinh viên Công nghệ Thông tin Cao học

Xét các vị từ: 푙(푥): sinh푣푖ê푛푥푔ℎ푖푡ê푛ℎọ푐푚ô푛푃ℎâ푛푡í푐ℎ푇ℎ푢ậ푡푡표á푛 푏(푥):푥푙à sinh푣푖ê푛푛ă푚푡ℎứ3 푐(푥): 푥푙à sinh푣푖ê푛푛ă푚푡ℎứ4 푑(푥): 푥푙à sinh 푣푖ê푛퐶푎표ℎọ푐 푟(푥):푥푙à sinh푣푖ê푛퐶ô푛푔푛푔ℎệ푇ℎô푛푔푡푖푛 푠(푥): 푥푙à sinh푣푖ê푛푇표á푛 − 푇푖푛ℎọ푐 푡(푥):푥푙à sinh푣푖ê푛푇표á푛


Hãy viết các mệnh đề dưới đây theo dạng lượng từ hóa: a) Có sinh viên Toán năm thú 3 trong lớp PTTT b) Có sinh viên trong lớp không phải sinh viên Công nghệ Thông tin c) Mọi sinh viên trong lớp là sinh viên Toán-Tin học hay Công nghệ Thông tin d) Không có sinh viên Cao học Toán trong lớp PTTT e) Mọi sinh viên năm thứ 3 trong lớp thuộc ngành Toán hay ngành Toán-Tin học f) Có sinh viên ở trường không thuộc ngành Toán-Tin học và cũng không thuộc ngành

Công nghệ Thông tin 36. Xét các vị từ:

푝(푥,푦): "푥 ≥ 푦" 푞(푥,푦): "푥 + 1 < 푦"

Trong đó 푥,푦 là các biến thực. cho biết chân trị của các mệnh đề sau: a) 푝(2,4) b) 푞(2,휋) c) 푝(−3,7) ∧ 푞(1, d) 푝(−2,1) ∨ ¬푞(−1,−1) e) 푝(1,1) → 푞(1,1) f) 푝(2,5) ↔ ¬푞(2,5)

37. Xét các vị từ theo biến thực 푥: 푝(푥): "푥 − 5푥 + 6 = 0" 푞(푥): "푥 − 4푥 − 5 = 0" 푟(푥): "푥 > 0"

Hãy xác định chân trị của các mệnh đề sau:

a) ∀푥,푝(푥) → 푟(푥) b)∀푥, 푞(푥) → ¬푟(푥) c) ∃푥, 푞(푥) → 푟(푥) d) ∃푥,푝(푥) → ¬푟(푥)

38. Xét vị từ theo hai biến nguyên tự nhiên: 푝(푥,푦): "푥푙àướ푐푐ủ푎푦"

Hãy xác định chân trị của các mệnh đề sau: a) 푝(2,3) b) 푝(2,6) c) ∀푦,푝(1,푦) d) ∀푥,푝(푥, 푥) e) ∀푦,∃푥,푝(푥,푦) f) ∃푦∀푥,푝(푥,푦) e) ∀푥∀푦, (푝(푥,푦) ∧ 푝(푦, 푥)) → (푥 = 푦) d) ∀푥∀푦∀푧, (푝(푥,푦) ∧ 푝(푦, 푧)) → 푝(푥, 푧)

39. Với mỗi mệnh đề dưới đây cho biết chân trị. Phủ định kèm theo có đúng không? Nếu không hãy thay bằng phủ định đúng. a) Với mọi số thực 푥,푦 nếu 푥 > 푦 thì 푥 > 푦

Phủ định: Tồn tại số thực 푥,푦 sao cho 푥 > 푦 nhưng 푥 ≤ 푦 b) Với mọi số thực 푥 nếu 푥 ≠ 0 thì 푥 có nghịch đảo

Phủ định: tồn tại số thực khác 0 mà không có nghịch đảo c) Tồn tại hai số nguyên lẻ có tích là số lẻ

Phủ định: tích của hai số lẻ bất kỳ là số lẻ d) Bình phương của mọi số hữu tỉ là số hữu tỉ

Phủ định: tồn tại số thực 푥 sao cho nếu 푥 vô tỉ thì 푥 vô tỉ.

40. Lấy phủ định của các mệnh đề sau: a) Với mọi số nguyên 푛, nếu 푛 không chia hết cho 2 thì 푛 là số lẻ b) Nếu bình phương của một số nguyên là lẻ thì số nguyên ấy là lẻ c) Nếu 푘,푚, 푛 là số nguyên sao cho 푘 − 푚 và 푚 −푛 là số lẻ thì 푘 − 푛 là số chẵn d) Nếu 푥 là một số thực sao cho 푥 > 16 thì 푥 < −4 hay 푥 > 4 e) Với mọi số thực 푥, nếu |푥 − 3| < 7 thì −4 < 푥 < 10

41. Gọi 푝(푥) và 푞(푥) là hai vị từ theo một biến, hãy lấy phủ định và đơn giản các mệnh đề sau:

a) ∃푥,푝(푥) ∨ 푞(푥) b)∀푥,푝(푥) ∧ ¬푞(푥) d) ∀푥,푝(푥) → 푞(푥) d) ∃푥, [푝(푥) ∨ 푞(푥)] → 푝(푥)


42. Cho biết chân trị của các mệnh đề sau trong đó 푥,푦 là các biến thực: a) ∃푥∃푦, 푥푦 = 1 b) ∃푥∀푦, 푥푦 = 1 c) ∀푥∃푦, 푥푦 = 1 d) ∀푥∀푦, 푠푖푛 푥 + 푐표푠 푥 = 푠푖푛 푦 + 푐표푠 푦 e) ∃푥∃푦, (2푥 + 푦 = 5) ∧ (푥 − 3푦 = −8) f) ∃푥∃푦, (3푥 − 푦 = 7) ∧ (2푥 + 4푦 = 3)

43. a) Sự tồn tại của phần tử 0 trong R được cho bởi:

∃푎∀푥, 푥 + 푎 = 푥 Hãy viết mệnh đề chỉ sự tồn tại của phần tử đơn vị trong R

b) 푥′ được nói là phần tử đối của 푥 nếu 푥 + 푥 = 0

Hãy viết mệnh đề cho biết tồn tại phần tử đối

c) 푥′ được nói là nghịch đảo của 푥 nếu 푥푥 = 1

Hãy viết mệnh đề cho biết mọi số thực khác 0 đều có nghịch đảo

d) Nếu thu hẹp vào tập hợp 횭 các số nguyên thì các mệnh đề trong b) và c) phải được điều chỉnh như thế nào để vẫn còn đúng

44. Giả sử 푝(푥) là vị từ theo biến 푥 ∈ 퐴. Khi ấy mệnh đề lượng từ hóa ∃!푥,푝(푥) được định nghĩa như là:

∃푥,푝(푥) ∧ [∀푥∀푦, (푝(푥) ∧ 푝(푦)) → 푥 = 푦] Nói cách khác tồn tại phần tử 푎 sao cho 푝(푎) đúng và 푎 là phần tử duy nhất của 푎

sao cho 푝(푎) đúng. Hãy viết lại các mệnh đề dưới đây dưới dạng hình thức trong đó sử dụng lượng từ ∃!

a) Mọi số thực khác 0 có nghịch đảo duy nhất b) Với mọi 푥,푦 ∈ 푹, tổng 푥 + 푦 là duy nhất c) Với mọi 푥, tồn tại 푦 duy nhất sao cho 푦 = 3푥 + 7

45. Giả sử 푝(푥,푦) là vị từ 푦 = −2푥 trong đó 푥,푦 là các biến nguyên. Hãy cho biết chân trị của các mệnh đề sau: a) [∀푥∃!푦,푝(푥,푦)] → [∃! 푦∀푥,푝(푥,푦)] b) [∃! 푦∀푥,푝(푥,푦)] → [∀푥∃!푦,푝(푥,푦)]

46. Với vị từ 푝(푥,푦): "푥 + 푦푙à푠ố푐ℎẵ푛". Hãy cho biết các mệnh đề trong câu 45 có đúng không?

47. Xét mệnh đề "∃! 푥, 푥 > 1". Hãy tìm tập hợp vũ trụ để cho mệnh đề trên là đúng (tương ứng sai)

48. Hãy điền vào hàng trống dể cho các suy luận sau là đúng: a) Mọi số nguyên là số hữu tỉ

Số thực 휋 không phải số hữu tỉ ∴.........................................................

b) Mọi sinh viên Tin học đều học Toán Rời rạc

......................................................... ∴ Minh học Toán Rời rạc

c) .........................................................

Bình là một Giám đốc điều hành ∴ Bình biết cách ủy quyền cho cấp dưới


d) Mọi hình chữ nhật có bốn góc bằng nhau

......................................................... ∴ Tứ giác MNPQ không phải hình chữ nhật

e) Mọi người quan tâm đến Cholesterol đều tránh ăn gan

Minh là một người quan tâm đến Cholesterol ∴ ........................................................

49. Xác định các suy luận đúng trong số các suy luận dưới đây. Cho biết quy tắc suy diễn đã được áp dụng: a) Mọi người đua thư dều mang theo túi thư

An là một người đưa thư Vậy An mang theo túi thư

b) Mọi công dân tốt đều đóng thuế

Ông Bình đã dóng thuế Vậy ông Bình là một công dân tốt

c) Mọi người quan tâm đến môi trường đều để riêng các túi nhựa bỏ đi

Hà không quan tâm đến môi trường Suy ra Hà không để riêng các túi nhựa bỏ đi

d) Mọi sinh viên nghiêm túc đều không nộp bài chưa làm xong

Minh không nộp bài chưa làm xong Vậy Minh là sinh viên nghiêm túc

50. 푝(푥) và 푞(푥) là hai vị từ theo một biến

Hãy chứng minh các khẳng định dưới dây:

a) [∃푥,푝(푥) ∨ 푞(푥)] ⟺ ∃푥, 푝(푥) ∨ ∃푥, 푞(푥) b) [∀푥, 푝(푥) ∧ 푞(푥)] ⟺ [ ∀푥, 푝(푥) ∧ ∀푥, 푞(푥) ] c) ∀푥,푝(푥) ∨ ∀푥,푞(푥) ⟹ [∀푥, 푝(푥) ∨ 푞(푥)] d) Hãy tìm phản ví dụ cho phần đảo của c)

51. Xét suy luận:

∀푥, 푝(푥) → (푞(푥) ∧ 푟(푥)) ∀푥,푝(푥) ∧ 푠(푥) ∴ ∀푥, 푟(푥) ∧ 푠(푥)

Hãy cho biết quy tắc suy diễn áp dụng cho mỗi bước sau đây: Bước Quy tắc ∀푥,푝(푥) ∧ 푠(푥) 푝(푎) ∧ 푠(푎) ∴ 푝(푎)

và 푠(푎) ∀푥,푝(푥) → (푞(푥) ∧ 푟(푥)) 푝(푎) → (푞(푎) ∧ 푟(푎)) ∴ 푞(푎) ∧ 푟(푎)

vậy 푟(푎) ∴ 푟(푎) ∧ 푠(푎)

như thế ∀푥, 푟(푥) ∧ 푠(푥)


52. Xét suy luân:

∀푥,푝(푥) → 푝(푥) ∨ 푞(푥) ∃푥, ¬푝(푥) ∀푥, ¬푝(푥) ∨ 푟(푥) ∀푥, 푠(푥) → ¬푟(푥) ∴ ∃푥, ¬푠(푥)

Hãy cho biết quy tắc suy diễn áp dụng trong các bước sau: Bước Quy tắc ∃푥, ¬푝(푥) ¬푝(푎) ∀푥,푝(푥) → 푝(푥) ∨ 푞(푥) 푝(푎) ∨ 푞(푎)

hay ¬푝(푎) → 푞(푎) ∴ 푞(푎) ∀푥, ¬푝(푥) ∨ 푟(푥) ¬푝(푎) ∨ 푟(푎)

hay 푞(푎) → 푟(푎) ∴ 푟(푎) ∀푥, 푠(푥) → ¬푟(푥) 푠(푎) → ¬푟(푎) ∴ ¬푠(푎)

nghĩa là ∃푥, ¬푠(푥)

53. Hãy chứng minh các công thức sau:

푎)0 + 1 +⋯+ 푛 =푛(푛 + 1)(2푛 + 1)

6

푏)0 + 1 + ⋯+ 푛 =푛 (푛 + 1)

4

푐)1.2.3 + 2.3.4 + ⋯+ 푛(푛 + 1)(푛 + 2) =푛(푛 + 1)(푛 + 2)(푛 + 3)

4

푑)1.1! + 2.2! +⋯+ 푛.푛! = (푛 + 1)! − 1

푒) 12!

+23!

+ ⋯+푛

(푛 + 1)!= 1−

1(푛 + 1)!

푓) 1

1.2.3+

12.3.4

+⋯+1

푛(푛 + 1)(푛 + 2) =푛(푛 + 3)

4(푛 + 1)(푛 + 2)

54. Xét vị từ:

푝(푛): 푛 vật bất kỳ thì đồng nhất với nhau trong đó 푛 là một biến nguyên, 푛 ≥ 1. Khẳng định: ∀푛 ≥ 1,푝(푛) Chứng minh:

푝(1): hiển nhiên Giả sử 푝(푛 − 1) đúng. Xét 푛 vật 푥 , 푥 , … , 푥 Do 푝(푛 − 1) đúng nên 푥 , 푥 , … , 푥 đồng nhất và đồng thời 푥 , 푥 , … , 푥 đồng nhất. Suy ra 푥 , 푥 , … , 푥 đồng nhất. Nghĩa là 푝(푛) đúng. Do đó nguyên lý quy nạp ∀푛 ≥ 1,푝(푛) là một mệnh đề đúng!

Suy luận trên sai do đâu?


55. Đặt các số 1,2,…,25 trên một vòng tròn theo thứ tự tùy ý. Chứng minh rằng luôn luôn có 3 số liên tiếp có tổng ≥ 39

56. Chứng minh các bất đẳng thức sau với 푛 ∈ 푵 a) Nếu 푛 > 3 thì 2 < 푛! b) Nếu 푛 > 4 thì 푛 < 2 c) Nếu 푛 > 9 thì 푛 < 2

57. Xét vị từ 푆(푛):

1 + 2 + ⋯+ 푛 =푛 + 1

22

Chứng minh rằng nếu 푆(푘) đúng thì 푆(푘 + 1) đúng với mọi 푘 ≥ 1. Từ đó có suy ra được 푆(푛) đúng với mọi 푛 ≥ 1 không?

58. Xét các phương trình 1 = 1

2 + 3 + 4 = 1 + 85 + 6 + 7 + 8 + 9 = 8 + 27

10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 = 27 + 64

Từ đó suy ra một công thức tổng quát dưới dạng vị từ theo một biến nguyên và chứng minh công thức này.

59. Xét đoạn chương trình viết bằng Pascal

while 푛 <> 0 do Begin 푥 ≔ 푥 + 푦; 푛 ≔ 푛 − 1; End; Ketqua:=푥;

Chứng minh rằng khi gọi đoạn chương trình trên với các biến 푥,푦 lấy giá trị thực và biến 푛 lấy giá trị nguyên tự nhiên thì khi ra khỏi đoạn chương trình, biến Ketqua được gán giá trị 푥 + 푛푦

60. Xét đoạn chương trình viết bằng Pascal

while 푛 <> 0 do Begin 푥 ≔ 푥 × 푦; 푛 ≔ 푛 − 1; End; Ketqua:=푥;

Giả sử ta gọi đoạn chương trình trên với các biến 푥,푦 lấy giá trị thực và 푛 lấy giá trị nguyên dương. Khi ra khỏi đoạn chương trình, biến Ketqua được gán giá trị nào? Hãy chứng minh khẳng định đó.


CHƯƠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐẾM Từ Chương 2 trở đi ta sẽ sử dụng các kí hiệu logic quen thuộc ⟹,⟺ để chỉ các quan

hệ “có hệ quả logic”, “tương đương logic” giữa các mệnh đề mà ta xem như dạng mệnh đề hằng. Ngoài ra ta cũng dùng các kí hiệu này để chỉ phép kéo theo và kéo theo hai chiều. Các kí hiệu ⟶,⟷ được dành cho các ánh xạ.

§1 TẬP HỢP Trong chương trước ta đã sử dụng khái niệm tập hợp trong một số ví dụ, đặc biệt

trong định nghĩa của các lượng từ. Trong chương này ta tiếp tục sử dụng khái niệm tập hợp theo nghĩa trực quan: đó là những đối tượng được nhóm lại theo một tính chất nào đó. Nếu 푎 là một phần tử của tập hợp 퐴, ta viết 푎 ∈ 퐴. Trong trường hợp ngược lại ta viết 푎 ∉ 퐴.

Ở đây khái niệm “tính chất” được hiểu theo một nghĩa hết sức rộng rãi. Thường thì nó biểu hiện bởi một vị từ 푝(푥) theo một biến 푥 ∈ 풰. Khi ấy tập hợp tất cả các phần tử 푥 ∈ 풰 sao cho 푝(푥) đúng được kí hiệu bởi:

퐴 = {푥 ∈ 풰 푝(푥)⁄ }

풰 được gọi là tập hợp vũ trụ. Nếu 풰 hiểu ngầm thì 퐴 có thể viết:

퐴 = {푥/푝(푥)}

Ví dụ:

1. A = {x ∈ N xlàsốnguyêntố⁄ } 2. A = {x ∈ Z x < 5⁄ }

Trong ví dụ 2, ta có thể chỉ ra tất cả các phần tử của 퐴: -2, -1, 0, 1, 2. Ta viết

퐴 = {−2,−1, 0, 1, 2}

Ta nói 퐴 được mô tả bằng cách liệt ra tất cả các phần tử. Cũng thế퐵 = {푥 ∈ 푵/푥 ≤푛}có thể được mô tả bằng cách liệt kê các phần tử:

퐵 = {0, 1, … ,푛}

Với phương pháp mô tả bằng cách liệt kê các phần tử, một tập hợp có thể là:

퐴 = {1, 2, 97, 100}

Khi này không nhất thiết các phần tử được nhóm lại theo một tính chất cụ thể nào.

Chú ý rằng tập hợp {푥 ∈ 푵/푥 < 0} không có phần tử nào cả. Ta nói nó là tập hợp rỗng và kí hệu bởi ∅.

Giả sử 퐴,퐵 là 2 tập hợp con của tập hợp vũ trụ 풰, ta nói 퐴 là tập hợp con của 퐵 (hay 퐴 được bao hàm trong 퐵 hay 퐵 bao hàm 퐴) nếu:

∀푥 ∈ 풰, (푥 ∈ 퐴) ⟺ (푥 ∈ 퐵)

Sử dụng các phép nối trên mệnh đề và vị từ, ta có thể định nghĩa các phép toán hợp (∪), giao (∩) và phần bù trên tập hợp.

Định nghĩa 2.1.1: Giả sử 퐴,퐵 là tập hợp con của tập hợp vũ trụ 풰. Khi ấy

퐴 ∪ 퐵 = {푥 ∈ 풰/(푥 ∈ 퐴) ∨ (푥 ∈ 퐵)}퐴 ∩ 퐵 = {푥 ∈ 풰/(푥 ∈ 퐴) ∧ (푥 ∈ 퐵)}

퐴 = 풰\퐴 = {푥 ∈ 풰/푥 ∉ 퐴}

퐴 được gọi là phần bù của 퐴 (trong 풰).


Định lý 2.1.1: 퐴,퐵,퐶 là các tập con tùy ý của 풰, ta có:

i. Tính giao hoán: 퐴 ∪ 퐵 = 퐵 ∪ 퐴퐴 ∩ 퐵 = 퐵 ∩ 퐴

ii. Tính kết hợp: 퐴 ∪ (퐵 ∪ 퐶) = (퐴 ∪ 퐵) ∪ 퐶퐴 ∩ (퐵 ∩ 퐶) = (퐴 ∩ 퐵) ∩ 퐶

iii. Luật De Morgan:

퐴 ∪ 퐵 = 퐴 ∩ 퐵퐴 ∩ 퐵 = 퐴 ∪ 퐵

iv. Tính phân bố: 퐴 ∪ (퐵 ∩ 퐶) = (퐴 ∪ 퐵) ∩ (퐴 ∪ 퐶)퐴 ∩ (퐵 ∪ 퐶) = (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐴 ∩ 퐶)

v. Phần tử trung hòa:

퐴 ∪ ∅ = 퐴퐴 ∩ 풰 = 퐴

vi. Phần bù:

퐴 ∪ 퐴 = 풰퐴 ∩ 퐴 = ∅

vii. Tính thống trị: 퐴 ∪ 풰 = 풰퐴 ∩ ∅ = ∅

Chứng minh: các tính chất trên suy từ định nghĩa và các qui luật logic (Định lý 1.2.2) mà ta có thể mở rộng dễ dàng cho các vị từ.

đpcm

Do tính kết hợp ta có thể dùng 퐴 ∪ 퐵 ∪ 퐶 để chỉ 퐴 ∪ (퐵 ∪ 퐶) hay (퐴 ∪ 퐵) ∪ 퐶. Cũng thế, cho trước 푛 tập hợp 퐴 ∪ 퐴 ∪…∪ 퐴 không phụ thuộc vào thứ tự đặt dấu ngoặc.

Ta cũng viết

퐴 = 퐴 ∪ 퐴 ∪ …∪ 퐴

Tương tự

퐴 = 퐴 ∪ 퐴 ∪ …∪ 퐴


§2 ÁNH XẠ Định nghĩa 2.2.1:

i. Một ánh xạ 푓 từ tập hợp 퐴 vào tập hợp 퐵 là phép tương ứng liên kết với mỗi phần tử 푥 của 퐴 một phần tử duy nhất 푦 của 퐵 mà ta kí hiệu là 푓(푥) và gọi là ảnh của 푥 bởi 푓. Ta viết:

푓:퐴 ⟶ 퐵

푥 ⟼ 푓(푥)

ii. Hai ánh xạ 푓,푔 từ 퐴 vào 퐵 được nói là bằng nhau nếu:

∀푥 ∈ 퐴, 푓(푥) = 푔(푥)


i. Nếu 퐸 là một tập hợp con của 퐴 thì ảnh của 퐸 bởi 푓 là tập hợp:

푓(퐸) = {푦휖퐵/∃푥 ∈ 퐸,푦 = 푓(푥)}

Ta cũng viết:

푓(퐸) = {푓(푥)/푥 ∈ 퐸}

ii. Nếu 퐹 là một tập hợp con của 퐵 thì ảnh ngược (tạo ảnh) của 퐹 là tập hợp

푓 (퐹) = {푥 ∈ 퐴/푓(푥) ∈ 퐹}

Chú ý:

1. Nếu 푦휖퐵 thì ta viết 푓 ({푦}) = 푓 (푦). 2. Nếu 푓 (푦) = ∅ thì 푦 không nằm trong ảnh 푓(퐴) của 퐴. 3. Nếu 푓 (푦) = {푥}, thì 푥 là phần tử duy nhất có ảnh là 푦.

Định nghĩa 2.2.3: Gọi 푓 là 1 ánh xạ từ tập hợp 퐴 vào tập hợp 퐵. Khi ấy ta nói

i. 푓 là toàn ánh nếu 푓(퐴) = 퐵 ii. 푓 là đơn ánh nếu hai phần tử khác nhau bất kỳ của 퐴 có ảnh khác nhau:

∀푥, 푥 ∈ 퐴, 푥 ≠ 푥′ ⟹ 푓(푥) ≠ 푓(푥 )

iii. 푓 là song ánh nếu nó đồng thời là đơn ánh và toàn ánh.

Chú ý: nếu 푓 là song ánh từ 퐴 lên 퐵, ta viết:

푓:퐴 ⟷ 퐵

Khi ấy với 푦 ∈ 퐵 tùy ý, có phần tử duy nhất 푥 ∈ 퐴 sao cho 푓(푥) = 푦. Như thế tương ứng 푦 ⟼ 푥 là 1 ánh xạ từ 퐵 vào 퐴 mà ta kí hiệu là 푓−1:

푓 : 퐵 ⟶ 퐴푦 ⟼ 푓 (푦) = 푥

với 푓(푥) = 푦

Ta có:

푓 푓 (푦) ∀푦 ∈ 퐵 (2.2.1)푓 푓(푥) ∀푥 ∈ 퐴 (2.2.2)

Ví dụ:

푓:풁 ⟶ 푸 sao cho 푓(푥) = với 푥 ∈ 풁 tùy ý là đơn ánh nhưng không phải là toàn ánh vì chẳng hạn không là ảnh của phần tử nào của 풁.


Giả sử 푎, 푏 là hai số thực sao cho 푎 ≠ 0. Khi ấy f(x)=ax+b và xác định một song ánh giữa 푹 và 푹. Ánh xạ ngược của nó là

푓 :푹⟶ 푹푦 ⟼ 푎 푦 − 푎 푏

Định nghĩa 2.2.4: Cho hai ánh xạ

푓:퐴 ⟶ 퐵và푔:퐵 ⟶ 퐶

Ánh xạ hợp ℎ là ánh xạ từ 퐴 vào 퐶 xác định bởi:

ℎ ∶ 퐴 ⟶ 퐶푥 ⟼ ℎ(푥) = 푔 푓(푥)

Ta viết:

ℎ = 푔 ∘ 푓:퐴 ⟶ 퐵 ⟶ 퐶푥 ⟼ 푓(푥) ⟼ℎ(푥) = 푔 푓(푥)

Chú ý:

Ta thường biểu diễn một ánh xạ bởi sơ đồ

Khi ấy ánh xạ hợp được biểu diễn bởi sơ đồ

푥 푓 푔 푧 = 푔(푦)

푦 = 푓(푥)

푔 ∘ 푓

Ký hiệu 푖푑 là ánh xạ 퐴 ⟶ 퐴 sao cho

푖푑 (푥) = 푥∀푥 ∈ 퐴

Ta nói 푖푑 là ánh xạ đồng nhất của 퐴. tương tự gọi 푖푑 là ánh xạ đồng nhất của 퐵. Khi ấy (2.2.1) và (2.2.2) trở thành

푓 ∘ 푓 = 푖푑

và 푓 ∘ 푓 = 푖푑 Định lý 2.2.1: Giả sử 푓 là một ánh xạ từ 퐴 vào 퐵, 퐸 và 퐸_2 là hai tập con tùy ý của 퐴, 퐹 và 퐹 là hai tập con tùy ý của 퐵. Ta có:

i. 푓(퐸 ∪ 퐸 ) = 푓(퐸 ) ∪ 푓(퐸 ) ii. 푓(퐸 ∩ 퐸 ) ⊂ 푓(퐸 ) ∩ 푓(퐸 ) iii. 푓 (퐹 ∪ 퐹 ) = 푓 (퐹 ) ∪ 푓(퐹 ) iv. 푓 (퐹 ∩ 퐹 ) = 푓 (퐹 ) ∩ 푓 (퐹 )

Chứng minh: ta chỉ chứng minh i), các phần còn lại được lý luận tương tự. Ta có:

푥 푓(푥)


푦 ∈ 푓(퐸 ∪ 퐸 ) ⟺ ∃푥 ∈ 퐸 ∪ 퐸 ,푦 = 푓(푥) ⟺ 푦 ∈ 푓(퐸 ) ∨ 푦 ∈ 푓(퐸 ) ⟺ 푦 ∈ 푓(퐸 )∪ 푓(퐸 )

Chú ý: bao hàm trong ii) có thể là ngặt trong ví dụ sau cho thấy. Xét 푓:풁 ⟶ 풁 xác định bởi:

푓(푥) = |푥|,∀푥 ∈ 풁

Lấy 퐸 = 풁 ,퐸 = 풁 . Ta có 퐸 ∩ 퐸 = ∅ nên 푓(퐸 ∩ 퐸 ) = 푓(∅) = ∅. Trong khi đó 푓(퐸 ) =푓(퐸 ) = 풁 nên 푓(퐸 ) ∩ 푓(퐸 ) ≠ ∅.

§3 PHÉP ĐẾM Trước hết ta nhận xét rằng phép đếm các phần tử của một tập hợp 퐴 là một thủ tục

gồm có nhiều bước:

Bước 0: nếu 퐴 = ∅ ta nói số phần tử của 퐴 bằng 0. Nếu không (퐴 ≠ ∅) ta qua Bước 1

Bước 1: chọn tùy ý một phần tử 푎 ∈ 퐴 rồi gán 푎 tương ứng với phần tử 1 ∈ 푵. Nếu 퐴 = {푎} ta nói 퐴là một phần tử. Nếu không ta qua Bước 2

Bước 2: do 퐴 ≠ {푎}, tồn tại một phần tử 푏 ∈ 퐴 và 푏 ≠ 푎.Ta gán b tương ứng với phần tử 2 ∈ 푵. Nói cách khác ta có một song ánh {푎, 푏} ⟷ {1,2}. Nếu 퐴 = {푎, 푏} ta nói 퐴 có hai phần tử. Nếu không, ta qua Bước 3.

Cứ tiếp tục thủ tục như trên. Hai trường hợp có thể xảy ra

Trường hợp 1: thủ tục dừng ở một Bước 푛 nào đó, nghĩa là tồn tại một song ánh giữa 퐴 và {1,2, … ,푛} ⊂ 푵.ta nói rằng 퐴 có 푛 phần tử.

Trường hợp 2: thủ tục không bao giờ dừng. Ta nói 퐴 có vô số phần tử hay 퐴 là một tập hợp vô hạn.

Từ nhận xét trên ta có


i. Một tập hợp 퐴 được nói là hữu hạn và có 푛 phần tử nếu tồn tại một song ánh giữa 퐴và tập hợp con {1,2, … ,푛} của 푵. Ta viết |퐴| = 푛.

ii. Nếu 퐴 không hữu hạn, ta nói 퐴 vô hạn

Chú ý:

1. Do nhận xét trên, phép toán chỉ ra cho ta một thuật toán cụ thể để xây dựng một song ánh giữa 퐴 và {1,2, … ,푛} nếu 퐴 hữu hạn, trong khi Định nghĩa 2.3.1 chỉ đòi hỏi tồn tại một song ánh như vậy.

2. Hai tập hợp hữu hạn 퐴,퐵 có cùng số phần tử sẽ tương ứng 1 - 1 với nhau, nghĩa là tồn tại một song ánh 퐴 ⟷ 퐵. Ta cũng nói 퐴 và 퐵 có cùng lực lượng. Tổng quát hơn ta có


i. Một tập hợp 퐴 được nói là có lực lượng bé hơn lực lượng của 퐵nếu tồn tại một đơn ánh từ 퐴 vào 퐵.

ii. Hai tập hợp 퐴 và 퐵 được nói là đồng lực lượng nếu có một song ánh 퐴⟷ 퐵

Chú ý: Giả sử tồn tại một đơn ánh 푓 từ 퐴 vào 퐵. Đặt 퐶 = 푓(퐴) và là phần bù của 퐶 trong 퐵. Chọn một phần tử 푎 ∈ 퐴 tùy ý. Ta sẽ định nghĩa một ánh xạ 푔:퐵 ⟶ 퐴 như sau:

Nếu 푦 ∈ 퐶 thì tồn tại duy nhất 푥 ∈ 퐴 sao cho 푦 = 푓(푥). Ta đặt 푔(푦) = 푥 Nếu 푦 ∈ 퐶, ta đặt 푔(푦) = 푎


Khi ấy rõ ràng 푔 là một ánh xạ từ 퐵 vào 퐴 sao cho 푔(퐶) = 퐴. Suy ra 푔 là toàn ánh.

Ngược lại giả sử tồn tại một toàn ánh 푔:퐵 ⟶ 퐴. Khi ấy với 푥 ∈ 퐴 tùy ý, 푔 (푥) là một tập con khác ∅ nên ta có thể chọn một phần tử nhất định 푦 ∈ 푔 (푥). Đặt 푓(푥) = 푦, ta sẽ được một ánh xạ 푓 từ 퐴 vào 퐵. Do cách xây dựng với 푥 ≠ 푥’ thì 푔 (푥) ∩ 푔 (푥 ) = ∅ nên 푓(푥) = 푓(푥 ), nghĩa là 푓 là đơn ánh. Ở đây ta sử dụng khái niệm chọn 푦 ∈ 푔 (푥) một cách trực quan. Theo lý thuyết tập hợp tiên đề thì việc chọn như vậy không hiển nhiên mà được dựa trên Tiên đề chọn. Đương nhiên đối với các tập hợp hữu hạn Tiên đề chọn là không cần thiết. Tóm lại ta đã chứng minh được.

Mệnh đề 2.3.1: lực lượng của 퐴 nhỏ hơn lực lượng của 퐵 khi và chỉ khi tồn tại một tồn ánh từ 퐵 lên 퐴.

Một vấn đề thứ hai là nếu lực lượng của 퐴 nhỏ hơn lực lượng của 퐵 và lực lượng của 퐵 nhỏ hơn lực lượng của 퐴 thì liệu 퐴 và 퐵 có đồng lực lượng không. Khẳng định này được chứng minh trong trường hợp tổng quát, nhưng chứng minh này ra khỏi khuôn khổ của giáo trình Toán Rời rạc.

Tuy nhiên nếu A và B hữu hạn ta có

Định lý 2.3.2: Giả sử 퐴 và 퐵 là hai tập hợp hữu hạn. Nếu tồn tại một đơn ánh từ 퐴 vào 퐵 và một đơn ánh từ 퐵 vào 퐴 thì 퐴 và 퐵 có cùng số phần tử. Hơn nữa mọi đơn ánh (tương ứng với toàn ánh) từ 퐴 vào (tương ứng lên) 퐵 là một song ánh.

Chứng minh: Gọi 푓 là một đơn ánh tùy ý từ 퐴 vào 퐵

Đặt 퐶 = 푓(퐴) và 퐶 là phần bù của 퐶 trong 퐵 thì Mệnh đề 2.3.3 dưới đây cho:

|퐵| = |퐶| + |퐶|

Do f rõ ràng xác định một song ánh giữa 퐴 và 퐶 nên ta có

|퐵| = |퐴| + |퐶| ≥ |퐴|

Tương tự nếu tồn tại một đơn ánh từ 퐵 vào 퐴 ta sẽ có

|퐴| ≥ |퐵|

Suy ra

|퐴| = |퐵|

Đặc biệt

|퐶| = 0

nghĩa là 퐵 = 푓(퐴) và do đó f là một song ánh giữa 퐴 và 퐵.

Giả sử g là một toàn ánh từ 퐵 lên 퐴. Trên đây ta dang xây dựng một đơn ánh 푓 từ 퐴 vào 퐵 sao cho 푓(푥) ∈ 푔 (푥) với mọi 푥 ∈ 퐴. Theo chứng minh trên 푓 là song ánh nên rõ ràng 푔 cũng là song ánh.

Mệnh đề 2.3.3 (Nguyên lý cộng):

Giả sử 퐵 là một tập hợp con của tập hợp hữu hạn 퐴. Gọi 퐵 là phần bù của 퐵 trong 퐴. Khi ấy ta có:

|퐴| = |퐵| + |퐵|

Chứng minh: Gọi 푚,푛 là số phần tử của 퐵 và 퐵 tương ứng. Khi ấy tồn tại một song ánh 푓 từ 퐵 lên {1,2, … ,푚} và một song ánh 푔 từ 퐵 lên {1,2, … ,푛}. Ta định nghĩa ánh xạ ℎ từ 퐴 vào {1,2, … ,푚 + 푛} như sau:

nếu 푥 ∈ 퐵 ta đặt ℎ(푥) = 푓(푥)


nếu 푥 ∈ 퐵 ta đặt ℎ(푥) = 푔(푥) + 푚

Rõ ràng ℎ là một song ánh nên |퐴| = 푚 + 푛 đpcm

Ví dụ: để chuẩn bị vào giai đoạn 2, có 150 sinh viên chương trình 1 đã ghi tên học môn Toán Rời rạc và 120 sinh viên ghi tên học Vi tích phân 3 ở học kỳ này. Hỏi có bao nhiêu sinh viên ghi tên học một trong hai môn biết rằng không có sinh viên nào học cả hai môn.

Gọi 퐴 là tập hợp các sinh viên ghi tên học môn Toán rời rạc và 퐵 là tập hợp sinh viên ghi tên học Vi tích phân 3. Khi ấy tập hợp các sinh viên ghi tên học một trong hai môn là 퐴 ∪ 퐵 và 퐵 chính là phần bù của 퐴 trong 퐴 ∪ 퐵 nên ta có

|퐴 ∪ 퐵| = |퐴| + |퐵| = 150 + 120 = 270

Qua ví dụ trên, ta thấy quá trình đếm các sinh viên học một trong hai môn có thể được thực hiện bằng hai cách: đếm các sinh viên học Toán rời rạc và đếm các sinh viên học Vi tích phân 3. Hai cách này là loại trừ lẫn nhau theo nghĩa chúng không thể đồng thời xảy ra. Khi ấy ta cũng có thể phát biểu lại Mệnh đề 2.3.3 dưới dạng:

Nguyên lý cộng: Nếu một quá trình có thể được thực hiện bằng một trong hai cách loại trừ lẫn nhau: cách thứ nhất cho 푚 kết quả và cách thứ hai cho 푛 kết quả. Khi ấy việc thực hiện quá trình cho 푚 + 푛 kết quả.

Chú ý:

1. Trong ví dụ trên nếu có một số sinh viên ghi tên học cả hai môn, chẳng hạn như 50 thì tập hợp 퐴 ∩ 퐵 ≠ ∅ và có 50 phần tử. Trong trường hợp này |퐴| + |퐵| không phải là số phần tử của |퐴 ∪ 퐵|vì |퐴 ∩ 퐵| được tính hai lần trong |퐴| và |퐵|. Do đó ta có dạng mở rộng của nguyên lý cộng là:

|퐴 ∪ 퐵| = |퐴| + |퐵| − |퐴 ∩ 퐵| = 150 + 120 − 50 = 220 (2.3.1)

2. Mệnh đề 2.3.3 cũng có thể được mở rộng theo hướng có nhiều hơn 2 tập hợp. Giả sử có n tập hợp: 퐶 ,퐶 , … ,퐶 .Ta nói các tập hợp này đôi một rời nhau nếu 퐶 ∩ 퐶 =∅ nếu 푖 ≠ 푗. Ta có

Mệnh đề 2.3.4 (Nguyên lý cộng mở rộng): nếu tập hợp hữu hạn 퐶 có thể viết như là hợp các tập hợp 퐶 ,퐶 , … ,퐶 đôi một rời nhau thì

|퐶| = |퐶 | + |퐶 | + ⋯+ |퐶 |

Chứng minh: sử dụng Mệnh đề 2.3.3 và Nguyên lý quy nạp trên 푛

đpcm

Ngoài nguyên lý cộng, một công cụ đếm hữu hiệu là:

Nguyên lý nhân: Nếu một quá trình có thể thực hiện theo hai đoạn liên tiếp độc lập với nhau sao cho có 푚 cách khác nhau để thực hiện giai đoạn 1 và với mỗi cách lựa chọn trong giai đoạn 1 đều có 푛 cách khác nhau để thực hiên giai đoạn 2. Khi ấy có 푚푛 cách khác nhau để thực hiên toàn bộ quá trình.

Chú ý: nói rằng hai giai đoạn được thực hiện độc lập được thực hiện (푎, 푏) và (푐,푑) sẽ cho hai kết quả khác nhau nếu một trong hai trường hợp sau xảy ra:

hai cách thực hiên giai đoạn 1 khác nhau 푎 ≠ 푐 푎 = 푐 và hai cách thực hiện giai đoạn 2 khác nhau 푏 ≠ 푑

Ví dụ: để chuẩn bị mở một văn phòng đại diện ở nước ngoài, Giám đốc của Công ty X cần nghe lời cố vấn về pháp luật từ một luật sư chọn trong số 5 luật sư và cố vấn về địa ốc từ một chuyên viên địa ốc chọn trong số 3 chuyên viên địa ốc. Do đó theo Nguyên lý nhân có


tất cả 5x3=15 phương án để Giám đốc Công ty X tiếp xúc với hai chuyên viên trong hai lĩnh vực trên.

Trong ví dụ trên, gọi 퐴 là tập hợp các luật sư và 퐵 là tập hợp các chuyên viên địa ốc cần tham khảo. Khi ấy một phương án tham khảo cố vấn là một cặp có thứ tự (푎, 푏) với 푎 ∈ 퐴, 푏 ∈ 퐵. Tập hợp các phương án tham khảo cố vấn chính là tích Descartes 퐴 × 퐵 theo định nghĩa dưới đây.

Định nghĩa 2.3.3: Tích Descartes của 2 tập hợp 퐴,퐵 ký hiệu bởi 퐴× 퐵 cũng là một tập hợp hữu hạn vả ta có:

|퐴× 퐵| = |퐴||퐵|

Chứng minh: Quá trình đếm các phần tử của 퐴 × 퐵 được thực hiên theo hai giai đoạn: có |퐴|cách khác nhau để chọn 1 phần tử tùy ý của 퐴 với mỗi cách chọn phần tử 푎 ∈ 퐴, có |퐵| cách chọn một phần tử tùy ý 푏 ∈ 퐵 để tạo thành các cặp khác nhau (푎, 푏). Do đó theo nguyên lý nhân có |퐴||퐵| cách chọn các cặp (푎, 푏) khác nhau. Nói cách khác

|퐴 × 퐵| = |퐴||퐵|

Để xây dựng một song ánh cụ thể từ 퐴 × 퐵 lên {1,2, … ,푚푛}, trong đó 푚 = |퐴|, 푛 =|퐵| ta làm như sau:

Xét các song ánh:

푓:퐴 ⟷ {1,2, … ,푚}

và 푔:퐵 ⟷ {1,2, … ,푛}

Ta định nghĩa ánh xạ ℎ: 퐴 × 퐵 ⟶ {1,2, … ,푚푛} như sau:

ℎ(푎, 푏) = (푔(푏) − 1) × 푚 + 푓(푎)

Giả sử

ℎ(푎, 푏) = ℎ(푎 , 푏′)

Khi ấy

(푔(푏) − 1)푚 + 푓(푎) = (푔(푏 )− 1)푚 + 푓(푎′) (2.3.2)

ta có thể giả sử 푓(푎′) ≤ 푓(푎). Do (2.3.2) ta có:

푓(푎)− 푓(푎 ) = 푔(푏′)− 푔(푏) 푚

Nhưng 0 ≤ 푓(푎)− 푓(푎 ) < 푚

và 푔(푏′) − 푔(푏) 푚 ≥ 푚 nếu 푔(푏′) −푔(푏) > 0

Suy ra 푓(푎) = 푓(푎 ) và 푔(푏′) − 푔(푏)

Do đó (푎, 푏) = (푎 ,푏′) vì 푓 và 푔 là song ánh

Sau cùng giả sử 푘 là một số nguyên bất kỳ sao cho 1 ≤ 푘 ≤ 푚푛. Gọi 푖 là một số nguyên tự nhiên lớn nhất sao cho 푚푖 < 푘. Khi ấy

푚푖 < 푘 ≤ 푚(푖 + 1)

nên 1 ≤ 푗 = 푘 −푚푖 ≤ 푚

và 0 ≤ 푖 ≤ = 푛

Đặt 푎 = 푓 (푗) và 푏 = 푔 (푖 + 1)

Rõ ràng ℎ(푎, 푏) = (푔푔 (푖 + 1)− 1)푚 + 푓푓 (푗) = 푖푚 + 푗 = 푘


Tóm lại ℎ là một song ánh đpcm

Chú ý: 푓 và 푔 cho phép viết 퐴 và 퐵 dưới dạng

퐴 = {푎 ,푎 , … ,푎 } và 퐵 = {푏 , 푏 , … , 푏 }

Ta nói các phần tử của 퐴 (tương ứng 퐵) đã được đánh chỉ số bởi 푓 (tương ứng 푓 ). Khi ấy ánh xạ ℎ có thể viết: ℎ 푎 ,푏 = (푗 − 1)푚 + 푖

Nói cách khác ta đã “đếm” các phần tử của 퐴× 퐵 theo 푛 mảng đặt kế tiếp nhau:

{(푎 , 푏 ), (푎 , 푏 ), … , (푎 , 푏 )}, {(푎 ,푏 ), (푎 , 푏 ), … , (푎 , 푏 )}… , {(푎 ,푏 ), (푎 ,푏 ), … , (푎 ,푏 )}

Gọi các mảng này lần lượt là 퐶 ,퐶 , … ,퐶 thì chúng đều tương ứng 1 – 1 với 퐴 nên có cùng số phần tử là 푚. Hơn nữa các tập hợp này đôi một rời nhau nên ảnh của ℎ có 푚 × 푛 phần tử và do đó ℎ là song ánh.

Nguyên lý nhân có thể được mở rộng cho quá trình nhiều hơn hai giai đoạn. Tương tự Định nghĩa 2.3.3 và Định nghĩa 2.3.5 có thể được mở rộng cho tích Descartes của nhiều hơn hai tập hợp.

Định nghĩa 2.3.4: có 푛 tập hợp không rỗng 퐴 ,퐴 , … ,퐴

một bộ 푛 phần tử là một họ phần tử có dạng (푎 ,푎 , … ,푎 ), với 푎 ∈ 퐴 ,푎 ∈ 퐴 , … ,푎 ∈ 퐴

hai bộ 푛(푎 ,푎 , … ,푎 ), (푎 ,푎 , … ,푎 ) được nói là bằng nhau nếu 푎 = 푎 ,푎 = 푎 , … ,푎 = 푎

tập hợp tất cả các bộ n phần tử được gọi là tích Descartes của 퐴 ,퐴 , … ,퐴 và ký hiệu bởi 퐴 × 퐴 × … × 퐴

퐴 × 퐴 × … × 퐴 = {(푎 ,푎 , … ,푎 )/푎 ∈ 퐴 ,푎 ∈ 퐴 , … ,푎 ∈ 퐴 }

Chú ý: ta cũng ký hiêu tích Descartes bởi 퐴

Định lý 2.3.6:nếu A1,A2,…,An hữu hạn thì 퐴 cũng hữu hạn và ta có

퐴 = |퐴 ||퐴 | … |퐴 |

= |퐴 |

Chứng minh: dùng Định lý 2.3.5 và nguyên lý quy nạp

đpcm

Ví dụ: sinh viên Giai đoạn 1 thuộc Chương trình 1 của Trường Đại học Khoa học Tự nhiên cử ra một Ban Đại diện gồm môt sinh viên Toán – Tin, một sinh viên Công nghệ Thông tin, một sinh viên Vật lý, một sinh viên Hóa học. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra ban Đại diện biết rằng có 300 sinh viên Toán – Tin, 400 sinh viên Công nghệ Thông tin, 200 sinh viên Vật lý và 300 sinh viên Hóa?

Gọi 퐴1 ,퐴2,퐴3,퐴4 lần lượt là tập hợp các sinh viên Giai đoạn 1 của các ngành Toán – Tin, Công nghệ thông tin, Lý, Hóa. Khi ấy một Ban Đại diện chính là một bộ 4:

(푎 ,푎 ,푎 ,푎 ),푎 ∈ 퐴 ,푎 ∈ 퐴 ,푎 ∈ 퐴 ,푎 ∈ 퐴


Do đó theo Định lý 2.3.6 số cách chọn Ban Đại diện là:

퐴 = |퐴 | = 300 × 400 × 200 × 300 =

= 7.200.000.000

§4 GIẢI TÍCH TỔ HỢP Cho trước hai tập hợp 퐴 và 퐵, tập hợp tất cả các ánh xạ từ 퐴 vào 퐵 được ký hiệu bởi

퐵 . Giả sử |퐴| = 푚, ta có 퐴 = {푎 ,푎 , … ,푎 }

Rõ ràng một ánh xạ 푓 từ 퐴 vào 퐵 được xác định hoàn toàn bằng cách chọn ra 푚 phần tử 푏 = 푓(푎 ), 푏 = 푓(푎 ), … , 푏 = 푓(푎 )

Nói cách khác 푓 được xác định bởi bộ 푚: (푓(푎 ), 푓(푎 ), … , 푓(푎 )) ∈ 퐵

Như vậy ta được một ánh xạ: 휑:퐵 ⟶ 퐵

với 휑(푓) = (푓(푎 ),푓(푎 ), … ,푓(푎 )) ∈ 퐵 (2.4.1)

Ngược lại cho trước (푏 , 푏 , … , 푏 ) ∈ 퐵 thì ta định nghĩa được một ánh xạ duy nhất 푓 ∈ 퐵 bởi:

푓(푎 ) = 푏 , 푓(푎 ) = 푏 , … , 푓(푎 ) = 푏

Như thế ta đã chứng minh:

Mệnh đề 2.4.1: Giả sử |퐴| = 푚 với 퐴 = {푎 ,푎 , … ,푎 } thì (2.4.1) xác định một song ánh giữa 퐵 và 퐵 . Đặc biệt nếu 퐵 hữu hạn thì 퐵 cũng hữu hạn và ta có:

|퐵 | = |퐵|| |

Chú ý: trong phép tương ứng (2.4.1), 푓 là một đơn ánh khi và chỉ khi các phần tử 푓(푎 ),푓(푎 ), … , 푓(푎 ) là đôi một khác nhau. Từ đó ta có một quá trình 푚 bước để đếm các đơn ánh từ 퐴 vào 퐵.

Bước 1: chọn tùy ý một phần tử 푏 ∈ 퐵. Ở bước này có 푛 cách chọn 푏

Bước 2: chọn tùy ý một phần tử 푏 ∈ 퐵 khác với 푏 nghĩa là một phần tử 푏 ∈ 푩\{푏 }. Ở đây 푩\{푏 } chỉ phần bù của {푏 } trong 푩. Ta có 푛 − 1 cách chọn 푏

.............................................................................................................................

Bước 풎: chọn tùy ý một phần tử 푏 ∈ 퐵\{푏 , 푏 , … , 푏 }. Do 푛 − (푚 − 1) = 푛 − 푚 +1, nên có 푛 −푚 + 1 cách chọn 푏 .

Chú ý rằng để có thể tiến hành đến Bước thứ 푚 ta cần có 푛 −푚 + 1 ≥ 1, hay 푛 ≥ 푚. Do đó áp dụng nguyên lý nhân ta được

Mệnh đề 2.4.2: Giả sử 푚 ≤ 푛. Khi ấy số đơn ánh từ 퐴 vào 퐵 là:

푛(푛 − 1) … (푛 − 푚 + 1)

Nếu |퐴| = |퐵| = 푛 thì ta có

Hệ quả 1: số song ánh từ 퐴 lên 퐵 là :

푛(푛 − 1) … 1 = 푛!

Chứng minh: nếu |퐴| = |퐵| thì mọi đơn ánh từ |퐴| vào |퐵| cũng là một song ánh.

Trong trường hợp 퐴 = 퐵 thì một song ánh từ 퐴 lên chính nó còn được gọi là một phép hoán vị của 퐴. Do đó Hệ quả 1 có thể được phát biểu lại:


Hệ quả 2: số các phép hoán vị của một tập hợp có 푛 phần tử là 푛!

Định nghĩa 2.4.1: Đặt 퐵 = {1,2, … ,푛}

i. Một chỉnh hợp của 푛 phần tử chọn 푚 là một phép chọn ra 푚 phần tử phân biệt trong 퐵 theo một thứ tự nào đó

ii. Một tổ hợp của 푛 phần tử chọn 푚 là một phép chọn ra 푚 phần tử phân biệt trong 퐵 không kể thứ tự.

Định lý 2.4.1:

i. Số các chỉnh hợp của 푛 phần tử chọn 푚 là: 퐴 = 푛(푛 − 1) … (푛 −푚 + 1) ii. Số các chỉnh hợp của 푛 phần tử chọn 푚 là: 퐶 = ( )…( )

!

Chứng minh:

Với 퐵 = {1,2, … ,푛} thì một chỉnh hợp của 푛 phần tử chọn 푚 không gì khác hơn một bộ (푏 , 푏 , … , 푏 ) ∈ 퐵 đôi một khác nhau. Do đó số chỉnh hợp được cho bởi Mệnh đề 2.4.2.

Ta sẽ tính số tổ hợp bằng cách đếm lại số chỉnh hợp theo một quá trình hai bước:

Bước 1: chọn tùy ý một tổ hợp của 푛 phần tử chọn 푚, nói cách khác chọn ra một tập hợp con 퐵’ có m phần tử của 퐵. Số cách chọn khác nhau chính là số tổ hợp

Bước 2: với một tập hợp con 퐵’, ta có thể chọn ra m phần tử phân biệt của 퐵’theo một thứ tự nhất định: (푏 , 푏 , … , 푏 ). Số cách chọn chính là số phép hoán vị của 퐵’ nên bằng 푚!

Bằng hai bước trên ta đã đếm được tất cả các chỉnh hợp của 푛 phần tử chọn 푚 nên:

퐴 = 퐶 × 푚!

Suy ra

퐶 =푛(푛 − 1) … (푛 −푚 + 1)

푚!

đpcm

Chú ý: Ta thường ký hiệu số tổ hợp bởi 푛푚 và gọi là hệ số nhị thức . Hệ số nhị thức có thể

đặt dưới dạng đối xứng:

퐶 = 푛푚 =

푛(푛 − 1) … (푛 − 푚 + 1) × (푛 − 푚)!푚! (푛 − 푚)!

=푛!

푚! (푛 − 푚)!

Dưới dạng trên ta thấy ngay: 푛푚 = 푛

푛 − 푚

Định lý 2.4.4: với 푚 ≤ 푛 ta có

푛 + 1푚 = 푛

푚 + 푛푚 − 1 (2.4.2)

Chứng minh: Ta sẽ chọn ra các tổ hợp của 푛 + 1 phần tử chọn 푚 bằng một trong hai cách loại trừ lẫn nhau:

Cách 1: chọn ra một tập hợp con 퐵’có m phần tử phân biệt trong {1,2, … ,푛 + 1} không chứa 푛 + 1. Rõ ràng 퐵’cũng là một tập hợp con m phần tử của {1,2, … ,푛} nên có

푛푚

cách chọn.


Cách 2: chọn ra một tập hợp con 퐵’’ có m phần tử phân biệt trong {1,2, … ,푛 + 1} chứa 푛 + 1. Rõ ràng 퐵’’\{푛 + 1} là một tập hợp con 푚 − 1 phần tử phân biệt của {1,2, … ,푛} nên có

푛푚 − 1 cách chọn.

Do đó theo nguyên lý cộng, số tổ hợp của 푛 + 1 phần tử chọn 푚 thỏa (2.4.2)

đpcm

Để hiểu rõ tại sao số tổ hợp còn được gọi là hệ số nhị thức, ta hãy chứng minh công thức dưới đây gọi là Công thức nhị thức Newton

Định lý 2.4.5: 푥,푦 là hai biến thực ta có

(푥 + 푦) = 푥 + 푛1 푥 푦+ ⋯+ 푛

푛 푦

= 푛푚 푥 푦

(2.4.3)

Chứng minh: ta hãy khai triển (푥 + 푦) = (푥 + 푦)(푥 + 푦) … (푥 + 푦) thành tổng các số hạng có dạng 푎 푎 …푎 trong đó 푎 = 푥 hay 푎 = 푦, 1 ≤ 푖 ≤ 푛. Với 0 ≤ 푚 ≤ 푛 ta gộp tất cả các số hạng trong đó có đúng 푚 thừa số bằng 푦. Các số hạng này đều có dạng 푥 푦 . Hơn nữa số các số hạng như vậy chính là số cách chọn 푚 phần tử phân biệt của {1,2, … ,푛}: trong đó là số tổ hợp nên (2.4.3) được chứng minh.

đpcm

Hệ quả: Ta có

i. 2 = 1 + 푛1 + ⋯+ 푛

푚 + ⋯+ 푛푛 (2.4.4)

ii. 0 = 1 − 푛1 + ⋯+ (−1) 푛

푚 + ⋯+ (−1) 푛푛

Chú ý: Theo nguyên lý cộng, vế phải của (2.4.4) chính là số các tập hợp con của {1,2, … ,푛} nên ta đếm được số các tập hợp con của {1,2, … ,푛} chính là 2 . Thật ra ta có thể đếm gián tiếp số các tập hợp con của một tập hợp 퐵 có 푛 phần tử như sau:

Gọi 퐴 là một tập hợp con bất kỳ của 퐵, ta sẽ định nghĩa hàm đặc trưng của 퐴 bởi:

휒 (푥) = 1푛ế푢푥 ∈ 퐴0푛ế푢푥 ∉ 퐴

Rõ ràng 휒 ∈ {0,1} . Ngược lại, cho trước 푓 ∈ {0,1} . Đặt 퐴 = 푓 (1). Khi ấy rõ ràng 푓 = 휒 . Bằng cách này ta được một song ánh giữa tập hợp 풫(퐵) gồm tất cả các tập hợp con của 퐵 và {0,1} . Suy ra |풫(퐵)| = |{0,1}|| | = 2

Hai tập hợp 풫(퐵) và {0,1}^퐵 (ký hiệu là 2 ) là các đại số Bool sẽ được xét trong chương 4.

Bây giờ ta hãy mở rộng khái niệm tổ hợp trong đó có phép lặp lại. Trước hết ta hãy xét một ví dụ: một học sinh đến cửa hàng mua 4 cây bút chọn trong 3 màu khác nhau là xanh, đỏ và vàng. Có bao nhiêu cách khác nhau để chọn mua hàng?

Trước hết ta hãy liệt kê các trường hợp khác nhau:

4 bút cùng màu: có 3 trường hợp 3 bút cùng màu và bút thứ tư chọn tùy ý trong hai màu còn lại: có 3x2=6

trường hợp (Nguyên lý nhân!) 2 bút cùng màu và 2 bút kia chọn trong 2 màu còn lại: 3 trường hợp 2 cặp bút cùng màu: có 3

2 = 3 trường hợp


Như vậy tổng cộng có 15 cách mua hàng khác nhau

Tuy nhiên nếu liệt kê như vậy rất khó mở rộng cho trường hợp có nhiều bút và nhiều màu để chọn. Thay vì như vậy, ta sẽ biểu diễn mỗi trường hợp bởi 4 dấu “+” và 2 dấu “−” đặt liên tiếp trên một đường thẳng: số dấu + bên trái dấu – đầu tiên chỉ số bút xanh, số dấu + nằm giữa 2 dấu – chỉ số bút đỏ và số dấu + nằm bên phải dấu – cuối cùng chỉ số bút màu vàng. Như vậy trường hợp mua 4 bút xanh được biểu diễn bởi + + + + − −

Cũng thế trường hợp mua 1 bút xanh và 3 bút vàng được biểu diễn bởi +− − + + +

Như thế mỗi trường hợp tương ứng với việc lựa chọn vị trí của 2 dấu – trong số 6 ký hiệu, nói cách khác ứng với 1 tập hợp con 2 phần tử của tập hợp {1,2, … ,6}

Từ đó suy ra số cách mua hàng khác nhau chính là

62 =

6 × 52

= 15

Bằng cách này ta có thể tổng quát hóa việc chọn ra 푟 vật trong số 푛 loại vật khác nhau trong đó mỗi loại vật có thể được chọn lại nhiều lần. như trên mỗi trường hợp lựa chọn có thể được biểu diễn bằng cách chèn (푛 − 1) dấu – vào trong số 푟 dấu + để chia đoạn thẳng thành 푛 đoạn tương ứng với số vật mỗi loại. Do đó số cách lựa chọn khác nhau mà ta gọi là số tổ hợp có lặp lại của n vật chọn 푟 chính là:

푛 + 푟 − 1푛 − 1 = 푛 + 푟 − 1

푟

Áp dụng:

Có 푟 vật đồng nhất nhau, hỏi bao nhiêu cách chia chúng vào 푛 hộp phân biệt nhau?

Ở đây mỗi cách chia cũng chính là một tổ hợp của 푛 vật chọn 푟 nên số cách chia khác nhau chính là 푛 + 푟 − 1

푟

Xét phương trình: 푥 + 푥 + ⋯+ 푥 = 푟 (2.4.5)

trong đó 푛 và 푟 là các số nguyên không âm cho trước và 푥 , 푥 , … , 푥 là các ẩn lấy giá trị nguyên không âm. Ta hãy tìm xem phương trình trên có bao nhiêu lời giải với một cách chia 푟 vật đồng nhất nhau vào n hộp phân biệt: 푥 chính là số vật chứa trong hộp thứ 푖.

Do đó số lời giải chính là số tổ hợp có lặp của 푛 vật chọn 푟: 푛 + 푟 − 1푟

§5 NGUYÊN LÝ CHUỒNG BỒ CÂU Trong Mệnh đề 2.4.1, ta đã giả sử |퐴| = 푚 ≤ |퐵| = 푛 để có thể chọn ra được một họ

푚 phần tử phân biệt có thứ tự của 퐵; nói cách khác để chọn ra được một đơn ánh từ 퐴 vào 퐵. Trong trường hợp 푚 > 푛 thì không tồn tại đơn ánh từ 퐴 vào 퐵 theo nguyên lý chuồng Bồ câu sau đây

Nguyên lý chuồng Bồ câu: nếu chuồng bồ câu có ít cửa (pigeon hole) hơn số bồ câu thì ít nhất hai chim bồ câu ở chung trong một cửa.

Ví dụ:

1. Trong ví dụ trên, 퐴 là số bồ câu và 퐵 là số cửa. Một ánh xạ 푓:퐴 ⟶ 퐵 chính là một cách xếp chim bồ câu vào các cửa. Nói rằng có 2 chim bồ câu ở chung một cửa có nghĩa là có 2 phần tử phân biệt của 퐴 có chung ảnh nên 푓 không đơn ánh.


2. Trong một nhóm có 367 người sẽ có ít nhất hai người có cùng ngày tháng sinh. Ở đây số các ngày tháng sinh khác nhau (366 ngày, kể cả ngày 29 tháng 02) chính là số cửa của chuồng bồ câu.

3. Xét một cơ sở dữ liệu có 500.000 bản tin (record). Hỏi có thể sử dụng một vùng (thuộc tính) với nhiều nhất 4 ký tự là các mẫu tự làm khóa chính hay không? Ở đây một vùng được nói là một khóa chính nếu giá trị của nó xác định bản tin một cách duy nhất. Để giải đáp bài toán trên, ta sẽ sử dụng số các từ ghồm nhiều nhất 4 mẫu tự làm số cửa của chuồng bồ câu. Số cửa này được cho bởi Nguyên lý cộng và Nguyên lý nhân:

26 + 26 + 26 + 26 = 475.254

Vì có đến 500.000 bồ câu nên có ít nhất 2 bản tin có cùng giá trị của thuộc tính: không thể dùng thuộc tính này làm khóa chính được!

4. Ta hãy dùng Nguyên lý chuồng Bồ câu để chứng minh rằng mọi tập hợp con 퐴 có ít nhất 6 phần tử của퐵 = {1,2, … ,9} sẽ có hai trong số các phần tử có tổng bằng 10.

Thật vậy, ở đây các cửa của chuồng bồ câu được chọn là các tập hợp con {1,9}, {2,3}, {3,7}, {4,6}, {5}. Do đó có 5 cửa trong khi số chim bồ câu ≥ 6 nên có ít nhất hai phần tử phân biệt của 퐴 thuộc về cùng một tập hợp con trên, hay chính xác hơn thuộc về cùng một trong bốn tập hợp con đầu tiên. Đó là những cặp có tổng bằng 10.

Chú ý: nghệ thuật đếm khi sử dụng Nguyên lý chuồng Bồ câu là xác định đúng đâu là số bồ câu và đâu là số cửa như ví dụ sau cho thấy.

Giả sử 퐴 là một tập hợp con có 6 phần tử của {1,2, … ,14}. Hãy chứng minh rằng trong số các tập hợp con khác ∅ của 퐴, có ít nhất 2 tập hợp con mà tổng các phần tử là như nhau.

Giả sử 퐵 là một tập hợp con khác rỗng bất kỳ của 퐴. Gọi 푆 là tổng của các phần tử của 퐵. Khi ấy ta có

1 ≤ 푆 ≤ 9 + 10 + ⋯+ 14 = 69

Nếu chọn các số từ 1 đến 69 là số cửa của chuồng bồ câu là số tập hợp con khác rỗng của 퐴 là số bồ câu thì số bồ câu là2 − 1 = 63. Do số bồ câu ít hơn số cửa, ta không thể áp dụng Nguyên lý chuồng bồ câu được. Tuy nhiên nếu ta hạn chế chỉ xét các tập hợp con 퐵 có tối đa năm phần tử thì

1 ≤ 푆 ≤ 10 + 11 + ⋯+ 14 = 60

Trong khi số bồ câu bây giờ là 63− 1 = 62 (trừ 1 tập hợp con 6 phần tử). Do đó theo Nguyên lý chuồng bồ câu sẽ có hai tập hợp con 퐵,퐵’ có tối đa 5 phần tử của A sao cho 푆 = 푆


BÀI TẬP CHƯƠNG 2

1. Trong các tập hợp dưới đây, hãy chỉ ra các tập hợp bằng nhau:

a) {푎, 푏, 푐} b) {푎, 푏, 푐,푎} c) {푎, 푐, 푏,푎} d) {푎, 푏, 푏, 푐}

2. Giả sử 퐴 = {1, {1}, {2}}. Hãy chỉ ra các khẳng định đúng trong số các khẳng định dưới đây: a) 1 ∈ A b) {1} ∈ 퐴 c) {1} ⊂ 퐴 d) {{1}}⊂ 퐴 e) {{2}}∈ 퐴 f) {2} ⊂ 퐴

3. Trong số các khẳng dịnh dưới đây, hãy chỉ ra các khẳng định đúng: a) ∅ ∈ ∅ b) ∅ ⊂ ∅ c) ∅ ∈ {∅} d) ∅ ⊂ {∅}

4. Hãy liệt kê ra các phần tử của tập hợp dưới đây: a) {1 + (−1) /푛 ∈ 푵} b) {푛 + /푛 ∈ {1,2,3,5,7}} c) {(1/(푛 + 푛))/푛 ∈ 푵,푛làsốlẻvà푛 ≤ 11}

5. Xét các tập hợp con của 풁:

퐴 = {2푚 + 1/푚 ∈ 풁} 퐵 = {2푛 + 3/푛 ∈ 풁} 퐶 = {2푝 − 3/푝 ∈ 풁} 퐴 = {3푟 + 1/푟 ∈ 풁} 퐸 = {3푠 + 2/푠 ∈ 풁} 퐹 = {2푡 − 2/푡 ∈ 풁}

Hãy xác định các khẳng định đúng trong số các khẳng định dưới đây: a) 퐴 = 퐵 b) 퐴 = 퐶 c) 퐵 = 퐶 d) 퐷 = 퐸 e) 퐷 = 퐹 f) 퐸 = 퐹

6. 퐴 = {1,2,3,4,5,6,7}. Hãy liệt kê ra: a) Các tập hợp con của 퐴 b) Các tập hợp con khác ∅ của 퐴 c) Các tập hợp con của 퐴 chứa 3 phần tử d) Các tập hợp con của 퐴 chứa 1,2 e) Các tập hợp con của 퐴 chứa 5 phần tử trong đó có 1,2 f) Các tập hợp con của 퐴 gồm một số chẵn phần tử g) Các tập hợp con của 퐴 gồm một số lẻ phần tử

7. Trong số các tập hợp dưới đây, tập hợp nào khác ∅ ? a) {푥 ∈ 푵/2푥 + 7 = 3} b) {푥 ∈ 풁/3푥 + 5 = 9}

c) {푥 ∈ 푸/푥 + 4 = 6} d) {푥 ∈ 푹/푥 + 4 = 6} e) {푥 ∈ 푹/푥 + 5 = 4} f) {푥 ∈ 푹/푥 + 3푥 + 3 = 0}

8. Xét 4 tập hợp con của tập hợp vũ trụ 풰 = {1,2,3, … ,10}:

퐴 = {1,2,3,4,5} 퐵 = {1,2,4,8} 퐶 = {1,2,3,5,7} 퐷 = {2,4,6,8}

Hãy xác định các tậ hợp dưới đây: a) (퐴 ∪ 퐵) ∩ 퐶 b) 퐴 ∪ (퐵 ∩ 퐶) c) 퐶 ∪ 퐷 d) 퐶 ∩퐷 e) (퐴 ∪ 퐵) ∩ 퐶 f) 퐴 ∪ (퐵 ∩ 퐶) g) (퐵 ∩ 퐶)∩ 퐷 h) 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐷 i) (퐴 ∪ 퐵) ∩ 퐶 ∩ 퐷

9. Xét các tập hợp con của 풁

퐴 = {2푛/푛 ∈ 풁} 퐵 = {3푛/푛 ∈ 풁} 퐶 = {4푛/푛 ∈ 풁} 퐷 = {6푛/푛 ∈ 풁} 퐸 = {8푛/푛 ∈ 풁}


Hãy chỉ ra các khẳng định đúng trong số các khẳng định dưới đây: a) 퐸 ⊂ 퐶 ⊂ 퐴 b) 퐴 ⊂ 퐶 ⊂ 퐸 c) 퐷 ⊂ 퐵 d) 퐷 ⊂ 퐴 e) 퐵 ⊂ 퐷 f ) 퐷 ⊂ 퐴

10. Với các tập hợp 퐴,퐵, 퐶,퐷,퐸 như trong bài tập 9. Hãy xác định các tập hợp dưới đây:

a) 퐶 ∩ 퐸 b) 퐵 ∪ 퐷 c) 퐴 ∩ 퐵 d) 퐵 ∩ 퐷 e) 퐴 f) 퐴 ∩ 퐸

11. Xét các tập hợp con tùy ý 퐴,퐵,퐶,퐷 của tập hợp vũ trụ 풰. Hãy chứng minh các khẳng định dưới đây: a) Nếu 퐴 ⊂ 퐵 và 퐶 ⊂ 퐷 thì 퐴 ∩ 퐶 ⊂ 퐵 ∩ 퐷 và 퐴 ∪ 퐶 ⊂ 퐵 ∪ 퐷 b) Nếu 퐴 ⊂ 퐶 và 퐵 ⊂ 퐶 thì 퐴 ∩ 퐵 ⊂ 퐶 và 퐴 ∪ 퐵 ⊂ 퐶 c) 퐴 ⊂ 퐵 khi và chỉ khi 퐴 ∩ 퐵 = ∅ d) 퐴 ⊂ 퐵 khi và chỉ khi 퐴 ∪ 퐵 = 풰

12. Trong số các khẳng định dưới đây, cho biết khẳng định nào đúng: a) ∀퐴,퐵,퐶 ∈ 풫(풰), (퐴 ∩ 퐶 = 퐵 ∩ 퐶) ⟹ (퐴 = 퐵) b) ∀퐴,퐵,퐶 ∈ 풫(풰), (퐴 ∪ 퐶 = 퐵 ∪ 퐶) ⟹ (퐴 = 퐵) c) ∀퐴,퐵,퐶 ∈ 풫(풰), [(퐴 ∩ 퐶 = 퐵 ∩ 퐶) ∧ (퐴 ∪ 퐶 = 퐵 ∪ 퐶)] ⟹ (퐴 = 퐵)

13. Cho biết khẳng định nào dưới đây là đúng: a) 풫(퐴 ∪ 퐵) = 풫(퐴) ∪ 풫(퐵) b) 풫(퐴 ∩ 퐵) = 풫(퐴) ∩ 풫(퐵)

14. Xét các tập hợp con 퐴,퐵,퐶,퐷 của tập hợp vũ trụ 풰, hãy cho biết qui luật nào của Lý thuyết tập hợp (Định lý 2.1.1) được sử dụng trong các bước đơn giản tập hợp dưới đây:

Bước Qui luật (퐴 ∩ 퐵) ∪ [퐵 ∩ ((퐶 ∩퐷) ∪ (퐶 ∩ 퐷))] = (퐴 ∩ 퐵) ∪ [퐵 ∩ (퐶 ∩ (퐷 ∩ 퐷))] = (퐴 ∩ 퐵) ∪ [퐵 ∩ (퐶 ∩풰)] = (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐵 ∩ 퐶) = (퐵 ∩ 퐴) ∪ (퐵 ∩ 퐶) = 퐵 ∩ (퐴 ∪ 퐶)

15. Dùng các qui luật của Lý thuyết tập hợp để đơn giản các biểu thức dưới đây: a) 퐴 ∩ (퐵 ∩ 퐴) b) (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐷) ∪ (퐴 ∩ 퐵) c) 퐴 ∪ 퐵 ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶) d) 퐴 ∪ (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶) ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶 ∩퐷)

16. Đối với mỗi ánh xạ dưới đây hãy xác định xem nó có là đơn ánh không? Tìm ảnh của miền xác định của ánh xạ trên. a) 푓:풁 ⟶ 풁, 푓(푥) = 2푥 + 1 b) 푓:푸 ⟶ 푸, 푓(푥) = 2푥 + 1 c) 푓:풁 ⟶ 풁, 푓(푥) = 푥 − 푥 d) 푓:푹 ⟶ 푹, 푓(푥) = 푒 e) 푓: − 흅

ퟐ, 흅ퟐ⟶푹,푓(푥) = sin푥

f) 푓: [0,휋] ⟶푹, 푓(푥) = sin 푥 17. Xét ánh xạ 푓:푹⟶ 푹 xác định bởi 푓(푥) = 푥 . Hãy tìm 푓(퐴) đối với mỗi tập hợp 퐴 dưới

đây:

a) 퐴 = {2,3} b) 퐴 = {−3,−2,2,3} c) 퐴 = (−3,3) d) 퐴 = (−3,2] e) 퐴 = [−7,2] f ) 퐴 = (−4,−3] ∪ [5,6]


18. Với mỗi ánh xạ 푓:풁 ⟶ 풁 dưới đây, hãy xác định xem nó có là đơn ánh hay toàn ánh không? Tìm 푓(풁)

a) 푓(푥) = 푥 + 7 b) 푓(푥) = 2푥 − 3 c) 푓(푥) = −푥 + 5 e) 푓(푥) = 푥 e) 푓(푥) = 푥 + 푥 f) 푓(푥) = 푥

19. Các câu hỏi tương tự như trong bài tập 18 nhưng 푓 bây giờ là một ánh xạ 푓:푹⟶ 푹 20. Xét 3 ánh xạ 푓:퐴⟶ 퐵, 푔:퐵 ⟶ 퐶, ℎ:퐶 ⟶ 퐷. Hãy chứng minh rằng

(ℎ ∘ 푔) ∘ 푓 = ℎ ∘ (푔 ∘ 푓)

21. Xét 3 ánh xạ 푓,푔,ℎ từ 풁 vào 풁 xác định bởi:

푓(푥) = 푥 − 1,푔(푥) = 3푥vàℎ(푥) = 0nếu푥chẵn1nếu푥lẻ

a) Tìm 푓 ∘ 푔, 푔 ∘ 푓, 푔 ∘ ℎ, ℎ ∘ 푔, 푓 ∘ 푔 ∘ ℎ b) Với 푛 là số nguyên dương, 푓 được định nghĩa bằng qui nạp như sau:

푓 = 푓, 푓 = 푓 ∘ 푓, … , 푓 = 푓 ∘ 푓

Tương tự cho 푔 , ℎ . Hãy xác định 푓 , 푓 , 푔 ,푔 ,ℎ ,ℎ ,ℎ

22. Cho trước hai tập hợp con cố định 푆,푇 của 풰 . Ta định nghĩa một ánh xạ

푓:풫(풰) ⟶풫(풰) như sau:

푓(퐴) = 푇 ∩ (푆 ∪ 퐴) với 퐴 là tập hợp con bất kỳ của 풰. Chứng minh rằng 푓 = 푓

23. Với mỗi ánh xạ 푓:퐴⟶ 퐵 dưới đây, cho biết nó có đơn ánh, toàn ánh hoặc song ánh không? Trong trường hợp nó là song ánh, hãy tìm ánh xạ ngược. a) 퐴 = 퐵 = 푹, 푓(푥) = 푥 + 7 b) 퐴 = 퐵 = 푹, 푓(푥) = 푥 + 2푥 − 3 c) 퐴 = [4,9],퐵 = [21,96], 푓(푥) = 푥 + 7 d) 퐴 = 퐵 = 푹, 푓(푥) = 3푥 − 2|푥| e) 퐴 = 푹,퐵 = (0, +∞), 푓(푥) = 푒 f) 퐴 = 퐵 = 푵, 푓(푥) = 푥(푥 + 1)

24. Đặt 퐴 = {1,2,3,4}. Xét hai ánh xạ 푓:퐴⟶ 푵 và 푔:푵⟶푵 được xác định bởi 푔(푥) = 2푥 và 푓(1) = 2,푓(2) = 3,푓(3) = 5,푓(4) = 7. Hãy tìm 푔 ∘ 푓.

25. Xét hai ánh xạ 푓,푔:푹⟶ 푹 xác định bởi: 푓(푥) = 푎푥 + 푏 và 푔(푥) = 1− 푥 + 푥 . Giả sử (푔 ∘ 푓)(푥) = 9푥 − 9푥 + 3,∀푥 ∈ 푹. Hãy xác định 푎, 푏.

26. Xét hai ánh xạ 푓,푔:푹 ⟶ 푹 xác định bởi: 푓(푥) = 푎푥 + 푏 và 푔(푥) = 푐푥 + 푑 với 푥 ∈ 푹 tùy ý, trong đó 푎, 푏, 푐,푑 là các hằng số thực. Hãy tìm các hệ thức giữa 푎,푏, 푐,푑 để cho 푓 ∘ 푔 =푔 ∘ 푓.

27. Xét ánh xạ 푓:푹⟶ 푹 định nghĩa bởi:

푓(푥) =푥 + 7 푛ế푢 푥 ≤ 0

−2푥 + 5 0 < 푥 < 3푥 − 1 3 ≤ 푥

a) Tìm 푓 (−10),푓 (0),푓 (2),푓 (6) b) Tìm nghịch ảnh của các khoảng [−5,−1], [−2,4]

28. Xét ánh xạ 푓:풁 ⟶ 푵 định nghĩa bởi:

푓(푥) = 2푥 − 1 푛ế푢 푥 > 0−2푥 푥 ≤ 0

a) Chứng minh rằng 푓 là một song ánh b) Tìm 푓

29. Xét hai ánh xạ 푓:퐴 ⟶ 퐵,푔:퐵 ⟶ 퐶 a) Chứng minh rằng nếu 푔 ∘ 푓 đơn ánh thì 푓 đơn ánh


b) Chứng minh rằng nếu 푔 ∘ 푓 toàn ánh thì 푔 toàn ánh c) Chứng minh rằng nếu 푓 và 푔 là song ánh thì 푔 ∘ 푓 là song ánh. Hãy tìm (푔 ∘ 푓) . d) Cho ví dụ để 푔 ∘ 푓 là song ánh nhưng 푓 và 푔 khộng phải là song ánh.

30. Xét ánh xạ 푓:풁 ⟶ 풁 xác định bởi: 푓(푛):푛 + (−1) a) Chứng minh rằng 푛 và 푓(푛) khác tính chẵn lẻ (một số chẵn và số kia lẻ). b) Chứng minh rằng 푓 là một đơn ánh c) Tìm 푓 . Suy ra biểu thức đơn giản của 푓 d) Giải phương trình 365 = 푛 + (−1) ,푛nguyên

31. Xét ánh xạ 푓:푵⟶ 푵 định nghĩa bởi:

푓(푚, 푛) = 푛 +(푚 + 푛)(푚 + 푛 + 1)

2

Chứng minh rằng 푓 là một song ánh (Hướng dẫn: sử dụng Nguyên lý Quy nạp để chứng minh 푓 toàn ánh)

32. Hãy đếm số các tập hợp trong mỗi câu hỏi a) - g) của bài tập 6 mà không sử dụng kết quả liệt kê.

33. Xét 푆 = {1,2, … ,10}. Có bao nhiêu con 퐴 của 푆 thỏa: a) |퐴| = 5? b) |퐴| = 5 và phần tử bé nhất của 퐴 là 3? c) |퐴| = 5 và phần tử bé nhất của 퐴 bé hơn hay bằng 3?

34. a) Có bao nhiêu tập hợp con của {1,2, … ,11} chứa ít nhất một số chẵn? b) Có bao nhiêu tập hợp con của {1,2, … ,12} chứa ít nhất một số chẵn? c) Tổng quát hóa các kết quả trong a) và b)

35. Giả sử chỉ có một phần tư số tập hợp con năm phần tử của {1,2, … ,푛} chứa số 7. Hãy tìm 푛.

36. Hãy sử dụng các nguyên lý đếm để chứng minh rằng 푛 + 2푟 = 푛

푟 + 2 푛푟 − 1 + 푛

푟 − 2

trong đó 푛 ≥ 푟 ≥ 2

37. Hãy trình bày một thuật toán và viết chương trình máy tính liệt kê tất cả những tập hợp con 5 phần tử của {1,2, … ,40}.

38. Giả sử 퐴,퐵,퐶 là 3 tập hợp hữu hạn. Hãy chứng minh rằng:

|퐴 ∪ 퐵 ∪ 퐶| = |퐴| + |퐵| + |퐶|− |퐴 ∩ 퐵| − |퐵 ∩ 퐶|− |퐴 ∩ 퐶| + |퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶|

39. Để chọn máy tính trang bị cho phòng LAB, Khoa Toán –Tin học đã xem xét 15 nãn hiệu máy tính khác nhau dựa theo các tính năng sau:

(퐴) Có CPU nhanh (퐵) Có ổ đĩa cứng tốt (퐶) Có màn hình với độ phân giải cao

Gọi 퐴,퐵,퐶 lần lượt là các tập hợp những nhãn hiệu thỏa tính năng (퐴), (퐵)hay(퐶). Giả sử |퐴| = |퐵| = |퐶| = 6, |퐴 ∩ 퐵| = |퐵 ∩ 퐶| = 1, |퐴 ∩ 퐶| = 2, |퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶| = 0.

a) Có bao nhiêu nhãn hiệu thỏa đúng một tính năng? b) Có bao nhiêu nhãn hiệu không thỏa tính năng nào cả?

40. a) Trong một lớp học có 7 sinh viên, có bao nhiêu các chia họ thành hai đội? Nếu yêu

cầu mỗi đội có ít nhất 2 sinh viên thì có bao nhiêu cách chia. b) Trả lời các câu hỏi trong a) khi số sinh viên của lớp là một số nguyên tùy ý푛 ≥ 4.


41. Gọi 푛 ,푛 , … ,푛 là các số nguyên dương có tổng là 푛. Có bao nhiêu cách chia 푛 sinh viên thành 푟 nhóm với số sinh viên của các nhóm là 푛 ,푛 , … ,푛 .

42. Hãy cho biết các khẳng định dưới đây là đúng hay sai a) Nếu 퐴,퐵 là hai tập hợp vô hạn thì 퐴 ∩ 퐵 cũng vô hạn b) Nếu 퐵 vô hạn và 퐴 ⊂ 퐵 thì 퐴 vô hạn c) Nếu 퐵 hữu hạn và 퐴 ⊂ 퐵 thì 퐴 hữu hạn d) Nếu 퐴 hữu hạn và 퐴 ⊂ 퐵 thì 퐵 vô hạn

43. Xét 퐴 = {1,2, … ,15} a) Có bao nhiêu tập hợp con của 퐴 chỉ chứa số lẻ b) Có bao nhiêu tập hợp con của 퐴 chỉ chứa đúng 3 số lẻ c) Có bao nhiêu tập hợp con 8 phần tử của 퐴 chứa đúng 3 số lẻ d) Hãy trình bày một thuật toán và viết chương trình máy tính để liệt kê tất cả các tập

hợp con 8 phần tử của 퐴 chứa đúng 3 số lẻ 44. Lớp thực tập Vật lý có 21 sinh viên phải thực hiện 3 thí nghiệm. Biết rằng tất cả các sinh

viên đều làm được ít nhất một thí nghiệm , 5 sinh viên không là thí nghiệm thứ nhất, 7 sinh viên không làm thí nghiệm thứ hai và 6 sinh viên không làm thí nghiệm thứ ba. Ngoài ra có 9 sinh viên làm cả ba thí nghiệm. hỏi có bao nhiêu sinh viên chỉ làm một thí nghiệm?

45. Theo một mạng lưới hình chữ nhật gồm m mắt lưới theo chiều rộng và n mắt lưới theo chiều ngang, một con kiến di chuyển từ A đến B dọc theo các cạnh của những mắt lưới theo qui tắc sau đây: trên một cạnh ngang nó chỉ đi từ trái qua phải và trên một cạnh đứng nó chỉ đi từ dưới lên trên. Tìm số các đường đi khác nhau khi kiến muốn di chuyển từ A đến B.

(Hướng dẫn: chia mỗi đường đi theo các bước nhỏ, trong đó mỗi bước là di chuyển theo cạnh ngang hoặc cạnh đứng của một mắt lưới)

A

46. Có 4 ngăn tiền chứa 4 loại giấy bạc: 1.000đ, 2.000đ, 5.000đ và 10.000đ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 10 tờ giấy bạc từ các ngăn tiền?

47. Tìm số cách chia 10 hòn bi cho 5 đứa trẻ trong các trường hợp sau: a) Không có hạn chế nào cả b) Đứa trẻ lớn nhất được ít nhất 2 hòn bi c) Mỗi đứa trẻ được ít nhất 1 hòn bi

48.

B

n

m


a) Tìm ra số cách chia r vật đồng nhất vài hộp phân biệt nếu yêu cầu thêm là không c1 hộp nào để trống

b) Suy ra số nghiệm của phương trình (2.4.5) nếu ta giả thiết thêm các ẩn 푥, lấy giá trị nguyên dương

49. Tìm số nguyên của phương trình

푥 +푥 +푥 +푥 = 32

trong các trường hợp sau:

a) 푥 , 푥 ≥ 5,푥 , 푥 ≥ 7 b) 푥 ≥ 8, 1 ≤ 푖 ≤ 4 c) 푥 , 푥 , 푥 > 0, 0 < 푥 ≤ 25

50. a) Tìm hệ số của 푥푦 푧 푡 trong phép khai triển của (푥 + 2푦 + 3푧 + 푡 + 푣) b) Có bao nhiêu số hạng khác nhau trong phép khai triển trên?

51. Tính 52 và kiểm tra lại kết quả bằng các liệt kê tất cả các tổ hợp chọn 2 của {1,2,…,5}

52. Một Tiểu ban gồm 2 người được chọn trong số 10 đại biểu nữ và 10 đại biểu nam. Có bao nhiêu cách chọn? Biết rằng: a) Không có hạn chế nào cả b) Phải có 6 nam 6 nữ c) Số nữ phải là số chẵn d) Phải có nhiều nữ hơn nam e) Phải có ít nhất 8 nam

53. Có bao nhiêu byte khác nhau: a) Chứa đúng 2 bit 1 b) Chứa đúng 4 bit 1 c) Chứa đúng 6 bit 1 d) Chứa ít nhất 6 bit 1

54. Có thể chia 12 quyển sách khác nhau cho 4 đứa trẻ theo bao nhiêu cách? Biết rằng: a) Mỗi đứa trẻ được 3 quyển sách b) Hai đứa lớn nhất được 4 quyển sách mỗi đứa và hai đứa bé nhất được 2 quyển mỗi

đứa 55.

a) Cho trước 15 điểm trong mặt phẳng sao cho 3 điểm bất kỳ trong số đó không cùng nằm trên một đường thẳng. Có bao nhiêu đường thẳng đi qua hai điểm trong số đó?

b) Cho trước 25 điểm trong không gian sao cho 4 điểm bất kỳ trong số đó không cùng nằm trong một mặt phẳng. có bao nhiêu tam giác nối 3 điểm bất kỳ trong số đó? Có bao nhiêu mặt phẳng tạo được từ các tam giác? Có bao nhiêu tứ diện nối 4 điểm bất kỳ trong số đó?

56. Cho trước một đa giác đều n cạnh. Có bao nhiêu tam giác: a) Tạo được từ các đỉnh của đa giác đều b) Trong số các tam giác trong a) không có chung cạnh với đa giác đều

57. Tìm hệ số của 푥 푦 trong:

a) (푥 + 푦) b) (푥 + 2푦) c) (2푥 − 3푦)

58. Xác định các hệ số của: a) 푥푦푧 trong (푥 + 푦 + 푧) b) 푥푦푧 trong (푥 + 푦 + 푧 + 푡) c) 푥푦푧 trong (2푥 − 푦 − 푧)

59. Cho trước số nguyên dương 푛 và số thực 푥, hãy tính các tổng sau:


a) 푛0 + 2 푛

1 +⋯+ 2 푛푚 +⋯+ 2 푛푛

b) (1 + 푥) − 푛1 푥(1 + 푥) + 푛

2 푥 (1 + 푥) + ⋯+ (−1) 푛푛 푥

c)1

푖! (푛 − 푖)!

d)(−1)

푖! (푛 − 푖)!

60. Chứng minh rằng nếu có m bồ câu và n cửa thỉ ít nhất có bồ câu ở chung trong một

cửa nào đó. Trong đó chỉ số nguyên bé nhất ≥ . 61. Cần phải tung một con xúc sắc bao nhiêu lần để có một mặt xuất hiện ít nhất:

a) 2 lần b) 3 lần c) 푛 lần với 푛 ≥ 4

62. Chứng minh rằng trong 14 phần tử khác nhau tùy ý của 푆 = {1,2, … ,25}, có ít nhất 2 phần tử có tổng là 26.

63. a) Chứng minh rằng trong 11 phần tử khác nhau tùy ý của {1,2, … ,100}, có ít nhất 2

phần tử 푥,푦 sao cho 0 < √푥 − 푦 < 1 b) Hãy tổng quát hóa kết quả trên

64. Chứng minh rằng trong số 10 điểm khác nhau tùy ý bên trong 1 tam giác đều có cạnh bằng 1, có ít nhất 2 điểm mà khoảng cách bé hơn .


0

1

2

3

4

5

6

0 1 2 3 4 5

CHƯƠNG 3: QUAN HỆ

§1 QUAN HỆ Định nghĩa 3.1.1: một quan hệ giữa tập hợp 퐴 và tập hợp 퐵 là một tập hợp con ℛ của 퐴 × 퐵. Nếu (푎, 푏) ∈ ℛ, ta viết 푎ℛ푏. Một quan hệ giữa 퐴 và 퐴 được gọi là quan hệ trên 퐴

Ví dụ:

1. 퐴 = {1,2,3,4},퐵 = {4,5}ℛ = {(1,4), (1,5), (3,5), (4,4)}

là một quan hệ giữa 퐴 và 퐵. Ta thường biểu diễn quan hệ ℛ bởi sơ đồ sau:

퐵

ℛ

퐴

2. Quan hệ “=” trên một tập hợp 퐴 bất kỳ:(푎ℛ푏) ⟺ 푎 = 푏 3. Quan hệ “≤” trên 풁,푸 hay 푹: (푎ℛ푏) ⟺ 푎 ≤ 푏

Trên 풁 quan hệ ≤ có thể biểu diễn bởi sơ đồ:

4. Gọi ℒ là tập hợp các đường thẳng trong mặt phẳng. Quan hệ song song được định

nghĩa bởi: 퐿ℛ푀⟺ 퐿//푀 5. Một số nguyên 푎 được nói là chia hết cho số nguyên 푛 nếu tồn tại số nguyên푘 sao

cho 푎 = 푘푛. Khi ấy ta cũng nói 푛 là ước số của 푎 và 푎 là bội số của 푛.

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

-3 -2 -1 0 1 2 3 4


Giả sử 푛 là một số nguyên >1 và 푎 ∈ 푵

Xét các bội số không âm của n: 0,푛, 2푛, … , 푘푛, …

Trong số này, các bội số ≤ 푎 tạo thành một tập hợp hữu hạn nên ta có thể tìm được bội số 푞푛 lớn nhất: 푞푛 ≤ 푎 < (푞 + 1)푛

Đặt 푟 = 푎 = 푞푛 ta có푎 = 푞푛 + 푟 푣ớ푖0 ≤ 푟 < 푛

Ta nói rằng 푞 và 푛 là thương số và dư số trong phép chia (có dư) 푎cho푛.

Chú ý rằng 푞 và 푟 tồn tại duy nhất. thật vậy,giả sử tồn tại 푞 ,푟′ ∈ 푵 sao cho:

푎 = 푞 푛 + 푟 , 0 ≤ 푟 < 푛

Ta có thể giả sử 푟 ≤ 푟. Khi ấy: 푞푛 + 푟 = 푞 푛 + 푟′

Suy ra (푞 − 푞′)푛 = 푟 − 푟 ≥ 0

Rõ ràng 푟 − 푟 < 푛 ≤ (푞 − 푞 )푛 nếu 푞 − 푞′ ≥ 1

Cho trước số nguyên 푛 > 1, ta định nghĩa quan hệ: 푎ℛ푏 ⟺ 푎 − 푏chiahếtcho푛

Quan hệ này được nói là quan hệ đồng dư modulo 푛. Nếu 푎ℛ푏 ta viết: 푎 ≡ 푏(푚표푑푛)

Rõ ràng khi ấy푎 và 푏 có cùng dư số khi chia cho 푛

Với 푛 = 7 ta có 9 ≡ 2(푚표푑7) và 3 ≡ 10(푚표푑7) nhưng 3 ≢ 6(푚표푑7).

Định nghĩa 3.1.2: cho trước các tập hợp 퐴 ,퐴 , … ,퐴 . Khi ấy ánh xạ chiếu lên thành phần

thứ 푖 là ánh xạ: 휋 : 퐴 × 퐴 × … × 퐴 ⟼ 퐴 (푎 ,푎 , … ,푎 ) ⟼ 푎

1. Ánh xạ chiếu 휋 rõ ràng là một toàn ánh 2. Đặc biệt các ánh xạ chiếu 휋 ,휋 từ 퐴 × 퐵 lên 퐴 và 퐵 tương ứng là các toàn ánh. Tuy

nhiên nếu ℛ là tập hợp con của 퐴× 퐵, nghĩa là một quan hệ giữa A và B thì 휋 (ℛ) và 휋 (ℛ) có thể là tập hợp con thực sự của A và B tương ứng như các ví dụ sau cho thấy.

Ví dụ:

1. 퐴 = 퐵 = 풁,ℛ = {(푥,푦)/푦 = |푥|}

Quan hệ ℛ được biểu diễn bởi sơ đồ

Ta có 휋퐴(ℛ) = 풁

Tuy nhiên 휋퐵(ℛ) = 푁 퐵 = 풁

2. 퐴 = 퐵 = 푹,ℛ = {(푥,푦) ∈ 퐴 × 퐵/푦 = 푥 }

Rõ ràng 휋퐴(ℛ) = 퐴 = 푹trong khi 휋퐵(ℛ) = [0, +∞) = {푥 ∈ 푹/푥 ≥ 0} 푹

0

1

2

3

4

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4


3. 퐴 = 퐵 = [−1,1] = {푥 ∈ 푹/−1 ≤ 푥 ≤ 1}và ℛ = {(푥,푦) ∈ 퐴 × 퐵/푥 + 푦 ≤ 1}

Khi ấy 휋 (ℛ) = 휋 (ℛ) = 퐴 = 퐵 mặc dù ℛ 퐴 × 퐵

Định nghĩa 3.1.3: một quan hệ trên các tập hợp 퐴 × 퐴 × … × 퐴 là một tập hợp con của

퐴 = 퐴 × 퐴 × … × 퐴

Chú ý:

1. Giả sử ℛ là một quan hệ trên 퐴 ,퐴 , … ,퐴 . Khi ấy các phần tử của ℛ là những bộ 푛(푎 ,푎 , … 푎 )

2. Xét 푚 số nguyên 1 ≤ 푖 < 푖 < ⋯ < 푖 ≤ 푛. Khi ấy ta cũng có thể định nghĩa một ánh xạ chiếu

휋 , ,…, :퐴 × 퐴 × … × 퐴 ⟶ 퐴 × 퐴 × … × 퐴(푎 ,푎 , … ,푎 ) ⟼ 푎 ,푎 , … ,푎

Rõ ràng 휋 , ,…, cũng là một toàn ánh.

Định nghĩa 3.1.4: nếu ℛ một quan hệ trên 퐴 ,퐴 , … ,퐴 thì 휋 , ,…, (ℛ) được gọi là quan hệ chiếu của ℛ.

Chú ý:

1. Quan hệ chiếu 휋 , ,…, (ℛ) là một quan hệ trên 퐴 × 퐴 × … × 퐴 . 2. Trong Lý thuyết về cơ sở dữ liệu mô hình quan hệ, các tập hợp 퐴 ,퐴 , … ,퐴 được gọi

là các thuộc tính. Như thế quan hệ chiếu 휋푖1,푖2,…,푖푚(ℛ) chính là quan hệ ban đầu nhưng các thuộc tính không thuộc các tập hợp 퐴 ,퐴 , … ,퐴 đã được bỏ qua như ví dụ sau cho thấy

Ví dụ: trong cơ sở dữ liệu Môn học ở Đại học Khoa học Tự nhiên, ta có các tập hợp thuộc tính sau:

퐴 : các mã số môn học

퐴 : các tên môn học

퐴 : các Giảng viên

Quan hệ Môn học - Giảng viên được cho bởi bảng sau:

Mã Môn học Tên môn học Giảng viên

T001

T011

T012

TH001

TH002

Vi tích phân

Toán Rời rạc

Đại số tuyến tính

Tin học ĐC A1

Tin học ĐC A2

Ông Bình

Ông An

Ông Minh

Cô Hà

Cô Hà

Quan hệ chiếu 휋 (Môn học-Giảng viên) là quan hệ Môn học được cho bởi bảng sau:


0

1

2

3

4

0 1 2 3 4

Mã Môn học Tên Môn học

T001

T011

T012

TH001

TH002

Vi tích phân

Toán Rời rạc

Đại số tuyến tính

Tin học ĐC A1

Tin học ĐC A2

Mặt khác quan hệ chiếu 휋 (Môn học – Giảng viên) chính là quan hệ Giảng viên: {Ông Bình, Ông An, Ông Minh, Cô Hà}.

§2 QUAN HỆ TƯƠNG ĐƯƠNG Định nghĩa 3.2.1: một quan hệ ℛ trên tập hợp 퐴 được nói là phản xạ nếu: ∀푥 ∈ 퐴, 푥ℛ푥

Ví dụ:

1. Quan hệ “=” trên một tập hợp bất kỳ, quan hệ “≤” trên 풁,푸,푹, quan hệ đống dư trên Z là phản xạ

2. Quan hệ “// ” trên ℒ là phản xạ. Tuy nhiên quan hệ “⊥” (vuông góc) trên ℒ không phải là quan hệ phản xạ.

Chú ý: gọi ∆ là đường chéo chính của 퐴 × 퐴 : ∆ = {(푎,푎)/푎 ∈ 퐴}. Khi ấy quan hệ ℛ trên 퐴 là phản xạ khi và chỉ khi ℛ ⊃ ∆ .

Định nghĩa 3.2.2: quan hệ ℛ trên 퐴 được nói là đối xứng nếu: ∀푥,푦 ∈ 퐴, 푥ℛ푦 ⟹ 푦ℛ푥

Ví dụ:

1. Các quan hệ “=,≡, //, ⊥” là những quan hệ đối xứng 2. Quan hệ “≤” trên 풁,푸,푹 không phải là quan hệ đối xứng 3. Quan hệ ℛ = {(1,2). (2,1), (1,3), (3,1)} trên 퐴 = {1,2,3,4} là một quan hệ đối xứng

nhưng không phản xạ:

∆퐴

Chú ý: trong hình vẽ trên ta thấy tập hợp ℛ tự đối xứng qua đường chéo ∆ . Tổng quát hơn một quan hệ ℛ trên tập hợp 퐴 bất kỳ là đối xứng khi và chỉ khi ℛ là tự đối xứng qua ∆퐴

Định nghĩa 3.2.3: một quan hệ ℛ trên 퐴 được nói là bắc cầu nếu:

∀푥,푦, 푧, (푥ℛ푦) ∧ (푦ℛ푧) ⟹ 푥ℛ푧

Ví dụ:

1. Các quan hệ “=,≡, //, ≤” là các quan hệ bắc cầu 2. Quan hệ “⊥” trên ℒ không phải là quan hệ bắc cầu 3. Quan hệ {(1,1),(2,3),(3,4),(2,4)} trên 퐴 = {1,2,3,4} là bắc cầu


Định nghĩa 3.2.4: một quan hệ ℛ trên tập 퐴 được gọi là quan hệ tương đương nếu nó phản xạ, đối xứng, bắc cầu.

Ví dụ:

1. Các quan hệ “=,≡, //” là các quan hệ tương đương 2. Quan hệ “≤,⊥” không phải là một quan hệ tương đương 3. Quan hệ ℛ = {(1,1), (2,2), (3,3), (2,3), (3,2)} trên 퐴 = {1,2,3} là quan hệ tương đương 4. Quan hệ “tương đương logic” trên tập hợp các mệnh đề là một quan hệ tương

đương. 5. Cho trước một ánh xạ 푓:퐴⟶ 퐵. Ta định nghĩa quan hệ ℛ trên 퐴 như sau:

푥ℛ푦 ⟺ 푓(푥) = 푓(푦) Khi đó ℛ là một quan hệ tương đương.

Định nghĩa 3.2.5: giả sử ℛ là một quan hệ tương đương trên 퐴 và 푥 ∈ 퐴. Khi ấy lớp tương đương chứa 푥 là tập hợp con: {푦 ∈ 퐴/푦ℛ푥} Chú ý: lớp tương đương chứa 푥 thường được ký hiệu bởi 푥 hay [푥] Ví dụ: Quan hệ ≡ (푚표푑3) có ba lớp tương đương:

0 = {, … ,−6,−3,0,3, … } 1 = {, … ,−5,−2,1,4, … } 2 = {, … ,−4,−1,2,5, … } Để ý rằng: 0 = 3 = 6 = ⋯ 1 = 4 = 7 = ⋯ 2 = 5 = 8 = ⋯ Như thế {0, 1, 2} là một phân hoạch của 풁, nghĩa là Z là hợp của 3 tập hợp đôi một

rời nhau {0, 1, 2}. Tỗng quát hơn ta có: Định nghĩa 3.2.1: giả sử ℛ là một quan hệ tương đương trên 퐴. Khi ấy:

i. ∀푥 ∈ 퐴, 푥 ∈ 푥 ii. ∀푥,푦 ∈ 퐴, 푥ℛ푦 ⟺ iii. Hai lớp tương đương 푥 và 푦 sao cho 푥 ∩ 푦 ≠ ∅ thì trùng nhau

Chứng minh:

i. Do tính phản xạ, 푥ℛ푥. Nói cách khác 푥 ∈ 푥 ii. Giả sử 푥ℛ푦. Gọi 푧 là một phần tử bất kỳ của 푥

Ta có: 푧푅푥 và 푥푅푦 nên 푧ℛ푦 do tính bắt cầu.Như thế 푥 ⊂ 푦. Mặt khác do tính đối xứng ta cũng có 푦ℛ푥. Do đó chứng minh tương tự như trên ta có 푦 ⊂ 푥.

Ngược lại giả sử 푥 = 푦, do 푥 ∈ 푥 nên푥 ∈ 푦. Điều này có nghĩa là 푥푅푦

iii. Giả sử 푥 ∩ 푦 ≠ ∅. Khi ấy tồn tại 푧 ∈ 푥 ∩ 푦, nghĩa là 푧ℛ푥 và 푧ℛ푦. Do ii) ta có 푥 = 푧 = 푦

đpcm

Ví dụ:

1. Xét quan hệ ℛ trên 풁: 푚ℛ푛 ⟺ 푚 = 푛

Theo ví dụ 5 sau Định nghĩa 3.2.4, ℛ là quan hệ tương đương xác định bởi ánh xạ 푥 ⟼ 푥 từ 풁 vào 풁. Các lớp tương đương là {0}, {−1,1}, {−2,2}, … , {−푛,푛}, …

Ở đây 풁 được phân hoạch thành vô số tập hợp con hữu hạn.

Với 푛 ∈ 풁, quan hệ đồng dư (mod 푛) là một quan hệ tương đương với 푛 lớp tương đương 0, 1, … ,푛 − 1. Ta ký hiệu: 풁 = {0, 1, … ,푛 − 1}

Các phần tử của, được gọi là các số nguyên đồng dư mod 푛.


Với 푎, 푏 ∈ 풁 , chọn tùy ý 푥 ∈ 푎 và 푦 ∈ 푏. Ta có thể kiểm tra được 푥 + 푦 không phụ thuộc vào 푥 và 푦 mà chỉ phụ thuộc vào 푎 và 푏. Do đó ta có thể dùng 푥 + 푦 để định nghĩa 푎 + 푏. Đặc biệt ta có thể chọn 푥 = 푎 và 푦 = 푏: 푎 + 푏 = 푎 + 푏

Tương tự ta có: 푎푏 = 푎푏

Bây giờ ta có thẻ kiểm được 2 phép toán ∙, + trên 풁 thỏa các tính chất tương tự như các phép toán ∙, + trên 풁:

Tính giao hoán: ∀푥,푦,

푥 + 푦 = 푦 + 푥

và 푥푦 = 푦푥

Tính kết hợp: ∀푥,푦, 푧,

= (푥 + 푦) + 푧

và 푥(푦푧) = (푥푦)푧

Tính phân bố: ∀푥,푦,푧, 푥(푦 + 푧) = 푥푦 + 푥푧 Phần tử trung hòa: ∀푥

푥 + 0 = 푥

푥1 = 푥

Phần tử đối: ∀푥, 푥 + (푛 − 푥) = 0

Ta nói 풁 cũng như 풁 là những vành giao hoán có đơn vị

§3 THỨ TỰ Định nghĩa 3.3.1: một quan hệ ℛ trên tập hợp 퐴 được gọi là phản xứng nếu:

∀푥,푦, (푥ℛ푦) ∧ (푦ℛ푥) ⟹ 푥 = 푦

Ví dụ:

Quan hệ “≤” trên 풁,푸 hay R là phản xứng

Quan hệ “ ≡,// ” không phản xứng

Chú ý: trái với các quan hệ đối xứng, đối với một quan hệ phản xứng ℛ, mọi bộ phận tự đối xứng của ℛ đều nằm trong đường chéo ∆

Định nghĩa 3.3.2: một quan hệ trên tập hợp 퐴 được nói là một thứ tự nếu nó phản xạ, phản xứng và bắc cầu. Khi ấy ta nói 퐴 là một tập hợp sắp thứ tự (hay có thứ tự)

0

1

2

3

4

5

0 1 2 3 4 5


Chú ý:

1. Ta thường ký hiệu một thứ tự bởi ≺. Cặp (퐴,≺) là một tập hợp có thứ tự. 2. Giả sử 퐵 là một tập hợp con của tập hợp có thứ tự (퐴,≺). Khi ấy ≺ cảm sinh một thứ

tự trên 퐵 một cách tự nhiên: với 푥,푦 ∈ 퐵, ta nói 푥 ≺ 푦 trong 퐵 nếu 푥 ≺ 푦 trong 퐴.

Ví dụ:

1. (ℛ,≤) là một tập hợp có thứ tự. Thứ tự cảm sinh các thứ tự tự nhiên trên 풁,푸. 2. Nhắc lại tập hợp 풫(퐸) ta có quan hệ: 퐴 ≺ 퐵 ⟺ 퐴 ⊂ 퐵

Khi đó ≺ là một thứ tự trên 풫(퐸) gọi là thứ tự bao hàm. Ký hiêu 퐴 ⊂ 퐵 sẽ được dùng thay vì ≺

Trên tập hợp ℳ các dạng mệnh đề, ta định nghĩa 퐸 ≺ 퐹 khi và chỉ khi 퐸 ⟹ 퐹, nghĩa 퐹 là một hệ quả logic của 퐸. Rõ ràng quan hệ trên có tính phản xạ và bắc cầu. Mặt khác nếu 퐸 ⟹ 퐹 và 퐹 ⟹ 퐸 thì 퐸푣à퐹푡ươ푛푔đươ푛푔푙표푔푖푐 . Do đó nếu ta đồng nhất các dạng mệnh đề tương đương logic thì quan hệ trên trở thành một thứ tự trên ℳ.

Chính xác hơn, ta thấy quan hệ tương đương logic là một quan hệ tương đương trên ℳ . Ta có một quan hệ trên tập hợp các lớp tương đương như sau: [퐸] ≺ [퐹] ⟺퐹là hệ quả logic của퐸

Khi ấy quan hệ trên vẫn còn là phản xạ và bắc cầu.

Giả sử [퐸] ≺ [퐹] và [퐹] ≺ 퐸. Khi ấy 퐹 là hệ quả logic của 퐸 và ngược lại, nghĩa là 퐸 và 퐹tương đương logic. Suy ra [퐸] = [퐹]

Do đó ≺ là một thứ tự trên tập hợp các lớp tương đương của ℳ.

Ví dụ: Gọi푛 là một số nguyên dương. Đặt: 풰 = {푎 ∈ 푵/푎|푛}

Trong đó 푎|푛 có nghĩa 푎 là một ước của n hay n chia hết cho a. Trên 풰 ta có thể định nghĩa một quan hệ: 푥 ≺ 푦 ⟺ 푥|푦

Khi ấy rõ ràng là phản xạ và bắc cầu

Giả sử 푥 ≺ 푦 và 푦 ≺ 푥. Ta có:

푦 = 푎푥

và 푥 = 푏푦

với 푎, 푏 ∈ 풁

Suy ra 푦 = 푎푏푦 ⟹ 푎푏 = 1푣ì푦 > 0

Do 푎, 푏 ∈ 풁 ta phải có 푎 = 푏 = 1, nghĩa là 푥 = 푦

Quan hệ thứ tự trên vẫn được ký hiệu bởi 푥|푦

Với 푛 = 12 ta có 풰 = {1,2,3,4,6,12}

Do đó ta có thể liệt kê các cặp thuộc quan hệ trên: {(1,1), (1,2), (1,3), (1,4)(1,6), (1,12),

(2,2), (2,4), (2,6), (2,12), (3,3), (3,6), (3,12), (4,4), (4,12), (6,6), (12,12)}

Tuy nhiên đối với các tập hợp hữu hạn có nhiều phần tử, ta không thể dùng phương pháp liệt kê như trên mà sẽ sử dụng biểu đồ Hasse

Định nghĩa 3.3.3: Xét một tập hợp có thứ tự (퐴,≺) và 푥,푦 là hai phần tử bất kỳ của 퐴

i. Nếu 푥 ≺ 푦 ta nói 푦 là trội của 푥 hay 푥 được trội bởi 푦 ii. 푦 là trội trực tiếp của 푥 nếu 푦 trội푥 và không tồn tại một trội 푧 của 푥sao cho: 푥 푧

푦


Định nghĩa 3.3.4: Biểu đồ Hasse của một tập hợp hữu hạn có thứ tự (퐴,≺) bao gồm:

i. Một tập hợp các điểm trong mặt phẳng tương ứng 1 – 1 với 퐴, gọi là các đỉnh ii. Một tập hợp các cung có hướng nối một số đỉnh: hai đỉnh 푥,푦 được nói lại bởi một

cung có hướng (từ 푥 tới푦) nếu푦 là trội trực tiếp của 푥.

Ví dụ: 푎

1.

푎 푎

푎 푎 푎

Trên đây là biểu đồ Hasse của tập hợp sắp thứ tự {푎 ,푎 ,푎 ,푎 ,푎 ,푎 } trong đó:

푎 ≺ 푎 < 푎 và 푎 ≺ 푎 ≺ 푎

푎 không so sánh được với các p hần tử khác, nghĩa là với 1 ≤ 푖 ≤ 5 thì 푎 ⊀ 푎 và 푎 ⊀ 푎 .

2. Biểu đồ Hasse của 풰 được cho bởi:

4 12

2 6

1 3

3. Với 퐸 = {푎, 푏, 푐} thì biểu đồ Hasse của (풫(퐸),⊂) có dạng

{푏, 푐}

{푎, 푏, 푐}

{푐} {푎, 푐}

{푏} {푎, 푏}

∅ {푎}

Ở đây ta quy ước các cung là không chéo nhau. Do đó một cách để hình dùng dễ dàng là xem như Biểu đồ Hasse của 풫(퐸) gồm các đỉnh và cạnh của một hình lập phương 3 chiều.

4. Biểu đồ Hasse của {1,2,3,4,5} với thứ tự thông thường có dạng một dây chuyền:

1 2 3 4 5

Ta có thể duyệt hết các đỉnh một lần bằng cách đi theo các cung mà không quay trở lại


Cũng thế trong vô hạn, ta cũng có thể quy ước biểu diễn thứ tự trên bởi biểu đồ Hasse vô hạn như sau:

… …

-2 -1 0 1 2

Biểu đồ Hasse trên vẫn còn là một dây chuyền vô hạn

Định nghĩa 3.3.5: một thứ tự trên 퐴 được nói là toàn phần nếu hai phần tử bất kỳ đều so sánh được, nghĩa là mệnh đề sau là đúng: ∀푥,푦 ∈ 퐴, (푥 ≺ 푦) ∨ (푦 ≺ 푥)

Ví dụ:

1. 푵,풁,푸,푹 với thứ tự ≤ thông thường là những tập hợp sắp thứ tự toàn phần 2. Xét một tập hợp hữu hạn không rỗng 풜 mà ta gọi là bộ mẫu tự. Giả sử trên 풜 có

một thứ tự toàn phần ≺ (ví dụ như thứ tự thông thường nếu 풜 là bộ chữ cái: 푎 ≺ 푏 ≺ 푐 ≺ ⋯ ≺ 푧, hay thứ tự xác định bởi mã ASCII nếu 풜 là bộ chữ cái được mở rộng thêm các ký tự là các số từ 0 đến 9, các dấu+,-,…)

Gọi 푆 là tập hợp các chuỗi ký tự có dạng 푠 = 푎 푎 …푎 và 푎 푎 … 푎 ∈ 풜 với 푚 là số nguyên tự nhiên tùy ý. Với 푚 = 0 , ta được chuỗi rỗng ∅ không có ký tự nào cả. ta sẽ định nghĩa một quan hệ ≺ trên 푆 như sau:

∅ ≺ 푠,∀푠 ∈ 푆 nếu 푠 = 푎 푎 … 푎 và 푡 = 푏 푏 …푏 là hai chuỗi khác ∅, ta định nghĩa 푠 ≺ 푡 khi và chỉ

khi một trong hai điều kiện sau được thỏa: i. tồn tại một chỉ số 푖, 1 ≤ 푖 ≤ 푚 sao cho: 푎 = 푏 , … ,푎 = 푏 và 푎 푏 ii. 푚 ≤ 푛 và 푎 = 푏 , … ,푎 = 푏

Ta chứng minh được rằng ≺ là một thứ tự trên 푆 gọi là thứ tự tự điển. Hơn nữa với thứ tự tự điển, 푆 là một tập sắp thứ tự toàn phần (Bài tập)

Bây giờ với Định nghĩa 3.3.5, nhận xét trên đây về biểu đồ Hasse có thẻ được phát biểu dưới dạng một kết quả tổng quát hơn mà chứng minh là hiển nhiên.

Mệnh đề 3.3.1: biểu đồ Hasse của (퐴,≺) là một dây chuyền khi và chỉ khi ≺ là một thứ tự toàn phần trên 퐴.

Do Mệnh đề 3.3.1, biểu đồ Hasse của một tập hợp sắp thứ tự toàn phần hữu hạn là một dây chuyền xuất phát từ một phần tử 푎 và chấm dứt bởi 1 phần tử 푏. Rõ ràng 푎 là phần tử bé nhất và푏 là phần tử lớn nhất theo nghĩa: ∀푥 ∈ 퐴,푎 ≺ 푥 ≺ 푏

Mặt khác, Ví dụ 1 cho thấy phần tử bé nhất và lớn nhất không nhất thiết tồn tại, ngay cả trong 1 tập hợp sắp thứ tự hữu hạn. Tuy nhiên các phần tử 푎 ,푎 là những phần tử tối đại và 푎 ,푎 ,푎 là những phần tử tối tiểu theo nghĩa sau:

Định nghĩa 3.3.6: trong tập hợp sắp thứ tự (퐴,≺), một phần tử 푚 được nói là tối đại (tương ứng tối tiểu ) nếu 푚 không có trội thực sự (tương ứng không là trội thực sự của phần tử nào cả). Nói cách khác mệnh đề sau là đúng:

∀푥 ∈ 퐴, (푚 ≺ 푥) ⟹ (푚 = 푥)tương ứng∀푥 ∈ 퐴, (푥 ≺ 푚) ⟹ (푥 = 푚)

Định lý 3.3.2: trong một tập hợp sắp thứ tự 퐴, phần tử lớn nhất 푚, nếu tồn tại, là phần tử tố đại duy nhất. Suy ra 푚 cũng là phần tử lớn nhất duy nhất. Kết luận tương tự cho phần tử bé nhất và phần tử tối tiểu.

Chứng minh: Giả sử 푚 là phần tử lớn nhất và tồn tại 푥 sao cho 푚 ≺ 푥. Do 푚 lớn nhất, ta cũng có 푥 ≺ 푚. Do tính phản xứng, ta có 푥 = 푚. Suy ra 푚 là một phần tử tối đại.


Mặt khác nếu gọi 푏 là một phần tử tối đại tùy ý, do 푚 lớn nhất ta có 푏 ≺ 푚. Nhưng 푏 là tối đại, ta phải có 푏 = 푚. Như thế 푚 là phần tử tối đại duy nhất và dĩ nhiên cũng là phần tử lớn nhất duy nhất. Kết luận cho phần tử bé nhất và các phần tử tối tiểu được chứng minh tương tự bằng cách đổi chiều các thứ tự (bất đẳng thức).

đpcm

Sự tồn tại của phần tử tối đại đối với các tập hợp sắp thứ tự hữu hạn được cho bởi:

Định lý 3.3.3: trong một tập hợp sắp thứ tự hữu hạn thì:

i. mọi phần tử được trội bởi (tương ứng trội) một phần tử tối đại (tương ứng tối tiểu) ii. nếu 푚 là phần tử tối đại (tương ứng tối tiểu) duy nhất của 퐴 thì 푚 là phần tử lớn

nhất (tương ứng phần tử bé nhất)

Chứng minh:

1. Xét một phần tử 푥 ∈ 퐴. Nếu 푥 không tối đại sẽ có 푥 ∈ 퐴 sao cho: 푥 푥

Nếu 푥 tối đại thì đó là phần tử phải tìm.

Nếu không sẽ có 푥 ∈ 퐴 sao cho: 푥 푥

Nếu 푥 tối đại thì đó là phần tử phải tìm vì 푥 rõ ràng trội 푥. Nếu không ta tiết tiếp tục tìm được một trội thực sự của 푥 …

Do 퐴 hữu hạn và các phần tử 푥, 푥 , 푥 , … đôi một khác nhau, quá trình trên sẽ dừng sau tối đa 푛 − 1 bước, trong đó 푛 = |퐴|. Phần tử cuối cùng tìm được chính là phần tử tối đại trội 푥.

2. Giả sử 푚 là phần tử tối đại duy nhất của 퐴, và 푥 là một phần tử tùy ý của 퐴. Do i) tồn tại một phần tử tối đại 푦 sao cho: 푥 ≺ 푦.

Do 푚 duy nhất ta có: 푦 = 푚

Suy ra 푥 ≺ 푚,∀푥 ∈ 퐴

Nói cách khác 푚 là phần tử lớn nhất.

Chứng minh cho kết luận về phần tử tối tiểu và phần tử bé nhất hoàn toàn tương tự.

Chú ý: Nếu 퐴 không hữu hạn, Định lý không đúng theo cả khi kết luận:

1. 퐴 không có phần tử tối đa; ví dụ như 퐴 = 풁 với thứ tự thông thường. 2. 퐴 có thể có phần tử tối đại duy nhất 푚 nhưng không có phần tử lớn nhất như ví dụ

sau cho thấy:

0 1 2 3

푚

§4 DÀN Giả sử 퐵 là một tập hợp con hữu hạn của tập hợp sắp thứ tự toàn phần 퐴, khi ấy

phần tử lớn nhất của 퐵 tồn tại và được ký hiệu bởi max 퐵. Tương tự, phần tử bé nhất của 퐵 tồn tại, và được ký hiệu bởi min 퐵.

Đối với các tập hợp sắp thứ tự không toàn phần , khái niệm max, min có thể được giảm nhẹ thành khái niệm sup và inf như sau:


Định nghĩa 3.4.1: Giả sử 퐵 là một tập hợp con của tập hợp sắp thứ tự (퐴,≺). Khi ấy

1. Một phần tử 푐 ∈ 퐴 được nói là chặn trên (tương ứng chặn dưới ) chung của 퐵 nếu:

∀푏 ∈ 퐵, 푏 ≺ 푐

(tương ứng ∀푏 ∈ 퐵, 푐 ≺ 푏)

2. Phần tử bé nhất (tương ứng lớn nhất) của tập hợp {푐 ∈ 퐴/푐là chặn trên chung của 퐵} (tương ứng {푐 ∈ 퐴/푐là chặn dưới chung của 퐵}) được ký hiệu bởi sup 퐵 (tương ứng inf 퐵)

Ví dụ:

1. Trong một tập hợp sắp thứ tự toàn phần 퐴, rõ ràng max 퐵 của một tập hợp con hữu hạn 퐵 chính là sup 퐵. Tương tự min 퐵 chính là inf 퐵.

2. Giả sử ℬ = {퐵 ,퐵 , … ,퐵 } là một tâp hợp con hữu hạn của 풫(퐸).

Khi ấy 퐵 chính là supℬ 푣à 퐵 chính là inf퐵

Trên tập hợp ℳ các dạng mệnh đề với thứ tự ⟹, xét một tập hợp con hữu hạn ℰ = {퐸 ,퐸 , … ,퐸 }. Khi ấy 퐸 ∨ 퐸 ∨ …∨ 퐸 và 퐸 ∧ 퐸 ∧ …∧ 퐸 chính là supℰ và infℰ (Bài tập).

Định nghĩa 3.4.2: một tập hợp sắp thứ tự (퐴,≺) được nói là một dàn nếu với hai phần tử bất kỳ 푥,푦 ∈ 퐴, thì sup {푥,푦} và inf {푥,푦} luôn luôn tồn tại.

Ký hiệu: trong một dàn, ta sẽ ký hiệu sup {푥,푦} và inf {푥,푦} bởi 푥 ∨ 푦 và 푥 ∧ 푦.

Ví dụ:

1. Một tập hợp sắp thứ tự toàn phần là một dàn 2. 풫(퐸) với thứ tự bao hàm là một dàn. Ta có:

퐵 ∨ 퐵 = 퐵 ∪ 퐵퐵 ∧ 퐵 = 퐵 ∩ 퐵

3. ℳ với thứ tự ⟹ là một dàn: với 퐸,퐹 là hai dạng mệnh đề, các ký hiệu mới ∨, ∧ dành cho sup{퐸,퐹} và inf{퐸,퐹} trùng với các ký hiệu quen thuộc của phép nối rời và phép nối liền: 퐸 ∨ 퐹 và 퐸 ∧ 퐹.

4. Tập hợp 퐴 = {푎, 푏, 푐,푑, 푒, 푓} với biểu đồ Hasse dưới đây không phải là một dàn vì {푏, 푐} không có sup. Thật vậy các trội chung của {푏, 푐} là {푑, 푒, 푓} và tập hợp này không có phần tử bé.

푓

푑 푒

푏 푐

푎

Tương tự ta cũng thấy {푑, 푒} không có inf.

Định lý 3.4.1: Trong một dàn (퐴,≺) các phép toán ∨ và ∧ thỏa các tính chất giao hoán và kết hợp:


i.푥 ∨ 푦 = 푦 ∨ 푥푣à푥 ∧ 푦 = 푦 ∧ 푥∀푥,푦 ∈ 퐴

ii.푥 ∨ (푦 ∨ 푧) = (푥 ∨ 푦) ∨ 푧푣à푥 ∧ (푦 ∧ 푧) = (푥 ∧ 푦) ∧ 푧∀푥,푦 ∈ 퐴

Chứng minh: i) hiển nhiên nên ta chỉ cần chứng minh ii). Xét 3 phần tử bất kỳ 푥,푦, 푧 ∈ 퐴. Khi ấy 푎 = 푥 ∨ (푦 ∨ 푧) là một trội chung của 푥 và 푦 ∨ 푧 nên nó cũng là một trội chung của 푥,푦 và 푧 thì 푦 ∨ 푥 ≺ 푐 vì 푦 ∨ 푧 là trội chung bé nhất của {푦, 푧}. Như thế 푐 là trội chung của {푥,푦 ∨ 푧}. Suy ra 푎 = 푥 ∨ (푦 ∨ 푧) ≺ 푐.

Như thế 푎 chính là trội chung bé nhất của {푥,푦, 푧}. Tương tự ta cũng thấy (푥 ∨ 푦) ∨ 푧 cũng là trội chung bé nhất của {푥,푦, 푧}. Do phần tử bé nhất là duy nhất, ta có:

푥 ∨ (푦 ∨ 푧) = (푥 ∨ 푦) ∨ 푧

Chứng minh của 푥 ∧ (푦 ∧ 푧) = (푥 ∧ 푦) ∧ 푧 hoàn toàn tương tự.

đpcm

Chú ý: Do tính kết hợp, nếu 퐵 = 푥 , 푥 , … , 푥 là một tập hợp con hữu hạn của dàn 퐴 thì 푥 ∨ 푥 ∨ …∨ 푥 không phụ thuộc vào cách đặt các dấu “( )”. Hơn nữa, chứng minh tương tự như trong Định lý 3.4.1 ta thấy 푥 ∨ 푥 ∨ …∨ 푥 chính là sup퐵. Tương tự 푥 ∧ 푥 ∧ …∧ 푥 =inf퐵. Đặc biệt nếu 퐴 hữu hạn ta có:

Mệnh đề 3.4.2: Trong dàn hữu hạn 퐴 = {푎 ,푎 , … ,푎 } thì 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎 và 푎 ∧ 푎 ∧…∧푎 chính là phần tử lớn nhất và phần tử bé nhất của 퐴.

Chú ý: Nếu dàn 퐴 không hữu hạn thì phần tử lớn nhất và bé nhất không nhất thiết tồn tại như ví dụ của 풁 cho thấy.

Định nghĩa 3.4.3: một dàn 퐴 được nói là phân bố nếu với mọi 푥,푦, 푧 trong 퐴 ta có:

푥 ∧ (푦 ∨ 푧) = (푥 ∧ 푦) ∨ (푥 ∧ 푧)푣à 푥 ∨ (푦 ∧ 푧) = (푥 ∨ 푦) ∧ (푥 ∨ 푧)

Ví dụ:

1. Mọi tập hợp sắp thứ tự toàn phần là một dàn phân bố (Bài tập) 2. Do tính phân bố của các phép tính tập hợp, dàn 풫(퐸) là một dàn phân bố. 3. Do quy luật phân bố, dàn ℳ các dạng mệnh đề là một dàn phân bố 4. Xét tập hợp sắp thứ tự 퐴 = {푎, 푏, 푐,푑, 푒} với biểu đồ Hasse như sau:

푏 푒

푑

푎 푐

Ta có thể kiểm tra dễ dàng 퐴 là một dàn. Tuy nhiên 퐴 không phân bố vì:

푑 ∧ (푏 ∨ 푐) = 푑 ∧ 푒 = 푑푡푟표푛푔푘ℎ푖 (푑 ∧ 푏) ∨ (푑 ∧ 푐) = 푎 ∨ 푎 = 푎 ≠ 푑

Định nghĩa 3.4.4: Giả sử 퐴 là một dàn với phần tử lớn nhất mà bé nhất mà ta ký hiêu là 1 và 0. Khi ấy một phần tử 푥 ∈ 퐴 được nói là phần bù của phần tử 푥 ∈ 퐴 nếu:

푥 ∨ 푥 = 1푣à 푥 ∧ 푥 = 0

Ta nói 퐴 là một dàn bù nếu mọi phần tử của 퐴 đều có phần bù.


Chú ý: nếu 푥 là phần bù của 푥 thì rõ ràng 푥 là phần bù của 푥

Ví dụ:

1. Các dàn 풫(퐸) và ℳ là dàn bù. Phần bù của 퐴 ∈ 풫(퐸) chính là phần bù của tập hợp 퐴 trong 퐸, còn phần bù của dạng mệnh đề 퐸 chính là phủ định của 퐸.

2. Dàn 퐴 = {푎, 푏, 푐,푑, 푒} với biểu đồ Hasse như dưới đây là một dàn bù

푑

푒 푐

푏

푎

§5 DÀN 2 Cho trước hai tập hợp 퐸,퐵, nhắc lại rằng 퐵 ký hiệu tập hợp các ánh xạ từ 퐸 vào 퐵.

Giả sử ≺ là một thứ tự trên 퐵. Khi ấy với 푓,푔 ∈ 퐵 , ta định nghĩa:

푓 ≺ 푔 ⟺ ∀푥 ∈ 퐸, 푓(푥) ≺ 푔(푥)

Có thể kiểm tra rằng ≺ là một thự tự trên 퐵 , và hơn nữa (퐵 ,≺) là một dàn nếu (퐵,≺ ) là một dàn (Bài tập)

Gọi 푓,푔 là hai phần tử bất kỳ của 퐵 , 푓 ∨ 푔 và 푓 ∧ 푔 là ánh xạ sao cho với mọi 푥 ∈ 퐸:

(푓 ∨ 푔)(푥) = 푓(푥) ∨ 푔(푥)푣à (푓 ∧ 푔)(푥) = 푓(푥) ∧ 푔(푥)

trong đó ∨ và ∧ chỉ sup và inf của hai phần tử trong 퐵 đối với thứ tự ≺

Đặc biệt với 퐵 = {0,1} , ta được dàn {0,1} mà ta ký hiệu là 2 . Với 푓 ∈ 2 , đặt

퐴 = 푓 (1). Khi ấy ta có: 푓(푥) 1푛ế푢푥 ∈ 퐴0푛ế푢푥 ∉ 퐴

Ta nói 푓 là hàm đặc trưng của 퐴

Hàm đặc trưng của 퐴 được ký hiệu bởi 휒 . Ta có:

Định lý 3.5.1: tương ứng 휑:퐴⟼ 휒 là một song ánh giữa 풫(퐸) và 2 . Hơn nữa với 퐴 ,퐴 là hai tập hợp con tùy ý của 퐸 ta có: 퐴 ⊂ 퐴 ⟺ 휒 ≺ 휒 (3.5.1)

Chứng minh: Trên đây ta đã thấy 휑 là toàn ánh. Hơn nữa nếu 휒 = 휒 thì :

퐴 = 휒 (1) = 휒 (2) = 퐴

Như thế 휑 là một song ánh,

Mặt khác, với 퐴 ,퐴 là hai tập hợp con tùy ý của 퐸, ta có:

퐴 ⊂ 퐴 ⟺ ∀푥 ∈ 퐸,휒 (푥) = 1 ⟹ 휒 (푥) = 1⟺ 휒 ≺ 휒

đpcm

Ta có thể viết lại (3.5.1) như sau: 퐴 ⊂ 퐴 ⟺ 휑(퐴 ) ≺ 휑(퐴 )

휑 là đẳng cấu giữa hai tập hợp con có thứ tự 풫(퐸) và 2 theo nghĩa sau:


Định nghĩa 3.5.1: môt đẳng cấu giữa hai tập hợp có thứ tự (퐴,≺ ), (퐵,≺ ) là một song ánh 휑:퐴⟷ 퐵 sao cho: ∀푥,푦, (푥 ≺ 푦) ⟺ 휑(푥) ≺ 휑(푦) (3.5.2)

Định lý 3.5.2: Giả sử 휑 là một đẳng cấu giữa hai tập hợp có thứ tự (퐴,≺ ) và (퐵,≺ )

i. Nếu (퐴,≺ ) và (퐵,≺ ) là hai dàn, thì với 푥,푦 ∈ 퐴 tùy ý ta có:

휑(푥 ∨ 푦) = 휑(푥) ∨ 휑(푦) (3.5.3)

và 휑(푥 ∧ 푦) = 휑(푥) ∧ 휑(푦) (3.5.4)

ii. Nếu 퐴 là dàn phân bố thì 퐵 cũng là dàn phân bố iii. Giả sử 퐴 có 0 là phần tử bé nhất và 1 là phần tử lớn nhất. Khi ấy 휑(0) và 휑(1) là

phần tử bé nhất và lớn nhất của 퐵. iv. Nếu 퐴 là dàn bù thì 퐵 cũng là dàn bù. Hơn nữa nếu 푥 là phần bù của phần tử 푥 ∈ 퐴,

thì 휑(푥) là phần bù của 휑(푥). Nói cách khác 휑(푥) = 휑(푥).

Chứng minh:

i. Với 푥,푦 ∈ 퐴 tùy ý, do (3.5.2) rõ ràng 휑(푥 ∨ 푦) là chặn trên chung của 휑(푥) và 휑(푦). Suy ra:

휑(푥) ∨ 휑(푦) ≺ 휑(푥 ∨ 푦) (3.5.5)

Mặt khác, cũng do (3.5.2) 휑 휑(푥) ∨ 휑(푦) và chặn trên chung của 푥 và 푦 nên:

푥 ∨ 푦 ≺ 휑 휑(푥) ∨ 휑(푦)

Do đó 휑(푥 ∨ 푦) ≺ 휑(푥) ∨ 휑(푦) (3.5.6)

Từ (3.5.5) và (3.5.6) ta suy ra (3.5.3)

Chứng minh của (3.5.4) hoàn toàn tương tự.

ii), iii), iv) được suy ra dễ dàng từ định nghĩa

đpcm

Hệ quả: nếu 퐴,퐵 là hai tập hợp con tùy ý của 퐸 thì 휒 ∪ = 휒 ∨ 휒푣à 휒 ∩ = 휒 휒

trong đó 휒 휒 = 휒 ∧ 휒 là tích của hai hàm theo nghĩa tự nhiên.

§6 DÀN 풰 6.1 Ước số chung lớn nhất và bội số chung lớn nhất

Giả sử 푎, 푏 là hai số nguyên dương, khi ấy số nguyên dương 푐 được nói là ước số chung của 푎 và 푏 nếu 푐 là ước số của 푎 và 푐 là ước số của 푏. Khi ấy 0 ≤ 푐 ≤ min(푎, 푏). Do đó tập hợp của các ước số chung của 푎 và 푏 là một tập hợp hữu hạn và tồn tại một phần tử lớn nhất 푑 gọi là ước số chung lớn nhất của 푎 và 푏. Ta viết: 푑 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏)

Để tìm ước số chung lớn nhất của 2 số nguyên dương 푎, 푏 ta sử dụng thuật toán sau:

Thuật chia Euclide: nếu 푏 là ước của 푎, đặt 푟 = 푏. Nếu không ta thực hiên lần lượt các phép chia có dư số:


푎 = 푏푞 + 푟 ,0 ≤ 푟 < 푏푏 = 푟 푞 + 푟 ,0 ≤ 푟 < 푟푟 = 푟 푞 + 푟 ,0 ≤ r < 푟

…… … … … … … … … … … … … … … … 푘푟 = 푟 푞 + 푟 , 0 ≤ 푟 < 푟…… … … … … … … … … … … … … … … …

Do 푏 > 푟 > 푟 > ⋯ > 푟 > ⋯ ≥ 0, thuật chia sẽ ngưng sau một số hữu hạn bước.

Gọi 푟 là dư số đầu tiên bằng 0. Ta có: 푟 = 푟 푞 + 푟 , 0 ≤ 푟 < 푟푟 = 푟 푞 + 0

Ta có:

Định lý 3.6.1: 푟 là ước số chung lớn nhất của 푎 và 푏. Hơn nữa mọi ước số chung của 푎 và 푏 là ước số của 푟

Chứng minh: Nếu 푏 là ước của 푎 thì ước số chung lớn nhất của 푎 và 푏 chính là 푏 = 푟 . Nếu không 푟 > 0. Giả sử 푐 là ước số chung của 푎 và 푏. Do 푟 = 푎 − 푏푞 nên 푐 cũng là ước số của 푟 với 1 ≤ 푖 ≤ 푛. Thật vậy, giả sử 1 ≤ 푘 < 푛 và 푐 là ước của 푟 với 1 ≤ 푖 ≤ 푘. Khi ấy do 푟 = 푟 − 푟 푞 nên 푐 cũng là ước của 푟 . Như thế theo nguyên lý qui nạp, 푐 là ước của 푟 . Đặc biệt nếu gọi 푑 là ước số chung lớn nhất của 푎 và 푏 thì 푑 cũng là ước của 푟 .

Suy ra 푑 ≤ 푟

Ngược lại, do 푟 = 푟 푞 nên 푟 là ước của 푟 . Tương tự như trên, dùng nguyên lý qui nạp , ta thấy 푟 là ước của 푟 với 1 ≤ 푖 ≤ 푛. Nhưng 푏 = 푟 푞 + 푟 nên 푟 cũng là ước của 푏. Cuối cùng do 푎 = 푏푞 + 푟 , cũng là ước của 푎. Như thế 푟 là ước số chung của 푎 và 푏.

Suy ra 푟 ≤ 푑

Tóm lại 푑 = 푟

đpcm

Định lý 3.6.2: Giả sử 푑 là ước số chung lớn nhất của 푎 và 푏. Khi ấy tồn tại 푚,푛 ∈ 풁 sao cho: 푑 = 푚푎 + 푛푏

Chứng minh: với ký hiệu như trong Định lý 3.6.1, ta có 푑 = 푟 . Như thế:

푑 = 푟 − 푞 푟 = 푚 푟 +푚 푟

Nhưng 푟 = 푟 − 푞 푟

Do đó 푑 = 푚 푟 + (푚 −푚 푞 )푟

= 푚 푟 푚 푟

Bằng Nguyên lý qui nạp tương tự như trên ta cũng chứng minh được tồn tại 푚 ,푚 , … ,푚 ∈ 풁 sao cho: 푑 = 푚 푟 +푚 푟

Sử dụng 푟 = 푏 − 푞 푟 ta được:

푑 = 푚 푏 + (푚 −푚 푞 )푟 = 푚 푏 + 푚푟

==

푚푎 + (푚 푚푞 )푏푚푎 + 푛푏

đpcm

Định nghĩa 3.6.1: hai số nguyên dương 푎, 푏 được nói là một nguyên tố cùng nhau nếu ước số chung lớn nhất của chúng bằng 1. Khi ấy ta viết (푎, 푏) = 1


Chú ý: Một số nguyên 푝 > 1 được nói là số nguyên tố nếu 푝 không có ước nào ngoài 1 và chinh nó. Nếu 푝 là số nguyện tố và 푝 không phải là ước của 푎 thì 푝 và 푎 nguyên tố cùng nhau.

Mệnh đề 3.6.3: Giả sử 푎, 푏, 푐 ∈ 풁 sao cho 푎 là ước của 푏푐 và (푎, 푏) = 1. Khi ấy 푎 là ước của 푐.

Chứng minh: Do Định lý 3.6.2, tồn tại 푚,푛 ∈ 풁 sao cho:

1 = 푚푎 + 푛푏퐷표đó 푐 = 푚푎푐 + 푛푏푐

Vì 푎 là ước của 푏푐 nên 푎 cũng là ước của 푐

đpcm

Mệnh đề 3.6.4: Giả sử 푎, 푏, 푐 ∈ 풁 sao cho (푎, 푏) = 1 và (푎, 푐) = 1. Khi ấy (푎, 푏푐) = 1

Chứng minh: Giả sử ước số chung lớ nhất của 푎 và 푏푐 là 푑 > 1. Khi ấy (푑, 푏) = 1 vì nếu không, gọi 푒 là ước số chung lớn nhất của 푑 và 푏 ta có 푒 > 1. Rõ ràng 푒 cũng là ước chung của 푎 và 푏. Điều này mâu thuẫn với giả thiết (푎, 푏) = 1. Vậy (푑, 푏) = 1. Do đó theo Mệnh đề 3.6.3 푑 là ước số của 푐. Điều này mâu thuẫn với giả thiết (푎, 푐) = 1. Do đó 푑 = 1, nghĩa là (푎, 푏푐) = 1

đpcm

Một số nguyên 푐 được nói là bội số chung của hai số nguyên 푎, 푏 nếu 푐 đồng thời là bội số của 푎 và 푏.

Bổ đề 3.6.5: Cho 퐴,퐵,퐶 ∈ 풁 . Giả sử 푐 là bội số chung của 푎, 푏 và (푎, 푏) = 1. Khi ấy 푐 là bội số chung của 푎푏.

Chứng minh: Do 푐 là bội số của 푏, ta có thể viết 푐 = 푘푏 với 푘 là số nguyên. Do Mệnh đề 3.6.3, 푎 là ước số của 푘: 푘 = 푘 푎, 푘 ∈ 풁 . Suy ra 푐 = 푘′푎푏

đpcm

Định lý 3.6.6: Giả sử 푎, 푏 ∈ 풁 . Gọi 푑 là ước số chung lớn nhất của 푎, 푏. Khi ấy là bội số

chung của 푎, 푏. Hơn nữa mọi bội số chung của 푎, 푏 đều chia hết cho . Suy ra là bội số chung lớn nhất của 푎 và 푏.

Chứng minh: Ta có thể viết = 푎 = 푏 với 푎, 푏

Mặt khác để ý rằng và nguyên tố cùng nhau. Thật vậy gọi 푒 là ước số chung lớn nhất của chúng thì 푑푒 cũng là ước số chung của 푎 và 푏. Suy ra 푒 = 1.

Gọi 푚 là bội số chung của 푎 và 푏. Áp dụng Bổ đề 3.6.5 cho , , ta thấy là bội số

chung của nên 푚 là bội số chung của .

đpcm

Chú ý: ta ký hiệu bội số chung nhỉ nhất của 푎, 푏 bởi 퐵푆퐶푁푁(푎, 푏)

Giả sử 푎 ∈ 푵,푎 > 1. Khi ấy nếu gọi 푞 là ước bé nhất của 푎 sao cho 푞 > 1 thì rõ ràng 푞 là một số nguyên tố. Lại tiếp tục xét ta chứng minh được bằng qui nạp rằng 푎 là tích của

một số hữu hạn số nguyên tố. Gộp các thừa số giống nhau lại ta có thể phân tích 푎 thành thừa số nguyên tố: 푎 = 푝 푝 … 푝 (3.6.1)

trong đó 푝 ,푝 , … ,푝 là các số nguyên tố đôi một khác nhau và 푟 , 푟 , … , 푟 ∈ 풁


Mệnh đề 3.6.7: Biểu diễn (3.6.1) là duy nhất

Chứng minh: xét một phân tích ra thừa số nguyên tố khác của 푎:

푎 = 푞 푞 …푞 (3.6.2)

Nếu 푝 ∉ {푞 , 푞 , … , 푞 } thì áp dụng thì áp dụng Mệnh đề 3.6.4 nhiều lần ta đi đến kết luận 푝 và 푎 số nguyên tố cùng nhau. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ 푝 ∈ {푞 , 푞 , … , 푞 }. Lập luận tương tự cho 푝 , … ,푝 , 푞 , … , 푞 ta được: {푝 ,푝 , … ,푝 } = {푞 , 푞 , … , 푞 }

Đặc biệt 푛 = 푚 . Sắp xếp thứ tự lại 푞 , 푞 , … , 푞 ta có thể giả sử 푝 = 푞 ,푝 =푞 , … ,푝 = 푞 . Ta sẽ chứng minh 푟 = 푠 , 푟 = 푠 , … , 푟 = 푠 bằng qui nạp trên 푛

Nếu 푛 = 1 thì 푎 = 푝 = 푝 . Suy ra 푟 = 푠 Giả sử 푛 > 1. Nếu 푟 < 푠 thì = 푝 … 푝 rõ ràng nguyên tố cùng nhau với

푝 . Trong khi đó dùng biểu diễn (3.6.2) ta được: 푎푝

= 푝 푝 …푝

Do 푠 − 푟 > 0,푝 là ước của. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ 푟 ≥ 푠 . Do 푟 và 푠 đóng vai trò đối xứng ta cũng có 푟 ≤ 푠 , nghĩa là 푟 = 푠 . Khi ấy ta được 2 biểu điễn của thành thừa số nguyên tố:

푎푝

= 푝 푝 … 푝

푎푝

= 푝 푝 … 푝

Áp dụng giả thiết qui nạp ta được 푟 = 푠 , 푟 = 푠 , … , 푟 = 푠

đpcm

Sử dụng phân tích (3.6.1) ta có một phương pháp thứ hai để tìm ước số chung lớn nhất và bội số chung nhỏ nhất của hai số nguyên dương.

Trước tiên nhận xét rằng nếu 푎 và 푏 có phân tích

푎 = 푝 푝 … 푝 (3.6.3)

푏 = 푞 푞 … 푞 (3.6.4)

Thì 푎 là ước của 푏 khi và chỉ khi 2 điều kiện dưới đây được thỏa:

{푝 ,푝 , … ,푝 } ⊂ {푞 , 푞 , … , 푞 }. Đặc biệt 푛 ≤ 푚 Ta sắp xếp thứ tự 푞 , 푞 , … , 푞 lại sao cho 푝 = 푞 ,푝 = 푞 ,푝 = 푞 . Khi ấy các

số mũ thỏa: 푟 ≤ 푠 , 푟 ≤ 푠 , … , 푟 ≤ 푠 .

Chứng minh của khẳng định trên dựa trên cùng ý tưởng với chứng minh Mệnh đề 3.6.7 nêu được dành cho đọc giả.

Bây giờ giả sử 푎 và 푏 có phân tích như trong (3.6.3) và (3.6.4) với các số mũ nguyên dương. Bằng cách bổ sung thêm vào 푎 các thừa số là lũy thừa 0 của những số nguyên tố trong (3.6.3) và ngược lại, ta có thể giả sử 푎, 푏 có dạng:

푎 = 푝 푝 …푝 푏 = 푝 푝 … 푝

Với các số mũ lấy giá trị nguyên dương hay 0. Khi ấy do nhân xét trên ta có:


Mệnh đề 3.6.8:

푈푆퐶퐿푁(푎, 푏) = 푝 푝 …푝

và 퐵푆퐶푁푁(푎, 푏) = 푝 푝 …푝

với 푢 = min(푟 , 푠 )và 푣 = max(푟 , 푠 )1 ≤ 푖 ≤ 푛

6.2 Dàn 퓤풏

Nhắc lại rằng tập hợp gồm các ước số dương của 푛 được sắp thứ tự bởi quan hệ: 푎 ≺ 푏 ⟺ 푎|푏 (푎 là ước số của 푏)

Giả sử 푎, 푏 ∈. Khi ấy 푑 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏) ∈ 풰

Rõ ràng 푑 ≺ 푎 và 푑 ≺ 푏. Hơn nữa nếu 푐 ∈ 풰 sao cho 푐 ≺ 푎 và 푐 ≺ 푏 thì 푐 là ước số chung của 푎, 푏 nên theo Định lý 3.6.1 푐 cũng là ước số của 푑, nghĩa là 푐 ≺ 푑.

Nói tóm lại 푑 chính là inf(푎, 푏). Tương tự 퐵푆퐶푁푁(푎, 푏) là sup(푎, 푏). Với ký hiệu ∧,∨ cho inf và sup ta có:

푎 ∧ 푏 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏)푎 ∨ 푏 = 퐵푆퐶푁푁(푎, 푏)

Như thế 풰푛 là một dàn phần tử bé nhất là 1, phần tử lớn nhất là 푛.

Hơn nữa nếu gọi 푝 ,푝 , … ,푝 là các ước số nguyên tố của 푛 thì ta có thể biểu diễn 1 phần tử bất kỳ của 풰푛 dưới dạng (3.6.1) với số mũ thuộc 푵. Xét ba phần tử tùy ý 푎, 푏, 푐 ∈풰 với biểu diễn như trên:

푎 = 푝 푝 …푝푏 = 푝 푝 …푝푐 = 푝 푝 …푝

Khi ấy do Mệnh đề 3.6.8 số mũ của 푝 trong 푎 ∧ (푏 ∨ 푐) là:

min(푟 , max(, 푡 )) = max(min(푟 , 푠 ) , min(푟 , 푡 ))

Như thế 푎 ∧ (푏 ∨ 푐) = (푎 ∧ 푏) ∨ (푎 ∧ 푐)

Tương tự 푎 ∨ (푏 ∧ 푐) = (푎 ∨ 푏) ∧ (푎 ∨ 푐)

Tóm lại ta đã chứng minh.

Định lý 3.6.9: 풰푛 là một dàn phân bố.

Một số nguyên dương 푛 được nói là không có thừa số chính phương nếu 푛 không chia hết cho bình phương của bất kỳ số nguyên >1 nào.

Định lý 3.6.10: 풰푛 là dàn bù khi và chỉ khi 푛 không có thừa số phương.

Chứng minh: Giả sử 푛 không có thừa số chính phương và 푎 là một phần tử tùy ý của풰 . Khi ấy 푎 và nguyên tố cùng nhau vì nếu không, bất kỳ ước số chung 푛 > 1 của chúng cũng đều có bình phương là ước của 푛. Như thế

푎 ∧ = 1

Ngoài ra 푎 ∨ = 퐵푆퐶푁푁 푎, = 푎 = 푛

Vậy chính là phần bù của 푎 và do đó 풰푛 là một dàn bù.


Ngược lại, giả sử 푛 chia hết cho bình phương của số nguyên 푎>1. Gọi 푎 là phần bù của 푎 trong 풰푛. Ta có:

푎 ∧ 푎 = 1푎 ∨ 푎 = 푛

Mà 푎 ∨ 푎 =∧

= 푎푎

Suy ra 푎 = 푛푎. Nhưng 푎 rõ ràng là ước số chung của 푎 và nên 푎 ∧ 푎 ≠ 1. Điều này

mâu thuẫn chứng tỏ 푎 không có phần bù và 풰푛 không phài là một dàn bù. Thật ra trong chương 4 ta sẽ chứng minh rằng nếu có một thứ tự nào đó trên 풰푛 để nó trở thành một dàn bù thì số phần tử của풰푛 phải là một lũy thừa của 2. Trong khi đó số ước của 푛 là một lũy thừa của 2 thì trong phân tích của 푛 thành thừa số nguyên tố, các số mũ phải có dạng 2 − 1 (Bài tập).


BÀI TẬP CHƯƠNG 3 1. Giả sử 퐴 = {0,1,2,3,4},퐴 = {1,3,7,12},퐴 = {0,1,2, ,4,8,16, } và A_4={-3,-2,-1,0,1,2,3}

a) Xét ℛ = {(푥,푦, 푧, 푡) ∈ 퐴 × 퐴 × 퐴 × 퐴 ;푥푦푧푡 = 0}. Hãy tính |ℛ |. b) Xét ℛ = {(푥,푦, 푧, 푡) ∈ 퐴 × 퐴 × 퐴 × 퐴 ;푥푦푧푡 < 0}. Hãy tính |ℛ |.

2. Giả sử 퐴 = {1,2,3},퐵 = {2,4,5} a) Tính |퐴 × 퐵| b) Tìm số quan hệ giữa 퐴 và 퐵 c) Tìm số quan hệ giữa hai ngôi trên 퐴 d) Tìm số quan hệ giữa 퐴 và 퐵 chứa (1,2), (1,5) e) Tìm số quan hệ giữa 퐴 và 퐵 chứa đúng 5 cặp có thứ tự. f) Tìm số quan hệ giữa hai ngôi trên 퐴 chứa ít nhất 7 cặp có thứ tự.

3. Xét hai tập hợp hữu hạn 퐴 và 퐵 sao cho |퐵| = 3. Tìm số phần tử của 퐴 biết rằng có đúng 4096 quan hệ giữa 퐴 và 퐵.

4. Một quan hệ giữa hai tập hợp 퐴 và 퐵 được nếu là một hàm nếu với mọi 푥 ∈ 퐴 (t.ư 푦 ∈퐵), tốn tại duy nhất một phần tử 푦 ∈ 퐵 (t.ư 푥 ∈ 퐴) sao cho (푥,푦) ∈ ℛ. Khi ấy tương ứng 푥 ⟼ 푦 (t.ư 푦 ⟼ 푥) rõ ràng là một ánh xạ từ 퐴 vào 퐵 (t.ư 퐵 vào 퐴) như đã xét trong Chương 2. Trong các quan hệ dưới đây, hãy cho biết quan hệ nào là một hàm và tìm ánh xạ tương ứng a) ℛ = {(푥,푦) ∈ 풁ퟐ/푦 = 푥 + 7} b) ℛ = {(푥,푦) ∈ 푹ퟐ/푦 = 푥} c) ℛ = {(푥,푦) ∈ 푹ퟐ/푦 = 3푥 + 1} d) ℛ = {(푥,푦) ∈ 푸ퟐ/푥 + 푦 = 1} e) ℛ = {(푥,푦) ∈ [0,1] × [0,1]/푥 + 푦 = 1}

5. Giả sử 퐴 = 퐵 = 푹. Hãy tìm 휋 (ℛ) và 휋 (ℛ) cho các quan hệ ℛ sau đây: a) ℛ = {(푥,푦) ∈ 퐴 × 퐵/푥 = 푦 } b) ℛ = {(푥,푦) ∈ 퐴 × 퐵/푦 = cos푥} c) ℛ = {(푥,푦) ∈ 퐴 × 퐵/푥 + 푦 = 1}

6. Giả sử 퐴 = {푈,푉,푊 ,푋,푌,푍} (mã số các loại ngũ cốc), 퐴 = 퐴 = 퐴 = 퐴 = 풁 . Xét quan hệ ℛ giữa các tập 퐴 ,퐴 ,퐴 ,퐴 ,퐴 cho bởi bảng dưới đây:

Mã số Lượng đường/đvtt

L.Vitamin A/đvtt

L.Vitamin C/đvtt L.Protein/đvtt

U

V

W

X

Y

Z

1

7

12

0

32

2

25

25

25

60

25

25

25

2

2

40

40

40

6

4

4

20

10

10

a) Hãy tìm quan hệ chiếu của ℛ lên 퐴 × 퐴 × 퐴 b) Một thuộc tính được nói là khóa chính của quan hệ ℛ nếu giá trị của nó xác định duy

nhất một bộ 5 thuộc ℛ. Hãy tìm các khóa chính của ℛ. 7. Giả sử 퐴 = {1,2},퐴 = {퐴,퐷,퐸},퐴 = 퐴 = 퐴 = 풁 . Xét quan hệ ℛ giữa 퐴 ,퐴 ,퐴 ,퐴 ,퐴

cho bởi bảng dưới đây:


Loại viên Vitamin

Loại Vitamin trong viên

Lượng Vitamin trong viên

Liều lượng: số viên/ngày Số viên trong chai

1

1

1

2

2

2

A

D

E

A

D

E

10.000

400

30

4.000

400

15

1

1

1

1

1

1

100

100

100

250

250

250

a) Tìm quan hệ chiếu của ℛ lên 퐴 × 퐴 và 퐴 × 퐴 × 퐴 b) Quan hệ này có khóa chính không? c) Một khóa chính phức hợp là tích Descartes của một số tối thiểu thuộc tính sao cho

nếu gọi ℛ′ là quan hệ chiếu của ℛ lên tích Descartes đó, thì mỗi bộ trong ℛ’ là là hình chiếu duy nhất của một bộ trong ℛ. Hãy xác định các kháo chính phức hợp của ℛ.

8. Hãy tìm quan hệ trên 퐴 = {1,2,3,4} sao cho nó có tính chất a) Phản xạ và đối xứng nhưng không bắc cầu b) Phản xạ và bắc cầu nhưng không đối xứng c) Đối xứng và bắc cầu nhưng không phản xạ

9. Trong số các quan hệ dưới đây, hãy cho biết quan hệ nào có tính phản xạ, đối xứng, phản xứng, bắc cầu: a) 퐶 là một tập con cố định của 퐸, xét quan hệ ℛ trên 풫(퐸): 퐴ℛ퐵 ⟺ 퐴 ∩ 퐶 ⟺ 퐵 ∩ 퐶 b) Quan hệ ℛ trên 풁: 푥ℛ푦 ⟺ 푥 + 푦 chẵn c) Quan hệ ℛ trên 풁: 푥ℛ푦 ⟺ 푥 − 푦 lẻ d) Quan hệ ℛ trên 풁 × 풁: (푎, 푏)ℛ(푐,푑) ⟺ 푎 ≤ 푐 chẵn e) Quan hệ ℛ trên 풁: 푥ℛ푦 ⟺ 푥 + 푦 chẵn f) Quan hệ ℛ trên 푹: 푥ℛ푦 ⟺ |푥| = |푦| g) Quan hệ ℛ trên 푹: 푥ℛ푦 ⟺ sin 푥 + cos 푦 = 1

10. ℛ là một quan hệ trên tập hợp 퐴 với 푛 phần tử. Cho biết các khẳng định dưới đây đúng hay sai. Nếu sai, chỉ ra một phản ví dụ: a) Nếu ℛ phản xạ thì |ℛ| ≥ 푛 b) Nếu |ℛ| ≥ 푛 thì ℛ phản xạ c) Nếu ℛ và ℛ là hai quan hệ trên 퐴 sao cho ℛ ⊃ ℛ và ℛ phản xạ thì ℛ phản xạ d) Kết luận tương tự như c) cho tính đối xứng, phản xứng và bắc cầu e) Nếu ℛ và ℛ là hai quan hệ trên 퐴 sao cho ℛ ⊃ ℛ và ℛ phản xạ thì ℛ phản xạ f) Kết luận tương tự như e) cho tính đối xứng, phản xứng và bắc cầu

11. Giả sử là một quan hệ trên A, quan hệ đối ngẫu của được định nghĩa bởi:

푥ℛ∗푦 ⟺ 푦ℛ푥

a) Quan hệ đối ngẫu của ℛ∗ là gì? b) Có thể nói gì về ℛ nếu ℛ = ℛ∗ c) Nếu ℛ bắc cầu thì ℛ∗ có bắc cầu không? Câu hỏi tương tự cho tính đối xứng, phản

xứng. 12. 퐴 = {1,2,3,4}. Xác định số quan hệ trên A có tính chất:

a) phản xạ b) đối xứng c) phản xạ và đối xứng d) phản xứng e) đối xứng và phản xứng f) phản xạ và đối xứng và phản xứng


13. Giả sử |퐴| = 푛 và ℛ là tập hợp con tối đại của 퐴 × 퐴 sao cho ℛ là một quan hệ phản xứng. Tìm số phần tử của ℛ. Có bao nhiêu quan hệ ℛ thỏa điều kiện trên?

14. 퐴 = {1,2,3,4,5,6},ℛ = {(1,1), (1,2), (2,1), (2,2), (3,3), (4,4), (4,5), (5,4), (5,5), (6,6)}. a) Kiểm tra lại ℛ là một quan hệ tương đương b) Tìm các lớp tương đương [1],[2],[3]. c) Tìm phân hoạch của 퐴 thành các lớp tương đương

15. 퐴 = {1,2,3,4,5}. Tìm quan hệ tương đương ℛ trên 퐴 sao cho phân hoạch của 퐴 thành các lớp tương đương có dạng:

퐴 = {1,2}∪ {3,4}∪ {5}

16. 퐴 = {1,2,3,4,5},퐴 = {1,2},퐴 = {2,3,4},퐴 = {5}. Định nghĩa quan hệ ℛ trên 퐴 như sau:

푥ℛ푦 ⟺ ∃푖: 1 ≤ 푖 ≤ 3và푥,푦 ∈ 퐴

ℛ có phải là quan hệ tương đương không?

17. Xét quan hệ ℛ trên 퐴 = 푹 sao cho :

(푥,푦)ℛ(푧, 푡) ⟺ 푥 = 푧

a) Kiểm tra lại ℛ là một quan hệ tương đương b) Chỉ ra các lớp tương đương và cho biết ý nghĩa hình học

18. 퐴 = {1,2,3,4,5} × {1,2,3,4,5} và ℛ là quan hệ trên 퐴 sao cho:

(푎, 푏)ℛ(푐,푑) ⟺푎 + 푏 = 푐 + 푑

a) Kiểm tra lại ℛ là một quan hệ tương đương b) Xác định các lớp tương đương [(1,3)], [(2,4)]và[(1,1)] c) Chỉ ra phân hoạch của 퐴 thành các lớp tương đương

19. a) Quan hệ ℛ trong 9a) có phải tương đương không? b) Với 퐸 = {1,2,3} và 퐶 = {1,2}. Tìm phân hoạch của 풫(퐸) thành các lớp tuong đương c) Với 퐸 = {1,2,3} và 퐶 = {1,2}. Tìm lớp tương đương [{1,3,5}]. Có bao nhiêu lớp tương

đương khác nhau? 20. Quan hệ ℛ trên 풁 được định nghĩa bởi:

푥ℛ푦 ⟺ ∃푛 ∈ 풁: 푦2

a) Kiểm tra lại ℛ là một quan hệ tương đương b) Trong số các lớp tương đương [1], [2], [3], [4] có bao nhiêu lớp đôi một phân biệt? c) Câu hỏi tương tự như b) sao cho các lớp [6],[7], [21], [24], [25], [35], [42] và [48]

21. Có bao 푛 hiêu quan hệ tương đương trên 퐴 = {푎, 푏, 푐,푑, 푒, 푓} sao cho: a) Có đúng hai lớp tương đương với 3 phần từ b) Có một lớp tương đương với 3 phần tử c) Có một lớp tương đương với 4 phần tử d) Có ít nhất một lớp tương đương với ≥ 3 phần tử.

22. Xét một ánh xạ 푓:퐴 ⟶ 퐵. Định nghĩa ℛ trên 퐴 như sau:

푥ℛ푦 ⟺ 푓(푥) = 푓(푦)

a) Chứng minh rằng ℛ là một quan hệ tương đương b) Xác định các lớp tương đương

23. |퐴| = 30 và ℛ là một quan hệ tương đương trên 퐴 sao cho 퐴 được phân hoạch thành 3 lớp tương đương 퐴 ,퐴 ,퐴 với cùng số phần tử. Hãy xác định ℛ

24. 퐴 = {1,2,3,4,5,6,7}. Hãy tìm một quan hệ tương đương ℛ trên 퐴 sao cho |ℛ| cho các giá trị: 6, 7, 8, 9, 11, 22, 23, 30, 31.

25. Vẽ biểu đồ Hasse cho tập hợp sắp thứ tự (풫(퐸),⊂) trong đó 퐸 = {1,2,3,4}


26. Xét hai tập hợp thứ tự tập hợp thứ tự (퐴,≺ ) và (퐵,≺ ). Với (푎 , 푏 ), (푎 , 푏 ) ∈ 퐴 × 퐵 định nghĩa:

(푎 , 푏 ) ≺ (푎 , 푏 ) ⟺ (푎 ≺ 푎 ) ∧ (푏 ≺ 푏 )

a) Chứng minh rằng quan hệ trên là một thứ tự b) Nếu ≺ và ≺ là thứ tự toàn phần thì ≺ có là thứ tự toàn phần không?

27. Cho trước hai tập hợp 퐸,퐵 và ≺ là một thứ tự trên 퐵. ta định nghĩa quan hệ ≺ trên 퐵 như sau:

푓 ≺ 푔 ⟺ ∀푥 ∈ 퐸, 푓(푥) ≺ 푔(푥)

a) Chứng minh rằng ≺ là một thứ tự trên 퐵 b) Nếu (퐵,≺ ) là một dàn, chứng minh rằng (퐵 ,≺) là một dàn

28. Giả sử ℛ là một quan hệ bắc cầu trên 퐴. Gọi ℛ∗ là quan hệ đối ngẫu của ℛ như trong bài tập 11. Chứng minh rằng ℛ là một thứ tự khi và chỉ khi

ℛ ∩ ℛ∗ = ∆ = {(푎,푎)/푎 ∈ 퐴}

29. Chứng minh rằng thứ tự tự điển trên tập hợp 푆 các chuỗi ký tự thật sự là một thứ tự. hơn nữa S được sắp thứ tự toàn phần bởi quan hệ trên.

30. Giả sử ≺ là một thứ tự không toàn phần trên 퐴, và 퐵 là một tập hợp con khác ∅ của 퐴. Khi ấy thứ tự cảm sinh trên 퐵 bởi ≺ có nhất thiết là thứ tự không toàn phần không?

31. Trong các biểu đồ sau, cái nào là biểu đồ Hasse của một tập hợp sắp thứ tự:

32. Có bao nhiêu thứ tự trên tập 퐴 dưới đây để cho 푥 là một phần tử tối tiểu? a) 퐴 = {푥,푦} b) 퐴 = {푥,푦, 푧}

33. Giả sử 퐴 = 풫(퐸) với 퐸 = {1,2,3}. Trong tập hợp A với thứ tự bao hàm, hãy tìm sup và inf của tập hợp con 퐵 ⊂ 퐴 dưới đây: a) 퐵 = {1}, {2} b) 퐵 = {1}, {2}, {3}, {1,2} c) 퐵 = ∅, {1}, {2}, {1,2} d) 퐵 = {1}, {1,2}, {1,3}, {1,2,3} e) 퐵 = {1}, {2}, {3}, {1,2}, {1,3}, {2,3} f) 퐵 = {1}, {2}, {3}, {1,2}, {1,3}, {2,3}, {1,2,3}

34. Giả sử 퐴 = 풫(퐸) với thứ tự bao hàm trong đó 퐸 = {1,2,3,4,5,6,7}. Xét 퐵 = {1}, {2}, {2,3} . Hãy cho biết: a) Số chặn trên của 퐵 bao gồm 3,4,5 phần tử của 퐸 b) Số tất cả chặn trên của 퐵 c) sup 퐵 d) Số tất cả chặn dưới của 퐵


e) inf 퐵 35. Giả sử (퐴,≺) là một tập hợp sắp thứ tự. Cho biết các khẳng định dưới đây đúng hay sai?

Tại sao? a) Nếu (퐴,≺) là một dàn thì ≺ là thứ tự toàn phần b) Nếu ≺ là thứ tự toàn phần thì (퐴,≺) là một dàn

36. Giả sử (퐴,≺) là một dàn và 푚 là một phần tử tối đại của 퐴. Khi ấy 푚 là phần tử lớn nhất. Kết luận tương tự cho phần tử tối tiểu.

37. Giả sử 퐴 = {푎, 푏, 푐,푑, 푒, 푥,푦, 푧, 푡, 푣} với thứ tự xác định bởi biểu đồ Hasse dưới đây. Hãy tính:

a) inf {푏, 푐} b) inf {푏, 푡} c) inf {푒, 푥} d) sup {푐, 푏} e) sup {푑, 푥} f) sup {푐, 푒} g) sup {푎, 푣}

z x t y v e c d a

38. Với (퐴,≺) như trong bài tập 37 a) 퐴 có phần tử lớn nhất và bé nhất không không? b) (퐴,≺) có là một dàn không?

39. Trên tập hợp ℳ các dạng mệnh đề với thứ tự “có hệ quả logic” (⟹), chứng minh rằng sup và inf của một tập hợp con hữu hạn ℇ = {퐸 ,퐸 , … ,퐸 } chính là các dạng mệnh đề 퐸 ∨ 퐸 ∨ … ∨ 퐸 (nối rời) và 퐸 ∧ 퐸 ∧ …∧ 퐸 (nối liền).

40. Một tập hợp thứ tự ≺ trên tập hợp A được nói là thứ tự tốt nếu mọi tập hợp con A khác ∅ của A đều có phần tử bé nhất. khi ấy ta nói (퐴,≺) được sắp tốt. a) Chứng minh rằng mọi thứ tự tốt đều là toàn phần. Điều ngược lại có đúng không? b) Chứng minh rằng mọi tập hợp sắp thứ tự tốt có phần tử bé nhất. c) Cho ví dụ của một tập hợp sắp tốt không có phần tử lớn nhất, và ví dụ của một tập

hợp sắp tốt có phần tử lớn nhất. 41. Trong các tập hợp sắp thứ tự dưới đây, cho biết tập hợp nào sắp thứ tự tốt:

a) (푵,≤) b) (풁,≤) c) (푸,≤) d) (푸 ,≤) e) (푃,≤) trong đó푃 là tập hợp các số nguyên tố f) (퐴,≤) trong đó퐴 ≠ ∅ là tập hợp con hữu hạn của Z g) (푆,≺) trong đó푆 là tập hợp các chuỗi ký tự trên một tập hợp mẫu tự 풜 sắp thứ tự

toàn phần và ≺ là thứ tự tự điển. 42. Giả sử (퐴,≺) là một tập hợp sắp thứ tự tốt không có phần tử tối đại

a) Chứng minh rằng mỗi phần tử x đều có trội trực tiếp duy nhất 푠(푥) b) Chứng minh rằng ánh xạ 푠:퐴 ⟶ 퐴 là đơn ánh. Ánh xạ này có toàn ánh không? c) Giả sử 푠(퐴) bằng 퐴 trừ đi một điểm. chứng minh rằng (퐴,≺) đẳng cấu với (푵,≤)

43. Tìm ước số chung lớn nhất của các cặp số sau:


a) 43,16 b) 442,276 c) 6234,3312 d) 87657,44441 e) 654321,123456

44. a) Phân tích 2 số sau ra thừa số nguyên tố: 148.500 và 7.114.800 b) Hãy tìm USCLN và BSCNN của chúng

45. Giả sử số 푚 có phân tích ra thừa số nguyên tố:

푚 = 푝 푝 …푝

Hãy tìm phân tích ra thừa số nguyên của 푚 , 푚

46. Hãy tìm phân tích ra thừa số nguyên của 8!, 10!, 12! và 15! 47.

a) Hãy tìm ra các ước số dương của 2 5 7 b) Giả sử 푚 có phân tích ra thừa số nguyên tố

푚 = 푝 푝 푝

Tìm số các ước dương của 푚

c) Tổng quát hóa kết quả trên cho trường hợp có nhiều hơn 3 ước số nguyên tố d) Suy ra nếu số các ước số dương của 푚 là lũy thừa của 2 thì trong phân tích của 푚

thành thừa số nguyên tố, các số mũ đều có dạng 2 − 1,훼 ∈ 풁 48.

a) Số 푚 = 2 3 5 7 11 13 37 có bao nhiêu ước số? b) Có bao nhiêu ước số dương của 푚 chia hết cho 2 3 5 11 37 ? c) Có bao nhiêu ước số dương của 푚 chia hết cho 1.166.400.000

49. Có 200 đồng xu được đánh số từ 1 đến 200 đặt thành hàng nganh trên bàn và 200 sinh viên cũng được đánh số từ 1 đến 200. Sinh viên thứ nhất sẽ lật ngược tất cả các đồng xu lại. Tiếp theo sinh viên thứ 2 lật ngược đồng xu thứ 2,4,6,… Sinh viên thứ n, 1≤푛 ≤200, lật ngược đồng xu thứ 푛, 2푛, 3푛, … a) Hỏi đồng xu thứ 200 được lật ngược bao nhiêu lần? b) Có đồng xu nào có số lần bị lật ngược như đồng xu thứ 200 không?

50. Hãy viết một chương trình máy tính cho phép phân tích số nguyên 푛 > 1 ra thừa số nguyên tố.

51. Tìm số nguyên dương 푛 có đúng: a) hai ước số dương b) ba ước số dương c) bốn ước số dương d) năm ước số dương

52. Cho hai số nguyên dương 푎, 푏 a) Giả sử (푎, 푏) = 1. Hãy tìm tất cả các lời giải (nghĩa là các cặp (푥,푦)) của phương

trình 푥푎 = 푦푏 b) Câu hỏi tương tự nhưng không giả thiết 푎, 푏 nguyên tố cùng nhau c) Hãy tìm số các cặp số nguyên 푥,푦 thỏa:

푥푎 + 푦푏 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏)

53. Hãy tìm các cặp (푥,푦) thỏa hệ thức 푥푎 + 푦푏 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏) trong các trường hợp sau: a) 푎 = 46,푏 = 16 b) 푎 = 124, 푏 = 64 c) 푎 = 3450,푏 = 331

54. Cho trước số nguyên 푛 > 1. Ta nói 푎 ∈ 풁 khả nghịch (mod 푛) nếu tồn tại 푎’ ∈ 풁 sao cho: 푎푎’ ≡ 1 (mod 푛)


a) Chứng minh rằng nếu 푎 khả nghịch (mod 푛) thì phương trình đồng dư 푎푥 ≡ 푏 (mod 푛) có nghiệm duy nhất trong 풁

b) Nếu 푎 không khả nghịch mod 푛 thì sao?

55. Hãy giải các hệ thức đồng dư dưới đây (tìm tất cả các số 푥 đồng dư):

a) 3푥 ≡ 7 (mod 14) b) 5푥 + 7 ≡ 6 (mod 23) d) 4푥 + 3 ≡ 7푥 + 12 (mod 11) d) 3푥 + 9 ≡ 8푥 + 61 (mod 64)


CHƯƠNG 4: ĐẠI SỐ BOOL VÀ HÀM BOOL

§1 ĐẠI SỐ BOOL Định nghĩa 4.1.1: Một đại số Bool là tập hợp 풜 cùng với hai phép tính (hai ngôi) ∨ và ∧ thỏa mãn các tính chất sau

i. Tính kết hợp: với mọi 푥,푦, 푧 ∈ 풜:

푥 ∨ (푦 ∨ 푧) = (푥 ∨ 푦) ∨ 푧

và 푥 ∧ (푦 ∧ 푧) = (푥 ∧ 푦) ∧ 푧

ii. Tính giao hoán: với mọi 푥,푦, 푧 ∈ 풜:

푥 ∨ 푦 = 푦 ∨ 푥

và 푥 ∧ 푦 = 푦 ∧ 푥

iii. Tính phân bố: với mọi 푥,푦, 푧 ∈ 풜:

푥 ∨ (푦 ∧ 푧) = (푥 ∨ 푦) ∧ (푥 ∨ 푧)

và 푥 ∧ (푦 ∨ 푧) = (푥 ∧ 푦) ∨ (푥 ∧ 푧)

iv. Phần tử trung hòa: tồn tại hai phần tử trung hòa 0,1 đối với hai phép toán ∨,∧ sao cho với mọi 푥 ∈ 풜 ta có:

푥 ∨ 0 = 푥

và 푥 ∧ 1 = 푥

v. Phần tử bù: với mọi 푥 ∈ 풜, tồn tại ∈ 퐴 sao cho:

푥 ∨ 푥 = 1

và 푥 ∧ 푥 = 0

Ví dụ:

1. Một dàn bù phân bố là một đại số Bool với hai phép tính ∨,∧ chính là sup và inf của hai phần tử. Đặc 풫(퐸) là một đại số Bool dối với các phép tính tập hợp ∪ và ∩. Cũng thế ℳ cũng là một đại số Bool đối với các phép nối rời ∨ và nối liền ∧ của hai dạng mệnh đề. Do 30 không chia hết cho chính phương, 풰 là dàn bù phân bố và do đó là một đại số Bool đối với các phép toán :

푥 ∨ 푦 = 퐵푆퐶푁푁(푥,푦)

và 푥 ∧ 푦 = 푈푆퐶퐿푁(푥,푦)

2. Tập hợp 퐵 = {0,1} là một đại số Bool dối với các phép toán :

푥 ∧ 푦 = 푥푦

푥 ∨ 푦 = 푥 + 푦 − 푥푦

Phần bù của 푥 chính là 푥 = 1 − 푥

Đại số Bool này đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết về các hàm Bool.

Chú ý: phần bù 푥 của phần tử 푥 là duy nhất và hơn nữa ta có qui tắc De Morgan (Bài tập).

푥 ∨ 푦 = 푥 ∧ 푦

và 푥 ∧ 푦 = 푥 ∨ 푦


Trong các ví dụ trên, các phép toán đại số Bool được định nghĩa còn tự nhiên hơn cấu trúc thứ tự của dàn bù phân bố. vấn đề được đặt ra là liệu có thể suy cấu trúc của dàn bù phân bố từ cấu trúc đại số Bool không? Định lý sau đây là câu trả lời:

Định nghĩa 4.1.1: trong đại số Bool 풜, định nghĩa quan hệ:

푥 ≺ 푦 ⟺ 푥 ∧ 푦 = 푥

Khi ấy ≺ là một thứ tự trên sao cho 풜 là một dàn bù phân bố đối với thứ tự này. Hơn nữa, với 푥,푦 ∈ 풜 ta có:

sup(푥,푦) = 푥 ∨ 푦

inf(푥,푦) = 푥 ∧ 푦

Chứng minh: Trước hết ta kiểm tra ≺ là một thứ thự trên 풜. Với mọi 푥 ∈ 풜 ta có:

푥 ∧ 푥 = (푥 ∧ 푥) ∨ 0 = (푥 ∧ 푥) ∨ (푥 ∧ 푥) = 푥 ∧ (푥 ∨ 푥)

= 푥 ∧ 1 = 푥 (4.1.1)

nghĩa là 푥 ≺ 푥

Mặt khác với 푥,푦 ∈ 풜 sao cho 푥 ≺ 푦 và 푦 ≺ 푥 ta có:

푥 ∧ 푦 = 푥푣à푦 ∧ 푥 = 푦

Do tính giao hoán của ∧ ta có 푥 = 푦

Với 푥,푦, 푧 ∈ 풜 sao cho 푥 ≺ 푦 và 푦 ≺ 푧 ta có:

푥 ∧ 푦 = 푥푣à푦 ∧ 푧 = 푦

Suy ra

푥 ∧ 푧 = (푥 ∧ 푦) ∧ 푧 = 푥 ∧ (푦 ∧ 푧) = 푥 ∧ 푦 = 푥

nghĩa là 푥 ≺ 푧

Tóm lại ≺ là một thứ tự trên 풜.

Với 푥,푦 ∈ 풜 tùy ý, ta có

(푥 ∧ 푦) ∧ 푥 = (푥 ∧ 푥) ∧ 푦

Nhưng 푥 ∧ 푥 = 푥(do 4.1.1)

nên (푥 ∧ 푦) ∧ 푥 = 푥 ∧ 푦

nghĩa là 푥 ∧ 푦 ≺ 푥

tương tự 푥 ∧ 푦 = 푦 ∧ 푥 ≺ 푦

Như thế 푥 ∧ 푦 là chặn dưới chung của 푥,푦

Gọi 푧 là một chặn dưới chung bất kỳ của 푥,푦. Ta có:

푧 ∧ 푥 = 푧푣à푧 ∧ 푦 = 푧

Do đó 푧 ∧ (푥 ∧ 푦) = (푧 ∧ 푥) ∧ 푦 = 푧 ∧ 푦

= 푧

nghĩa là 푧 ≺ 푥 ∧ 푦

Như thế 푥 ∧ 푦 = inf(푥,푦)


Bây giờ do iv) của Định nghĩa 4.1.1, 1 chính là phần tử lớn nhất. Mặt khác, với 푥 ∈ 풜 tùy ý:

0 ∧ 푥 = (0 ∧ 푥) ∨ 0 = (0 ∧ 푥) ∨ (푥 ∧ 푥) = (0 ∨ 푥) ∧ 푥

= 푥 ∧ 푥 = 0 (4.1.1)

nghĩa là 0 là phần tử bé nhất của 풜.

Sau cùng với mọi 푥,푦 ∈ 풜, ta có:

푥 ∧ (푥 ∨ 푦) = (푥 ∨ 0) ∧ (푥 ∨ 푦)

∅ = 푥 ∨ (0 ∧ 푦)

Mà 0 ∧ 푦 = 0(do4.1.2)

nên 푥 ∧ (푥 ∨ 푦) = 푥 ∨ 0 = 푥

nghĩa là 푥 ≺ 푥 ∨ 푦

Tương tự 푦 ≺ 푦 ∨ 푥 = 푥 ∨ 푦

Gọi 푧 là mộ chặn trên chung của 푥,푦 ta có:

(푥 ∨ 푦) ∧ 푧 = (푥 ∧ 푧) ∨ (푦 ∧ 푧) = 푥 ∨ 푦

nghĩa là 푥 ∨ 푦 ≺ 푧

Như thế 푥 ∨ 푦 = sup(푥,푦)

Tóm lại 풜 là một dàn phân bố với phần tử lớn nhất và bé nhất là 1,0. Hơn nữa, do v) của Định lý 4.1.1 푥 chính là phần bù của 푥.

đpcm

Do Định lý 4.1.1, mỗi đại số Bool hữu hạn được liên kết với một biểu đồ Hasse. Ta hãy quan sát aho đại số Bool 풰 và 풫({푎, 푏, 푐}). Tuy được định nghĩa khác nhau, các đại số Bool này có hai biểu đồ Hasse “đồng dạng”

15 30 {푏, 푐} {푎, 푏, 푐}

5 10 {푐} {푎, 푐}

3 6 {푏} {푎, 푏}

1 ∅ 2 {푎}

Từ hai biểu đồ trên ta có thể xây dựng một song ánh 휑 giữa 풰 và 풫({푎, 푏, 푐}) sao cho các đỉnh tương ứng với nhau 1 ⟼ ∅, 2 ⟼ {푎}, 3 ⟼ {푏}, … và hai đỉnh được nối bởi một cạnh của 풰 sẽ tương ứng với hai đỉnh được nối bởi một cạnh của 풫({푎, 푏, 푐}). Nói cách khác ta có một đẳng cấu giữa các tập hợp có thứ tự. Do Định lý 3.4.1 sup và inf của hai phần tử 푥,푦 trong 풰 tương ứng với sup, inf của 휑(푥),휑(푦). Nói cách khác 휑 là một đẳng cấu giữa các đại số Bool theo định nghĩa sau:

Định nghĩa 4.1.2: một đẳng cấu giữa hai đại số Bool 풜 và ℬ là một song ánh 휑:풜 ⟷ ℬ sao cho với mọi 푥,푦 ∈ 풜 ta có:


휑(푥 ∨ 푦) = 휑(푥) ∨ 휑(푦)

và 휑(푥 ∧ 푦) = 휑(푥) ∧ 휑(푦)

Mệnh đề 4.1.2: nếu 휑:풜 ⟷ ℬ là một đẳng cấu Đại số Bool thì 휑 cũng là đẳng cấu tập hợp có thứ tự với thứ tự trên 풜 và ℬ xác định bởi Định lý 4.1.1. Đặc biệt nếu 0,1 là phần tử trung hòa của ∨,∧ trong ℬ thì 휑(0),휑(1) là phần tử trung hòa của ∨,∧ trong ℬ.

Chứng minh: giả sử 푥,푦 là hai phần tử trong 풜 sao cho 푥 ≺ 푦. Khi ấy ta có:

푥 ∧ 푦 = 푥 ⟹ 휑(푥) ∧ 휑(푦) = 휑(푥) ⟹ 휑(푥) ≺ 휑(푦)

Do 0 và 1 cũng là phần tử bé nhất và lớn nhất của 풜, ta thấy 휑(0) và 휑(1) cũng là phần tử bé nhất và lớn nhất của ℬ, nghĩa là phần tử trung hòa đối với các phép toán ∨,∧ trong ℬ

đpcm

Trở lại hai đại số Bool 풰 và 풫({푎, 푏, 푐}). Sự đẳng cấu của chúng không phải là trường hợp cá biệt. Ta có:

Đinh lý 4.1.3 (Stone): một đại số Bool hữu hạn 풜 luôn lương đẳng cấu với 풫(퐸), trong đó 퐸 là một tập hợp hữu hạn.

Hệ quả 1: Số phần tử của một đại số Bool hữu hạn là một ũy thừa của 2.

Hệ quả 2: Hai đại số Bool hữu hạn có cùng số phần tử thì đẳng cấu với nhau.

Chứng minh: Thật vậy hai đại số Bool cho trước sẽ đẳng cấu với như sau:

휑:풫(퐸 ) → 풫(퐸 )퐴 ⟼ 푓(퐴)

Khi ấy ta có: 푓(퐴 ∪ 퐵) = 푓(퐴) ∪ 푓(퐵)

nghĩa là 휑(퐴 ∨ 퐵) = 휑(퐴) ∨ 휑(퐵)

Hơn nữa do 푓 là song ánh ta cũng có:

푓(퐴 ∩ 퐵) = 푓(퐴) ∩ 푓(퐵)

nghĩa là 휑(퐴 ∧ 퐵) = 휑(퐴) ∧ 휑(퐵)

đpcm

Bây giờ để chứng minh Định lý Stone ta cần tìm tập hợp 퐸. Để ý rằng ta có một đơn ánh:

푓:퐸 → 풫(퐸)푥 ⟼ {푥}

Hơn nữa trong 풫(퐸) các tập hợp {푥} chính là các trội trực tiếp của ∅. Từ đó ta có:

Định nghĩa 4.1.3: trong một đại số Bool 풜, một trội trực tiếp của phần tử bé nhất được sọi là một nguyên tử của 풜.

Bổ đề 4.1.4: Giả sử 풜 là một đại số Bool hữu hạn với phần tử bé nhất 0. Khi ấy mọi phần tử 푥 ≠ 0 đều có thể viết dưới dạng: 푥 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

trong đó {푎 ,푎 , … ,푎 } là tập hợp các nguyên tử trội bởi 푥. Hơn nữa nếu 푏 , 푏 , … , 푏 là các nguyên tử sao cho: 푥 = 푏 ∨ 푏 ∨ …∨ 푏

thì {푏 , 푏 , … , 푏 } = {푎 ,푎 , … ,푎 }


Chứng minh: Trước hết 풜\{0} là một tập hợp sắp thứ tự hữu hạn chứa 푥(≠ 0) nên tồn tại một phần tử tối tiểu 푎 ≺ 푥. Rõ ràng 푎 là một nguyên tử của 풜 . Nói cách khác tập hợp {푎 ,푎 , … ,푎 } các nguyen tử trội bởi 푥 là không ∅.

Đặt 푦 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

Rõ ràng 푦 ≺ 푥.

Ta có: 푥 = 푥 ∧ (푦 ∨ 푦) = (푥 ∧ 푦) ∨ (푥 ∧ 푦)

= 푦 ∨ (푥 ∧ 푦)

Giả sử (푥 ∧ 푦) ≠ 0

Khi ấy theo trên tồn tại một nguyên tử 푎 ≺ 푥 ∧ 푦. Như thế 푎 = 푎 với 1 ≤ 푖 ≤ 푛 nào đó

Đặt 푏 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

Ta có 푦 = 푎 ∨ 푏

Do đó 푦 = 푎 ∧ 푏

Suy ra 푎 = 푎 ∧푦 = 푎 ∧ 푎 ∧ 푏 = 0: mâu thuẫn.

Như thế (푥 ∧ 푦) = 0

nghĩa là 푥 = 푦

Sau cùng giả sử 푏 , 푏 , … , 푏 là các nguyên tử trội bởi 푥 sao cho 푥 = 푏 ∨ 푏 ∨ …∨ 푏

Ta có : {푏 , 푏 , … , 푏 } ⊂ {푎 ,푎 , … ,푎 }

Mặt khác, với mỗi 푗 cố định, 1 ≤ 푖 ≤ 푛 ta có:

푎 = 푎 ∧ 푥 = 푎 ∧ 푏 ∨ 푎 ∧ 푏 ∨ … 푎 ∧ 푏

Suy ra tồn tại 푘 sao cho 1 ≤ 푘 ≤ 푚 và

0 ≠ 푎 ∧ 푏 ≺ 푎

Do 푎 là nguyên tử ta có: 푎 ∧ 푏 = 푎

nghĩa là 푎 ≺ 푏

Do 푏 là nguyên tử và 푎 ≠ 0 ta có 푎 = 푏

Như thế {푎 ,푎 , … ,푎 } ⊂ {푏 , 푏 , … , 푏 }

Nghĩa là {푎 ,푎 , … ,푎 } = {푏 , 푏 , … , 푏 }

đpcm

Gọi 퐸 là tập hợp tất cả các nguyên tử của 풜. Nhờ Bổ đề 4.1.4, ta có một ánh xạ 휑:풜 → 풫(퐸) được định nghĩa như sau:

휑(0) = ∅ nếu 푥 ≠ 0 thì 휑(푥) là tập hợp tất cả các nguyên tử trội bởi 푥.

Bây giờ Định lý 4.1.3 là hệ quả của

Định lý 4.1.5: 휑 là một đẳng cấu giữa 풜và 풫(퐸).

Chứng minh: Giả sử 0 ≠ 푥 ≺ 푦. Khi ấy các nguyên tử trội bởi 푥 cũng là nguyên tử trội bởi 푦 nên 휑(푥) ⊂ 휑(푦)

Ngược lại giả sử 0 ≠ 휑(푥) ⊂ 휑(푦)


Ta viết 휑(푥) = {푎 ,푎 , … ,푎 }

và 휑(푦) = {푏 , 푏 , … , 푏 }

Do Bổ đề 4.1.4 ta có:

푥 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

và 푦 = 푏 ∨ 푏 ∨ …∨ 푏

Do {푎 ,푎 , … ,푎 } ⊂ {푏 , 푏 , … ,푏 } nên 푥 ≺ 푦

Trường hợp 푥 = 0 là hiển nhiên.

Tóm lại, ta đã chứng minh: (푥 ≺ 푦) ⟺ 휑(푥) ⊂ 휑(푦)

Đặc biệt nếu 휑(푥) = 휑(푦) thì 푥 ≺ 푦 và 푦 ≺ 푥 nên 푥 = 푦: 휑 là đơn ánh.

Sau cùng, giả sử {푎 ,푎 , … ,푎 } ⊂ 퐸

Đặt 푥 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

và 휑(푥) = {푏 , 푏 , … , 푏 }

Do Bổ đề 4.1.4

푥 = 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎

và {푏 , 푏 , … , 푏 } = {푎 ,푎 , … ,푎 }.

Như thế 휑 là toàn ánh.

đpcm

§2 HÀM BOOL Xét sơ đồ mạch điện gồm 3 ngắt điện:

퐴

푀 푁

퐵 퐶

Tùy theo các ngắt điện 퐴,퐵,퐶 được đóng hay mở sẽ có dòng điện đi từ 푀 đến 푁 hay không. Để biết các ngắt điện điều khiển việc cho dòng điện đi qua hay không, ta vẽ ra sơ đồ cho tất cả mọi trường hợp. Tuy nhiên điều này không thực hiện được nếu số ngắt điện quá lớn. Ví dụ nếu có 100 ngắt điện sẽ có 2 sơ đồ khác nhau. Ngay cả trong trường hợp số ngắt điện bé, thì vẫn cần một cách sắp xếp có hệ thống các sơ đồ để có thể tra cứu dễ dàng từng trường hợp.

Chẳng hạn ta có thể liên kết với mỗi ngắt điện một biến lấy giá trị 1 nếu ngắt điện đóng và 0 nếu ngắt điện mở. Trong ví dụ về mạch điệm nói trên ta có ba biến 푎, 푏, 푐. Ngoài ra toàn mạch điện cò được liên kết với biến 푑 lấy giá trị 1 nếu có dòng diện đi từ 푀 đến 푁 và lấy giá trị 0 trong trường hợp không có dòng diện nào đi từ 푀 đến 푁. với tương ứng như vậy ta có thể liệt kê tất cả các trường hợp trong bảng giá trị như sau:


푎 푏 푐 푑

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

1

1

1

1

1

Trong trường ngắt điện lớn thì việc lập bảng giá trị là không thực tế. Ta cần tìm một công thức cho phép biểu diễn hàm 푑(푎, 푏, 푐)theo các biến 푎, 푏, 푐 như các hàm đa thức trong trường hợp hàm biến thực chẳng hạn. Mặt khác ta cũng nhận xét rằng bảng trên rất giống bảng chân trị của các dạng mệnh đề. Thật ra khi khảo sát các dạng mệnh đề, điều ta quan tâm không phải là mệnh đề thu được 퐸(푃,푄,푅, … ) khi ta thay các biến mệnh đề 푝, 푞, 푟, … lần lượt bởi các mệnh đề 푃,푄,푅, … mà là sự phụ thuộc chân trị của mệnh đề 퐸(푃,푄,푅, … ) vào chân trị các mệnh đề 푃,푄,푅, … Nói cách khác ta đồng nhất dạng mệnh đề 퐸(푝, 푞, 푟, … ) với bảng chân trị của nó. Thực chất ở đây là ta đang xem xét hàm 퐸(푝, 푞, 푟, … ) theo các biến 푝, 푞, 푟, … trong đó 푝, 푞, 푟, … và cả 퐸(푝, 푞, 푟, … ) cũng chỉ lấy hai giá trị 0,1. Đó là các hàm Bool theo định nghĩa dưới đây:

Định nghĩa 4.2.1: một hàm Bool 푛 biến là một ánh xạ 퐵 → 퐵, trong đó 퐵 = {0,1}. Tập hợp các hàm Bool 푛 biến được ký hiệu bởi ℱ .

Chú ý:

1. Các hàm Bool còn được gọi là hàm logic hay hàm nhị phân 2. Nhắc lại tập hợp 퐵 là đại số Bool đối với các phép toán

푎 ∧ 푏 = 푎푏

푎 ∨ 푏 = 푎 + 푏 − 푎푏

푎 = 1 − 푎

3. Các biến xuất hiện trong hàm Bool được gọi là biến Bool. Mỗi hàm Bool được liên kết với một bảng tương tự như bảng trên cho biết sự phụ thuộc của hàm Bool theo giá trị các biến Bool. Ta cũng gọi bảng giá trị này là Bảng chân trị của hàm Bool.

4. Theo ký hiệu của Chương 3 ℱ chính là tập hợp 2 . Do đó số hàm Bool khác nhau chính là |ℱ | = 2| | = 2( )

Mặt khác trong §1, tương ứng 퐴 ⟼ 휒 là một đẳng cấu của tập hợp có thứ tự 풫(퐵 ) và ℱ trong đó thứ tự trên ℱ được xác định như sau: với 푓,푔 ∈ ℱ thì

푓 ≺ 푔 ⟺ ∀푎 = (푎 ,푎 , … ,푎 ) ∈ 퐵 , 푓(푎) ≤ 푔(푎)

Khi ấy sup và inf của hai hàm 푓,푔 được cho bởi:

(푓 ∨ 푔)(푎) = 푓(푎) ∨ 푔(푎)

= 푓(푎) + 푔(푎) − 푓(푎)푔(푎),∀푎 ∈ 퐵

và (푓 ∧ 푔)(푎) = 푓(푎) ∧ 푔(푎)

= 푓(푎)푔(푎),∀푎 ∈ 퐵


và phần bù 푓 của hàm Bool 푓 được cho bởi

푓(푎) = 푓(푎)

= 1− 푓(푎),∀푎 ∈ 퐵

Ta sử dụng ký hiệu thông thường 푓푔 và 1 − 푓 để chỉ các hàm 푓 ∧ 푔 và 푓 trong đó 1 chỉ hàm hằng 퐵 → {1}

Với các phép toán trên, ℱ trở thành một đại số Bool đẳng cấu với 풫(퐵 ). Đặc biệt các nguyên tử trong ℱ sẽ tương ứng với các nguyên tử trong 풫(퐵 ). mà trong 풫(퐵 ) các nguyên tử chính là các tập hợp thu về một điểm nên ta có:

Mệnh đề 4.2.1: các nguyên tử trong ℱ là các hàm Bool chỉ khác 0 tại điểm duy nhất, hay nói cách khác, bảng chân trị của nó chỉ có một dòng duy nhất ở đó hàm khác 0. Các này dược gọi là các từ tối tiểu của ℱ .

Do Định lý Stone ta có:

Định lý 4.2.2: mỗi hàm Bool 푓 đều được viết dưới dạng:

푓 = 푚 ∨ 푚 ∨ …∨푚 (4.2.1)

trong đó 푚 ,푚 , … ,푚 là các từ tối tiểu trội bởi 푓.

Do từ tối tiểu 푚 chỉ khác 0 ở duy nhất một dòng, 푚 sẽ được trội bởi 푓 khi và chỉ khi dòng mà 푚 khác 0 cũng là một trong những dòng mà 푓 khác 0. Từ đó ta có qui tắc viết ra công thức (4.2.1) bằng cách chọn 푚 chính là các từ tối tiểu tương ứng với một dòng khác 0 nào đó của 푓 . Chẳng hạn như trong ví dụ về hàm 푑(푎, 푏, 푐)biểu diễn mạch điện ở trên ta có

푎 푏 푐 푑 푚 푚 푚 푚 푚

0

0

0

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

1

1

1

1

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

Ta có 푑 = 푚 ∨푚 ∨ 푚 ∨푚 ∨푚 (4.2.2)

Bây giờ để có một công thức tường minh cho một hàm Bool bất kỳ, do (4.2.1) ta cần tìm một công thức tường minh cho tất cả các từ tối tiểu. Nhắc lại phép chiếu thứ 푖 được cho bởi:

휋 : 퐵 → 퐵(푥 , 푥 , … , 푥 ) ⟼ 푥

Rõ ràng bản thân 휋 là một hàm Bool 푛 biến mà giá trị của nó chỉ phụ thuộc vào biến thứ 푖. Tương tự như trường hợp các hàm thực, ta sẽ dùng cùng ký hiệu 푥 dể chỉ hàm Bool 휋 : 푥 (푎 ,푎 , … ,푎 ) = 푎

Vớik ý hiệu này thì phần bù 푥 = 1− 푥 cũng là một hàm Bool mà giá trị chỉ phụ thuộc vào biến thứ 푖. Ta nói 푥 , 푥 là các từ đơn. Có tất cả 2푛 từ đơn.


Mệnh đề 4.2.3: các từ tối tiểu đều có thể viết dưới dạng: 푚 = 푏 푏 … 푏 trong đó 푏 = 푥 hay 푏 = 푥

Chứng minh: giả sử 푏 là từ đơn bằng 푥 hay 푥 . Ta sẽ chứng minh 푚 = 푏 푏 … 푏 là một từ tối tiểu. Chính xác hơn gọi 푎 = (푎 ,푎 , … ,푎 ) là các phần tử của 퐵 sao cho 푎 = 1 nếu 푏 = 푥 và 푎 = 0 nếu 푏 = 푥 . Ta sẽ chứng minh rằng 푚 khác 0 duy nhất tại 푎.

Thật vậy với 1 ≤ 푖 ≤ 푛 ta có:

푏 (푎) = 푥 (푎) = 푎 = 1 nếu 푏 = 푥

và 푏 (푎) = 푥 (푎) = 푎 = 1 nếu 푏 = 푥

Như thế 푏 (푎) = 1 với 1 ≤ 푖 ≤ 푛

Suy ra 푚(푎) = 1

Mặt khác nếu 푦 = (푦 ,푦 , … ,푦 ) ≠ 푎 thì tồn tại 푖 sao cho 1 ≤ 푖 ≤ 푛 và 푦 ≠ 푎 . Khi ấy:

푏 (푦) = 푥 (푦) = 푦 = 0 (vì 푥 ≠ 푎 ) nếu 푏 = 푥

và 푏 (푦) = 푥 (푦) = 푎 = 푦 (vì 푥 = 푎 ) nếu 푏 = 푥

Như thế 푏 (푦) = 0 và do đó 푚(푦) = 0

Tóm lại 푚 là từ tối tiểu tương ứng với điểm 푎.

Ngược lại giả sử 푚 là từ tới tiểu khác 0 duy nhất tại điểm 푐 = (푐 , 푐 , … , 푐 ). Đặt:

푏 = 푥 nếu 푐 = 1

và 푏 = 푥 nếu 푐 = 0

Khi ấy theo chứng minh trên, 푏 푏 …푏 là từ tối tiểu tương ứng với điểm 푎 =(푎 ,푎 , … ,푎 ) sao cho:

푎 = 1 nếu 푏 = 푥

và 푎 = 0nếu 푏 = 푥

nói cách khác 푎 = 푐 ,1 ≤ 푖 ≤ 푛

Do đó 푚 = 푏 푏 … 푏

đpcm

Chú ý:

1. Do mỗi 푏 có thể lấy hai giá trị 푥 , 푥 nên ta tìm lại được số từ tối tiểu chính là số phần tử của 퐵 ∶ 2 .

2. Ta có qui tắc để viết biểu thức của một từ tối tiểu ứng với điểm 푎 = (푎 ,푎 , … ,푎 ): viết tích của tất cả các biến 푥 푥 … 푥 , sau đó biến thứ 푖 mà 푎 = 0 sẽ được gạch đầu. Chẳng hạn trong ví dụ về mạch điện ở trên các từ tối tiểu 푚 ,푚 , … ,푚 có biểu diễn như sau:

푚 = 푎푏푐푚 = 푎푏푐푚푚푚

===

푎푏푐푎푏푐푎푏푐

Do đó (4.2.2) trở thành: 푑 = 푎푏푐 ∨ 푎푏푐 ∨ 푎푏푐 ∨ 푎푏푐 ∨ 푎푏푐


Ở đây ta sử dụng quy ước về thứ tự ưu tiên của phép tính nhân dối với phép toán ∨: công thức 푎푏 ∨ 푐 có nghĩa là phép toán 푎푏 được thực hiên trước rồi mớit hực hiện phép toán ∨ giữa 푎푏 và 푐. Nói cách khác 푎푏 ∨ 푐 = (푎푏) ∨ 푐

Ngược lại nếu thực hiên phép ∨ trước ta phải viết: 푎(푏 ∨ 푐)

3. Tổng quát hơn, do (4.2.1) và Mệnh đề 4.2.3 một hàm Bool bất kỳ 푓 có thể viết như là tổng Bool của các từ tối tiểu trội bởi 푓, và mỗi từ tối tiểu này được viết như là tích của đủ 푛 biến. Công thức này được gọi là dạng nối rời chính tắc của 푓.

4. Thay vì các từ tối tiểu, ta có thể xét các từ tối đại: đó là phần bù của các từ tối tiểu. Khi ấy do Mệnh đề 4.2.3, mỗi từ tối đại sẽ là tổng Bool của 푛 từ đơn. Hơn nữa áp dụng (4.2.1) cho 푓, ta có thể viết 푓 như là tích của các từ tối đại: đây chính là dạng nối liền chính tắc của hàm Bool 푓. Từ đây ta chỉ để ý đến dạng nối rời chính tắc và tổng quát hơn các công thức đa thức theo nghĩa dưới đây:


i. Một đơn thức là một tích khác 0 của các từ đơn ii. Một công thức đa thức của hàm Bool 푓 là công thức biểu diễn 푓 dưới dạng tổng Bool

của các đơn thức.

Chú ý: Do 푥 푥 = 푥 và 푥 푥 = 0 nên trong một đơn thức 푚, biến 푥 và 푥 có thể xuất hiện nhưng không đồng thời xuất hiện. Nói cách khác mỗi đơn thức có thể viết như là tích 푏 푏 … 푏 trong đó 푏 lấy một trong 3 giá trị 1, 푥 , 푥 . Do đó số đơn thức khác nhau là 3 . suy ra mỗi hàm Bool chỉ có một số hữu hạn công thức đa thức. Để ý rằng nếu 푏 ≠ 1, ta nói 푏 là một thừa số của 푚. Như thế mỗi đơn thức được viết như là tích của tối đa 푛 thừa số khác nhau.

§3 MẠNG CÁC CỔNG VÀ CÔNG THỨC ĐA THỨC TỐI TIỂU Trong ví dụ về mạch điện ở §2, ta đã biểu diễn mạch điện dưới dạng một hàm Bool

để khảo sát sự phũ thuộc của output 푑 (có dòng điện chạy qua hay không) theo các input 푎, 푏, 푐 (ngắt điện tương ứng đóng hay mở). Bây giờ ta hãy xét bài toán ngược lại: cho trước một hàm Bool 푓(푥,푦, 푧, … ). Hãy thiết kế một mạng các thiết bị vật lý cho phép tổng hợp nên hàm Bool 푓. Ở đây ta không quan tâm đến các thiết bị vật lý cụ thể mà chỉ để ý đến các nối kết chúng trong một mạng để tổng hợp nên hàm Bool. Do Mệnh đề 4.2.2 và 4.2.3, mỗi hàm Bool đều có thể viết thành một công thức trong đó các biến logic (biến Bool) được nối kết lại với nhau bởi các phép toán ∧,∨,−. Do đó ta cần phải tổng hợp các phép toán trên. Thiết bị để tổng hợp các phép toán này gọi là các cổng được biểu diễn bởi các sơ đồ sau:

푥 푥

푥 푥 푥푦 푥 ∨ 푦

푦 푦

Cổng NOT hay đảo điện Cổng AND Cổng OR

Tron các sơ đồ trên, 푥 và 푦 là hai tín hiệu vào với 2 trạng thái khác nhau cho phép chúng biểu diễn được các biến logic với hai giá trị 0,1. Ở đầu ra ta cũng có một tín hiêu biểu diễn cho một biến logic phụ thuộc vào các input theo các phép toán ∧,∨,−.

Ví dụ: để tổng hợp hàm Bool 푓 = 푥푦 ∨ 푥푧, ta có thể sử dụng mạng với các cổng sau:


푦 푥푦

푥 푥푦 ∨ 푥푧 푥 푥푧

푧

trong đó có hai cổng AND, 1 cổng OR và một cổng NOT.

Mặt khác ta cũng c2o thể viết hàm 푓 như sau:

푓 = 푥푦(푧 ∨ 푧) ∨ 푥(푦 ∨ 푦)푧 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧

Đây là dạng nối rời chính tắc của 푓 vì các số hạng đều là từ tối tiểu. nếu sử dung công thức trên để thiết kế một mạng các tổng hợp f, ta phải sử dụng 8 cổng AND và 3 cổng OR, không kể một số cổng NOT.

Vấn đề được đặt ra là làm sao tìm được một công thứ tối ưu để tổng hợp một hàm Bool cho trước.

3.1 Bài toán tối ưu đầu tiên là tìm cách giảm số loại cổng từ 3 xuống còn 2, hoặc nếu được chỉ dùng một loại cổng.

Thật vậy, ta có thể tổng hợp cổng OR từ cổng NOT và cổng AND. Thật ra ta có thể đặt hai cổng này chung thành một cổng có tên là NAND với sơ đồ:

푥 푥푦 푦

Khi ấy các cổng NOT và các cổng AND có thể được tổng hợp như sau:

푥 푥푥 = 푥 푥

푥 푥

푥푦 푥푦 = 푥푦 푦

Từ đó có thể tổng hợp cổng OR mà chỉ dùng cổng NAND như trong bài tập nêu trên. Suy ra mọi hàm Bool đều được tổng hợp mà chỉ dùng cổng NAND ta cũng có thể dùng cổng NOR với sơ đồ sau:

푥 푥 ∨ 푦

푦

Khi ấy ta cũng chứng minh được mọi hàm Bool đều được tổng hợp mà chỉ sử dụng cổng NOR.


3.1 Bài toán tối ưu tiếp theo là tối ưu hóa hai mục tiêu:

Cực tiểu hóa thời gian châm trễ (delay): tuy thời gian chậm trễ khi đi qua một cổng là nhỏ nhưng nếu tích lũy qua nhiều lớp cổng thì nó trở thành đáng kể, nhất là trong các máy tính có tốc độ cao.

Cực tiểu hóa số cổng sử dụng

Do thời gian chậm trễ kho đi qua cổng NOT là không đáng kể, dưới đây khi phân tích các mạch ta có thể bỏ qua cổng NOT. Nói cách khác các biến 푥,푦, 푧, … cũng được xem như là các biến input tương tự như 푥,푦, 푧, …

Thật ra hai mục tiêu trên không thể đồng thời tối ưu hóa được. Do đó trước hết ta tối ưu hóa theo thời gian. Ta sẽ thiết kế các mạch chỉ có tối đa hai lớp cổng: lớp cổng AND rồi lớp cổng OR hay lớp cổng OR rồi lớp cổng AND. Tuy nhiên trường hợp sau luôn luôn có thể đưa được về trường hợp trước nếu ta xét 푓. Do đó ta chỉ xét các công thức có dạng OR (∨) của các số hạng là AND (∧) của từ đơn. Đây chính là các công thức đa thức

Trong lớp các công thức đa thức, ta có một số thuật toán cho phép tìm được công thức đa thức tối tiểu.

Định nghĩa 4.3.1: Xét hai công thức đa thức của hàm Bool 푓:

푓 = 푚 ∨푚 ∨ …∨ 푚 (4.3.1)

푓 = 푀 ∨푀 ∨…∨ 푀 (4.3.2)

Ta nói (4.3.1) đơn giản hơn (4.3.2) nếu tồn tại một đơn ánh 휎: {1,2, … ,푝} →{1,2, … , 푞} sao cho với 1 ≤ 푖 ≤ 푝 thì số thừa số là từ đơn của 푚 không nhiều hơn số thừa số là từ đơn của 푀 ( ).

Chú ý:

1. Nếu (4.3.1) đơn giản hơn (4.3.2) thì 푝 ≤ 푞 2. Quan hệ “đơn giản hơn” giữa các công thức đa thức của 푓 rõ ràng có tính phản xạ

và bắc cầu. Tuy nhiên quan hệ này không phản xứng. 3. Nói rằng (4.3.1) đơn giản hơn (4.3.2) và (4.3.2) đơn giản hơn (4.3.1) có nghĩa là tồn

tại các đơn ánh

휎: {1,2, … ,푝} → {1,2, … , 푞}

và 푟: {1,2, … , 푞} → {1,2, … ,푝}

sao cho 휎, 푟 thỏa Định nghĩa 4.3.1. Khi ấy 휎, 푟 là song ánh và với 1 ≤ 푖 ≤ 푝 thì số thừa số là từ đơn của 푚 không nhiều hơn số thừa số là từ đơn của 푚 ∘ ( ). Do đó nếu gọi 푘 là số nguyên nhỏ nhất sao cho

(푟 ∘ 휎) ∘ (푟 ∘ 휎) ∘ … ∘ (푟 ∘ 휎) (푖) = 푖

và 푗 = (푟 ∘ 휎) ∘ (푟 ∘ 휎) ∘ … ∘ (푟 ∘ 휎)(푖)

thì 푚 và 푚 có thừa số là từ đơn bằng nhau.

Suy ra với 1 ≤ 푖 ≤ 푝 thì 푚 và 푀 ( ) có thừa số là từ đơn bằng nhau. Khi ấy ta nói (4.3.1) và (4.3.2) đơn giản như nhau. Rõ ràng quan hệ đơn giản như nhau là một quan hệ tương đương. Hơn nữa nếu hai công thức đa thức là đơn gản như nhau thì mạng các cổng tổng hợp chúng sẽ sử dụng cùng số cổng AND và cổng OR.

4. Tương tự như trong Chương 3, nếu chuyển qua các lớp tương đương thì quan hệ đơn giản hơn trở thành một thứ tự. Tuy nhiên ta cũng có thể khảo sát trực tiếp các


quan hệ chỉ có hai tính chất phản xạ và bắc cầu. ta nói chứng là các quan hệ tiền thứ tự . Đối với quan hệ tiền thứ tự, khái niệm phần tử tối tiểu và tối đại vẫn còn ý nghĩa. Chẳng hạn như một công thức đa thức (퐹) của hàm Bool 푓 được nói là tối tiểu nếu với bất kỳ công thức đa thức (퐺) của 푓 “đơn giản hơn” (퐹) thì (퐺) và (퐹) đơn giản như nhau. Bây giờ do tập hợp các công thức đa thức của một hàm Bool 푓 là hữu hạn, ta chứng minh được tương tự như Định lý 3.3.3, cho trước một công thức đa thức (퐹) của 푓 thì sẽ tồ tại một công thức đa thức tối tiểu (퐺) của 푓 sao cho (퐺) đơn giản hơn (퐹). Cũng như trường hợp các tập hợp có thứ tự, một hàm Bool 푓 có thể có nhiều công thức đa thức tối tiểu.

5. Xét công thức đa thức (4.3.1) của hàm 푓. Giả sử tồn tại một dơn thức 푚 sao cho 푚 푚 ≺ 푓. Khi ấy ta có:

푓 = 푚 ∨ 푓 = (푚 ∨푚 ) ∨ 푚 ∨ …∨푚

푓 = 푚 ∨푚 ∨ …∨ 푚 (4.3.3)

Do 푚 ≺ 푚 ta có thể viết: 푚푚 = 푚

Như thế mọi thừa số là từ đơn của 푚 cũng là một thừa số của 푚 . Hơn nữa do 푚 ≠ 푚 nên có ít nhất một thừa số là từ đơn của 푚 không xuất hiện trong 푚. Khi ấy công thức (4.3.3) rõ ràng đơn giản hơn (4.3.1) nhưng không đơn giản như nhau. Suy ra (4.3.1) không tối tiểu. Ta đã chứng minh.

Mệnh đề 4.3.1: trong một công thức đa thức tối tiểu, các số hạng là đơn thức tối dại trội bởi 푓.

Định nghĩa 4.3.2: một đơn thức tối đại trội bởi hàm Bool 푓 được gọi là một tiền đề nguyên tố của 푓.

Do Mệnh đề 4.3.1, để tìm công thức đa thức tối tiểu của một hàm Bool 푓, ta hạn chế tìm kiếm trong các công thức đa thức mà các số hạng là những tiền đề nguyên tố dôi một khác nhau. Các công thức này là rút gịn theo nghĩa sau:

Định nghĩa 4.3.3: công thức đa thức (4.3.1) của hàm 푓 được nói là rút gọn nếu với 1 ≤ 푖 ≠ 푗 ≤ 푝, thì 푚 không phải là ước thật sự của 푚 .

Ví dụ: Xét hàm Bool theo 3 biến: 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 (퐹 )

Rõ ràng (퐹 ) là dạng nối rời chính tắc của 푓 và là rút gọn. Để có những công thức rút gọn khác ta sẽ gom tất cả các số hạng lại và sử dụng

Bổ đề 4.3.2: nếu 푔 và ℎ là hai hàm Bool thì 푔ℎ ∨ ℎ = 푔 ∨ ℎ

Chứng minh:

푔ℎ ∨ ℎ = 푔ℎ ∨ (푔ℎ ∨ ℎ) = 푔 ℎ ∨ ℎ ∨ ℎ = 푔 ∨ ℎ

đpcm

Từ (퐹 ) ta được:

푓 = 푥푦푧 ∨ 푥(푦 ∨ 푦)푧 ∨ 푥푦푧

푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푧 ∨ 푥푦푧 (퐹 )

Tương tự 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푦푧 (퐹 )

và 푓 = 푥푦 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 (퐹 )


Áp dụng Bổ đề 4.3.2 cho (퐹 ), (퐹 ) và (퐹 ) ta được:

푓 = 푥(푦푧 ∨ 푧) ∨ 푥푦푧

= 푥(푦 ∨ 푧) ∨ 푥푦푧

= 푥푦 ∨ 푥푧 ∨ 푥푦푧 (퐹 )

Tương tự 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푧 ∨ 푦푧 (퐹 )

và 푓 = 푥푦 ∨ 푥푦푧 ∨ 푦푧 (퐹 )

Cuối cùng, áp dụng Bổ đề 4.3.2 cho một trong 3 công thức (퐹 ), (퐹 ) hay (퐹 ) ta được: 푓 = 푥푦 ∨ 푥푧 ∨ 푦푧 (퐹 )

Tám công thức trên đều là rút gọn và có biểu đồ Hasse:

(퐹3) (퐹7) (퐹3)

(퐹4)

(퐹6) (퐹2)

(퐹8) (퐹5)

Công thức (퐹8) là công thức đa thức tối tiểu duy nhất nên cũng là công thức đơn giản nhất. Sử dụng công thức (퐹8) để tổng hợp hàm Bool 푓 ta chỉ tốn 3 cổng AND và 2 cổng OR thay vì 8 cổng AND và 3 cổng OR nếu dùng (퐹1). Ta có sơ đồ mạch các cổng ứng với (퐹8) như sau:

푥 푦

푥

푧 푦 푧

§4 PHƯƠNG PHÁP BIỂU ĐỒ KARNAUGH Phương pháp biểu đồ Karnaugh cho phép tìm nhanh công thức đa thức tối tiểu của

hàm Bool 3, 4 biến. Trường hợp 3 biến hoàn toàn tương tự nhưng đơn giản hơn trường hợp 4 biến. Do đó ta tập trung trình bày 4 biến. Nhắc lại một hàm Bool 4 biến là một ánh xạ 퐵 → 퐵 nên để có thẻ biểu diễn bằng hình ảnh ta sẽ sử dụng một hình vuông gồm có 16 ô vuông nhỏ để biểu diễn 16 phần tử của 퐵 . Khi ấy ta có thể biểu diễn một hàm Bool 푓:퐵 → 퐵 bằng các gạch chéo các ô ở đó 푓 bằng 1.

Như vậy vấn đề chính là đánh dấu 16 ô của hình vuông tương ứng với các phần tử của 퐵 . Ta đã biết các phần tử của 퐵 có thể được sắp thứ tự theo thứ tự tự điển:

0000,0001, ,0010,0011, … ,1111

푥푦

푥푧

푦푧

푥푦 ∨ 푥푧

푥푦 ∨ 푥푧 ∨ 푦푧


Ta có thể xếp các phần tử của 퐵 theo thứ tự lần lượt trên các dòng của hình vuông lớn. tuy nhiên cách này không thuận tiện bằng cách của Veitch và Karnaugh như sau:

Ở đây ký hiệu 푥 chỉ cột ở đó biến đầu tiên 푥 lấy giá trị 1, 푥 chỉ cột ở đó biến 푥 lấy giá trị 0. Tương tự cho biến thứ hai 푦. Các biến thứ ba và thứ tư 푧, 푡 được gán với các dòng. Ví dụ ở hai dòng đầu biến 푧 lấy giá trị 1 và 2 dòg nsau biến 푧 lấy giá trị 0. Tương tự cho biến 푡. Cách biểu diễn trên của 퐵 rất thuận tiện cho việc biểu diễn các đơn thức. Thật vậy ta nhận xét rằng 2 ô liên tiếp nhau chỉ khác nhau một thành phần , ví dụ ô ở dòng 2 cột 2 và ô ở dòng 2 cột 3 chỉ khác nhau ở thành phần đầu tiên: 1111 và 0111. Mặt khác ô ở dòng 1 cột 1 và dòng 1 cột 4 cũng biểu diễn hai phần tử chỉ khác nhau một thành phần: 1010 và 0010. Ta quy ước rằng các ô này cũng được xem như kề nhau theo nghĩa rộng: 2 ô được nói là kề nhau theo nghĩa rộng nếu sau khi ta cuốn hình vuông theo chiều rộng hoặc chiều ngang tạo thành hình trụ thì hai ô ban đầu sẽ trở thành kề nhau trên hình trụ. Với qui ước trên ta thấy rằng hai ô kề nhau (theo nghĩa thông thường hay nghĩa rộng) khi và chỉ khi chùng biểu diễn hai phần tử của 퐵 chỉ khác nhau một thành phần.

Bây giờ để biểu diễn một hàm Bool 4 biến 푓, ta sẽ gạch chéo các ô của hình vuông lớn tương ứng với các điểm của 퐵 ở đó 푓 bằng 1. Ta nói hình vẽ ấy là biểu đồ Karnaugh của hàm Bool 푓. Ví dụ như hình vẽ dưới đây chỉ biểu đồ Karnagh của hàm Bool 4 biến:

푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

Nhận xét rằng hàm Bool 푓 chính là các hàm đặc trưng của tập hợp gạch chéo trong biểu đồ Karnaugh. Do đó sử dụng đẳng cấu giữa 2 đại số Bool 풫(퐵 ) và 2 ta có:

Mệnh đề 4.4.1: Với mọi hàm Bool 4 biến 푓,푔:

i. Biểu đồ Karnaugh của 푓 là tập hợp con của biểu đồ Karnaugh của 푔 khi và chỉ khi 푓 ≺ 푔

ii. Biểu đồ Karnaugh của 푓 ∨ 푔 (tương ứng 푓 ∧ 푔) là hợp (tương ứng giao) của các biểu đồ Karnaugh của 푓 và 푔.

iii. Biểu đồ Karnaugh của 푓 là phần bù của biểu đồ Karnaugh của 푓.

Chú ý:

1010 0110 1110

1011

0010

0111 1111

1101 1001 0001

0011

0000 0100 1100 1000

0101


1. Sử dụng Mệnh đề 4.4.1 ta có thể vẽ được biểu đồ Karnaugh của một hàm Bool nếu biết bảng chân trị của nó hoặc nếu biết được một công thức biểu diễn hàm Bool dưới dạng một biểu thức theo các biến và các phép toán ∨,∧,−.

2. Ngược lại nếu biết được biểu đồ Karnaugh của hàm Bool 푓, ta có thể đọc ngay từ đó dạng nối rời chính tắc: các từ tối tiểu trội bởi 푓 chính là các hàm đặc trưng của mỗi ô nằm trong biểu đồ Karnaugh. Hơn nữa, công thức cho từ tối tiểu như là tích của bốn từ đơn được đọc ngay triong biểu đồ Karnaugh khi xem các dòng và cột chứa ô đang xét: ví dụ như từ đơn ứng với ô ở dòng 3 cột 2 là 푥푦푧푡thì các dòng và cột chứa ô này là 푥,푦, 푧 và 푡.

3. Hai từ tối tiểu ứng với hai ô kề nhau ( theo nghĩa thông thường hoặc nghĩa rộng) hỉ khác nhau một thừa số là từ đơn, nên ta có thể dùng luật phân bố để đặt thừa số chung trong tổng Bool của chúng và được một đơn thức có 3 thừa số là từ đơn. Ví dụ như:

푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 = 푥푦푧(푡 ∨ 푡) = 푥푦푧

có biểu đồ Karnaugh là một hình chữ nhật theo nghĩa rộng gồm hai ô liên tiếp nhau 1110 và 1111.

Tổng quát hơn ta có:

Mệnh đề 4.4.2: biểu đồ Karnaugh của một đơn thức có dạng tích của 푝(1 ≤ 푝 ≤ 4) từ đơn là một hình chũ nhật (theo nghĩa rộng) gồm 2 ô, mà ta gọi là các tế bào.

Ví dụ:

푥 푡 푥푧

푦푡 푦푧푡 푦푧푡

Do Mệnh đề 4.4.1 và 4.4.2, các tiền đề nguyên tố của một hàm Bool 4 biến có biểu đồ Karnaugh là một tế bào tối đại nằm trong biểu đồ Karnaugh của 푓. Ta nói các tế bào này là tế bào lớn của biểu đồ Karnaugh của 푓. Như vậy việc tìm công thức đa thức tối tiểu của 푓 đưa về việc giải quyết hai vấn đề:

Tìm tất cả các tế bào lớn nằm trong biểu đồ Karnaugh của 푓. Tìm một phép phủ tối tiểu biểu đồ Karnaugh của 푓 bằng các tế bào lớn, nghĩa là

một họ tế bào lớn có hợp là biểu đồ Karnaugh của 푓 sao cho khi rút bớt một tế bào lớn thì họ còn lại không phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓. Từ đó ta được một thuật toán để tìm công thức đa thức tối tiểu.

Thuật toán: gồm 4 bước


Bước 1: chỉ ra tất cả các tế bào lớn của biểu đồ Karnaugh của 푓.

Sau bước 1 ta sẽ phủ dần biểu đồ Karnaugh bằng các tế bào lớn cho đến khi phủ kín

Bước 2: nếu tồn tại một ô chỉ nằm trong một tế bào lớn duy nhất, ta chọn ra tế bào này để phủ. Trong phần còn lại của biểu đồ Karnaugh, nếu có một ô chỉ nằm trong một tế bào lớn duy nhất, ta chọn ra tế bào này để phủ, và lặp lại bước 2 cho đến khi không còn ô nào có tính chất trên.

Bước 3: nếu các tế bào lớn chọn trong Bước 2 đã phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓 ta qua thẳng Bước 4. Nếu không, chọn ra một ô còn lại. Trong số các tế bào lớn chứa ô này ta chọn ra một ô tùy ý dể thêm vào phép phủ và cứ tiếp tục như trên cho phần còn lại cho đến khi phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓.

Bước 4: ở bước này ta đã chọn được một số tế bào lớn phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓. Do trong Bước 3 có sự lựa chọn tùy tế bào lớn chứa một ô , ta thường có nhiều hơn một phép phủ. Trong số phép phủ nhận được, loại bỏ các phép phủ không tối tiểu. Sau cùng các phép phủ còn lại cho ta một công thức đa thức của 푓 mà ta còn phải so sánh chúng theo Định nghĩa 4.3.1: loại bỏ những công thức có một công thức khác trong số đó thực sự đơn giản hơn nó. Các công thức còn lại chính là công thức đa thức tối tiểu phải tìm.

Chú ý:

1. Nếu Bước 3 được bỏ qua thì không có sự lựa chọn tùy ý. Trong trường hợp any2 ta được một phép phủ duy nhất tương ứng với công thức đa thức tối tiểu duy nhất.

2. Để thuận tiện cho việc xem xét ta gạch chéo mỗi tế bào lớn được chọn cho đến khi phần gạch chéo trùng với biểu đồ Karnaugh của 푓. Đương nhiên hai cách chọn khác nahu sẽ dẫn đến hai quá trình phủ khác nhau và cho ta hai công thức khác nhau.

Ví dụ 1: xét hàm 푓 có biểu đồ Karnaugh như sau:

Bước 1: Biểu đồ Karnaugh của 푓 có hai tế bào lớn:

푥푦푧 푥푦푡

Bước 2: ô (3,1) nằm duy nhất trong 푥푦푧, ô (1,1) nằm duy nhất trong 푥푦푡

Hai tế bào lớn này đã phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓 nên ta qua thẳng Bước 4

Bước 4: ta chỉ có duy nhất một phép phủ tương ứng với công thức đa thức tối tiểu của 푓: 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푡

Chú ý: sử dụng cộng thức trên để tổng hợp hàm Bool 푓 bằng một mạng các cổng ta cần 4 cổng AND và một cổng OR (không kể cổng NOT)


Ví dụ 2: xét hàm 푓 có biểu đồ Karnaugh như sau:

Bước 1: Biểu đồ Karnaugh của 푓 có 4 tế bào lớn:

푥푧푡 푥푦푡 푦푧푡 푥푦푧

Bước 2: ô (2,4) nằm trong tế bào lớn duy nhất 푥푧푡, ô (4,2) nằm trong tế bào lớn duy nhất 푥푦푧

Gạch chéo hai tế bào lớn này ta được sơ đồ sau:

Còn lại ô (3,3) chưa được phủ nằm trong hai tế bào lớn nên ta qua Bước 3

Bước 3: ô (3,3) nằm trong 2 tế bào lớn 푥푦푡,푦푧푡 chọn tùy ý một trong hai tế bào trên ta đều phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓

Bước 4: ta được phép phủ tối tiểu tương ứng với hai công thức đa thức:

푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푧푡 ∨ 푥푦푡

và 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푧푡 ∨ 푦푧푡

Cả hai công thức này đều đn giản như nhau theo Định nghĩa 4.3.2 nên ta được 2 công thức đa thức tối tiểu.

Chú ý: sử dụng các công thức này để tổng hợp hàm 푗 bằng một mạng các cổng ta cần có 6 cổng AND và 2 cổng OR.

Ví dụ 3: xét hàm 푓 với biểu đồ Karnaugh như sau:


Bước 1: Biểu đồ Karnaugh của 푓 có 8 tế bào lớn như sau:

푥푧 푦푧 푥푦 푥푧

푦푧푡 푥푦푧 푥푧푡 푦푡

Bước 2: các ô (1,2) và (2,4) nằm trong các tế bào lớn duy nhất là 푥푧 và 푦푧 tương ứng. Sau khi chọn các tế bào lớn này thì phần còn lại của biểu đồ Karnaugh của 푓 đều có mỗi ô nằm đúng trong hai tế bào lớn nên ta qua Bước 3.

Bước 3: Ta có sơ đồ cách chọn các tế bào lớn còn lại để phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓 theo các nhánh (của hình cây):

Chọn 푥푦: còn lại 4 ô chưa phủ Chọn 푦푧푡: còn lại 2 ô chưa phủ

Chọn 푥푧푡: phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푦 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푧 (퐹 )

Không chọn 푥푧푡: để phủ hai ô (4,3) và (4,4) ta buộc phải chọn 푥푦푧 và 푦푡:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푦 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푦푡 (퐹 )

Không chọn 푦푧푡: để phủ hai ô (3,2) và (3,3) ta buộc phải chọn 푥푡 và 푥푦푧. Lúc này chỉ còn lại ô (4,4). Nếu chọn 푦푡 ta sẽ được một phép phủ không tối tiểu vì có thể loại bớt tế bào lớn 푥푦 mà vẫn còn được một phép phủ. Do đó ta buộc phải chọn 푥푧푡:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푦 ∨ 푥푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푧푡 (퐹 )

Không chọn 푥푦: để phủ 2 ô (3,1) và (4,1) ta buộc phải chọn các tế bào lớn 푥푡 và 푦푡. Lúc này còn lại 2 ô chưa phủ là (3,3) và (4,3).


Chọn 푥푦푧: phủ kín biểu đồ Karnaugh:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푡 ∨ 푦푡 ∨ 푥푦푧 (퐹 )

Không chọn 푥푦푧 : để phủ hai ô (3,3) và (4,3) ta buộc phải chọn các tế bào lớn 푦푧푡 và 푥푧푡:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푡 ∨ 푦푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푧푡 (퐹 )

Bước 4: ta có 5 công thức đa thức. Tuy nhiên ta có thể xây dựng dễ dàng các đơn ánh trong Định nghĩa 4.3.1 cho thấy công thức (퐹 ) đơn giản hơn (퐹 ), (퐹 ), (퐹 ), (퐹 ) mà không tương đương (đơn giản như nhau theo Định nghĩa 4.3.2). Chẳng như ta có đơn ánh:

푥푧 ⟼ 푥푧푦푧 ⟼ 푦푧푡푦푡푥푦푧

⟼⟼⟼

푥푦푦푧푡푥푧푡

Trong đó 푦푡 chỉ có hai thừa số là từ đơn trong khi 푦푧푡 có 3 thừa số là từ đơn, nghĩa là (퐹 ) thực sự đơn giản hơn(퐹 ). Các đơn ánh khác cũng được xây dựng tương tự. Tóm lại ta chỉ có duy nhất một công thức đa thức tối tiểu của hàm 푓 là:

푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푡 ∨ 푦푡 ∨ 푥푦푧

Chú ý: sử dụng công thức trên để tổng hợp 푓 bằng mạng các cổng ta cần 6 cổng AND và 4 cổng OR.

Trường hợp hàm 3 biến:

Đối với các hàm Bool 3 biến ta sẽ sử dụng hình chữ nhật có 8 ô dể biểu diễn 퐵 thay vì hình vuông 16 ô.

101 111 011 001

100 110 010 000

Khi ấy định nghĩa biểu đồ Karnaugh ,tế bào, tế bào lớn hoàn toàn tương tự và ta có thể áp dụng qui trình 4 bước như trên để tìm công thức đa thức tối tiểu.

Ví dụ: Xét hàm Bool 푓 = (푥 ∨ 푦 ∨ 푧)(푥 ∨ 푦 ∨ 푧)(푥 ∨ 푦 ∨ 푧)

Biểu đồ Karnaugh của ba thừa số là:

푥 ∨ 푦 ∨ 푧 푥 ∨ 푦 ∨ 푧 푥 ∨ 푦 ∨ 푧

Do đó biểu đồ Karnaugh của 푓 có dạng:

푥 푥

푧

푧

푦 푦 푦


Bước 1: có 4 tế bào lớn

푥푦 푥푧 푦푧 푦푧

Bước 2: ô (1,3) nằm trong tế bào lớn duy nhất 푦푧, ô (2,4) nằm trong tế bào lớn duy nhất 푦푧

Chọn các tế bào này cho phép phủ ta được:

Bước 3: còn lại ô (1,1) nằm trong hai tế bào lớn 푥푦 và 푥푧. Chọn 1 trong 2 tế bào này ta đều phủ kín biểu đồ Karnaugh của 푓.

Bước 4: ta có 2 công thức đều là công thức đa thức tối tiểu

푓 = 푦푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푦푓 = 푦푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푧

Trường hợp 5,6 biến:

Đối với hàm Bool 5 biến, ta dùng 2 lớp hình vuông 16 ô để biểu diễn 32 ô của 퐵 , một lớp tương ứng với giá trị của biến thứ 5 푣 = 0 và lớp ứng với 푣 = 1

푥 푥

푥

푡

푡

푡

푡

푡

푦 푦 푦

푦 푦 푦

푧

푧

푧

푧

푣

푣


Biểu đồ Karnaugh của một hàm Bool theo 5 biến 푥,푦, 푧, 푡, 푣 được thiết lập bằng cách gạch xéo các ô trong hai lớp trên ứng với các điểm ở đó 푓 lấy giá trị 1. Ở đây ngoài các tế bào là những hình chữ nhat65trong mỗi lớp, ta có các tế bào là 2 hình chữ nhật (tế bào) thuộc 2 lớp có cùng hình chiếu xuống một mặt phẳng nằm ngang, hay nói cách khác, khối chữ nhật 3 chiều với chiều cao 2 lớp và đáy là một tế bào. Bằng cách này ta được các tế bào là biểu đồ Karnaugh của tích của 푝(1 ≤ 푝 ≤ 5) thừa số là từ đơn. Tế bào tương ứng sẽ có 2 ô. Phương pháp biểu đồ Karnaugh để tìm công thức đa thức tối tiểu hoàn toàn tương tự trường hợp 4 biến.

Để xử lý trường hợp hàm 6 biến ta sẽ sử dụng 4 lớp 16 ô thay vì 2 lớp. Các lớp kể từ trên xuống bây giờ ứng với 푣 = 1,푤 = 0;푣 = 1,푤 = 1;푣 = 0,푤 = 1;푣 = 0,푤 = 0 . Phương pháp tìm công thức đa thức tối tiểu cũng tương tự nhưng hình vẽ phức tạp hơn. Do đó đối với trường hợp này hay trường hợp nhiều biến hơn ta sẽ dùng phương pháp “Thỏa thuận dưới đây.

§5 PHƯƠNG PHÁP THỎA THUẬN Nhắc lại hai bài toán chính để tìm công thức đa thức tối tiểu của một hàm Bool 푓:

5.1 Tìm tất cả các tiền đề nguyên tố của 푓

5.2 Tìm cách biểu diễn 푓 như là tổng tối tiểu của các tiền đề nguyên tố

Để giải quyết bài toán 5.1 ta sẽ dùng phương pháp thỏa thuận

Định nghĩa 4.5.1: Giả sử 푥 là một trong các biến Bool và 푚 ,푚 là hai đơn thức không chia hết cho cả 푥 lẫn 푥. Khi ấy được nói là thỏa thuận giữa hai đơn thức 푥푚 và 푥푚 .

Chú ý: nếu có một biến thứ hai 푦 sao cho 푚 chia hết cho 푦 (hoặc 푦) và 푚 chia hết cho 푦 (hoặc 푦), khi ấy thỏa thuận 푚 푚 rõ ràng bằng 0. Do đó cho trước 3 đơn thức có 3 trường hợp có thể xảy ra:

Trường hợp 1: không tìm được thỏa thuận của chúng vì không có biến 푥 nào như trong Định nghĩa 4.5.1

Trường hợp 2: thỏa thuận của chúng bằng 0 vì có ít nhất hai biến Bool thỏa Định nghĩa 4.5.1

Trường hợp 3: chỉ có một biến Bool thỏa Định nghĩa 4.5.1 và do đó thỏa thuận của hai đơn thức cho trước là một đơn thức (≠ 0)

Ví dụ:

1. 푥푧푣à푦푡 không có thỏa thuận 2. 푥푦푧푣à푦푧푡 có thỏa thuận bằng 0 3. 푥푦푧푣à푦푡 có thỏa thuận là 푥푧푡

Định lý 4.5.1: Thỏa thuận của haqi đơn thức luôn luôn đượ trội bởi tổng Bool của hai đơn thức ấy.

Chứng minh: Xét hai đơn thức 푥푚 và 푥푚 với thỏa thuận 푚 푚 ta có:

푚 푚 = 푚 푚 (푥 ∨ 푥) = 푥푚 푚 ∨ 푥푚 푚

Suy ra: 푚 푚 ∨ 푥푚 ∨ 푥푚 = (푥푚 푚 ∨ 푥푚 ) ∨ (푥푚 ∨ 푥푚 푚 ) = 푥푚 ∨ 푥푚

Nghĩa là 푚 푚 ≺ 푥푚 ≺ 푥푚

đpcm


Với khái niệm thỏa thuận ta có phương pháp sau để xác định tất cả các tiền đề nguyên tố của một hàm Bool 푓.

Bước 1: Viết 푓 dưới dạng công thức thu gọn tùy ý (dạng nối rồi chính tắc chẳng hạn):

푓 = 푚 ∨푚 ∨ …∨ 푚

Đặt 풯 = {푚 ,푚 , … ,푚 }

Gọi 풱 là danh sách các biến theo một thứ tự nhất định nhưng tùy ý.

Bước 2: Trong Bước 2 ta sẽ cập nhật dần 풯 theo từng biến trong 풱 như sau:

i. Giả sử 푥 là một biến trong 풱 mà ta đã xét tới với 풯 đã được cập nhật theo các biến trước 푥. Ta phần hoạch 풯 thành 3 phần (rời nhau):

풜 gồm các đơn thức chia hết cho 푥 ℬ gồm các đơn thức chia hết cho 푥 풞 gồm các đơn thức không chia hết cho 푥lẫn 푥

ii. Nếu 풜 = ∅ hay ℬ = ∅ ta sẽ xét biến kế tiếp 푥. Nếu không, ta thêm vào 풯 tất cả các thỏa thuận của một đơn thức thuộc 풜 và một đơn thức thuộc ℬ.

iii. Mỗi lẩn thêm một phần tử mới vào 풯 ta phải duyệt lại và loại bớt những phần tử được trội thực sự bởi một phần tử khác (kể cả phần tử mới thêm vào).

Bước 3: Sau khi đã duyệt tất cả các biến trong 풱 ta có:

Định lý 4.5.2: Tập hợp 풯 sau cùng trong Bước 3 chính là tập hợp tất cả các tiền đề nguyên tố của 푓.

Chứng minh: Gọi 퓋 là số biến trong 풱, và một 푚 là một tiền đề nguyên tố bất kỳ của 푓, ta chứng minh tập hợp 풯 sau cùng sẽ chứa 푚 bằng quy nạp trên 퓋.

Gọi 푥 là biến đầu tiên trong danh sách 풱 và 풜,ℬ,풞 là các tập hợp tương ứng như trong i).

Trường hợp 1: 푚 không chia hết cho 푥 lẫn 푥, ta có:

푚푥 ≺ 푛∈풜

푥 ∨ 푝푥∈ℬ

∨ 푞∈풞

푥

Ở đây kí hiệu 푛∈풜

dùng để chỉ tổng Bool của tất cả các phần tử của A. Các ký hiệu

khác cũng tương tự. để ý rằng nếu 푝 ∈ ℬ thì 푝 chia hia hết cho 푥 nên 푝푥 = 0. Do đó:

푚푥 ≺ 푛/푥∈풜

푥 ∨ 푞∈풞

푥

Cho 푥 = 1 ta được

푚 ≺ 푛/푥∈풜

∨ 푞∈풞

Tương tự ta có:

푚 ≺ 푝/푥∈ℬ

∨ 푞∈풞


Suy ra

푚 ≺ (푛/푥)(푝/푥)∈풜, ∈ℬ

∨ 푞∈풞

Giả sử 풯 đã được cập nhật theo biến 푥 như trong Bước 2 ở trên. Gọi 풯′ là tập hợp con của 풯 gồm các đơn thức không chia hết cho 푥 lẫn 푥. Gọi 푓′ là tổng Bool của các đơn thức trong 풯′ xem như hàm Bool theo các biến trong 풱 = 풱\{푥}. Rõ ràng 푚 là một tiền đề nguyên tố của 푓′ nên theo giả thiết quy nạp, sau khi cập nhật theo biến cuối cùng trong 풱 ,풯′ chứa 푚. Nhưng tập hợp 풯′ sau cùng là tậph ợp con của tập hợp 풯 sau khi cập nhật theo biến sau cùng của 풱′, vì trong quá trình cập nhật theo các biến của 풱′, các đơn thức của 풯 bị loại đi cũng chính là các đơn thức của 풯′ bị loại đi hoặc là các đơn thức chia hết cho 푥 hoặc 푥. Nói tóm lại ta đã chứng minh được tậph ợp 풯 sau cùng chứa 푚.

Trường hợp 2: 푚 chia hết cho 푥 hay 푥. Ta có thể giả sử 푚 chia hết cho 푥 vì trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Gọi 풜,ℬ, 풞 là 3 tập hợp tạo thành phân hoạch của 풯 tương ứng với biến 푥 như trong Bước 2. Cho 푥 = 1 ta được:

푚/푥 ≺ (푛/푥)∈풜

∨ 푞∈풞

Suy ra

푚 ≺ 푛∈풜

∨ 푥 푞∈풞

≺ 푛∈풜

∨ 푞∈풞

= 푓

Ứng với mỗi hàm Bool 푔 theo các biến trong 풱, ta liên kết một hàm Bool 푔 với các biến trong 풱 = 풱\{푥} bằng cách cho 푥 = 1. Đặt 풯 = 풜 ∪풞. Khi ấy 푔 ⟼ 푔 là một song ánh giữa 풯′ và một tập hợp 풯′ các từ đơn theo các biến trong 풱′ vì không có phần tử nào của 풞 là ước của một phần tử của 풜 (công thức đa thức ban đầu của 푓 là rút gọn).

Ta có công thức đa thức rút gọn:

푓 = 푛∈풜

∨ 푞∈풞

Hơn nữa tương ứng 푔 ⟼ 푔, nếu thu hệp trên tập 풯′ đã được cập nhật đối vối biến sau cùng, cũng là một song ánh giữa tập hợp này và tập hợp 풯′ đã được cập nhật theo biến sau cùng đối với hàm 푓 , vì nếu có 푚 = 푚 với 푚 ≠ 푚 thì một trong hai đơn thức 푚 ,푚 là tích của đơn thức kia và 푥 nên đã được loại trong quá trình cập nhật.

Rõ ràng 푚 ≺ 푓, giả sử tồn tại đơn thức 푚′ theo các biến trong 풱′ sao cho:

푚 ≺ 푚 ≺ 푓


Ta có:

푚 = 푥푚 ≺ 푥푚 ≺ 푥푓 = 푥푛∈풜

∨ 푥 푞∈풞

≺ 푓

Do 푚 là tiền đề nguyên tố, ta có 푚 = 푥푚

Suy ra 푚 = 푚 , nghĩa là 푚 là tiền đề nguyên tố của 푓

Như thế theo giả thiết quy nạp, 풯′, sau khi cập nhật theo biến cuối cùng, sẽ chứa 푚. Tương tự như trong Trường hợp 1, ta thấy tập hợp 풯 sau khi cập nhật đối với biến cuối cùng, sẽ chứa 풯′.

Suy ra 푚 ∈ 풯

Cuối cùng do cách cập nhật các đơn thức, trong đơn thức nào trong 풯 được trội thực sự bởi một đơn thức khác, nghĩa là các phần tử của 풯 đều là tiền đề nguyên tố của 푓.

đpcm

Ví dụ 1: 푓 = 푥푧푡 ∨ 푥푡푣 ∨ 푦푧푣 ∨ 푡푣 ∨ 푦푧푡푣

Ta có quá trình cập nhật theo các biến trong 풱 = [푥,푦, 푧, 푡, 푣] như sau:

Biến 푥: 푥푧푡 푥푡푣 푦푧푣 푡푣 푦푧푡푣

Thỏa thuận: 푧푡푣

Biến 푦: 푦푧푡푣 푦푧푣 푥푧푡 푥푡푣 푡푣 푧푡푣

Thỏa thuận: 푧푡푣

Biến 푧: không có thỏa thuận

Biến 푡: 푧푡푣 푥푧푡 푧푡푣 푥푡푣 푡푣 푦푧푣

Thỏa thuận: 푥푧푢

푧푡푣 푧푡푣 푥푧푡 푥푡푣 푡푣 푦푧푣 푥푧푢

Thỏa thuận: 푧푣

Biến 푣: 푧푣 푡푣 푥푧푡 푥푡푣

Thỏa thuận: 푧푡

푡푣 푥푡푣 푧푣 푧푡

Thỏa thuận: 푥푡

Cuối cùng tập hợp các tiền dề nguyên tố là:

풯 = {푥푡, 푧푡, 푧푣, 푡푣}


Ví dụ 2: 푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

Biến 푥: 푥푦푧푡 푥푦푧푡 푥푦푧푡 푥푦푧푡 푥푦푧푡

Thỏa thuận: 푦푧푡

Biến 푦: 푥푦푧푡 푥푦푧푡 푥푦푧푡 푦푧푡

Thỏa thuận: 푥푧푡

Biến 푧: 푦푧푡 푥푧푡 푥푦푧푡

Thỏa thuận: 푥푦푡

Biến 푡: 푦푧푡 푥푦푧푡 푥푧푡 푥푦푡

Thỏa thuận: 푥푦푧

Như vậy tập hợp các tiền đề nguyên tố là 풯 = {푥푦푧, 푥푦푡, 푥푧푡,푦푧푡}

Bây giờ ta xét bài toán 5.2: biểu diễn hàm Bool 푓 như là tổng tối tiểu của các tiền đề nguyên tố. Trong phương pháp Biểu đồ Karnaugh, bài toán trên chính là bài toán phủ tối tiểu của biểu đồ Karnaugh của hàm 푓 bởi các tế bào lớn. Đó là một họ 풪 các tế bào lớn sao cho:

i. Mỗi ô trong biểu đồ Karnaugh nằm trong ít nhất 1 tế bào lớn thuộc 풪 ii. Nếu rút bớt một tế bào lớn thuộc 풪 thì phần còn lại không thỏa i)

Do các ô thuộc biểu đồ Karnaugh của 푓 chính là biểu đồ Karnaugh của một từ tối tiểu trội bởi 푓, ta có thể phát biểu bài toán phủ tổng quát như sau:

Bài toán phủ: tìm một họ 풯 các tiền đề nguyên tố của 푓 sao cho:

i. Mỗi từ tối tiểu trội bởi 푓 được trội bởi một tiền đề thuộc 풯 ii. Họ 풯 là từ tối tiểu, nghĩa là nếu rút bớt một phần tử thì phần còn lại không thỏa i)

Gọi 풯 = 푚 , … ,푚 là tập hợp tất cả các tiền dề nguyên tố của 푓 mà ta tìm được khi giải bài toán 5.1

Ta đưa vào các biến Bool 푎 ,푎 , … ,푎 và tgiet61 lập một hệ phương trình Bool theo các biến Bool như sau:

Với mỗi từ tối tiểu 풯 trội bởi 푓, gọi 푚 ,푚 , … ,푚 là tất cả các tiền đề nguyên tố của 푓 trội 푡. Khi ấy ta có một phương trình: 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎 = 1

Cho 푡 chạy khắp các từ tối tiểu trội bởi 푓, ta được một hệ 푞 phương trình trong đó 푞 là số các từ tối tiểu trội bởi 푓. Giải hệ phương trình Bool trên ta được các nghiệm là bộ 푝:

푎 = 푏푎 = 푏

⋮푎 = 푏

Trong đó 푏 , 푏 , … , 푏 là các giá trị cố định bằng 1 hoặc tùy ý. Với các 푏 = 1 ta có 푎 = 1, nghĩa là tiền đề nguyên tố 푚 được chọn để phủ 푓. Để giải hệ phương trình Bool có dạng trên, ta thực hiên các bước sau:


Bước 1: loại bỏ các phương trình trùng lắp, nói cách khác giả sử có hai phương trình có dạng:

푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎 = 1

và 푎 ∨ 푎 ∨ …∨ 푎 = 1

sao cho {푖 , 푖 , … , 푖 } ⊂ {푗 , 푗 , … , 푗 }

Khi ấy phương trình thứ hai là hệ quả của phương trình đầu và do đó có thể được loại bỏ.

Bước 2: Vì hệ phương trình đồng thời nghiệm đúng, ta thấy nó tương đương với một phương trình duy nhất có vế trái là tích của tất cả các vế trái và vế phải bằng 1

Dùng luật phân bố khai triển vế trái và đưa nó về dạng một công thức đa thức.

Bước 3: Loại bỏ các đơn thức dư thừa, nghĩa là nó là bội của một đơn thức khác. Nói cách khác đưa vế trái của phương trình đã biến đổi ở Bước 2 về dạng một công thức đa thức rút gọn. Ở đây lưu ý rằng các đơn thức đều là tích của một số biến, không có thừa số đơn nào là phần bù của biến. Phương trình trở thành: 푛 ∨ 푛 ∨…∨ 푛 = 1

Bước 4: các lời giải là:

푛 = 1

hay 푛 = 1

… …

hay 푛 = 1

Mỗi 푛 là tích của một số biến, nên lời giải tương ứng chính là các tiền đề nguyên tố tương ứng với biến đó.

Ví dụ: trong ví dụ 2 ở trên, ta có 4 tiền đề nguyên tố 푚 = 푥푧푡,푚 = 푥푦푡,푚 = 푦푧푡,푚 =푥푦푧, và 5 từ tối tiểu 푡 = 푥푦푧푡, 푡 = 푥푦푧푡, 푡 = 푥푦푧푡, 푡 = 푥푦푧푡, 푡 푥푦푧푡.

Ta có hệ 5 phương trình:

⎩⎪⎨

⎪⎧푎 = 1푎 ∨ 푎 = 1푎 ∨ 푎 = 1푎 ∨ 푎 = 1푎 = 1

Phương trình thứ hai là hệ quả của phương trình đầu và phương trình thứ 4 là hệ quả của phương trình cuối: loại bỏ chúng và lấy tích ta được phương trình duy nhất:

푎 (푎 ∨ 푎 )푎 = 1

Khai triển ta được: 푎 푎 푎 ∨ 푎 푎 푎 = 1

Do đó ta có hai lời giải:

푎 푎 푎 = 1

hay 푎 푎 푎 = 1

Nói cách khác ta có hai công thức đa thức:

푓 = 푚 ∨푚 ∨푚 = 푥푧푡 ∨ 푥푦푡 ∨ 푥푦푧

và 푓 = 푚 ∨푚 ∨푚 = 푥푧푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푦푧

Cả hai đều là công thức đa thức tối tiểu.


BÀI TẬP CHƯƠNG 4 1. Chứng minh rằng trong một đại số Bool 풜

a) Phần bù của một phần tử là duy nhất b) Suy ra qui tắc De Morgan: ∀푥,푦 ∈ 풜, 푥 ∨ 푦 = 푥 ∧ 푦 và 푥 ∧ 푦 = 푥 ∨ 푦

2. Trong đại số Bool 풜, xét quan hệ thứ tự ≺ xác định bởi định lý 4.1.1. Chứng minh rằng: a) nếu 푥 ≺ 푦 thì 푥 ∨ 푦 = 푦 b) nếu 푥 ≺ 푦 thì 푦 ≺ 푥 c) nếu 푥 ≺ 푦 thì 푧 ≺ 푡 thì 푥 ∧ 푧 ≺ 푦 ∧ 푡 d) nếu 푥 ≺ 푦 thì 푧 ≺ 푡 thì 푥 ∨ 푧 ≺ 푦 ∨ 푡

3. Trong một đại số Bool hãy tìm phần bù của:

푏 ∧ 푐 ∨ (푐 ∧ 푑)

(푏 ∧ 푐) ∨ 푏 ∧ 푎 ∨ (푎 ∧ 푐)

4. Trong đại số Bool 풜, một tập hợp con ℬ ≠ ∅ củ풜 a được nói là một đại số con nếu với mọi 푥,푦 ∈ ℬ thì 푥 ∨ 푦, 푥 ∧ 푦 và 푥 cũng là phần tử của ℬ. Chứng minh rằng ℬ là một đại số con của 풜. a) Chứng minh rằng nếu ℬ là một đại số con của 풜 thì 0,1∈ ℬ b) Với 풜 = 풫({푎, 푏, 푐}). Hãy tìm tất cả các đại số con của풜 c) Giả sử ℬ là một tập hợp con của 풜 sao cho với mọi 푥,푦 ∈ ℬ thì 푥 ∨ 푦 ∈ ℬ và 푥 ∈ ℬ.

Chứng minh rằng ℬ là một đại số con của 풜. 5. 풜 là một đại số Bool, 푎 ∈ 풜. Tập hợp tất cả các phần tử trội bởi 푎 có là một đại số Bool

không? Nó có là đại số con không? 6. Giả sử 휑:풜 ⟶ ℬ là một đẳng cấu đại số Bool. Chứng minh rằng:

a) nếu 푎 là một nguyên tử của 풜 thì 휑(푎) là một nguyên tử của ℬ b) nếu 푆 là một đại số con của 풜 thì 휑(푆) là một đại số con của ℬ

7. Gọi 풰 là tập hợp các ước dương của 210. Trong 풰 ta định nghĩa các phép toán ∨,∧,− như sau: với mọi 푥,푦 ∈ 풰 thì:

푥 ∨ 푦 = 퐵푆퐶푁푁(푥.푦)푥 ∧ 푦 = 푈푆퐶퐿푁(푥,푦)푥 = 210/푥

Chứng minh rằng 풰 là một đại số Bool

8. a) Xét ánh xạ 휑 ∶ 풰 ⟶ 풫({푎, 푏, 푐,푑})

Sao cho 휑(2) = {푎},휑(3) = {푏},휑(5) = {푐} và 휑(7) = {푑}

Muốn cho 휑 là một đảng cấu đại số Bool thì ảnh của 35, 70, 42 là bao nhiêu?

b) Có bao nhiêu đẳng cấu khác nhau từ 풰 lên 풫({푎, 푏, 푐,푑}) 9. Giả sử ℬ là một đại số Bool và 풜 là một tập hợp ≠ ∅. Với 푓,푔 ∈ ℬ풜 định nghĩa:

∀푥 ∈ 퐴; (푓 ∨ 푔)(푥) = 푓(푥) ∨ 푔(푥)∀푥 ∈ 퐴; (푓 ∧ 푔)(푥) = 푓(푥) ∧ 푔(푥)

∀푥 ∈ 퐴; 푓(푥) = 푓(푥)

a) Chứng minh rằng ℬ풜 là một đại số Bool với các phép toán trên b) Chứng minh rằng thứ tự tương ứng trên ℬ풜 chính là thứ tự trong bài tập 27, chương

3 10. Giả sử 풜 ,ℬ là hai đại số Bool. Trên풜 × ℬ định nghĩa:


(푥,푦) ∨ (푧, 푡) = (푥 ∨ 푧,푦 ∨ 푡)(푥,푦) ∧ (푧, 푡) = (푥 ∧ 푧,푦 ∧ 푡)

(푥,푦) = (푥,푦)

Chứng minh rằng 풜 × ℬ là một đại số Bool với các phép toán trên.

11. Trên định số Bool 풜 định nghĩa phép toán

푎⨁푏 = 푎 ∧ 푏 ∨ (푎 ∧ 푏) (*)

a) Chứng minh rằng phép toán trên thỏa: ∀푎, 푏, 푐 ∈ 풜 (푎⨁푏)⨁푐 = 푎⨁(푏⨁푐)

푎⨁푏 = 푏⨁푎푎⨁0 = 푎푎⨁푎 = 0

푎 ∧ (푏⨁푐) = (푎 ∧ 푏)⨁(푎 ∧ 푐)

Nghĩa là (풜,⨂,∧) là một vành giao hoán.

b) Ngược lại nếu ⨁ là một phép toán trên 풜 thỏa các điều kiên trên thì (*) được thỏa. 12. Cho trước phần tử 푎 của Bool 풜. Có thể nói gì về phần tử 푏 thỏa một trong các điều

kiện sau: a) 푎 ∧ 푏 = 0 b) 푎 ∨ 푏 = 1 c) 푎 ∧ 푏 = 0 và 푎 ∨ 푏 = 1

13. Trong một đại số Bool 풜 ta khảo sát phương trình: 푎 ∨ 푥 = 푏 (1)

trong đó a và b là hai phần tử cho trước của풜 và 푥 là ẩn.

a) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để cho (1) có ít nhất một nghiệm là 푎 ≺ 푏 b) Đặt 푦 = 푥 ∨ 푎. Chứng minh rằng 푏 ∧ 푦 = 푥 và 푏 ∨ 푦 = 1 c) Nếu 푥 là một nghiệm, chứng minh rằng 푎 ∧ 푏 ≺ 푥 ≺ 푏. Phát biểu và chứng minh

phần đảo. d) Chứng minh rằng nghiệm của (1) gồm tất cả các phần tử có dạng 푥 = 푏 ∧ 푐 với 푐 ≻

푎. e) Khảo sát tương tự cho phương trình 푎 ∧ 푥 = 푏

14. Tập hợp 풰 có là một đại số Bool không? Có các phép toán nào khác để 풰 trở thành đại số Bool không?

15. a) Mở rộng định nghĩa trong bài tập 10 cho tích của 푛 đại số Bool 풜 ×풜 × … × 풜 . b) Đặc biệt với 풜 = 풜 = ⋯ = 풜 = 퐵 ≡ {0,1} hãy xác định thứ tự tương ứng với cấu

trúc đại số Bool có n nguyên tử đều đẳng cấu với 퐵 16. Giả sử 푥 là một phần tử bất kỳ của đại số Bool có 푛 nguyên tử. Gọi 푑(푥) là số đỉnh tối

thiểu cần phải đi qua để đi từ 0 đến 푥 dọc theo các mũi tên của biểu đồ Hasse (푑(0) =0). a) Tính 푑(푎)khi 푎là một nguyên tử b) Chứng minh rằng với 푥, 푦 tùy ý ta có: 푑(푥 ∨ 푦) = 푑(푥) + 푑(푦)− 푑(푥 ∧ 푦)

17. Tìm giá trị của các hàm Bool dưới đây khi các biến 푥,푦, 푧và 푡 lấy các giá trị 1,1,0 và 0: a) 푥푦 ∨ 푥푦 b) 푡 ∨ 푥푦 c) 푡푥 ∨ 푦 ∨ 푦푧 d) 푡푥 ∨ 푥푦 ∨ 푦푧 e) (푡푥 ∨ 푦푧) ∨ 푡푦 ∨ (푡 ∨ 푦)(푣 ∨ 푦)

18. Tìm tất cả các giá trị của y và z để các biểu thức dưới đây luôn luôn lấy giá trị 1 biết rằng 푥 = 1: a) 푥 ∨ 푥푦 ∨ 푧 b) 푥푦 ∨ 푧 c) 푥푦 ∨ 푥푧 d) 푥푦 ∨ 푧

19. Tìm từ tối tiểu theo 4 biến 푥, 푦, 푧, 푡 biết rằng nó lấy giá trị 1 tại:


a) 푥 = 푡 = 0,푦 = 푧 = 1 b) 푥 = 푦 = 1,푧 = 푡 = 0 b) 푥 = 푦 = 푧 = 1, 푡 = 0 d) 푥 = 푦 = 푧 = 푡 = 0

20. a) Có bao nhiêu hàm Bool 6 biến lấy giá trị 1 tại các điểm có đúng hai thành phần có

giá trị 1 (tại các điểm khác hàm Bool có thể bằng 0 hay 1) b) Có bao nhiêu hàm Bool 6 biến lấy giá trị 1 tại các điểm có ít nhất 2 thành phần có

giá trị 1 (tại các điểm khác hàm Bool có thể bằng 0 hay 1) c) Có bao nhiêu hàm Bool 6 biến không phụ thuộc biến thứ nhất. Có bao nhiêu hàm

không phụ thuộc 3 biến đầu tiên. 21. Tìm các hàm Bool theo 2 biến sao cho: 푓(푥,푦) = 푓(푦, 푥)∀푥,푦 22. Xác định tất cả các hàm Bool theo 3 biến sao cho: 푓(푥,푦, 푧) = 푓(푦, 푧, 푥)∀푥,푦, 푧

(Hướng dẫn: lập bảng chân trị)

23. Xác định các hàm Bool theo 3 biến biết rằng nó không thay đổi giá trị nếu ta hoán vị 2 biến bất kỳ? Câu hỏi tương tự cho hàm 4 biến (Hướng dẫn: lập bảng chân trị)

24. Tồn tại hay không một hàm Bool 3 biến khác 0 biết rằng nó được thay bằng phần bù nếu ta hoán vị 2 biến bất kỳ? Câu hỏi tương tự cho hàm Bool 푛 biến

25. Một hàm Bool 푛 biến 푓 được nói là hàm chẵn nếu:푓(푥 , 푥 , … , 푥 ) = 푓(푥 , 푥 , … , 푥 ),∀푥 , 푥 , … , 푥 . Có bao nhiêu hàm chẵn 푛 biến? Xác định các hàm này khi 푛 = 2

26. Hàm số Bool 푛 biến 푓 được nói là hàm chẵn nếu 푓(푥 , 푥 , … , 푥 ) = 푓(푥 , 푥 , … , 푥 ),∀푥 , 푥 , … , 푥 . Có bao nhiêu hàm lẻ 푛 biến? Xác định các hàm này khi 푛 = 2

27. a) Chứng minh rằng mọi hàm Bool 푓 theo 푛 biến đều được viết dưới dạng:

푓(푥 , 푥 , … , 푥 ) = [푥 푓(1, 푥 , … , 푥 )] ∨ [푥 푓(0, 푥 , … , 푥 )]

b) Sử dụng hệ thức trên để xây dựng một song ánh giữa ℱ × ℱ và ℱ . Áp dụng để tìm lại số phần tử của ℱ

c) Sử dụng hệ thức trên để chứng minh lại sự tồn tại của dạng nối rời chính tắc. 28. Giả sử 푓 là tích của 푝 từ đơn phân biệt

a) Trong dạng nối rời chính tắc của 푓 có bao nhiêu từ tối tiểu xuất hiện b) Có bao nhiêu hàm Bool trội 푓

29. Tìm dạng nối rời chính tắc của các hàm Bool 푓theo 4 biến biết rằng 푓 thỏa một trong hai điều kiện: a) 푓 (1) = {0101,0110,1000,1011} b) 푓 (0) = {0000,0001,0010,0100,1000,1001,0110}

Ở đây ta viết 0101 thay vì (0,1,0,1) để chỉ ra phần tử của 퐵

30. Tìm dạng nối rời chính tắc của hàm Bool theo 3 biến: a) 푥푦 ∨ 푥푧 b) 푥(푦 ∨ 푥)푧 b) 푥푦 ∨ 푦푧 ∨ 푥푧 d) 푥푦(푧 ∨ 푥푦) c) 푥푦푧 ∨ 푥푧 f) [푥(푦 ∨ 푧) ∨ 푥] ∨ 푦 d) (푥 ∨ 푦푧)(푥 ∨ 푦푧) h) 푥(푦 ∨ 푥푧) ∨ 푧 e) (푥 ∨ 푦푧)(푥 ∨ 푧푥)(푧 ∨ 푥푦) j) (푥 ∨ 푦푧)(푦 ∨ 푧푥)(푧 ∨ 푥푦)

31. Tìm dạng nối rời chính tắc của hàm Bool theo 4 biến: a) (푥푦 ∨ 푧푡)(푥 ∨ 푧)(푥푧 ∨ 푦푡)(푥푡 ∨ 푦푧) b) 푥푦푧 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푡[(푥 ∨ 푦)(푧 ∨ 푡)] ∨ [(푥 ∨ 푧)(푦 ∨ 푡)] ∨ [(푥 ∨ 푡)(푦 ∨ 푧)] c) (푥푦 ∨ 푦푧 ∨ 푥푡)푥푦푡 ∨ 푦푧 ∨ 푧푡 ∨ 푡푥

32. Một bài thi có 4 câu A,B,C,D với số điểm tối đa 8,5,4,3.Nếu trả lời đúng một câu, sinh viên được điểm tối đa, trả lời sai được 0 điểm. Muốn đạt sinh viên phải được 10 điểm trờ lên. Ta liên kết với các câu 4 biến Bool a,b,c,d và một hàm Bool 푓(a,b,c,d) lấy giá trị 1 nếu sinh viên đạt và bằng 0 nếu sinh viên không đạt. Hãy tìm dạng nối rời chính tắc của hàm 푓.


33. Hãy vẽ mạng sử dụng các cổng NOT, AND, OR để tổng hợp hàm Bool a) (푥 ∨ 푦)(푥 ∨ 푦)(푥 ∨ 푦) b) 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥 c) (푥 ∨ 푧)(푦 ∨ 푧)푥 d) 푥 ∨ 푦(푥 ∨ 푧)

34. Hãy tổng hợp phép toán ∨ mà chỉ sử dụng cổng AND và cổng NOT 35. Hãy tổng hợp các cổng AND, OR, NOT mà chỉ sử dụng cổng NOR 36. Viết ra biểu thức hàm 푓 tổng hợp bởi mạng các cổng dưới đây:

푥 푦 푧 푓 푡

37. Hãy vẽ một mạch chỉ có cổng NOR tổng hợp các hàm Bool theo 4 biến 푓 sao cho 푓 lấy giá trị 1 khi và chỉ khi số biến lấy giá trị 1 là số chẵn. Tương tự đối với cổng NAND.

38. Tìm công thức đa tối tiểu của các hàm Bool có biểu đồ Karnaugh dưới đây:

39. Tìm công thức đa tối tối tiểu của các hàm sau: a) 푧(푥푦 ∨ 푦푡) ∨ 푦(푥푧 ∨ 푥푧) b) 푥푦푧푡 ∨ 푥푦 ∨ 푥푧푡 ∨ 푦푧푡 c) 푦(푧푡 ∨ 푧푡) ∨ 푦(푧푡 ∨ 푥푧푡) ∨ 푥푧푡 d) 푥푦푧푡 ∨ 푥푦 ∨ 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푥푧(푧 ∨ 푡) e) 푧푡 ∨ 푥푦푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푦푧푡 f) (푥 ∨ 푡)(푥 ∨ 푧)(푦 ∨ 푡)(푦 ∨ 푧) g) 푦푡(푦 ∨ 푧) ∨ 푧(푥 ∨ 푦) ∨ 푥푦푧 h) 푦푡(푥 ∨ 푧) ∨ 푥(푧푡 ∨ 푦푡) ∨ 푥푦푧푡 i) 푦푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

40. Tìm các công thức đa thức tối tiểu của hàm Bool 푓 dưới đây. Cho biết số cổng để thiết kế các mạng tối ưu tổng hợp 푓 a) 푓 là hàm Bool 3 biến và lấy giá trị 1 khi và chỉ khi có đúng 2 biến lấy giá trị 1 b) 푓 là hàm Bool 3 biến và lấy giá trị 1 khi và chỉ khi có ít nhất 2 biến lấy giá trị 1 c) 푓 là hàm Bool 4 biến và lấy giá trị 1 khi và chỉ khi số biến lấy giá trị 1 là một số lẻ


GIẢI ĐÁP MỘT SỐ BÀI TẬP CHƯƠNG 1

1. Các mệnh đề là a,c,f

2. a) 푃 ∧ 푄 b) ¬푃 ∧ 푄 c) 푃 ∨ (¬푄 ∧ ¬푃) d) 푃 ⟶ ¬푄 e) (푃 ∧ ¬푄) ∨ (¬푃 ∧ ¬푄)

3. a) 푃 ∧ 푅 ∧ ¬푄 b) 푃 ∧ 푄 ∧ ¬(푄 ∧ 푅) c) ¬(푅 ∧ ¬푃) d)¬[(푅 ∨ 푄) ∧ ¬푃]

e) ¬푄 ∧ ¬푅 ∧ 푃

12. b, c, e, f

13. a, b,d, f, h

14. a) Để dạng mệnh đề đã cho lấy chân trị 1, hai dạng mệnh đề sau cần lấy chân trị 1:

(¬푞 ∨ 푟) ∧ ¬푠, 푣à¬푠 ⟶ ¬푟

Nghĩa là ¬푠, ¬푟 và ¬푞 ∨ 푟 phải lấy chân trị 1.

Tóm lại ta phải chọn: 푝 = 1,푞 = 0,푟 = 0 và 푠 = 0.

b) Do ¬푟 ∧ 푝 có chân trị 0 ta suy ra ¬푠 có chân trị 0, nghĩa là 푠 có chân trị 1. Trong trường hợp này 푞 và 푟 có chân trị tùy ý.

15. Dạng mệnh đề đã cho là : a) Mâu thuẫn b),c) Tùy ý d) Hằng đúng

17. a) Thay thế 푝 ∨ 푞 bởi 푠 ta cần chứng minh dạng mệnh đề

(푠 ⟶ 푟) ⟷ (¬푟 ⟶ ¬푠) là hằng đúng.

Do qui tắc thay thế thứ nhất, dạng mệnh đề trên tương đương logic với:

(¬푠 ∨ 푟) ⟷ (푟 ∨ ¬푠) ⟺ 1

b) Thay (푝 ∨ 푞) ⟶ 푟 bởi 푢 ta cần chứng minh dạng mệnh đề sau là hằng đúng:

[푢 ∨ (푠 ∧ 푡)] ⟷ [(푢 ∨ 푠) ∧ (푢 ∨ 푡)]

Đây chính là luật phân bố

22. a) Sai b) Đúng, PP phủ định c) Sai d) Đúng, Tam đoạn luận

29. a), b) 푝 = 1, 푞 = 1, 푟 = 1, 푠 = 0

30. a) Phép suy luận có dạng: (푝 ∧ 푞) ⟶ 푟

푟 ⟶ 푠¬푠∴

¬푝 ∨ ¬푞

Sử dụng Tam đoạn luận và PP Phủ định

b) Phép suy luận có dạng 푝 ⟶ 푞푟 ⟶ 푠

(푠 ∧ 푞)푡∴

⟶ (푝 ∧ 푡)⟶ ¬푝

¬푟 ∨ ¬푝

Dùng phép phản chứng.

c) Phép suy luận có dạng:


푝 ⟶ 푞푟 ⟶ 푠

(푞 ∨ 푠)¬푡∴

⟶ 푡

¬푝 ∧ ¬푟

Dùng PP Phủ định 3 lần

34. a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Đúng: chọn 푥 = 1 e) Sai: chọn x=0

37. a) Đúng: nếu thay 푥 bởi phần tử tùy ý sao cho 푝(푥) đúng thì 푥 = 2 hay 푥 = 3. Khi đó 푥 > 0

b) Sai: chọn 푥 = 5 thì 푝(5) đúng và ¬푟(5) sai

c) Đúng: chọn 푥 = 0 thì 푞(0) sai nên 푞(0) ⟶ 푟(0) đúng

d) Đúng: chọn 푥 = 0 thì 푝(0) sai nên 푝(0) ⟶ ¬푟(0) đúng

38. a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Đúng

e) Cho 푦 tùy ý, chọn 푥 = 푦 thì 푝(푥,푦)đúng

f) Sai cì có phủ định đúng là: ∀푦∃푥, ¬푝(푥,푦) . Thật vậy cho 푦 tùy ý, chọn 푥 = 푦 + 1 thì ¬푝(푥,푦) đúng.

g) Đúng h) Đúng

39. a) Sai: chọ 푥 = −1 và 푦 = 0 thì 푥 > 푦 nhưng 푥 < 푦. Phủ định đã cho được viết đúng.

b) Đúng. Phủ định đã cho được viết đúng.

c) Đúng. 1.3=3 là số lẻ. Phủ định được viết không chính xác. Phủ định đúng là: tích của hai số lẻ bất kỳ là số chẵn.

d) Đúng. Phủ định được viết không chính xác. Phủ định đúng là : tồn tại số hữu tỉ có bình phương là số vô tỉ

40. a) Tồn tại số nguyên 푛 sao cho 푥 chia hết cho 2 và 푛 số chẵn

b) Tồn tại số nguyên chẵn có bình phương là số lẻ

c) Tồn tại các số nguyên 푘,푚,푛 sao cho 푘 − 푚,푛 − 푛 và 푘 − 푛 là số lẻ.

d) Tồn tại số thực 푥 sao cho 푥 > 16 và −4 ≤ 푥 ≤ 4

e) Tồn tại số thực 푥 sao cho |푥 − 3| < 7 trong khi 푥 ≤ −4 hay 푥 ≥ 10.

41. a) ∀푥, ¬푝(푥) ∨ 푞(푥) ⟺ ∀푥, ¬푝(푥) ∧ ¬푞(푥)

b) ∃푥, ¬ 푝(푥) ∧ ¬푞(푥) ⟺∃푥, ¬푝(푥) ∨ 푞(푥) ⟺ ∃푥,푝(푥) → 푞(푥)

c) ∃푥, ¬ 푝(푥) → 푞(푥) ⟺∃푥, ¬ ¬푝(푥) ∨ 푞(푥) ⟺ ∃푥,푝(푥) ∧ ¬푞(푥)

d) ∀푥, 푝(푥) ∨ 푞(푥) ∧ ¬푝(푥) ⟺∀푥, 푞(푥) ∧ ¬푝(푥)

43. a) ∃푢∀푥, 푥푢 = 푥 b)∀푥∃푥 , 푥 + 푥 = 0 c) ∀푥, (푥 ≠ 0) → (∃푥 , 푥푥 = 1)

d) Trong 풁 b) vẫn như trên trong khi đó c) phải được thay bởi ∀푥, (|푥| = 1) → (∃푥 , 푥푥 = 1)

44. a) ∀푥 ∈ 푹, (푥 ≠ 0) → ∃! 푥 :푥푥 = 1 . Nếu 푹 được hiểu ngầm thì mệnh đề trên có thể viết: ∀푥 ≠ 0,∃! 푥 : 푥푥 = 1

b) ∀푥 ∈ 푹,∀푦 ∈ 푹,∃! 푧 ∈ 푹: 푧 = 푥 + 푦 c) ∀푥,∃!푦:푦 = 3푥 + 7

45. ∀푥,∃!푦,푦 = −2푥 đúng trong khi ∃! 푦,∀푥,푦 = −2푥 sai. Thật ra ta cần kiểm tra ∃푥,∀푦,푦 ≠−2푥 đúng. Muốn vậy, ta cho 푦 = 푏 tùy ý và chọn 푥 = − + 1 thì 푏 = −2푥 + 2 ≠ −2푥


Với kết quả trên thì a) sai và b) đúng

46. Chọn 푥 = 0,푦 = 0, 푧 = 2 thì 푝(푥, 푦) và 푝(푥, 푧) đúng trong khi 푦 ≠ 푧 . Như vậy ∀푥∃!푦푝(푥,푦) sai. Suy ra ∃! 푦∀푥;푝(푥,푦) cũng sai. Từ đó ta thấy cả hai kết luận a) và b) đều đúng.

47. Với tập hợp vũ trụ 풰 = {1,2} thì mệnh đề “∃! 푥, 푥 > 1” đúng trong khi với 풰 = {1,2} thì mệnh đề trên sai.

49. a) Đúng. Qui tắc đặc biệt hóa phổ dụng và PP khẳng định đã được sử dụng.

b) Sai. Có thể ông Bình đã đóng thuế nhưng vẫn không là công dân tốt (vi phạm luật giao thông chẳng hạn!)

c) Sai. Có thể Hà không quan tâm đến môi trường nhưng vẫn để riêng các túi nhựa bỏ đi (bị mẹ bắt chẳng hạn!)

d) Sai.Có thể Minh không nộp bài chưa làm xong vì không chịu làm bài (do đó Minh không phải là sinh viên nghiêm túc).

50. a) b) hiển nhiên.

c) Sử dụng Qui tắc đặc biệt hóa phổ dụng, Qui tắc tổng quát hóa phổ dụng và Phép chứng minh theo trường hợp,

d) Xét hai vị từ trên 풁:

푝(푥): "푥 ≥ 0"푞(푥): "푥 ≤ 0"

Khi ấy “ ∀푥,푝(푥) ∨ 푞(푥)” đúng trong khi cả “ ∀푥,푝(푥)” và “ ∀푥, 푞(푥)” đều sai.

54.Suy luận sai ngay ngay trong bước qui nạp đầu tiên: 푝(1) → 푝(2).

55. Giả sử 3 số liên tiếp bất kỳ có tổng ≤ 38. Khi ấy ta có:

3. (1 + 2 + ⋯+ 25) ≤ 25.38nghĩa là25.39 ≤ 25.38:mâu thuẫn

56. a) Suy ra dễ dàng từ nguyên lý qui nạp.

b) Cần chứng minh bằng qui nạp bất đẳng thứ phụ nếu 푛 > 2 thì 2푛+ 1 < 2

c) Cần chứng minh bằng qui nạp 2 bất đẳng thứ phụ: nếu 푛 > 5 thì 6푛 + 10 < 2

và nếu 푛 > 6 thì 3푛 + 3푛 + 1 < 2

57. Giả sử

1 + 2 +⋯+ 푘 =푘 + 1

22

Khi ấy:

1 + 2 +⋯+ 푘 + 1 =푘 + 1

22

+ 푘 + 1 =푘 + 1 + 1

22

Tuy nhiên 푆(1) đã sai nên không áp dụng nguyên lý qui nạp được.

58. Công thức cần chứng minh là (푛 + 1) + (푛 + 2) + ⋯+ (푛 + 1) = 푛 + (푛 + 1) ,푛 ≥ 0

Giả sử công thức trên đúng với 푛 = 푘. Ta có:

((푘 + 1) + 1) + ((푘 + 1) + 2) +⋯+ (푘 + 2)


= (푘 + 2푘 + 1 + 1) + (푘 + 2푘 + 1 + 2) +

… + (푘 + 2푘 + 1 + 2푘 + 1) + (푘 + 1)2 + 2푘 + 2 + (푘+ 1)2 + 2푘+ 3

= (푘 + 1) + (푘 + 2) + ⋯+ (푘 + 1) + (2푘 + 1). (2푘 + 1) + 2 + 4푘 + 5

= (푘 + 1) + 푘 + 6푘 + 12푘 + 8 = (푘 + 1) + (푘 + 2)

CHƯƠNG 2

1. Bốn tập hợp bằng nhau. Tuy nhiên 3 cách viết sau không hợp lý vì có những phần tử được kể 2 lần trong tập hợp.

2. a) Đúng b) Đúng c) Đúng do a) d) Đúng do b)

e) Sai. Ta phải viết {2} ⊂ 퐴. f) Sai. Ta phải viết {2} ∈ 퐴

3. a) Sai. b) c) d) Đúng.

4. a) {0,2} b) 2, , , , c) , , , , ,

5. a) b) c) e) Đúng. d) và f) Sai

7. Chỉ có d) khác ∅ vì phươn trình tương ứng có nghiệm.

8. a) {1,2,3,5} b) 퐴 c) và d) 풰\{2} e) {4,8} f) {1,2,3,4,5,8}

g) ∅ h) {1} i) {1,3,4,5,8}

9. a) c) d) Đúng. b) e) f) Sai

10. a) 퐸 b)퐵 c)퐷 d)퐷 f)퐸 e)퐴 = {2푛 + 1/푛 ∈ 풁}

12. a) Sai, chọn 풰 ≠ 0 tùy ý và 퐴 = 퐶 = ∅,퐵 = 풰

b) Sai, chọn 풰 ≠ 0 tùy ý và 퐴 = ∅,퐵 = 퐶 = 풰

c) Đúng. Ta có: (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐶 ∩ 퐵) = (퐴 ∪ 퐶) ∩퐵 = (퐵 ∪ 퐶) ∩ 퐵 = 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐵 = ∅

Suy ra (퐴 ∩ 퐵) ⊂ 퐴 ∩ (퐶 ∩ 퐵) = 퐴 ∩ 퐶 ∩ 퐵 = 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐵 = ∅

Do 11. d)퐴 ⊂ 퐵. Tương tự ta có 퐵 ⊂ 퐴. Nghĩa là 퐴 = 퐵.

13. a) Sai. Chọn 퐴 = {1},퐵 = {2} b) Đúng

15. a) 퐴 ∩ (퐵 ∩ 퐴) = (퐴 ∩ 퐴) ∩ 퐵 = ∅ b) (퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐷) ∪ (퐴 ∩ 퐵) = 퐵

c) 퐴 ∪ 퐵 ∪ (퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶) = 퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶 d) Tập hợp đã cho bằng 퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶 ∩ 퐷

21. a) 푓 ∘ 푔(푥) = 3푥 − 1 và 푔 ∘ 푓(푥) = 3푥 − 3

ℎ ∘ 푔(푥) = ℎ(3푥) = ℎ(푥);푔 ∘ ℎ(푥) = 0푛ế푢푥푐ℎẵ푛3푛ế푢푥푙ẻ

푓 ∘ 푔 ∘ ℎ(푥) = 3ℎ(푥) − 1

b) 푓 (푥) = 푥 − 2, 푓 (푥) = 푥 − 3,푔 (푥) = 9푥,푔 (푥) = 27푥

ℎ = ℎ,ℎ = ℎ = ℎ. Bằng qui nạp ℎ = ℎ

22. 푓 (퐴) = 푓 푇 ∩ (푆 ∪ 퐴) = 푇 ∩ 푆 ∪ 푇 ∩ (푆 ∪ 퐴)

= 푇 ∩ (푆 ∪ 푇) ∩ (푆 ∪ 퐴) = 푇 ∩ (푆 ∪ 퐴) = 푓(퐴)

23. a) 푓 là song ánh. Ánh xạ ngược 푓 :푹 → 푹 cho bởi 푓 (푦) = 푦 − 7.

b) 푓(1) = 푓(−3) = 0 nên 푓 không đơn ánh


c) Hàm số 푓 tăng ngặt trên [4,9] nên 푓 là đơn ánh. Mặt khác 푓([4,9]) ⊂ [21,96]. Hơn nữa với 푦 ∈ [21,96] thì phương trình 푥 + 2푥 − 3 = 푦 có nghiệm duy nhất là 푥 = −1 + 4 + 푦. Do đó 푓 là song ánh với ánh xạ ngược là 푓 (푦) = −1 + 4 + 푦.

d) 푓 là song ánh. Ánh xạ ngược:

푓 (푦) =푦푛ế푢푦 ≥ 0푦5푛ế푢푦 < 5

e) 푓 là song ánh. 푓 (푦) = ln(푦)− 1,푦 ∈ (0, +∞)

f) 푓 là đơn ánh nhưng 푓 không toàn ánh vì 1 ∉ 푓(퐴)

27. a) 푓 (−10) = −3,푓 (0) = 7,푓 (2) = 1,푓 (6) = 5

b) 푓 ([−5,−1]) = [2,6], 푓 ([−2,4]) = 푓 ([−2,0])∪ 푓 (0.3) ∪ 푓 ([3,4]) = (−1,7]

28. a) Chú ý rằng 푓 là một song ánh giữa 풁 ={1,2,…} va tập hợp các số nguyên tự nhiên lẻ, cũng như là một song ánh giữa 풁 ∪ {0} = {… ,−2,−1,0} tập hợp các số nguyên tự nhiên chẵn. Suy ra 푓 là một song ánh giữa 풁 và 푵.

b)푓 (푦) =푦 +

12푛ế푢푦푙à푠ố푛푔푢푦ê푛푡ự푛ℎ푖ê푛푙ẻ

−푦2푛ế푢푦푙à푠표ố푛푔푢푦ê푛푡ự푛ℎ푖ê푛푐ℎẵ푛

29. a)푓(푥) = 푓(푥 ) ⟹ 푔 푓(푥) = 푔 푓(푥 ) ⟹ 푥 = 푥′

b) Do 푔 ∘ 푓 toàn ánh nên cho 푧 ∈ 퐶 tùy ý, sẽt tồn tại 푥 ∈ 퐴 sao cho 푧 = 푔 ∘ 푓(푥) = 푔(푦) với 푦 = 푓(푥) ∈ 퐵. Điều này chứng tỏ 푔 toàn ánh.

c) (푔 ∘ 푓) = 푓 ∘ 푔

d) Chọn 푓(푥) = 2푥 với 푥 ∈ 푵 và

푔(푥) =

푥2푛ế푢푥푙à푚ộ푡푠ố푛푔푢푦ê푛푡ự푛ℎ푖ê푛푐ℎẵ푛푥 − 1

2푛ế푢푥푙à푠ố푛푔푢푦ê푛푡ự푛ℎ푖ê푛푙ẻ

30. a) 푓(푛) = 푛 ± 1 nên 푛 và 푓(푛) khác tính chẵn lẻ.

b) Giả sử 푓(푚) = 푓(푛). Khi ấy 푚 và 푛 cùng tính chẵn lẻ nên (−1) = (−1) .Suy ra 푚 = 푛 ∶푓 là đơn ánh

c) 푓 (푛) = 푓(푛) + (−1) ( ) = 푛 + (−1) − (−1) = 푛,∀푛 ∈ 풁

Như vậy 푓 là song ánh và 푓 = 푓.

d) Ta có 푛 = 푓 (365) = 푓(365) = 365 + (−1) = 364

31. i) Giả sử 푚 + 푛 < 푚 + 푛′. Khi ấy

푓(푚 + 푛) ≤(푚 + 푛)(푚 + 푛 + 3)

2

≤(푚 + 푛 − 1)(푚 + 푛 + 2)

2< 푓(푚 + 푛′)

Tương tự nếu 푚 + 푛 < 푚 + 푛 thì 푓(푚 + 푛 ) < 푓(푚,푛). Mặt khác nếu 푚 + 푛 = 푚 +푛′ và 푓(푚,푛) = 푓(푚 ,푛 ) thì 푚 = 푚,푛 = 푛. Tóm lại 푓 là đơn ánh.

ii) Đặt 퐴 = 푓(푵 × 푵). Ta có 0 = 푓(0,0) ∈ 퐴


Mặt khác, giả sử 푘 = 푓(푚,푛). Khi ấy 푘 + 1 = 푓(푚 − 1,푛 + 1) nếu 푚 > 0 và 푘 + 1 =푓(푛 + 1,0) nếu 푚 = 0. Suy ra 푓(푵 × 푵) = 푵 theo Nguyên lý Qui nạp.

33. a) 105 = 252 b) 7

4 = 35

c) 105 − 9

4 − 84 = 56

34. a) Đó là các tập hợp có dạng 퐴 ∪ 퐵 với 퐴 là một tập con của ≠ ∅ của {2,4,6,8,10} và 퐵 ⊂ {1,3,5,7,9,11}. Do đó theo Nguyên lý nhân số tập hợp này là: (2 − 1)2

b) Tương tự như trên, số tập hợp con có dạng này là 2 (2 − 1)

c) Tổng quát hóa: nếu 푀 là một tập hợp số chẵn có 푚 phần tử và 푁 là một tập hợp số chẵn có 푛 phần tử thì số tập hợp con của 푀 ∪푁 chứa ít nhất một số chẵn là: (2 − 1)2

35. 푛 = 20

38. a) Số nhãn hiệu thỏa ít nhất 2 tính năng là:

|(퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐵 ∩ 퐶) ∪ (퐴 ∩ 퐶)| = |퐴 ∩ 퐵| + |퐵 ∩ 퐶| + |퐴 ∩ 퐶| = 4

Số nhãn hiệu thỏa ít nhất 1 tính năng là:

|(퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐵 ∩ 퐶)∪ (퐴 ∩ 퐶)| = 18− 4 = 14

Do đó số nhãn hiệu thỏa đúng 1 tính năng là 10.

b) Số nhãn hiệu không thỏa tính năng nào là 15 - 14=1.

40. a) 2 − 2 = 126; 2 − 2 − 71 − 7

6 = 112 b)2 − 2; 2 − 2 − 2푛

41. 푛푛

푛 − 푛푛 …

푛푛 = !

! !… !

44. Gọi 퐴,퐵,퐶 là tập hợp các sinh viên làm thí nghiệm thứ nhất, thứ hai và thứ ba tương ứng. Ta có: |퐴| = 21− 5 = 16, |퐵| = 21− 7 = 14, |퐴| = 21 − 6 = 15. Áp dụn 38. ta được

|퐴 ∩ 퐵| + |퐵 ∩ 퐶| + |퐴 ∩ 퐶| = 33

Số sinh viên làm ít nhất hai thí nghiệm là:

|(퐴 ∩ 퐵) ∪ (퐵 ∩ 퐶) ∪ (퐴 ∩ 퐶)| = 33− 3|퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶| + |퐴 ∩ 퐵 ∩ 퐶| = 15

Do đó có 21 − 15 = 6 sinh viên chỉ làm được một 1 thí nghiệm.

45. Mỗi đường đi được xác định bởi 푚 ký tự 푵 (đi ngang) chọn một dãy gồm có 푚 + 푛 ký tự 푁 và 퐿 (đi lên). Do đó số các đường đi khác nhau là

푚 + 푛푚 = 푚 + 푛

푛

46. 10 + 4 − 14 − 1 = 13

3 = 286

47. a) 10 + 5 − 15− 1 = 14

4 = 1001

b) Chia cho đứa trẻ lớn nhất hai hòn bi, còn lại chia cho 5 đứa: 8 + 5− 15− 1 = 12

4 = 495

c) Chia 5 hòn bi còn lạc họ đứa: 5 + 5− 15− 1 = 9

4 = 126

48. a) Cho vào mỗi hợp một vật, còn lại 푟 − 푛 vật chia cho 푛 hộp: 푟 − 푛 + 푛 − 1푛 − 1 = 푟 − 1

푛 − 1


b) 푟 − 1푛 − 1

49. a) Đây là số nghiệm ≥ 0 của phương trình 푦 + 푦 + 푦 + 푦 = 8 8 + 4 − 1

4− 1 = 113 = 165

b) Chỉ có 1 nghiệm: 푥 = 푥 = 푥 = 푥 = 8

c) Chính là số nghiệm của phương trình 푦 + 푦 + 푦 + 푦 = 28 với 푦 ,푦 ,푦 ≥ 0,0 ≤ 푦 ≤ 24: 313 − 6

3 = 4475

ở đây 63 chính là số nghiệm ≥ 0 của 푦 + 푦 + 푦 + 푦 = 3

50. a) Theo Nguyên lý nhân, số các số hạng 푥(2푦) (3푧) 푡 là: 7 × 62 × 4

3 = 420

Do đó hệ số của 푥푦 푧 푡 là 420 × 2 × 3 = 15120

b) Số số hạng có dạng 푥 푦 푧 푡 푣 là số nghiệm của phương trình 훼 + 훼 + 훼 + 훼 +훼 = 7, với 훼 ∈ 푵, 1 ≤ 푖 ≤ 5:

7 + 5 − 15− 1 = 11

4 = 330

53. a) 82 = 28 b) 8

4 = 70 c) 86 = 28

d) Đây cũng là số byte có nhiều nhất 2 bit 0: 80 + 8

1 + 82 = 37

55. a) 152 = 105 b) 25

3 = 2300, 254 = 12650

56. a) 푛3 = ( )( )

b) Có 푛 tam giác có chung hai cạnh với đa giác đều và 푛(푛 − 4) tam giác có chung một cạnh với đa giác đều. Do đó số tam giác không có cạnh chung là

푛(푛 − 1)(푛− 2)6

− 푛(푛 − 4)− 푛 =푛6

(푛 − 9푛 + 20)

59. a) (1 + 2) = 3

b) (1 + 푥 − 푥) = 1

c)1

푖! (푛 − 1)!=

1푛!

푛푖 =

2푛!

d)1

푖! (푛 − 1)!=

1푛!

(−1) 푛푖 =

1푛!

(1− 1) = 0

60. Giả sử mỗi cửa có ít hơn bồ câu. Khi ấy ta có: 푚 ≤ 푛 − 1 < 푛 = 푚: mâu thuẫn

61. a) Ít nhất 7 lần: Nguyên lý chuồng bồ câu

b) Gọi 푚 là số lần tung. Do 60. Ta cần có: ≥ 3

Do đó giá trị nhỏ nhất của 푚 là 13

c) 6(푛 − 1) + 1


63. a) Ta chọn 10 của chuồng bồ câu: [1,2),[2,3),…,[9,10),{10}. Do nguyên lý chuồng bồ câu có hai phần tử 푥 ≠ 푦 có căn bậc hai cùng thuộc một tập hợp, nghĩa là: 0 < √푥 − 푦 <1.

b) Cho trước một số nguyên 푘 > 0. Trong 푛 + 1 phần tử khác nhau của {1,2, … ,푛 }, có ít nhất 2 phần tử 푥,푦 sao cho: 0 < √푥 − 푦 < 1

64. Vẽ 9 tam giác đều có các cạnh song song với các cạnh của tam giác đều đã cho vaa2 đỉnh chọn trong số 3 đỉnh, 6 diểm chia các cạnh theo tỉ số và tâm của tam giác đều. Theo Nguyên lý chuồng bồ câu, có ít nhất 2 trong số 10 điểm đã cho thuộc về cùng một tam giác đều nhỏ. Khoảng cách của chúng ≤ . Dấu = chỉ xảy ra đối với 2 đỉnh của một tam giác đều nhỏ. Tuy nhiên chỉ có một đỉnh duy nhất nằm bên trong tam giác đều đã cho.

CHƯƠNG 3

1. a) 푥 = 0, (푦, 푧, 푡) ∈ 퐴 × 퐴 × 퐴 tùy ý: có 4.7 = 196 bộ 4

푥 ≠ 0 tùy ý, 푧 = 0, (푦, 푡) ∈ 퐴 × 퐴 tùy ý: có 4 . 7 = 112 bộ 4

푥 ≠ 0 tùy ý, 푦 tùy ý,푧 ≠ 0 tùy ý,푡 = 0: có 4 . 6 = 96 bộ 4

Vậy |ℛ | = 196 + 112 + 96 = 404

b) 푥 ≠ 0 tùy ý, 푦 tùy ý,푧 ≠ 0 tùy ý,푡 = 0 tùy ý

Vậy |ℛ | = 4 . 6.3 = 288

2. a) |퐴× 퐵| = 3 = 9 b) 2| × | = 2 = 512 c) 2| × | = 512

d) Đó là số tập hợp con của 퐴 × 퐵\{(1,2), (1,5)} = 2 = 128

e) Đó là số tập hợp con 5 phần tử của 퐴 × 퐵: 95 = 126

f) 2 − 90 − 9

1 − 92 = 466

3. 2| || | = 4096 = 2 ⟹ 3|퐴| = 12 ⟹ |퐴| = 4

4. a) Quan hệ hàm: 푓:푹 → 푹, 푓(푥) = 푥 + 7

b) Quan hệ hàm: 푓:푹 → 푹, 푓(푦) = 푦

c) Quan hệ hàm: 푓:푹 → 푹, 푓(푥) = 3푥+ 1 hay 푔:푹 → 푹,푔(푦) = = 푓 (푦)

d) Không phải là quan hệ hàm

e) Quan hệ hàm: 푓: [0,1] ⟶ [0,1],푓(푥) = √1 − 푥 hay 푔 : [0,1] ⟶ [0,1],푔(푦) = 1 − 푦 =푓 (푦) = 푓(푦)

5. a)휋 (ℛ) = [0, +∞),휋 (ℛ) = 푹

b) 휋 (ℛ) = 푹,휋 (ℛ) = [−1,1]

c)휋 (ℛ) = [−1,1],휋 (ℛ) = [−1,1]

6. a) Quan hệ trên 퐴 × 퐴 × 퐴 trong đó dòng 2 và 3 đồng nhất nên loại bớt 1 và dòng 5 và 6 đồng nhất nên loại bớt 1.

b) 퐴 ×퐴 đều có thẻ dùng làm khóa chính

7. a) Quan hệ chiếu lên 퐴 × 퐴 gồm 2 cột đầu và đủ 6 dòng. Quan hệ chiếu lên 퐴 × 퐴 ×퐴 gồm 3 cột đầu và đủ 6 dòng.


b) Không có khóa chính vì mỗi cột đều có giá trị lặp lại.

c)퐴 × 퐴 ,퐴 × 퐴 ,퐴 × 퐴 ,퐴 × 퐴 ,퐴 × 퐴 .

8. a) ℛ = {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (1,2), (2,1), (2,3), (3,2)}

b) ℛ = {(1,1), (2,2), (3,3), (4,4), (1,2), (2,1), (2,3), (1,3)}

c) ℛ = {(1,1), (2,2), (1,2), (2,1)}

9. a) Phản xạ, đối xứng, bắc cầu. Tuy nhiên không phản xứng trừ trường hợp 퐶 = 퐸

b), e), f), g) Phản xạ, đối xứng, bắc cầu nhưng không phản xứng

c) Đối xứng nhưng không có ba tính chất kia

d) Phản xạ, phản xứng, bắc cầu nhưng không đối xứng

11. a)(ℛ∗)∗ = ℛ

b) ℛ = ℛ∗ khi và chỉ khi ℛ đối xứng

c) bắc cầu, phản xứng khi và chỉ khi ℛ∗ bắc cầu, phản xứng. Theo b) nếu ℛ đối xứng thì ℛ∗ = ℛ cũng đối xứng.

12. a)|퐴 × 퐴| = 16, |∆ | = 4 nên số quan hệ phản xạ là: 2 = 4096

b) Gọi 풯 = {(푖, 푗)/1 ≤ 푖 < 푗 ≤ 4}. Với 푆 ⊂ 풯 ∪ ∆ thì 푆 ∪ {(푎, 푏)(푏, 푎) ∈ 푆} là một quan hệ đối xúng và ngược lại. Do đó số quan hệ đối xứng là 2풯∪∆ = 2 = 1024

c) Một quan hệ phản xạ và đối xứng xác định duy nhất bởi tập hợp 푆 ⊂ 풯 nên số quan hệ phản xạ và đối xứng là 2|풯| = 2 = 64.

d) Giả sử ℛ phản xứng, đặt 푆 = ℛ ∩ ∆ ,푆 = ℛ ∩풯 và 푆 = ℛ∗ ∩ 풯 : rõ ràng ℛ được xác định duy nhất bởi 푆 , 푆 , 푆 .

Do đó số các quan hệ phản xứng là :

2 6푘 2 = 11.664

e) Đó là quan hệ ℛ ⊂ ∆ : có 2 = 16 quan hệ

f) Quan hệ duy nhất là ℛ = ∆ .

13. Ta viết 퐴 = {푎 ,푎 , … ,푎 }. Đặt 풯 = 푎 ,푎 /푖 < 푗 . Ta có |푇| = ( ). Tương tự như

trên, mỗi quan hệ phản xứng ℛ tương ứng với các tập con 푆 , 푆 , 푆 . ℛ là tối đại khi và chỉ khi 푆 = ∆ và 푆 ∪ 푆 = 풯, nghĩa là |ℛ| = ( ) + 푛 = ( )

Hơn nữa số quan hệ như vậy chính là 2( )

.

14. a) Trực tiếp từ định nghĩa

b) [1] = {1,2} = [2], [3] = {3}

c)[4] = {4,5} = [5] và [6] = {6}. Do đó ta có phân hoạch của 퐴 thành các lớp tương đương: 퐴 = {1,2}∪ {3} ∪ {4,5} ∪ {6}

15. Ngoài đường chéo chính ∆ , còn chứa các cặp {1,2},{2,1},{3,4},{4,3}.

16. Ta có (1,2) và (2,3) nhưng (1,3)∉ ℛ nên ℛ không phải là quan hệ tương đương.

17. a) Hiển nhiên


b) [(푥,푦)] = {(푥, 푡)/푡 ∈ ℛ}. Đấy chính là đường thẳng song song với trục tung và đi qua điểm (푥, 푦)

19. a) Đó là quan hệ tương đương

b) [∅] = ∅, {3} , [{1}] = {1}, {1,3} , [{2}] = {2}, {2,3} , [{1,2}] = {1,2}, {1,2,3}

c) [{1,3,5}] = {{1,3,4},{1,3,5}}. Mỗi lớp tương đương đều chứa một tập hợp con duy nhất của 퐶 nên số lớp tương đương chính là 2| | = 2 = 8

21. a) 63 = 10 b) 6

3 1 + 31 = 80

c) 64 × 2 = 30 d) 10 + 80 + 30 + = 126

22. a) Suy trực tiếp từ định nghĩa b){푓 (푦)/푦 ∈ 푓(퐵)}

23. ℛ = (퐴 ×퐴 ) ∪ (퐴 × 퐴 ) ∪ (퐴 × 퐴 )

25. Xét 풫 = 풫({1,2,3}) và 풫 = {퐴 ⊂ 퐸/4 ∈ 퐴}. Khi ấy biểu đồ Hasse của 풫 và 풫 là 2 hình lập phương 3 chiều. Nối mỗi đỉnh 퐴 ∈ 풫 đến đỉnh 퐴 ∪ {4} ∈ 풫 bởi 1 cung có hướng xuất phát từ 퐴. Tập hợp các đỉnh trong 풫 và 풫 và các cung trong 풫 và 풫 cùng với các cung mới thêm vào như trên chính là biểu đồ Hasse của 풫(퐸).

26. a) Kiểm tra trực tiếp của định nghĩa

b) ≺ không nhất thiết là toàn phần. ví dụ 퐴 = 퐵 = {0,1} và ≺ ,≺ là thứ tự thông thường

27. a) Trực tiếp từ định nghĩa

b) Với 푓,푔 ∈ 퐵 tùy ý. Định nghĩa ánh xạ ℎ:퐸 → 퐵 bởi ℎ(푥) = 푓(푥) ∨ 푔(푥),∀푥 ∈ 퐸. Khi ấy ℎ = sup{푓,푔}

Tương tự ta thấy inf(푓,푔) là ánh xạ 퐸 → 퐵: inf(푓,푔) (푥) = 푓(푥) ∧ 푔(푥),∀푥 ∈ 퐸

29. Tính phản xạ hiển nhiên. Gọi 푖 là chỉ số sao cho 푎 = 푏 ,푎 = 푏 , … ,푎 = 푏 và 푖 = 푚 hoặc 푎 푏 nếu 푖 < 푚. Gọi 푗 là chỉ số tương tự xác định từ 푠 ≺ 푠 .

Nếu 푗 ≥ 푖 thì ta có 푎 = 푐 , … ,푎 = 푐 và 푖 = 푚 hoặc 푎 푏 ≺ 푐 nếu 푖 < 푚. Nếu 푗 < 푖 thì 푗 < 푛 nên ta có 푎 = 푐 , … ,푎 = 푐 và 푎 ≺ 푏 푐 .

Trong cả hai trường hợp ta đều có 푠 ≺ 푠 và ≺ có tính bắc cầu. Chú ý rằng trong trường hợp trên nếu 푠 = 푠 thì trường hợp 2 không xảy ra và khi đó 푠 = 푠 , nghĩa là ≺ là phản xứng.

Xét hai chuỗi khác rỗng 푠 , 푠 như trên. Nếu 푎 = 푏 với 1 ≤ 푖 ≤ min(푚,푛) thì ta có 푠 ≺ 푠 hay 푠 ≺ 푠 theo Định nghĩa của ≺. Trong trường hợp ngược lại sẽ có chỉ số 푖 bé nhất để 푎 ≠ 푏 , nghĩa là 푎 = 푏 , … ,푎 = 푏 . Do thứ tự trên 풜 là tòan phần ta có 푎 푏 hay 푎 푏 . Nói cách khác 푠 ≺ 푠 hay 푠 ≺ 푠 . Tóm lại thứ tự trên 푆 là toàn phần.

30. Trong 3 biểu đồ đầu, định nghĩa trội trực tiếp bị vi phạm.

Ngoài ra trong biểu đồ thứ 2 tính phản xứng cũng bị vi phạm. Chỉ có biểu đồ cuối cùng là biểu đồ Hasse

34. a) Chỉ có một chặn trên gồm 3 phần tử {1,2,3}

Số chặn trên gồm 4 phần tử: 41 = 4

Số chặn trên gồm 5 phần tử: 42 = 6


b)11 + 43 + 4

4 = 16

c) {1,2,3} d) Một chặn dưới duy nhất:∅ e)∅

35. a) (풫({1,2}),⊂) là 1 dàn nhưng thứ tự ⊂ không toàn phần.

b) Nếu ≺ toàn phần thì với 푥,푦 ∈ 퐴 tùy ý ta có: sup{푥,푦} = max(푥,푦)푣à inf{푥,푦} = min(푥,푦)

Do đó 퐴 là một dàn.

37. a) 푎 b) 푎 c) 푐 d) 푒 e) 푧 f) 푒 g) 푣

38. a) 푧 là phần tử lớn nhất và 푎 là phần tử bé nhất

b) (퐴,≺) là một dàn

39. Sử dụng các qui luật logic

40. a) ∀푥,푦, min{푥,푦} tồn tại. Vậy thứ tự tốt toàn phần. Tuy nhiên ≤ là thứ tự toàn phần trên 풁 nhưng không phải là thứ tự tốt.

b) Do định nghĩa của thứ tự tốt

c) ≤ là thứ tự tốt trên 푵 nhưng 푵 không có phần tử lớn nhất. {1,2} là 1 tập hợp sắp tốt có phần tử lớn nhất.

41. a), e), f) là tập hợp sắp tốt.

b) Không phải là tập sắp tốt. Mặt khác tập hợp {1, , … , , … } không có phần tử bé nhất nên (푄,≤) và (푄 ,≤) không phải là tập sắp tốt.

g) Giả sử 풜 là bộ mẫu tự gồm 2 chữ cái 푎 ≺ 푏. Khi ấy {푎푏,푎푎푏,푎푎푎푏, … } là một tập con của 푆 không có phần tử bé nhất nên 푆 không phải là tập sắp tốt.

42. a) 푠(푥) = min{푦 ∈ 퐴 ≺ 푥푦} chính là trội trực tiếp duy nhất của 푥.

b) Giả sử 푥푦. Khi ấy 푠(푥) ≺ 푦푠(푦) nên 푠 là đơn ánh. Tuy nhiên phần tử bé nhất 훼 của 퐴 không thuộc 푠(퐴).

c) Định nghĩa ánh xạ 휑:푵 → 퐴 bởi 휑(0) = 훼,휑(푛) = 푠 (훼), trong đó 푠 (훼) được định nghĩa bằng qui nạp: 푠 (훼) = 푠 푠 (훼) . Khi ấy 휑 là một đẳng cấu giữa hai tập hợp sắp thứ tự (푵,≤) và (퐴,≺)

43. a) 1 b) 22 c) 6 d) 11 e) 3

a) 2 . 3 . 5 . 11 và 2 . 3. 5 . 7 . 11

b) 푈푆퐶퐿푁 = 2 . 3.5 . 11 = 3300퐵푆퐶푁푁 = 2 . 3 . 5 . 7 . 11 = 320.166.000

47. a) 2 . 5 . 7 , 0 ≤ 푎 ≤ 3,0 ≤ 푏 ≤ 2,0 ≤ 푐 ≤ 4

b) Các ước số dương của 푚 có dạng 푝 푝 푝 với 0 ≤ 푠 ≤ 푟 , 0 ≤ 푠 ≤ 푟 , 0 ≤ 푠 ≤ 푟 . Do đó theo Nguyên lý nhân, số ước số dương là (푟 + 1)(푟 + 1)(푟 + 1).

c) Nếu 푚 = 푝 푝 푝 thì 푛 có (푟 + 1)(푟 + 1) … (푟 + 1) ước số dương.

d) Suy ra 푟 + 1 = 2 , nghĩa là 푟 = 2 − 1,푎 ∈ 풁 , 1 ≤ 푖 ≤ 푛

49. a) Sinh viên thứ 푛 lật đ62ng xu thứ 100 khi và chỉ khi 푛 là ước số của 200 = 2 . 5 . Do đó số lần mà dồng xu thứ 200 dược lật là 4.3 = 12.

b) Giả sử đồng xu thứ 푚 = 푝 푞 푟 … < 200 được lật ngược (푎 + 1)(푏 + 1)(푐 + 1) … = 12 lần. Khi ấy 푚 có thể lấy các giá trị sau:

2 . 3 = 96 2 . 5 = 160 2 . 3 = 72 3 . 2 = 108 2 . 3.5 = 60 2 . 3.7 = 84


2 . 3.11 = 132, 2 . 3.13 = 156 , 2 . 5.7 = 140, 3 . 2.7 = 126, 3 . 2.11 = 198

52. a) Giả sử (푥,푦) là một lời giả thì 푎 là ước của 푦 do Mệnh đề 3.6.3: 푦 = 푘푎. Khi ấy 푥 = 푘푏

Ngược lại (푘푏, 푘푎),푘 ∈ 풁 là một lời giả.

b) Gọi 푑 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏). Ta có 푥 = 푦 nên do a) các lời giải có dạng (푘 , 푘 ),푘 ∈ 풁

c) Gọi 푑 = 푈푆퐶퐿푁(푎, 푏) = 푚푎 + 푛푏,푚,푛 ∈ 풁 (Định lý 3.6.2)

Do đó nếu 푥,푦 thỏa 푑 = 푥푎 + 푦푏 thì (푥 − 푚)푎 = (푛 − 푦)푏

Theo b), 푥 −푚 = 푘 ,푛 − 푦 = 푘 , với 푘 ∈ 풁

Nghĩa là 푥 = 푚 + 푘 và 푦 = 푛 − 푘

53. Dùng thuật chia Euclide để tìm 푑,푚,푛:

a) 푑 = 2,푚 = −1,푛 = 3;푥 = −1 + 8푘,푦 = 3 − 23푘, 푘 ∈ 풁

b)푑 = 4,푚 = −1,푛 = 2; 푥 = −1 + 16푘,푦 = 3− 31푘, 푘 ∈ 풁

c) 푑 = 1,푚 = −26,푛 = 271;푥 = −26 + 331푘,푦 = 271− 3450푘, 푘 ∈ 풁

54. a) Giả sử 푎푎 ≡ 1(푚표푑푛) khi ấy ta có 푥 ≡ 푎푎 푥 = 푎 푏(푚표푑푛)

Do đó 푎푏′ là nghiệm duy nhất trong 풁 của phương trình đồng dư đã cho.

b) Gọi 푑 = 푈푆퐶퐿푁(푎,푛) > 1. Nếu 푏 không chia hết cho 푑, thì phương trình dồng dư là vô nghiệm. Mặt khác giả sử 푑|푏 khi ấy ta đưa về việc giải phương trình đồng dư 푚표푑푛 = :

푎푑푥 ≡

푏푑

(푚표푑푛′)

Theo a) phương trình trên có nghiệm duy nhất trong 풁 :

푥 ≡ 푎 (푚표푑푛 )푣ớ푖푎′푎푑≡ 1(푚표푑푛 )

Đó cũng là nghiệm của phương trình đồng dư ban đầu.

55. a) (3,16)=1. Ta có 3 × 11 ≡ 33 ≡ 1(푚표푑16) nên 푥 ≡ 11 × 7 ≡ 13(푚표푑16)

b) (5,23)=1. Ta có 5 × 14 ≡ 70 ≡ 1(푚표푑23) nên 푥 ≡ 14(6− 7) ≡ 9(푚표푑23)

c) Phương trình có dạng 3푥 ≡ −12 ≡ 10(푚표푑11)

Mà 3 × 4 ≡ 1(푚표푑11) nên 푥 ≡ 4 × 10 ≡ 7푚표푑(11)

d) Phương trình có dạng 5푥 ≡ −52 ≡ 12(푚표푑64)

Mà 5 × 13 ≡ 65 ≡ 1(푚표푑64) nên 푥 ≡ 13 × 12 ≡ 28(푚표푑64)

CHƯƠNG 4

1. a) Giả sử 푥 và 푥′ là hai phần bù của 푥. Ta có: (푥 ∧ 푥) ∨ 푥 = 0 ∨ 푥 = 푥′

Mà (푥 ∧ 푥) ∨ 푥 = (푥 ∨ 푥 ) ∧ (푥 ∨ 푥 ) = (푥 ∨ 푥 ) ∧ 1 = 푥 ∨ 푥

Suy ra 푥 ≺ 푥 ∨ 푥 = 푥′

Tương tự nếu xét (푥 ∧ 푥) ∨ 푥 ta cũng có 푥 ≺ 푥. Nghĩa là 푥 = 푥′

b) Kiểm tra trực tiếp từ định nghĩa của phần bù rồi sử dụng a).


2. a) Do 푥 ≺ 푦 nên 푦 là trội chung của 푥 và 푦. Hơn nữa nếu 푧 là trội chung của 푥,푦 thì 푦 ≺푧. Như thế 푦 = sup{푥,푦} = 푥 ∨ 푦

b) Do a) 푥 ≺ 푦 ⟹ 푥 ∨ 푦 = 푦 ⟹ 푥 ∧ 푦 = 푦:푦 ≺ 푥

c) 푥 ∧ 푧 ≺ 푥 ≺ 푦 và 푥 ∧ 푧 ≺ 푧 ≺ 푡. Suy ra 푥 ∧ 푧 ≺ 푦 ∧ 푡

d) 푥 ≺ 푦 ≺ 푦 ∨ 푡 và 푧 ≺ 푡 ≺ 푦 ∨ 푡. Suy ra 푥 ∨ 푧 ≺ 푦 ∨ 푡

3. a) 푏 ∧ 푐 ∨ (푐 ∧ 푑) = 푏 ∨ 푑 ∧ 푐 nên 푏 ∧ 푐 ∨ (푐 ∧ 푑) = 푏 ∨ 푑 ∨ 푐 = 푏 ∧ 푑 ∨ 푐

b) (푏 ∧ 푐) ∨ 푏 ∧ 푎 ∨ (푎 ∧ 푐) = (푏 ∧ 푐) ∨ 푏 ∨ 푐 ∧ 푎

= (푏 ∧ 푐) ∨ (푏 ∧ 푐) ∧ (푏 ∧ 푐) ∨ 푎

= (푏 ∧ 푐) ∨ 푎

Do đó phần bù của nó là: 푏 ∨ 푐 ∧ 푎

4. a) Xét một phần tử 푥 ∈ ℬ. Khi ấy 푥 ∈ ℬ và 0 = 푥 ∧ 푥 ∈ ℬ, 1 = 푥 ∨ 푥 ∈ ℬ

b) Có 4 đại số con là 풜,ℬ = ∅, {푎}, {푏, 푐}, {푎, 푏, 푐} ,ℬ = ∅, {푏}, {푎, 푐}, {푎, 푏, 푐} ,ℬ =∅, {푐}, {푎, 푏}. {푎, 푏, 푐} .

c) Với 푥,푦 ∈ ℬ tùy ý ta có 푥,푦 ∈ ℬ nên 푥 ∨ 푦 ∈ ℬ. Suy ra 푥 ∧ 푦 = 푥 ∨ 푦 ∈ ℬ.

5. Đó là đại số Bool với phần tử trung hòa đối với ∧ là 푎. Hơn nữa với 푥 ≺ 푎 thì 푥 ∧ 푎 là phần bù của 푥. Tuy nhiên nó không phải là đại số con nếu 푎 ≠ 1 vì khi ấy nó không chứa 1

6. a) Giả sử 푦 ≺ 휑(푎), tồn tại 푥 sao cho 휑(푥) = 푦. Ta có 휑(푥) ≺ 휑(푎) nên 푥 ≺ 푎 suy ra 푥 = 0 hay 푥 = 푎, nghĩa là 푦 = 0 hay 푦 = 푏.

b) Trực tiếp từ định nghĩa của đại số con.

8. a) Do 35 = 퐵푆퐶푁푁(5,7), 70 = 퐵푆퐶푁푁(35,2)푣à42 = 퐵푆퐶푁푁(2,3,7) ta phải có 휑(35) ={푐,푑},휑(70) = {푎, 푐,푑},휑(42) = {푎, 푏,푑}.

b) Mỗi đẳng cấu phải biến nguyên tử thành nguyên tử nên được xác định hoàn toàn bởi một song ánh giữa {2,3,5,7} và {푎, 푏, 푐,푑}. Có tất cả 4! = 24 đẳng cấu khác nhau.

11. a) (푎⨁푏)⨁푐 = 푎 ∧ 푏 ∨ (푎 ∧ 푏) ∧ 푐 ∨ (푎 ∨ 푏) ∧ 푎 ∨ 푏 ∧ 푐

= 푎 ∧ 푏 ∧ 푐 ∨ (푎 ∧ 푏 ∧ 푐) ∨ (푎 ∧ 푏 ∧ 푐) ∨ 푎 ∧ 푏 ∧ 푐

= 푎 ∧ (푏 ∧ 푐) ∨ 푏 ∧ 푐 ∨ 푎 ∧ (푏 ∧ 푐) ∨ 푏 ∧ 푐

= 푎 ∧ 푏⨁푐 ∨ (푎 ∧ 푏⨁푐) = 푎⨁(푏⨁푐)

푎 ∧ 푏⨁푐 = (푎 ∧ 푏 ∧ 푐) ∨ 푎 ∧ 푏 ∧ 푐

= 푎 ∧ 푏 ∧ (푎 ∨ 푐) ∨ (푎 ∧ 푐) ∧ 푎 ∨ 푏

= (푎 ∧ 푏)⨁(푎 ∧ 푐)

Các tính chất khác hiển nhiên.

b) Đặt = 푎 ∧ 푏 ∨ (푏 ∧ 푎)

(푎⨁푏) ∧ 푎 ∧ 푏 = 푎 ∧ 푎 ∧ 푏 ⨁ 푏 ∧ 푎 ∧ 푏 = 푎 ∧ 푏

Suy ra 푎 ∧ 푏 ≺ 푎⨁푏

Tương tự 푏 ∧ 푎 ≺ 푎⨁푏


Vậy 푎⨁′푏 ≺ 푎⨁푏

Do đó (푎⨁푏) ∨ 푎⨁′푏 = 1

Mặt khác (푎⨁푏) ∧ 푎⨁′푏 = 푎 ∧ (푎 ∨ 푏) ∧ 푎 ∨ 푏 ⨁ 푏 ∧ (푎 ∨ 푏) ∧ 푎 ∨ 푏

= (푎 ∧ 푏)⨁(푎 ∧ 푏) = 0

Như thế 푎⨁푏 = 푎⨁′푏 = 푎⨁′푏

13. a) 푎 ∨ 푥 = 푏 ⟹ 푎 ≺ 푏

Mặt khác giả sử 푎 ≺ 푏. Đặt 푥 = 푎 ∧ 푏. Ta có: 푎 ∨ 푥 = 푎 ∨ 푏 = 푏

b) 푏 ∧ 푦 = (푏 ∧ 푥) ∨ (푏 ∧ 푎) = 푥 ∨ (푥 ∧ 푎) = 푥

푏 ∨ 푦 = 푏 ∨ 푥 ∨ 푎 = 푏 ∨ 푎 ≻ 푎 ∨ 푎 = 1

c) Ta có 푎 ∧ 푏 = 푎 ∧ 푥 ≺ 푥 ≺ 푏. Ngược lại giả sử 푎 ≺ 푏 và 푎 ∧ 푏 ≺ 푥 ≺ 푏. Khi ấy

푎 ∨ 푏 = 푎 ∨ (푎 ∧ 푏) ≺ 푎 ∨ 푥 ≺ 푎 ∨ 푏

Suy ra 푥 là nghiệm của (1).

d) Nếu 푥 là nghiệm, do b) 푥 có dạng 푏 ∧ 푐 với 푐 = 푥 ∨ 푎 ≺ 푎 . Ngược lại nếu 푥 = 푏 ∧ 푐 với 푐 ≻ 푎 thì 푎 ∧ 푥 = 푎 ∧ 푐 ∧ 푏 = 푎 ∧ 푏. Như thế 푎 ∧ 푏 ≺ 푥 ≺ 푏 nên 푥 là nghiệm do c).

e) Nghiệm của 푎 ∧ 푥 = 푏 cũng là nghiệm của 푎 ∧ 푥 = 푏 nên ta đưa về (1).

14. Do 1728 = 2 . 3 chia hết cho chính phương nên 풰 không là đại số Bool. Hơn nữa số mũ 6 không có dạng 2 − 1,푎 ∈ 풁 nên không có thứ tự nào trên 풰 để cho nó trở thành dàn bù phân bố, nghĩa là đại số Bool.

16. a) 푑(푎) = 1 nếu 푎 là nguyên tử.

b) Nhận xét rằng nếu 푎 là nguyên tử không trội bởi 푥 thì 푥 ∨ 푎 là trội trực tiếp của 푥. Do đó ta có thể chứng minh bằng qui nạp rằng 푑(푥) = 푚 nếu có đúng 푚 nguyên tử trội bởi 푥.

Suy ra 푑(푥 ∨ 푦) = 푑(푥) + 푑(푦)− 푑(푥 ∧ 푦)

17. a) 0 b) 0 c) 0 d) 1 e) 1

18. a), b) 푦 = 1ℎ푎푦푧 = 1 c), d) 푧 = 1,푦푡ù푦ý

19. a) 푥푦푧푡 b) 푥푦푧푡 c) 푥푦푧푡 d) 푥푦푧푡

20. a) Có 62 = 15 điểm có đúng 2 thành phần bằng 1. Còn lại (2 − 15) = 49 điểm, nên có

2 hàm Bool thỏa điều kiện này.

b) Có 60 + 6

1 = 7 điểm ở đó số thành phần có giá trị 1 béhoơn 2, nên tổng số hàm Bool

thỏa điều kiện này là 2 = 128.

c) 2 = 2 và 2 = 2 = 256.

21. Ta có 푓(1,0) = 푓(0,1) nên các hàm Bool này đều có dạng 훼푥푦 ∨ 훽푥푦 ∨ 훾(푥푦 ∨ 푥푦), với 훼,훽, 훾 là các hằng số bất kỳ thuộc {0,1}

22. Ta có 푓(1,0,0) = 푓(0,0,1) = 푓(0,1,0)

và 푓(1,1,0) = 푓(1,0,1) = 푓(0,1,1)

Do đó các hàm Bool này đều có dạng: 푓(푥,푦, 푧) = 훼푥푦푧 ∨ 훽푥푦푧 ∨ 훾(푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧) ∨훿(푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧) trong đó là các hằng số tùy ý thuộc {0,1}.


23. Hàm Bool 3 biến không thay đổi giá trị khi ta hoán vị 2 biến bất kỳ chính là các hà m Bool trong 22.

Tương tự một hàm Bool 4 biến khi thay đổi giá trị khi ta hoán vị 2 biến bất kỳ có dạng:

푓(푥,푦, 푧, 푡) = 훼푥푦푧푡 ∨ 훽푥푦푧푡 ∨ 훾(푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡) ∨ 훿(푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡) ∨ 휀(푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡) với 훼,훽, 훾, 훿, 휀 là các hằng số tùy ý thuộc {0,1}.

24. Xét 푎, 푏, 푐 ∈ {0,1} . Khi ấy ít nhất 2 trong số 3 số trên bằng nhau. Giả sử 푎 = 푏. Ta có:

푓(푏,푎, 푐) = 푓(푎, 푏, 푐) ⟹ 푓(푎, 푏, 푐) = 0

Tương tự trong các trường hợp khác ta cũng có 푓 = 0.

Nếu 푛 > 2cũng không tồn tại hàm Bool 푛 biến ≠ 0 thỏa điều kiện trên. Tuy nhiên nếu 푛 = 2 thì các hàm Bool như vậy có dạng 푓(푥,푦) = 훼푥푦 ∨ 훼푥푦 với 훼 là hằng số tùy ý thuộc {0,1}.

25.Lập bảng chân trị. Khi ấy hàm chẵn được xác định hoàn toàn bởi 2 = 2 dòng đầu tiên. Do đó hàm chẵn là 2 . Với 푛 = 2, ta được 4 hàm chẵn: 푥푦 ∨ 푥푦,푥푦 ∨ 푥푦, 0,1

26. Tương tự trong 25, số hàm lẻ 푛 biến là 2 . Với 푛 = 2, ta được 4 hàm lẻ: 푥, 푥,푦,푦

27. a) Hai vế bằng nhau khi 푥 = 1 hay 푥 = 0

b) Xét ánh xạ ℱ × ℱ ⟶ ℱ(푔 ,푔 ) ⟼ 푓

với 푓(푥 , 푥 , … , 푥 ) = 푥 푔 (푥 , … , 푥 ) ∨ 푥 푔 (푥 , … , 푥 ). Khi ấy ta kiểm được dễ dàng ánh xạ trên là song ánh. Suy ra |ℱ | = |ℱ | × |ℱ |.Bằng qui nạp trên 푛 ta suy ra |ℱ | = 2

c) Bằng qui nạp trên 푛 và tính phân bố

28. a) Viết hàm hằng 1 theo 푛 − 푝 biến còn lại như là tổng Bool của 2 từ tối tiểu và sử dụng tính phân bố, ta viết được 푓 như là tổng Bool của 2 từ tối tiểu theo 푛 biến.

b) 푓 ≺ 푔 ⟺ ∃ℎ: 푓 = 푔ℎ. Do đó 푔 là tích của một số từ đơn xuất hiện trong 푓. Suy ra có 2 hàm Bool trội 푓.

29. a) 푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

b) 푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

31. a)푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

b) 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡

32. 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑 ∨ 푎푏푐푑

34.

푥 푥 푥푦 푥 ∨ 푦 푦 푦

35. Cổng NOT có thể tổng hợp như sau:

푥 푥


Do đó cổng AND và cổng OR được tổng hợp nhờ các công thức: 푥푦 = 푥 ∨ 푦 và 푥 ∨ 푦 = 푥 ∨ 푦

36. 푓 = (푥 ∨ 푦푧푡) ∨ 푥 ∨ 푦푧푡 = 푥푦푧푡 ∨ (푥 ∨ 푦 ∨ 푧)푡

37. 푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡. Ta viết 푥푦푧푡 = 푥 ∨ 푦 ∨ 푧 ∨ 푡 để sử dụng một cổng NOR vào tổng hợp từ tối tiểu này. Tương tự cho các từ tối tiểu khác.

Mặt khác ta có thể viết 푓 = 푥푦푧푡푥푦푧푡… để thiết kệ mạng chỉ dùng cổng NAND.

38. a) Các tế bào lớn: 푥푧푡,푦푧푡, 푥푦푧, 푥푦푡,푦푧푡. Dùng phương pháp biểu đồ Karnaugh ta đuộc hai công thức: 푓 = 푥푧푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푦푧, 푓 = 푥푧푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푥푦푡, trong đó chỉ cố công thức dầu Là tối tiểu.

b) Các tế bào lớn: 푥푧, 푥푦,푦푧푡, 푥푧푡, 푥푦푡,푦푧푡. Có 3 công thức đa tối tiểu: 푓 = 푥푧 ∨ 푥푦 ∨ 푥푦푡 ∨푦푧푡, 푓 = 푥푧 ∨ 푥푦 ∨ 푥푦푡 ∨ 푥푧푡, 푓 = 푥푧 ∨ 푥푦 ∨ 푥푧푡 ∨ 푦푧푡

c) Dạng nối rời chính tắc cũng là công thức đa thức tối tiểu duy nhất.

d) Các tế bào lớn: 푦,푥푧, 푥푧, 푡.

Công thức công thức đa thức tối tiểu duy nhất: 푓 = 푦 ∨ 푡 ∨ 푥푧 ∨ 푥푧

e) Các tế bào lớn: 푦푡,푧푡,푦푧,푦푡. Có 2 công thức đa thức tối tiểu: 푓 = 푦푡 ∨ 푦푧 ∨ 푦푡

푓 = 푦푡 ∨ 푦푡 ∨ 푧푡

f) Các tế bào lớn: 푥푦푡, 푥푧푡, 푥푦푧, 푥푦푡,푦푧푡, 푥푦푧

Có 3 công thức đa thức tối tiểu: 푓 = 푥푦푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푧푡 ∨ 푥푦푡

푓 = 푥푦푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푡

푓 = 푥푦푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푦푧푡

39. a) 푓 = 푥푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푦푧푡

và 푓 = 푥푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푡

b) 푓 = 푥푦 ∨ 푥푦푡 ∨ 푦푧푡 ∨ 푦푧푡

푓 = 푥푦 ∨ 푥푦푡 ∨ 푥푧푡 ∨ 푦푧푡

c) 푓 = 푧푡 ∨ 푧푡

d) 푓 = 푥 ∨ 푦푧

e) Dùng phương pháp biểu đồ Karnaugh được 6 công thức trog đó chỉ có một công thức tối tiểu: 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푡 ∨ 푧푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푡

f) 푓 = 푥푦 ∨ 푡푧

g) 푓 = 푥푧 ∨ 푦푧 ∨ 푦푡

h) 푓 = 푦푡 ∨ 푥푧

i) 푓 = 푥푧푡 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푧푡

40. a) 푓 = 푥푦푧 ∨ 푥푦푧 ∨ 푥푦푧. Đây cũng là công thức đa thức tối tiểu duy nhất. mạng tối ưu sử dụng 6 cổng AND và 2 cổng OR.

b) 푓 = 푥푦 ∨ 푦푧 ∨ 푥푧. Đây cũng là công thức đa thức tối tiểu duy nhất. Mạng tối ưu sử dụng 3 cổng AND và 2 cổng OR.

c) 푓 = 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡 ∨ 푥푦푧푡. Đây cũng là công thức đa thức tối tiểu duy nhất. Mạng tối ưu sử dụng 24 cổng AND và 7 cổng OR.

Documents

TOAÙN RÔØI RAÏC - · PDF fileGS. Nguyễn Hữu Anh 4 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LOGIC §1 PHÁP TÍNH MỆNH ĐỀ Trong toán học ta quan tâm đến những mệnh đề có giá