Chuyên đề ôn thi HSG Toán rời rạc lớp 9

Bài tập Toán rời rạc lớp 9 bồi dưỡng học sinh giỏi

Chuyên đề ôn thi HSG Toán rời rạc lớp 9 tổng hợp các dạng bài tập có tính tư duy, giúp học sinh rèn khả năng suy luận, phân tích và tìm hướng giải. Nội dung phù hợp cho quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9, đồng thời hỗ trợ tự luyện và kiểm tra kết quả thông qua đáp án.

Hướng dẫn giải

Ta biết hình tròn bán kính R, sẽ nội tiếp được trong hình vuông cạnh 2R.

Do đó hình tròn bán kính 46cm, nội tiếp trong hình vuông cạnh 92cm.

Ta chia hình vuông cạnh 92cm, thành 46x46 = 2116 hình vuông nhỏ (cạnh 2cm).

Vì 2116 > 2024 tức là sổ hình vuông nhỏ nhiều hơn số điểm phân biệt đã cho.

Do đó theo nguyên lí Dirichlet có 1 hình vuông nhỏ (cạnh d = 2cm không chứa bất kì điểm nào trong 2024 điểm đã cho.

Nghĩa là luôn có (tồn tại) một hình tròn, có bán kính bằng \(R = \frac{d}{2} = \frac{2}{2} = 1{\rm{\;cm}}\) mà không chứa bất kì điểm nào trong 2024 điểm đã cho.

Hướng dẫn giải

Ÿ Ký hiệu 20 bạn đứng thành vòng tròn theo thứ tự liền kề nhau là \({a_1},{a_2},{a_3},{a_4},{a_5}, \ldots ,{a_{20}}\)

. Giả sử không có 5 bạn nào đứng liền kề mà tổng các số áo của họ lớn hơn 52 khi đó ta có:

\(\begin{array}{l} {a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} \le 52\\ {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} \le 52\\ {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} \le 52\\ ......................................\\ {a_{20}} + {a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} \le 52 \end{array}\)

\(\Rightarrow 5\left( {{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + \ldots + {a_{20}}} \right) \le 20.52 = 1040\)

Mà \({a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + \ldots + {a_{20}} = 1 + 2 + 3 + 4 + \ldots + 20 = 210\)

Suy ra 5.210 ≤ 1014 ⇔ 1050 ≤ 1014 vô lý

Do đó điều giả sử là sai. Vậy luôn tìm được 5 bạn đứng tống các số áo của họ lớn hơn 52.

Hướng dẫn giải

Trên bảng có 25 ô đen và 24 ô trắng. Giả sử t là thời gian để robot đi từ tâm ô vuông này sang tâm của ô vuông chung cạnh với nó. Ta nói sau mỗi khoảng thời gian t, các con robot đi được 1 bước. Nhận xét: Sau 1 bước đi, các con ở ô đen sẽ chuyển sang ô trắng, các con ở ô trắng sẽ chuyển sang ô đen. Vì thế ta luôn có thể giả sử ban đầu số con robot ở ô đen nhiều hơn số robot ở ô trắng. Suy ra số robot ở ô đen lớn hơn hoặc bằng 19 con. Bây giờ ta đánh số cho các ô đen như hình vẽ.

Nhận xét: Sau hai bước đi, robot ở ô 1 sẽ chuyển sang ô 2 và ở ô 2 sẽ chuyển sang ô Vì thế, trong số 19 con robot ở ô đen, tồn tại ít nhất 10 con nằm trong các ô đánh số 1 hoặc ít nhất 10 con nằm trong các ô đánh số 2 (nếu cả hai loại đều ít hơn 10 con thì chỉ có tối đa 18 con.

Mâu thuẫn:

+) Nếu có 10 con nằm trong ô số 1 thì sau 2 bước đi, chúng nằm trong ô số 2.

Do có 9 ô số 2, mà có 10 con robot, nên tồn tại hai con cùng 1 ô.

+) Nếu có 10 con nằm trong ô số 2, thì tương tự trên, cũng có 2 con cùng 1 ô. Ta có điều phải chứng minh.

Hướng dẫn giải

Nhận thấy: Cột thứ k có dòng thứ nhất là k và dòng thứ hai là 2 021 − k.

Ta có UCLN(k, 2 021 − k) = 1 khi và chỉ khi UCLN(k, 2 021) = 1.

Ta có 2 021 = 43 . 47.

Số các số từ 1 đến 2 021 chia hết cho 43 là 47 số và số các số chia hết cho 47 là 43 số. Chỉ có số 2 021 là chia hết cho đồng thời 43 và 47. Vậy số các cột có tính chất hai số cùng cột nguyên tố cùng nhau là: 2 021 − 43 − 47 + 1 = 1 932.

Hướng dẫn giải

Lấy một hàng có tổng các số trong hàng đó là nhỏ nhất. Sau đó xét tổng tất cả có “chữ thập” được lập nên từ các ô của hàng đó. Có n “chữ thập” như vậy, theo điều kiện của bài toán. Ta suy ra, tổng các số ghi ở n “chữ thập” ấy không nhỏ hơn n . a. Dễ thấy tổng nói trên bằng tổng của tất cả các số trong bảng cộng thêm (n − 1) lần tổng các số trong hàng lấy ra.

Gọi tổng các số trong bảng là N, tổng các số trong hàng lấy ra là m, từ suy luận trên ta suy ra: \(N + \left( {n - 1} \right).m \ge n.a\) (1)

Theo định nghĩa số m, ta có: \(m \le \frac{N}{n}\) (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(N + \frac{N}{a}.\left( {n - 1} \right) \ge n.a \Leftrightarrow N \ge \frac{{{n^2}}}{{2n - 1}}.a\). Mặt khác, chọn tất cả các ô trong bảng đều bằng \(\frac{a}{{2n - 1}}\). Khi đó tổng tất cả các số ghi trong mọi hình chữ thập là:\(\left( {2n - 1} \right).\frac{a}{{2n - 1}} = a\) .

Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi vào các ô trong bảng là \(\frac{{{n^2}.a}}{{2n - 1}}\).

Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là \({N_{\min }} = \frac{{{n^2}.a}}{{2n - 1}}\)

Hướng dẫn giải

Tổng các số được ghi trong bảng 3x3 là \(1 + 2 + 3 + ... + 8 + n = n + 36\)

Khi đó tổng các số được ghi trong 1 dòng là \(\frac{{n + 36}}{3}\)

Do tổng này là một số nguyên nên \(n \vdots 3\)

Xét dòng chứa phần tử n. Dòng này có tổng thấp nhất là \(n + 1 + 2 = n + 3\)

Khi đó \(n + 3 \le \frac{{n + 36}}{3} \Rightarrow 3n + 9 \le n + 36 \Rightarrow n \le \frac{{27}}{2}\)

Do \(8 < n \le \frac{{27}}{2};n \vdots 3;\,\,n \in \mathbb{N} \Rightarrow n \in \left\{ {9;12} \right\}\)

Với n = 9, theo ý a) đã có bảng thỏa mãn nên n = 9 thỏa mãn

Với n = 12, ta có bảng sau thỏa mãn

12	1	3
8	6	2
7	5	4

Vậy \(n \in \left\{ {9;12} \right\}\) là giá trị cần tìm

b) Hình vẽ

Cách lập luận 1:

Chọn ba điểm phân biệt bất kì, theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai điểm A; B cùng màu, giả sử màu đỏ.

Vẽ tam giác đều CAB

Nếu C được tô màu đỏ thì tam giác CAB thỏa mãn.

Nếu C được tô màu xanh

Gọi D là điểm đối xứng với C qua AB

Nếu D được tô màu đỏ thì tam giác DAB thỏa mãn

Nếu D được tô màu xanh. Gọi E là điểm đối xứng của A qua B

- Nếu E được tô màu xanh thì tam giác ECD thoả mãn

- Nếu E được tô màu đỏ

* Gọi G là điểm đối xứng của A qua C, H là trung điểm EG.

Nếu G được tô màu đỏ thì tam giác GAE thỏa mãn

Nếu G tô màu xanh

- H cũng được tô màu xanh thì tam giác GCH thỏa mãn

- H được tô màu đỏ thì tam giác HBE thỏa mãn

Cách lập luận 2:

Hình vẽ:

Xét lục giác đều ABCDEF nội tiếp (O).

Vì 7 điểm A, B, C, D, E, F, Ođược tô bởi hai màu xanh và đỏ nên theo nguyên lí Ddirichlet, tồn tại ít nhất bốn điểm được tô cùng màu, giả sử là màu xanh

Nếu bốn điểm tô màu xanh trên có chứa điểm O thì tam giác tạo bởi O và hai trong ba điểm còn lại là tam giác cần tìm

Nếu 4 điểm tô màu xanh trên không chứa điểm O thì O và tối đa hai điểm còn lại được tô cùng màu đỏ.

TH1: Điểm O và chỉ một điểm còn lại tô màu đỏ. Khi đó trong sáu đỉnh của lục giác đều có 5 điểm cùng màu xanh. Không mất tính tổng quát, giả sử điểm tô màu đỏ là điểm A. Khi đó tam giác BDF thỏa mãn.

TH2: Điểm O và hai điểm còn lại cùng tô màu đỏ.

* Hai điểm này là hai điểm kề nhau của lục giác. Tam giác tạo bởi điểm O và hai đỉnh này thỏa mãn

* Hai điểm này tạo thành đường chéo phụ (đường chéo không đi qua tâm của lục giác đều). Không mất tính tổng quát, giả sử hai điểm tô màu đỏ này là D và F. Khi đó tam giác ACE thỏa mãn.

* Hai điểm này tạo thành đường chéo chính (đường chéo đi qua tâm O của lục giác đều), Không mất tính tổng quát, giả sử là FC. Khi đó ta có các điểm A, B, D, E tô màu xanh và F; C; O tô màu đỏ.

Gọi H là điểm đối xứng của O qua DE( qua hai điểm cùng màu xanh);

I là điểm đối xứng của O qua EF.

Nếu H tô màu xanh thì tam giác EDH thỏa mãn

Nếu H tô màu đỏ, lúc này xét điểm I.

- Nếu I tô màu đỏ thì tam giác OHI thỏa mãn

- Nếu I tô màu xanh thì tam giác AID thỏa mãn.

📥 Để xem trọn vẹn nội dung và ví dụ minh họa, bạn vui lòng tải tài liệu tham khảo tại đây.

------------------------------------------

Chuyên đề ôn thi HSG Toán rời rạc lớp 9 cung cấp hệ thống bài tập giúp học sinh rèn tư duy logic, khả năng suy luận và kỹ năng giải toán nâng cao. Kết hợp luyện tập với đáp án, học sinh có thể chủ động kiểm tra kết quả, củng cố phương pháp và chuẩn bị kiến thức cho quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9.