TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG ÔN HỌC SINH GIỎI MÔN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY THCS

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG ÔN HỌC SINH GIỎI
MÔN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
I . Những kinh nghiệm ôn luyện :
1. Học sinh
- Chọn học sinh có kĩ năng giải toán tốt , yêu thích bộ môn giải toán trên
máy tính cầm tay
- Trong đội tuyển nên có học sinh lớp 8 để tạo nền tảng cho năm sau
2. Giáo viên
- Là một môn thi tương đối khó, đặc biệt là trong những năm gần đây vì
vậy giáo viên phải thường xuyên tìm tòi qua tài liệu hoặc trong các đề thi cấp
tỉnh, đề thi khu vực, đề thi quốc gia. Giáo viên phải tự xây dựng cho mình kế
hoạch ôn luyện rõ ràng, chi tiết, đủ các dạng bài tập cơ bản.
- Trong quá trình ôn luyện, giáo viên nên chia nhỏ các dạng bài đế học
sinh dễ nắm bắt, và mỗi dạng bài có cách giải cụ thể và
Ví dụ:
a, Bài tập tính giá trị biểu thức có thể chia thành các dạng sau:
- Tính giá trị của biểu thức đại số
- Tính giá trị của biểu thức hình học
- Tính giá trị của biểu thức có sử dụng biến nhớ
b, Bài toán kinh tế có thể chia thành các dạng sau:
- Bài toán lãi kép
- Bài toán trả lãi
- Bài toán gửi góp
- Phải nhận dạng được những dạng bài tập cơ bản mà trong đề thi luôn có
như : tính giá trị của biểu thức, bài tập về đa thức, bài toán kinh tế
- Không được ôn tủ, mà phải ôn kĩ các dạng bài . Xem các đề thi của năm
trước để tìm tòi thêm các dạng bài tập mới.
- Luyện cho học sinh thật kĩ, học sinh phải nắm được hết các dạng bài tập
và cách giải của nó, không được mở lại phần hướng dẫn của giáo viên khi gặp
được dạng bài đã học.

- Khuyến khích các em tự học qua mạng, tự tìm tòi cách bấm máy để cho
kết quả nhanh.
- Luyện đề cho học sinh sau khi các em đã làm thành thạo các dạng bài
tập. Luyện đề sẽ giúp các em học sinh củng cố nhiều dạng kiến thức, rèn
luyện kĩ năng làm bài, hình thành thói quen đọc kĩ hướng dẫn của đề ( điều
này rất quan trọng với đề thi casio ).
1
II. Các dạng bài tập cơ bản thường gặp trong đề thi:
1. Tính giá trị của biểu thức :
- Đây là dạng bài tập luôn có trong đề thi, là bài tập dễ nhất trong đề về mặt
toán học nhưng yêu cầu kĩ năng bấm máy cao.
- Trong đề thi, bài tập này chiếm từ 5 đến 6 điểm và là dạng bài tập chỉ cần
điền kết quả
- Trong quá trình ôn luyện, với dạng bài tập này giáo viên phải luyện được
cho học sinh bấm kết quả phải đúng, không được phép đuổi theo kết quả của
đáp án.
- Với những học sinh mới ôn, giáo viên nên bắt đầu từ những biểu thức đơn
giản để học sinh đỡ chán nản
- Có thể chia nhỏ dạng bài tập này như sau:
a, Tính giá trị của biểu thức đại số:
- Bấm máy theo thứ tự thực hiện phép tính
- Với hệ thống máy tính CASIO FX 500MS, CASIO FX 500ES thì phải
chú ý đến hệ thống dấu ngoặc
- Nếu biểu thức quá cồng kềnh, phải ngắt phép tính một cách hợp lý.
- Hướng dẫn học sinh cách chuyển đổi từ số thập phân vô hạn tuần hoàn
sang phân số
Cách đổi chung: Đổi số tuần hoàn sang số thập phân: mỗi chữ số tuần hoàn là
1 số 9 dưới mẫu (nếu sau dấu phảy có một con số thì thêm 1 chữ số 0 bên phải
số 9), trên tử lấy nguyên số trừ phần trước tuần hoàn
Ví dụ: 4,(37) =

437 4
99
-
=
433
99
; 3,5(26) =
3526 35 3491
990 990
-
=
Bài tập: Đổi ra phân số: a/ 3,08(078) b/ 0,(123)
c/ 4,(35) d/ 2,45(736)
e/ 0,8(945) f/ 0,82(345)
- Lựa chọn các bài tập luyện đủ các loại biểu thức như : có chứa căn, có số
thập phân vô hạn tuần hoàn, có các loại số
Ví dụ:
Bài 1 :Tính giá trị của biểu thức. (Tính chính xác đến 0,000001)
1. A =
4 2 4
0, 8 : ( .1,25) (1,08 ) :
4
5 25 7
(1,2.0,5) :
1 5 1 2
5
0,64 (6 3 ).2
25 9 4 17
-
+ +

- -

(ĐS:
1
2
3
)
2
2. B =
1 1
7 90
2 3
0,3(4) 1,(62) :14 :
11 0,8(5) 11
+
+ −
(ĐS:
106
315
)
Bài 2. Thực hiện phép tính A =
1 1
1 .
1 9 3,5 1
4 0,25
2 : :
7 100 69
9 10 2
.0,5. 7
1

2 1 2,2.10
1 :
5
+
− + +
−
+

Kq: A = 10
Bài 3: Tính giá trị của biểu thức A =23% của
3
2
2
15 9 8
47,13 : 11 4
7 22 21
14 13
12, 49 2
25 24
 
− +
 ÷
 
 
 
− +
 
 ÷
 
 

 
Kq: A =-109,3409047
Bài 4: Tính a)
3 3
3 3 3
A 5 4 2 20 25= − − − +
b)
3 3
3 3
3 3
54 8
B 200 126 2 6 2
1 2 1 2
= + + + −
+ +
Kq: a) A =-0,700213952 B = 1,224443667
b, Tính giá trị của biểu thức hình học:
- Nhập biểu thức vào máy tính nếu gặp biểu thức đã biết số đo của góc
Ví dụ : B =
2 0 3 0 2 0 3 0
3 0 3 0
2
cos 55 .sin 70 10cotg 50 .cotg 65
3
cos 48 .cotg 70
−
( Đề QN năm 2006 )
P =
3 0 3 0 2 0 0
0 0 0

sin 90 cot 30 cos 45 tan 20
2 7 sin108 cos32 tan 64
− − +
+
.
c, Tính giá trị của biểu thức có sử dụng biến nhớ :
- Ta có 2 cách tính: Sử dụng cách gán giá trị (phím STO) hoặc tính trực tiếp
bằng nút Ans
VD1: Tính giá trị của biểu thức: 20x
2
-11x - 2006 tại
a) x = 1; b) x = -2; c) x =
2
1−
; d) x =
0,12345
1,23456
;
Cách làm: Gán 1 vào ô nhớ X:
Nhập biểu thức đã cho vào máy: (Ghi kết quả là -1997)
Sau đó gán giá trị thứ hai vào ô nhớ X:
Rồi dùng phím
#
để tìm lại biểu thức, ấn
=
để nhận kết quả. (Ghi kết quả
là -1 904)
3
Làm tương tự với các trường hợp khác (ĐS c)
1

1995
2
−
; d)
-2006,899966).
Ta có thể sử dụng phím Ans: 1 = 20Ans
2
– 11Ans – 2006 =
VD2: Tính giá trị của biểu thức: x
3
- 3xy
2
– 2x
2
y -
3
2
y
3
tại:
a/ x = 2; y = -3.
b/ x =
4
3−
; y = -2
7
3
c/ x =
2 7
5

+
y =
2,35
2,69
Bài tập áp dụng :
1/ Tính
5 4 2
3 2
3x 2x 3x x
A
4x x 3x 5
− + −
=
− + +
khi x = 1,8165; x = - 0,235678; x = 865,321
2/
a. Tính
4 3 2
x 5x 3x x 1+ − + −
khi x = 1,35627
b. Tính
5 4 3 2
P(x) 17x 5x 8x 13x 11x 357= − + + − −
khi x = 2,18567
3/
x x 9 3 x 1 1
T(x) :
9 x
3 x x 3 x x
æ ö æ ö

+ +
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
= + -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
-
+ -
è ø è ø
. Tính
3
T( 231007)
;
2007
T( 2008)
.
4/
15 x -11 3 x - 2 2 x + 3
B = + -
x + 2 x -3 1- x x +3
, với x =
2012
2013

d, Tính các tổng hữu hạn :

- Đây là dạng bài tập thường gặp trong những năm gần đây, và là dạng bài
tập học sinh thường lúng túng do không nhớ công thức hoặc cách biến đổi
- Với dạng bài này học sinh phải nắm được kiến thức kĩ năng về mặt toán
học ( do không thể dùng máy tính bấm trực tiếp ), sau đó chỉ sử dụng MTCT
như công cụ hỗ trợ trong tính toán
VD: tính tổng
S =
1
1.3
+
1
3.5
+ +
1
2005.2007
S =
1
2 3+
+
1
3 4+
+ +
1
2007 2008+
2.Bài tập liên phân số:
- Giáo viên hướng dẫn học sinh theo 3 dạng:
a. Tính giá trị của liên phân số
- Tính theo thứ tự thực hiện phép tính
- Tính ngược từ dưới lên
Ví dụ: Tính

4

= +
+
+
+
1
B 7
1
3
1
3
1
3
4

5
A 3
4
2
5
2
4
2
5
2
3
= +
+
+

+
+

b, Tìm số chưa biết trong liên phân số

Ví dụ : Tính a, b biết (a, b nguyên dương)

- Quy trình bấm phím
-1
-1
329 64
b
= a 3
1051 329
9
- 3 = x =
64
1
9
7; b = 9
c
=Ên Sau ®ã Ên M¸y hiÖn
Ên Ên M¸y hiÖn 5
Cø bÊm tiÕp tôc ®Õn khi m¸y hiÖn 7
th × cho ta kÕt qu¶ a =
- Cho học sinh luyện tập
5
329 1
1
1051

3
1
5
1
a
b
=
+
+
+
Tìm các số tự nhiên a ; bsao cho
12246 1
5
1
2107
1
1
4
1
3
1
8
1
a
b
= +
+
+
+
+

+

Tìm a ,b ,c biết
3 12585 20052006 1
a) 9 b) a
2 1
1354 2007
10 b
1 1
a c
b d
+ = = +
+ +
+ +
c, Tìm x trong liên phân số:
- Tính giá trị của liên phân số
- Nhập biểu thức tính x
Ví dụ: Tìm x biết :
x x
4
1 1
1 4
1 1
2 3
1 1
3 2
4 2
+ =
+ +
+ +

+ +

Tìm x biết
4 1 2
4
1 8
2 1
1
9
3
2 4
4
2 x 1
4 1
1 2
7
5
1
8
+ = +
 
+ +
 ÷
 
+
 ÷
 ÷
 ÷
+ − +
 ÷

 ÷
 ÷
+ +
 ÷
 ÷
 
+
 ÷
 

3.Bài tập về đa thức:
a, Tính giá trị của đa thức tại các giá trị cho trước của biến
Ví dụ 1: Cho đa thức P(x) = x
5
+ ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e
Biết P(1) = 1, P(2) = 4, P(3) = 9, P(4) = 16, P(5) = 25.
a/ Tính các giá trị P(6), P(7), P(8), P(9)
b/ Viết lại đa thức P(x) với các hệ số là số nguyên.
Giải: Ta có P(1) = 1, P(2) = 4, P(3) = 9, P(4) = 16, P(5) = 25.
Xét đa thức Q(x) = P(x) – x
2
. Dễ thấy Q(1) = 1, Q(2) = 4, Q(3) = 9, Q(4) = 16,
Q(5) = 25.
Suy ra 1; 2; 3; 4; 5 là nghiệm của đa thức Q(x).

Vì hệ số của x
5
= 1 nên suy ra Q(x) có dạng: Q(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x –
4)(x - 5)
Nên Q(6) = (6 – 1)(6 – 2)(6 – 3)(6 – 4)(6 - 5) = P(6) – 6
2
.
Suy ra P(6) = 6
2
+ 5! = 156.
6
Tương tự P(7) = 7
2
+ 6! = 769.
P(8) = 8
2
+
7!
2!
= 2584.
P(9) = 9
2
+
8!
3!
= 6801.
b)P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x - 5) + x
2
.
P(x) = x

5
– 15x
4
+ 85x
3
– 284x
2
+ 274x – 120.
Ví dụ 2 : Cho đa thức Q(x) = x
4
+ mx
3
+ nx
2
+ px + q và cho biết Q(1) = 5;
Q(2) = 7; Q(3) = 9; Q(4) = 11. Tính các giá trị Q(10); Q(11); Q(12); Q(13).
Giải như ví dụ 7: Xét đa thức P(x) = Q(x) – (2x + 3).
Ta tính được Q(10) = 3047.
Q(11) = 5065.
Q(12) = 7947.
Q(13) = 11909.
Ví dụ 3: Cho đa thức f(x) bậc 4, hệ số của bậc cao nhất là 1 và thoả mãn:
f(1) = 3; f(3) = 11; f(5) = 27. Tính giá trị A = f(-2) + 7f(6) = ?
H.Dẫn:- Đặt g(x) = f(x) + ax
2
+ bx + c.
Tìm a, b, c sao cho g(1) = g(3) = g(5) = 0 ⇒ a, b, c là nghiệm của hệ phương
trình:
3 0
9 3 11 0

25 5 27 0
a b c
a b c
a b c
+ + + =


+ + + =


+ + + =

⇒ bằng MTBT ta giải được:
1
0
2
a
b
c
=−


=


=−

⇒ g(x) = f(x) - x
2
- 2

- Vì f(x) bậc 4 nên g(x) cũng có bậc là 4 và g(x) chia hết cho (x - 1), (x -
3), (x - 5), do vậy: g(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5)(x - x
0
) ⇒ f(x) = (x - 1)(x - 3)(x -
5)(x - x
0
) + x
2
+ 2.
Ta tính c: A = f(-2) + 7f(6) = đượ
Ví dụ 4: Cho đa thức P(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx +d có P(1)=7 ; P(2)=28 ;
P(3)=63. Tính P = (P(100) + P(-96)):8
Giải : Đặt Q(x) = P(x) - 7x
2
.
Làm tương tự ta có Q(x) = (x-1)(x-2)(x-3)(x-r) và P(x)=Q(x) + 7x
2
P(100)= 99.98.97.(100 - r ) + 7.100
2
P(-96)= (-97).(-98).(-99).(-96-r) + 7.(-96)
2
b/ Tìm dư của 2 đa thức f(x) và g(x) và điều kiện chia hết:
7
a, Lý thuyết

- Dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức g(x) = x – a là hằng số bằng
f(a).
VD1: Chia f(x) = x
3
+ 4x
2
- 5 cho g(x) = x – 1.
Ta có số dư là f(1) = 1
3
+ 4.1
2
– 5 = 0
- Dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức g(x) = ax + b là hằng số bằng
f
b
a
−
 
 ÷
 
.
VD2: Chia f(x) = 3x
3
+ 2x
2
+ 5x – 7 cho g(x) = 2x + 1.
Ta có số dư là: f
3 2
1 1 1 1 75
3. 2. 5. 7

2 2 2 2 8
− − − − −
       
= + + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
- Khi chia đa thức P(x) + m cho nhị thức ax+b ta luôn được P(x) = Q(x)(ax +
b)+ m + r. Muốn P(x) chia hết cho x – a thì m + r = 0 hay m = -r = - P(
b
a
−
)
VD3: Tìm a để
4 3 2
x 7x 2x 13x a+ + + +
chia hết cho x + 6.
Ta có: a = -f(-6) = 222
Ta có thể thực hiện: Ta nhập biểu thức : X
4
+ 7X
3
+ 2X
2
+ 13X +A = 0
Ấn: SHIFT SOLVE = X ? nhập -6
Ấn tiếp: SHIFT SOLVE máy hiện: A = 222. Vậy : a = 222.
Ví dụ 6: Xác định giá trị k để đa thức f(x) = x
4
– 9x
3

+21x
2
+ x + k chia hết
cho đa thức
g(x) = x
2
– x – 2.
C
1
: Lấy f(x) chia cho g(x) để tìm số dư và đặt số dư bằng 0 để tìm k.
Ta có: f(x) = (x
2
– x – 2)(x
2
– 8x + 15) +k +30 = 0
Vậy để f(x)
M
g(x) thì k + 30 = 0. Suy ra k = -30
C
2
: Ta có g(x) = x
2
– x – 2 = x
2
– 2x + x – 2 = x(x – 2) + (x – 2) = (x – 2)(x +
1)
Vậy f(x) chia hết cho g(x) = x
2
– x – 2 thì cũng chia hết cho (x – 2)(x + 1)
Áp dụng định lí Bezoul và định nghĩa của phép chia hết ta thay x = -1 hoặc x

= 2 vào f(x), ta được f(-1) = 0
⇔
k = - 30.
c/ Tìm thương của phép chia đa thức: Trong trường hợp chia một đa thức
P
n
(x) cho một nhị thức x – m ta có thể sử dụng thuật toán Hoocne như sau:
Giả sử khi chia đa thức P
n
(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ a
n-2
x
n-2
+ … + a
1
x + a
0
cho nhị
thức x – m ta được đa thức Q
n
(x) = b
n-1

x
n-1
+ b
n-2
x
n-2
+ … + b
1
x + b
0
thì giữa
các hệ số a
n
, a
n-1
, a
n-2
, …, a
1
, a
0
và b
n-1
, b
n-2
, b
1
, b
0
có mối quan hệ sau đây:

b
n-1
= a
n
b
n-2
= m. b
n-1
+ a
n-1
. . . . . .
b
0
= m.b
1
+ a
1
và số dư r = m.b
0
+ a
0
8
a
n
a
n-1
a
n-2
… a
1

a
0
m b
n-1
= a
n
b
n-2
= m.b
n-1
+ a
n-1
b
n-3
= m.b
n-2
+ a
n-2
b
0
= m.b
1
+ a
1
r = m.b
0
+ a
0
Ví dụ 1: Tìm thương và số dư của đa thức f(
4 2

x) 2x 3x 4x 5= − + −
chia cho
g(x) x 2= +
Ta ghi:
2 0 -3 4 -5
-2 2 -4 5 -6 7
Vậy đa thức thương Q
3 2
(x) 2x 4x 5x 6= − + −
và số dư r = 7
Ví dụ 2: Tìm thương và số dư của đa thức
4 3 2
f(x) 3x 5x 4x 2x 7= + − + −
chia
cho
g(x) 4x 5= −
3 5 -4 2 -7
5
4
3
35
4
111
16
683
64
6
87
256
Vậy đa thức Q

3 2
35 111 683
(x) 3x x x
4 16 64
= + + +
và số dư r = 6
87
256
.
d/ Phân tích đa thức f(x) thành nhân tử:
Cơ sở: “Nếu tam thức bậc hai ax
2
+ bx + c có 2 nghiệm là x
1
, x
2
thì nó viết
được dưới dạng ax
2
+ bx + c = a(x – x
1
)(x – x
2
)”.
“Nếu đa thức f(x) = a
n
x
n
+ a
n-1

x
n-1
+ + a
1
x + a
0
có nghiệm hữu tỷ
p
q
thì p là
ước của a
0
, q là ước của a
0
”.
Đặc biệt: “Nếu đa thức f(x) = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
có a
1
= 1 thì nghiệm

hữu tỷ là ước của a
0
”.
Nếu đa thức f(x) có nghiệm là a thì đa thức f(x) chia hết cho (x – a).
Ví dụ 1: Phân tích đa thức f(x) = x
3
- 5x
2
+ 11 x - 10 thành nhân tử?
Dùng chức năng giải phương trình bậc 3 cài sẵn trong máy để tìm
nghiệm của f(x) ta thấy có 1 nghiệm thực là x
1
= 2.
Nên ta biết được đa thức x
3
- 5x
2
+ 11 x - 10 chia hết cho (x - 2).
Sử dụng sơ đồ Hoocner để chia x
3
- 5x
2
+ 11 x - 10 cho (x - 2) ta có:
Khi đó bài toán trở về tìm thương của phép chia đa thức f(x) cho (x – 2).
Khi đó ta có f(x) = (x - 2)(x
2
- 3x + 5)
Tam thức bậc hai x
2
- 3x + 5 vô nghiệm nên không phân tích thành

nhân tử được nữa.
Vậy x
3
- 5x
2
+ 11 x - 10 = ( x - 2)(x
2
- 3x + 5)
Ví dụ 2: Phân tích đa thức f(x) = x
5
+ 5x
4
– 3x
3
– x
2
+58x - 60 thành nhân tử?
Nhận xét: Nghiệm nguyên của đa thức đã cho là Ư(60).
Ta có Ư(60) = {
±
1;
±
2;
±
3;
±
4;
±
5;
±

6;
±
10;
±
12;
±
15;
±
20;
±
30;
±
60}
9
Lập quy trình để kiểm tra xem số nào là nghiệm của đa thức:
Do vậy ta biết x = -3 là một nghiệm của đa thức đã cho, nên f(x) chia hết cho
(x + 3). Khi đó bài toán trớ về tìm thương của phép chia đa thức f(x) cho (x -
3).
Khi đó ta có f(x) = (x + 3)(x
4
+ 2x
3
- 9x
2
+ 26x - 20)
* Ta lại xét đa thức g(x) = x
4
+ 2x
3
- 9x

2
+ 26x - 20
Nghiệm nguyên là ước của 20.
Dùng máy ta tìm được Ư(20) = {
±
1;
±
2;
±
4;
±
5;
±
10;
±
20}
Lập quy trình để kiểm tra xem số nào là nghiệm của đa thức g(x):
Do vậy ta biết x = -5 là một nghiệm của đa thức đã cho, nên f(x) chia hết cho
(x + 5). Khi đó bài toán trớ về tìm thương của phép chia đa thức f(x) cho
(x+5).
Khi đó ta có g(x) = (x + 5)(x
3
- 3x
2
+ 6x - 4)
Tiếp tục dùng chức năng giải phương trình bậc 3 để tìm nghiệm nguyên của
h(x) = x
3
- 3x
2

+ 6x - 4
Kết quả, là đa thức h(x) có nghiệm là x = 1 nên chia h(x) cho (x-1) ta được:
h(x) = (x - 1)(x
2
- 2x + 4). Ta thấy đa thức (x
2
- 2x + 4) vô nghiệm nên không
thể phân tích thành nhân tử.
Vậy f(x) = (x + 3)(x + 5)(x - 1)(x
2
- 2x + 4)
e.Tìm GTNN, GTLN của biểu thức
- Sử dụng kĩ năng tìm GTNN, GTLN trong toán học
- Sử dụng máy tính trong việc tính toán
Ví dụ:(đề QN năm 2012)
Cho x là một số thực khác 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=
2
2
2011,2012 2 2013,2014
2014,2015
x x
x
− +
Cách giải:
Q=
2013,2014
2014,2015
.
2

1
x
-
2
2014,2015
.
1
x
+
2011,2012
2014,2015
= at
2
- bt +c = a.(t -
2
b
a
)
2
+ c -
2
4
b
a
( với a =
2013,2014
2014,2015
, b =
2
2014,2015

c =
2011,2012
2014,2015
, t =
1
x
)
GTNN của Q = c-
2
4
b
a

≈
0,99851
10
4.Sụ hoc:
a, Cỏch tớnh mt s phộp tớnh cú kt qu b trn mn hỡnh
Bi 1: Cho A = 12578963 x 14375
a) Tớnh chớnh xỏc A
b) Tớnh chớnh xỏc ca s: B = 123456789
2
Gii: a) Nu tớnh trờn mỏy s trn mn hỡnh nờn ta lm nh sau:
A = 12578963.14375 = (12578.10
3
+ 963).14375 = 12578.10
3
.14375 +
963.14375

* Tớnh trờn mỏy: 12578.14375 = 180808750 12578.103.14375 =
180808750000
* Tớnh trờn mỏy: 963.14375 = 13843125
T ú ta cú: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125
Hoc vit: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 v cng trờn mỏy:
808750000 + 13843125 = 822593125 A = 180822593125
b) Giỏ tr chớnh xỏc ca A l: 180822593125
c) B =123456789
2
= (123450000 + 6789)
2
= (1234.10
4
)
2
+ 2.12345.104.6789 +
6789
2
Tớnh trờn mỏy: 12345
2
= 152399025; 2x12345x6789 = 167620410
6789
2
= 46090521
Vy: B = 152399025.10
8
+ 167620410.10
4
+ 46090521
= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521=

15241578750190521
Bi 2 : Tớnh A = 999 999 999
3
Gii
Ngoi cỏch tớnh toỏn kt hp trờn giy, ta cú th tỡm quy lut nh sau:
Ta cú: 9
3
=729; 99
3
= 970299; 999
3
=997002999;
9999
3
= 9999
2
.9999=9999
2
(1000-1)= 999700029999.
T ú ta cú quy lut:
{
{
{
3
n 1chửừsoỏ n 1 chửừsoỏ nchửừsoỏ 9
nchửừ soỏ 9
99 9 99 9 7 00 0 299 9

=
1 2 3

Vy 999 999 999
3
= 999 999 997 000 000 002 999 999 999.
Bi 3: Tớnh chớnh xỏc ca s A =
ổ ử
+
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
2
12
10 2
3
Gii: - Dựng mỏy tớnh, tớnh mt s kt qu:
2
10 2
34
3
+
=
v
2
2
10 2

1156
3

+
=


;
3
10 2
334
3
+
=
v
2
3
10 2
111556
3

+
=



4
10 2
3334
3

+
=
v
2
4
10 2
11115556
3

+
=



11
Nhận xét:
+
k
10 2
3
là số nguyên có (k - 1) chữ số 3, tận cùng là số 4

æ ö
+
÷
ç
÷
ç
÷
ç

÷
ç
è ø
2
k
10 2
3
là số nguyên gồm k chữ số 1, (k - 1) chữ số 5, chữ số cuối
cùng là 6
- Ta dễ dàng chứng minh được nhận xét trên là đúng, do đó
A = 111111111111555555555556
b, Tìm số dư
*, Lý thuyết
Định lí: Với hai số nguyên bất kỳ a và b, b
≠
0, luôn tồn tại duy nhất một cặp
số nguyên q và r sao cho:
a = bq + r và 0
≤
r < |b|
Định lý 1. Giả sử: a chia cho b dư r
1
, c chia cho b dư r
2
.
1. Nếu r
1
.r
2
< b thì ac chia cho b dư r

1
.r
2
.
2. Nếu r
1
.r
2
> b thì số dư của phép chia ac cho b là số dư của phép chia r
1
.r
2
cho b.
3. Nếu r
1
+ r
2
< b thì a + c chia cho b dư r
1
+ r
2.
4. Nếu r
1
+ r
2
> b thì số dư của phép chia a + c cho b là số dư của phép chia r
1
+ r
2
cho b.

* Bài tập
Bài toán 1
Tìm số dư của phép chia 123456789101112 cho 9999
Giải
Cách 1: Áp dụng định lý
123456789101112 = 123456789.10
6
+ 101112
123456789 chia cho 9999 dư 9135
10
6
chia 9999 dư 100
Vì 100.9135 = 913500 > 9999 nên ta tìm số dư 913500 khi chia cho 9999.
12
913500 chia cho 9999 dư 3591
101112 chia cho 9999 dư 1122.
Vậy số dư của phép chia đã cho là 3591 + 1122 = 4713
Cách 2: Cắt ra nhóm 11 chữ số đàu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên tiếp
vào phần còn lại tối đa 11 chữ số rồi tìm số dư. Nếu còn nữa thì tính liên tiếp
nhu vậy.
VD: 12345678910 chia cho 9999 dư 31601.
360111112 chia cho 9999 dư 4713.
*Tìm dư bằng quan hệ đồng dư
- Tìm số dư của phép chia A
N
cho số nguyên dương B. ( Trong đó A và N
cũng là số nguyên dương).
Thuật toán: Để tìm số dư của phép chia A
N
cho B ta tìm số R < 0 sao cho: A

N
º
R(modB)
Thì R chính là số dư của phép chia trên.
Để giải dạng toán này ta cần có một số kiến thức về quan hệ đồng dư.
1. Định nghĩa quan hệ đồng dư
Cho 2 số nguyên A và B. Ta nói A có quan hệ đồng dư theo modul M với B,
kí hiệu là
ºA B(modM)
khi và chỉ khi M là ước số của (A – B), trong đó M là
số nguyên dương
Ví dụ:
º7 2(mod5)
;
º
5
2 4(mod7)
2. Một số tính chất
i.
< =>º MA 0(modM) A M
ii.
º º ºA B(modM); B C(modM) => A C(modM)
iii.
± ±º º ºA B(modM) => A C B C(modM); A.C B.C(modM)
iv.
+º º º ºA B(modM); C D(modM) => A + C B D(modM); A.C B.D(modM)
v.
º º
N N
A B(modM); => A B (modM)

vi. M là số nguyên tố và ƯCLN(A,M) = 1 thì:
-
º
M 1
A 1(modM)
vii. M là số nguyên tố thì:
+º
M M M
(A + B) A B (modM)
3. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Tìm số dư của phép chia 5
2008
cho 2003
Giải: Vì 2003 là số nguyên tố và ƯCLN (5; 2003) = 1. Nên ta có:
º
2002
5 1(mod2003)
. Suy ra:
º º
2002 6 6
5 .5 5 (mod2003) 1064(mod2003)
Vậy số dư của phép 5
2008
cho 2003chia là 1064
13
Ví dụ 2: Tìm số dư của phép chia 1991
40
cho .
Giải: Cách 1: Ta có:
º

2
1991 289(mod2008)
;
º
3
1991 1111(mod2008)
=>
º º
5
1991 289.1111(mod2008) 1807(mod2008)

=>
º º
10 2
1991 1807 (mod2008) 241(mod2008)

=>
40 4
1991 241 (mod2008) 713(mod2008)º º
Vậy số dư của phép chia 1991
40
cho 2008 là 713
Ví dụ 3: Tìm số dư của 3
2012
2
chia cho 11
Dùng máy tính thử ta có 3
5
≡
1(mod 11)

Có 2
2012
= (2
4
)
503
≡
1
503
(mod 5)
≡
1(mod 5)

⇒
2
2012
= 5k +1
3
2012
2
= 3
5 1k+
= (3
5
)
k
.3
≡
1
k

.3(mod11)
≡
3(mod11)
Vậy số dư của phép chia bằng 3
c, Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN)
- Phương pháp giải toán
Bài toán 1: Tìm UCLN và BCNN của hai số nguyên dương A và B (A < B).
Thuật toán: Xét thương
A
B
. Nếu:
1. Thương
A
B
cho ra kết quả dưới dạng phân số tối giản hoặc cho ra kết quả
dưới dạng số thập phân mà có thể đưa về dạng phân số tối giản
a
b
(a. b là các
số nguyên dương) thì:
ƯCLN(A, B) = A:a = B:b ; BCNN(A, B) = A.b = B.a
2. Thương
A
B
cho ra kết quả là số thập phân mà không thể đổi về dạng phân
số tối giản thì ta làm như sau: Tìm số dư của phép chia
A
B
. Giả sử số dư đó là
R (R là số nguyên dương nhỏ hơn A ) thì:

ƯCLN (B, A) = ƯCLN(A, R) ( Chú ý: ƯCLN (B, A) = ƯCLN(A, B))
Đến đây ta quay về giải bài toán tìm ƯCLN của hai số A và R .
Tiếp tục xét thương
R
A
và làm theo từng bước như đã nêu trên.
Sau khi tìm được ƯCLN(A, B), ta tìm BCNN(A, B) bằng cách áp dụng đẳng
thức:
ƯCLN(A.B).BCNN(A, B) = A.B => BCNN(A, B) =
A.B
UCLN(A, B)
14
Bài toán 2: Tìm ƯCLN và BCNN của ba số nguyên dương A, B và C.
Thuật toán:
1. Để tìm ƯCLN(A,B,C) ta tìm ƯCLN(A, B) rồi tìm ƯCLN[ƯCLN(A,B),
C] Điều này suy ra từ đẳng thức: ƯCLN(A,B,C) = ƯCLN[ƯCLN(A,B), C]
= ƯCLN[ƯCLN(B, C), A] =
= ƯCLN[ƯCLN(A, C), B]
2. Để tìm BCNN(A, B, C) ta làm tương tự. Ta cũng có:
ƯCLN(A,B,C) = ƯCLN[ƯCLN(A,B), C] = ƯCLN[ƯCLN(B, C), A] =
ƯCLN[ƯCLN(A, C), B]
- Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tìm ƯCLN và BCNN của 220887 và 1697507
Giải: Ta có:
220887 2187
1697507 16807
=
Suy ra:
ƯCLN(220887, 1697507) = 220887:2187 = 101;
BCNN(220887, 1697507) = 220887.16807 = 3712447809

Ví dụ 2: Tìm ƯCLN và BCNN của 3995649 và 15859395
Giải: Ta có:
=
3995649
0,2519424
15859375
Ta không thể đưa số thập phân này về dạng phân số tối giản được. Vậy ta phải
dùng phương pháp 2.
Số dư của phép chia
15859375
3995649
là 3872428. Suy ra:
ƯCLN(15859375, 3995649) = ƯCLN(3995649, 3872428)
Ta có:
3872428
3995649
= 0,9691612051
Ta cũng không thể đưa số thập phân này về dạng phân số tối giản được. Ta
tiếp tục tìm số dư của phép chia:
3995649
3872428
. Số dư tìm được là 123221. Suy
ra:
ƯCLN(3995649, 3872428) = ƯCLN(3872428, 123221)
Ta có:
=
123221 607
3872428 19076
. Suy ra:
ƯCLN(3872428, 123221) = 123221:607 = 203,

BCNN =
15859375.3995649
203
= 312160078125
Ví dụ 3: Tìm ƯCLN của ba số 51712, 73629 và 134431
Giải: Ta tìm ƯCLN(51712, 73629) = 101, và ƯCLN(101, 134431) = 101
=> ƯCLN(51712, 73629, 134431) = 101
d, Số nguyên tố
15
* Lý thuyết
Định lí 1 (Định lí cơ bản về số nguyên tố):
Mọi số nguyên dương n, n > 1, đều có thể được viết một cách duy nhất
(không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng:
1 2
1 2
,
k
ee e
k
n p p p=
với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p
1
< p
2
< < pk
Khi đó, dạng phân tích trên được gọi là dạng phân tích chính tắc của số n.
Bổ đề: Mọi hợp số có ước thực sự nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của nó.
Định lí 2: (Xác định số ước số của một số tự nhiên n):
Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta

được:
1 2
1 2
,
k
ee e
k
n p p p=
với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p
1
< p
2
< < pk
Khi đó số ước số dương của n được tính theo công thức:
τ
(n)
= (e
1
+ 1) (e
2
+ 1) (ek + 1)
* Thuật toán tìm ước số nguyên tố của số a
a shift sto A
A/3 =
Ấn tiếp A/(A/Ans + 2) = = = = …. kiểm tra , khi số trên màn hình hạ xuống
dưới giá trị của căn A thì ngưng. Nếu không cố số nguyên tố nào xuất hiện
trên dòng kết quả của màn hình thì số đó là số nguyên tố.
* Bài tập
Bài toán 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:

A = 215
2
+ 314
2
16
Giải
- Tính trên máy, ta có: A = 144821
- Đưa giá trị của số A vào ô nhớ
A
: 144821
SHIFT

STO

A

- Lấy giá trị của ô nhớ
A
lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2:
ANPHA

A

÷
2
=
(72410,5)
ANPHA

A

÷
3
=
(48273,66667)

tiếp tục chia cho các số nguyên tố: 5, 7, 11, 13, ,91: ta đều nhận được A
không chia hết cho các số đó. Lấy A chia cho 97, ta được:
ANPHA

A

÷
97
=
(1493)
Vậy: 144821 = 97 x 1493
để kiểm tra xem 1493 có là hợp số hay không ta chỉ cần kiểm tra xem 1493 có
chia hết cho số nguyên tố nào nhỏ hơn
1493 40<
hay không.
- Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số
nguyên tố nhỏ hơn 40 ⇒ 1493 là số nguyên tố.
Vậy A = 215
2
+ 314
2
có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là
1493.
Bài toán 2: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:

A = 10001
Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137
Bài toán 3: Số N = 2
7
.3
5
.5
3
có bao nhiêu ước số ?
Giải
- Số các ước số của N chỉ chứa thừa số: 2 là 7, 3 là 5, 5 là 3
- Số các ước số của N chứa hai thừa số nguyên tố:
2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15
17
- Số các ước số của N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 5 là 7x5x3 =
105
Như vậy số các ước số của N là: 7 + 5 + 3 + 35 + 21 + 15 + 105 + 1 =
192.
Bài toán 4: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm
học 2003-2004)
Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800.
Giải
- Phân tích A ra thừa số nguyên tố, ta được:
A = 2
10
.3
5
.5
2
.7.11.13

Áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:
τ
(A)
= 11.6.3.2.2.2 = 1584
Bài toán 5: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm
2004):
Có bao nhiêu số tự nhiên là ước của:
N = 1890 x 1930 x 1945 x 1954 x 1969 x 1975 x 2004
Giải
- Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta được:
N = 2
5
x 3
4
x 5
5
x 7 x 11 x 79 x 167 x 179 x 193 x 389 x 977
áp dụng định lí 2, ta có số các ước dương của N là:
τ
(N)
= 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080
e, Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
* Lý thuyết
Các dấu hiệu chia hết
Giả sử số tự nhiên n =
011
aaaa
kk −
18
• n

2M
⇔
a
0
= 0,2,4,6,8
• n
M
5
⇔
a
0
= 0,5
• n
M
4 ( hoặc 25 )
⇔
01
aa
M
4 ( hoặc 25 )
• n
M
8 ( hoặc 125 )
⇔
012
aaa
M
8 ( hoặc 125 )
• n
M

3 ( hoặc 9)
⇔
a
0
+ a
1
+ a
k
M
3 ( hoặc 9 )
• n
M
11
⇔
(a
0
+ a
2
+ +) – (a
1
+ a
3
+ )
M
11
( Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu của tổng các chữ số thứ chẵn
và tổng các chữ số thứ lẻ ( tính từ phải sang ) chia hết cho 11 ).
* Bài tập
Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
1 2 3 4x y z

chia hết cho 7.
Giải
- Số lớn nhất dạng
1 2 3 4x y z
chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
19293 4z
với z ∈{0, 1, 2, ,8, 9}
lần lượt thử với z = 9; 8; 7; 6; 5 đến z = 5, ta có:
1929354
÷
7
=
(275622)
Vậy số lớn nhất dạng
1 2 3 4x y z
chia hết cho 7 là 1929354, thương là
275622
- Số nhỏ nhất dạng
1 2 3 4x y z
chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
10203 4z
với z ∈{0, 1, 2, ,8, 9}
lần lượt thử với z = 0; 1; 2; 3 đến z = 3, ta có:
1020334
÷
7
=
(145762)
Vậy số nhỏ nhất dạng
1 2 3 4x y z

chia hết cho 7 là 1020334, thương là
145762
Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
19
1 2 3 4x y z
chia hết cho 13.
Đáp số: - Số lớn nhất dạng
1 2 3 4x y z
chia hết cho 13 là 1929304
- Số nhỏ nhất dạng
1 2 3 4x y z
chia hết cho 13 là 1020344
Bài 3: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004)
Tìm tất cả các số n dạng:
1235679 4N x y=
chia hết cho 24.
Giải
- Vì N
M
24 ⇒ N
M
3 ; N
M
8 ⇒ (37 + x + y)
M
3 ;
4x y
M
8.
⇒ y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8.

Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1)
M
3 và
4x y
M
8, ta
có:
N
1
= 1235679048 ; N
2
= 1235679840
Bài 4: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoã mãn:
1) Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số
đầu 1 đơn vị
2) Là số chính phương.
Giải
- Gọi số cần tìm là:
1 2 3 4 5 6
n a a a a a a=
.
- Đặt
1 2 3
x a a a=
. Khi ấy
4 5 6
1a a a x= +
và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 =
y
2

hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x.
Vậy hai trong ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải là ước của một trong hai
thừa số của vế trái và số còn lại phải là ước của thừa số còn lại của vế trái.
Dùng máy tính, xét các khả năng đi đến đáp số:
n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716.
20
Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x
cho 393 cũng như 655 đều có số dư là 210.
Giải
- Từ giả thiết, ta có: x = 393.q
1
+ 210 ⇒ x -210 chia hết cho 393
x = 655.q
2
+ 210 ⇒ x -210 chia hết cho 655
⇒ x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965
⇒ x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2, ) hay x = 1965k + 210
- Từ giả thiết 10000 < x < 15000 ⇒ 10000 < 1965k + 210 < 15000
hay 9790 < 1965k < 14790 ⇒ 5 ≤ k < 8.
Tính trên máy:
Với k = 5, ta có: x = 1965.5 + 210 = 10035
Với k = 6, ta có: x = 1965.6 + 210 = 12000
Với k = 7, ta có: x = 1965.7 + 210 = 13965
Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965
Bài 6: Tìm các chữ số x, y, z để
579xyz
chia hết cho 5, 7 và 9.
Giải
- Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ
số x, y, z sao cho

579xyz
chia hết cho 5.7.9 = 315.
Ta có
579xyz
= 579000 +
xyz
= 1838.315 + 30 +
xyz

⇒ 30 +
xyz
chia hết cho 315. Vì 30 ≤ 30 +
xyz
< 1029 nên (Dùng máy
tính tìm các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029):
- Nếu 30 +
xyz
= 315 thì
xyz
= 315 - 30 = 285
- Nếu 30 +
xyz
= 630 thì
xyz
= 630 - 30 = 600
- Nếu 30 +
xyz
= 945 thì
xyz
= 945 - 30 = 915

Vậy ta có đáp số sau:
21
x y z
2 8 5
6 0 0
9 1 5
Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) 2n + 7 chia hết cho n + 1
b) n + 2 chia hết cho 7 - n
Giải
a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lượt n = 0, 1,
2, ta được n = 0 và n = 4 thì 2n + 7 chia hết cho n + 1.
Chứng minh với mọi n ≥ 5, ta đều có 2n + 7 không chia hết cho n + 1, thật
vậy:
(2n + 7)
M
(n + 1) ⇒ [(2n + 7) - 2(n + 1)]
M
(n + 1) ⇒ 5
M
(n + 1) ⇒ n ≤
5.
Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4.
a) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6.
g, Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa
* Lý thuyết
- Để tìm 1 chữ số tận cùng của A
n
ta tìm số 0
≤

x
≤
9 sao cho A
n

≡
x (mod 10)
-Tìm một chữ số tận cùng của a
n
+ Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì a
n
lần lượt có chữ số tận cùng
là 0, 1, 5 , 6.
+ Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 ta có nhận xét sau
2
4k

≡
6 (mod 10)
3
4k

≡
1 (mod 10)
7
4k

≡
1 ( mod 10)
- Tìm hai chữ số tận cùng của a

n
22
Ta có nhận xét sau
a
20k
≡
00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a
20k
≡
01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a
20k
≡
25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a
20k
≡
76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
- Tìm ba chữ số tận cùng của số a
n
a
100k
≡
000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a
100k
≡
001 (mod 1000) nếu a

có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a
100k
≡
625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a
100k
≡
376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
b. Bài tập
Bài 1: Tìm hai chữ số cuối cùng của số:
A = 2
1999
+ 2
2000
+ 2
2001
Giải
A = 2
1999
(1 + 2 + 4) = 7.2
1999
Ta có 2
20
≡
76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19
do đó 2
20.99
.2
19

≡
76.2
19
(mod 100)
≡
88 (mod 100)
 A
≡
88.7 (mod 100) => A
≡
616 (mod 100)
Vậy hai chữ số cuối của A là 16
Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của
2003
9
2
Giải
Ta có 9
2000
≡
001 (mod 1000) => 9
2003

≡
001.9
3
(mod 1000)
≡
729 (mod 1000)

Do đó
2003
9
2
≡
2
729
(mod 1000)
≡
2
700
.2
29
(mod 1000)
≡
376.912 (mod 1000)
≡

912 (mod 1000)
Vậy 3 chữ số cuối cùng của
2003
9
2
là 912
Bài 5. Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn của
số tự nhiên:
2010
2011A
=
23

Giải
Ta có:
( ) ( )
2 4 2
2011 4121 mod10000 ; 2011 4121 2641 mod 10000≡ ≡ ≡
( ) ( )
8 2 10
2011 2641 4881 mod10000 ;2011 4121 4881 4601 mod 10000≡ ≡ ≡ × ≡
( ) ( )
20 2 40
2011 4601 9201 mod 10000 ; 2011 8401 mod10000≡ ≡ ≡
( ) ( )
80 100
2011 6801 mod 10000 ; 2011 6001 mod 10000 ;≡ ≡
( ) ( )
200 1000
2011 2001 mod 10000 ; ; 2011 1 mod10000 ;≡ ≡


( )
( ) ( )
2
2010 10 1000
2011 2011 2011 4601 1 mod10000 4601 mod10000= × ≡ × ≡

Vậy:
2010
2011A =
có bốn chứ số cuối là: 4601
h, Tìm chữ số thứ k (k

∈
N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn
* Lý thuyết
Định lí: (Dấu hiệu nhận biết một phân số đổi được ra số thập phân hữu hạn)
Điều kiện cần và đủ để một phân số tối giản có thể viết được thành ra
số thập phân hữu hạn là mẫu số của nó không chứa những thừa số nguyên
tố ngoài 2 và 5.
* Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau:
Nếu phân số tối giản
a
b
có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2,
5 hoặc ngoài thừa số nguyên tố 2, 5 còn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do
các số dư trong quá trình chia bao giờ cũng phải nhỏ hơn b nên các số dư chỉ
có thể là các số trong: {1; 2; 3; ;b-1}
Như vậy trong phép chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) lần chia có
thể gặp các số dư khác nhau, nhưng chắc chắn rằng sau b lần chia thì thế nào
ta cũng gặp lại số dư đã gặp trước. Do đó, nếu ta cứ tiếp tục chia thì các số dư
sẽ lặp lại và dĩ nhiên các chữ số trong thương cũng lặp lại.
24
Từ đó để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy của số thập phân vô hạn tuần
hoàn, ta chỉ cần xác định được chu kỳ lặp lại của các chữ số trong thương, từ
đó dễ dàng suy ra được chữ số cần tìm.
* Bài tập
Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy của số:

1 1 10 1
) ; ) ; ) ; )
37 41 51 49
a A b B c C d C= = = =

Giải
a) Số
1
0,027027 (027)
37
A = =
tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.
Vì 2005 ≡ 1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7
b) Số
1
0,0243902439(02439)
41
B = =
tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439.
Vì 2005 ≡ 0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9
c) Số
10
0,(1960784313725490)
51
C = =
TH chu kỳ 16 chữ
số:1960784313725490
Vì 2005 ≡ 5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7
d) Số
1
0,(020408163265306122448979591836734693877551)
49
D = =

tuần hoàn chu kỳ 42 chữ số

020 408 163 265 306 122 448 979591836734693877551
Vì 2005 ≡ 31 (mod 42) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy là : 7
Thuật toán tìm chữ số thập phan sau dấu phẩy:
VD: Tìm chu kì của 1/49 ta làm nhu sau
Mode mode 3 ( Base) rồi ấn phím DeC
1 shift sot A
Ax10000000:49 = ( 204081 )
25