skkn 1 số bài toán trên máy tinh cầm tay thpt trần biên

Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trang 1
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Có thể nói máy tính cầm tay( MTCT) là công cụ đơn giản và rẻ, đồng thời
rất đắc lực, cần thiết cho nhu cầu dạy và học ở trường phổ thông. Hơn thế nữa nó
phù hợp với xu hướng phát triển của Toán học hiện đại, là sự kết hợp hữu cơ giữa
suy luận toán học và máy tính điện tử. Chính vì vậy trong chương trình sách giáo
khoa đổi mới luôn có bài thực hành về MTCT và thường niên sở giáo dục đã tập
huấn cho giáo viên về vấn đề này, nhằm góp phần đổi mới phương pháp “ học đi
đôi với hành”.
Qua thực tiễn giảng dạy MTCT trong nhiều năm tôi càng thấy rõ tầm quan
trọng của nó, cụ thể như: giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản của toán
học, tìm ra quy luật, mở rộng kiến thức toán học; tăng tốc độ làm toán và sự tính
toán chính xác cao; giúp liên kết các kiến thức toán học với thực tế; phát huy
được tính tích cực và sáng tạo của học sinh. Tầm quan trọng là vậy, tính thời sự là
vậy nhưng nhiều người còn nghĩ rằng dạng toán trên MTCT chỉ cần dùng “ sức
mạnh” là có đáp số, quan niệm đó hoàn toàn sai lầm. Để giải những dạng toán
này cần phải “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính” sau, bên cạnh đó việc viết quy
trình bấm máy phải có kiến thức về toán và là bước đầu tập dợt làm quen với lập
trình trên máy tính điện tử.
Trong ba năm gần đây các đề thi về MTCT của các tỉnh và đề thi của Bộ
Giáo Dục là các dạng toán quen thuộc và gần gũi với cấu trúc đề thi đại học.
Chính vì lẽ đó đã thu hút được học sinh và giáo viên quan tâm hơn, không còn
cho là kiến thức “xa xỉ”.
Trước kỳ thi MTCT- Cao Đẳng, Đại học đến gần, với mong muốn có thể
cung cấp cho các em học sinh một số dạng toán về hình học trong mặt phẳng và
trong không gian, chính vì vậy tôi nghiên cứu và viết đề tài: “ Một số dạng toán
trên máy tính cầm tay(phần số học và hình học) ”
II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI:

1) Thuận lợi:
 Đa số học sinh được cha mẹ trang bị cho MTCT từ bậc trung học cơ sở,
vì vậy các em có kỹ năng tính một số dạng toán đã được lập trình sẵn
trong máy.
Trang 2
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
 MTCT là công cụ liên kết giữa các kiến thức và mối quan hệ hữu cơ
giữa kỹ năng và tư duy.
 MTCT giúp học sinh rút ngắn thời gian tính toán.
2) Khó khăn:
 Điều khó khăn là học sinh và cả phụ huynh không muốn cho con em
mình đầu tư sâu vào dạng toán trên MTCT, vì cho là “ xa xỉ ” không thiết
thực với đề thi đại học. Bên cạnh đó học sinh chỉ dùng MTCT đối với
phép tính nhỏ hoặc bài toán dễ, mà chưa khai thác, tìm hiểu những ứng
dụng tối ưu của máy tính.
 Điều đáng nói là cho đến nay vẫn thiếu những tài liệu về dạng bài
tập này. Hơn nữa, giáo viên vẫn chưa chú trọng hoặc bỏ lơ việc dạy thực
hành dạng toán MTCT và cho đó là phần đọc thêm của học sinh, mặt
khác học sinh chưa có thói quen tự học, tự nghiên cứu.
III. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT ĐỀ TÀI
Trước hết, ta cần hệ thống tóm tắt những kiến thức và những vấn đề cần
thiết khi nghiên cứu đề tài. Sau đó, phân loại dạng toán và giải bài toán dưới
nhiều góc độ khác nhau, hướng dẫn sử dụng máy trong mỗi cách giải đó. Cuối
cùng là bài tập tự luyện.
IV. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
Máy tính Casio fx-570 ES, fx-570 PLUS được sử dụng cho bài viết này.
Các bài toán được đề cập trong bài viết là “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính”
sau, tuy nhiên cũng có một số bài giới thiệu quy trình bấm máy.
1.1 Các dấu hiệu chia hết
Giả sử số tự nhiên n =

011
aaaa
kk
−
•
n
2
⇔
{ }
0
0; 2; 4;6;8a
∈
•
n

5
⇔
{ }
0
0;5a
∈
Trang 3
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
•
n

4 ( hoặc 25 )
⇔
1 0
4a a M

( hoặc 25 )
•
n

8 ( hoặc 125 )
⇔
2 1 0
8a a a M
( hoặc 125 )
•
n

3 ( hoặc 9)
⇔
( )
0 1 2
3
k
a a a a
+ + + +
M
( hoặc 9 )
•
n

11
⇔

( ) ( )
5

0 2 4 1 3
11a a a a a a
−
+ + + +
M

( 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 chia hết cho 11 ).
1.2 Số chính phương
1.2.1 Định nghĩa : Số tự nhiên a là số chính phương thì căn bậc hai của a là số
nguyên. Nếu a không chính phương thì căn bậc hai của a là một số vô tỷ
1.2.2 Các tính chất
a) Giữa hai số n
2
và (n+1)
2
không có số chính phương nào .
b) Một số chính phương chỉ có thể có số tận cùng là 0; 1; 4; 9; 6; 5 (Hay số chính
phương không có số tận cùng là một trong các số 2; 3; 7; 8 ) .
1.3 Quan hệ đồng dư thức.
1.3.1 Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương. Ta nói, a
đồng dư với b theo mod n và kí hiệu là
a b
≡
(mod n) nếu a, b cùng có số dư khi
chia cho n.
Ví dụ : 7 chia 5 dư 2 và 12 chia 5 dư 2
Ta nói 7 đồng dư 12 theo môđun 5 và viết 7≡12 (mod 5)
1.3.2 Các tính chất
Tính chất 1:

( ) ( )
mod mod ,a b n a c b c n c Z
≡ ⇒ ÷ ≡ ÷ ∀ ∈
( ) ( )
mod moda b n ac bc n
≡ ⇒ ≡
( ) ( )
mod mod , 1
k k
a b n a b n k
≡ ⇒ ≡ ∀ ≥
Trang 4
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Tính chất 2: Số có tận cùng là 9376 hay 0625 khi lũy thừa lên bậc bất kì
cũng được số tận cùng là chính nó. (Ta cũng có thể suy ra được số 376, 76, 6,
625, 25, 5 cũng có tính chất tương tự nhưng chỉ xét 3, 2 hay 1 chữ số).
Ngoài ra còn có một số tính chất khác:
( )
mod ,a a n a
≡ ∀
( ) ( )
mod moda b n b a n
≡ ⇒ ≡
( ) ( ) ( )
mod , mod moda b n b c n a c n
≡ ≡ ⇒ ≡
( ) ( ) ( )
mod ` , 1 modac bc n va c n a b n
≡ = ⇒ ≡
( ) ( ) ( )

mod 0
n
n
a b b a a
+ ≡ >
1.3.3 Định lý Fermat:( Định lý nhỏ Fermat)
Với p là số nguyên tố ta có:
( )
mod
p
a a p
≡
.
Đặc biệt nếu
( )
; 1a p
=
thì
( )
1
1 mod
p
a p
−
≡

Pierre de Fermat là một học giả nghiệp dư vĩ đại, một nhà toán học nổi
tiếng và cha đẻ của lý thuyết số hiện đại. Xuất thân từ một gia đình khá giả. Chỉ
trừ gia đình và bạn bè tâm giao, chẳng ai biết ông vô cùng say mê toán. Mãi sau
khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từ

năm 1670. Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng
Trang 5
Pierre de Fermat
(1601-1665)
Andrew John Wiles
(sinh ngày 11/04/1953)
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
góp to lớn của ông. Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có
2 định lý nổi bật:định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat .
Định lý lớn Fermat :Câu chuyện về định lý cuối cùng của Fermat là câu
chuyện khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pythagore, định lý là "Trong
một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh
góc vuông". Fermat thay đổi phương trình Pythagore và tạo ra một bài toán khó
bất hủ. Định lý này phát biểu như sau:
Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả
n n n
x y z
+ =
trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.
Định lý này đã làm hao mòn biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán
học lừng danh trong gần 4 thế kỷ. Cuối cùng nó được chứng minh bởi nhà Toán
học Mỹ - Andrew Wiles vào năm 1993.
1.3.4 Ứng dụng của đồng dư thức là tìm các chữ số tận cùng hoặc tìm số dư
của phép chia , nếu số bị chia được cho bằng dạng lũy thừa khá lớn.
Để tìm số dư của phép chia A
n
cho B ta tìm số R < B sao cho :
(mod )A R B
≡
Để tìm 1 chữ số tận cùng của A

n
ta tìm số 0
≤
x
≤
9 sao cho A
n

≡
x (mod 10)
a) Tìm một chữ số tận cùng của
n
a

- Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6 thì
n
a
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)
b) Tìm hai chữ số tận cùng của
n
a
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
c) Tìm ba chữ số tận cùng của số
n
a
a
100k
≡
000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0

Trang 6
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
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
2.1 CÔNG THỨC, ĐỊNH LÝ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG :
Trong tam giác ABC ta ký hiệu:
a, b, c tương ứng là độ dài các cạnh BC, AC, AB
S là diện tích , p là nửa chu vi tam giác
, ,
a c
b
h h h
tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ A, B, C
, ,
a c
b
m m m
tương ứng là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C

R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác.
2.1.1 Định lý sin
2
sin sin sin
a b c
R
A B C
= = =

2. 1.2 Định lý cosin :
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 cos
2 cos
a b c bc A
b a c ac B
c a b ab C
= + −
= + −
= + −
2.1.3 Độ dài đường trung tuyến :
2 2 2
2 2
2
a
c b a
m
+ −

=
2.1.4 Độ dài đường phân giác trong góc A:
2
( )
a
d bcp p a
b c
= −
+
2.1.5 Độ dài đường cao :
.sin .sin
.sin .sin
sin
a
a B C
h b C c B
A
= = =

2
a
S
h
a
=
2.1.6 Khoảng cách giữa 2 tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp :

( )
2d R R r
= −

2.1.7 Diện tích tam giác :
( ) ( ) ( )
S p p a p b p c
= − − −
Trang 7
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
4
abc
S
R
=
1 1 1
. . .sin . . .sin . . .sin
2 2 2
S a b C b c A a c B= = =
.S p r
=
2
1 .sin .sin
.
2 2sin
a
a B C
S a h
A
= =
2.1.8 Ba đường phân giác cắt 3 cạnh tại A
1
, B
1

, C
1
thì :

( ) ( ) ( )
1 1 1
2 .
ABC
A B C
abc S
S
a b a c b c
=
+ + +
2.1.9 Diện tích hình bình hành và hình thoi :
. .sin
ABCD
S AB AD A
=
2.1.10 Diện tích tứ giác lồi
a) Định lý 1: Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh
;AB a BC b
= =
;CD c DA d
= =
. Gọi S là diện tích ABCD. Khi đó

( ) ( ) ( ) ( )
 
 ÷

 
2
B +D
S = p- a p - b p - c p- d - abcdcos
2
(1)
O
C
A
B
D
Chứng minh: Ta có
ABC ACD
S = S +S

( )
1
= absinB+cdsinD
2

mà
2 2 2
AC a b 2abcos B
= + −

2 2 2
AC c d 2cdcosD
= + −
2 2 2 2 2 2 2
16S 4a b sin B 4c d sin D 8abcdsin Bsin D⇒ = + +

(2)
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
4a b 1 cos B 4c d 1 cos D 8abcdsin Bsin D
= − + − +

Trang 8
( )
2 2 2 2
a b c d 2abcosB 2cdcos D⇒ + − + = −
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Và
( )
(
)
( )
2
2
2 2 2 2
a b c d 2abcosB 2cdcosD
=
+ − + −

( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d 4a b cos B 4c d cos D 8abcdcosBcosD
 
⇔
 

 
+ − + = + +
(3)
Cộng (2) và (3) ta được:
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
16S 4a b 4c d 8abcdsin Bsin D a b c d 8abcdcosBcosD
 
 
 
= + + − + − + −
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2 2 2
16S 4 ab cd a b c d 8abcd 1 cosBcosD sin Bsin D
 
= + − + − + − + −
 
(4)
Rõ ràng
( )
( )
2
2
2 2 2 2
4 ab cd a b c d

 
+ − + − +
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 ab cd a b c d 2 ac bd a b c d
c d a b a b c d
c d a b c d a b a b c d a b c d 16 p a p b p c p d
   
   
   
 
 
 
 
 
= + − + − + + + + − +
= + − − + − −
= + + − + − + + − + + + − = − − − −

Mà
( )
2
B D
1 cos BcosD sin Bsin D 1 cos B D 2cos
2
+
 
+ − = + + =
 ÷
 

Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
2
B D
S p a p b p c p d abcdcos
2
+
 
= − − − − −
 ÷
 
Hệ quả 1: Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn ( tức là
¶
¶
o
B D 180
+ =
)

thì
( ) ( ) ( ) ( )
S p a p b p c p d= − − − −
Hệ quả 2: Nếu
d 0,
=
tức là tứ giác suy biến thành tam giác thì ta có thệ thức
Heron
( ) ( ) ( )
S p p a p b p c
= − − −
b) Định lý Ptolemaeus: Trong một tứ giác nội tiếp, tích 2 đường chéo bằng tổng
của tích các cạnh đối, tức là
. . .AB CD AD BC AC BD
+ =

Trang 9
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Chứng minh: Lấy K trên cạnh AC sao cho
·
·
ABK CBD
=

Ta có
·
·
·
ABK CBK ABC
+ =

và
·
·
·
CBD ABD ABC
+ =
Suy ra
·
·
ABK CBD
=
và
·
·
CBK ABD
=
Do đó
ABK DBC
ABD KBC





∆ ∆
∆ ∆
:
:

( )
( )
1
2
AK.BD AB.CD
CK.BD BC.AD





=
⇒
=

Cộng (1) và (2) ta được:
( )
BD AK CK BC.AD AB.CD
+ = +

Vậy
. . .AB CD AD BC AC BD
+ =


Ptôlêmê sinh ra ở thành phố Ptôlêmai Hecmin (Thượng Ai Cập), học tập và
làm việc chủ yếu ở Alêchxanđria (thủ đô Ai Cập thời Hy Lạp hóa), là nơi tập
Trang 10
Claudius Ptolemaeus
90-168( Sau Công nguyên)

Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
trung nhiều nhà bác học danh tiếng trên thế giới. Nhờ đó, Ptôlêmê đã tiếp thu
được một kiến thức rất uyên bác về toán, thiên văn và địa lý học.
Ptôlêmê có công đóng góp vào việc phát triển môn thiên văn học. Cuốn Hệ
thống vũ trụ là một bản sưu tập, đúc kết những kiến thức thiên văn của người Ai
Cập, Babilon và Hy Lạp trước kia. Thuyết trái đất hình tròn của ông đã giúp cho
Crixtôphô Côlômbô tìm ra châu Mỹ.
c) Định lý 2: Gọi
α
là góc giữa 2 đường chéo của tứ giác nội tiếp đường tròn
Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
2 p a p b p c p d
2S
sin
ac bd ac bd
α
− − − −
= =
+ +

Chứng minh: Gọi I là giao điểm 2 đường chéo
Ta có:
( ) ( )
o o
2S IA.IB.sin IB.IC.sin 180 IC.ID.sin ID.IA.sin 180
α α α α
= + − + + −

( ) ( ) ( )
( ) ( )
IA.IB IB.IC IC.ID ID.IA sin IA IB ID IC IB ID .sin
IA IC IB ID sin AC.BD.sin
α α
α α
= + + + = + + + 
 
= + + =
Từ định lý Ptolemy ta có:
2S AC.BD.sin
α
=

( )
ac bd .sin
α
= +
Mà
( ) ( ) ( ) ( )
S p a p b p c p d
= − − − −
(do tứ giác nội tiếp đường tròn)
Vậy
( ) ( ) ( ) ( )
2 p a p b p c p d
2S
sin
ac bd ac bd
α

− − − −
= =
+ +
(đpcm)
2.2 Đa giác và hình tròn
2.2.1 Đa giác đều n cạnh, độ dài cạnh là a:
+ Góc ở tâm:
2
n
π
α
=
(rad), hoặc:
360
o
a
n
=
(độ)
+ Góc ở đỉnh:
µ
2
A
n
n
π
−
=
(rad), hoặc
µ

2
A .180
n
n
−
=
(độ)
+ Diện tích:
cot
4 2
na
S g
α
=
2.2.2 Hình tròn và các phần hình tròn:
+ Hình tròn bán kính R:
Trang 11
a
α
O
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
- Chu vi: C = 2πR
- Diện tích: S = πR
2
+ Hình vành khăn: ( là phần nằm giữa hai đường tròn đồng tâm)
Diện tích:
( )
2 2
S R r
π

= −

+ Hình quạt: ( là một phần hình tròn giới hạn bởi một cung tròn và hai bán
kính đi qua hai mút của cung đó)
- Độ dài cung:
l R
α
= ×
(α: rad)
- Diện tích:
2
1
2
S R
α
=
2
360
R n
π
=
(n: độ)
+ Hình viên phân (là phần hình tròn giới hạn bởi một cung và dây căng cung
ấy) Diện tích :
OAB AOB
S S S
∆
= −
quaït

2.3 HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Tên
hình
Diện tích xung
quanh
Diện tích toàn phần Thể tích
Hình
2 . .S R l
π
=
2
2 . . 2. .S R l R
π π
= +
2
. .V R h
π
=
Trang 12
R
r

O
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
trụ
Hình
nón
. .S R l
π

=
2
. . .S R l R
π π
= +
2
1
. . .
3
V R h
π
=
Hình
nón cụt
( )
1 2
.S R R l
π
= +
( )
2 2
1 2 1 2
. . .S R R l R R
π π π
= + + +
( )
2 2
1 2 1 2
1
. . . .

3
V h R R R R
π
= + +
Hình
cầu
2
4. .S R
π
=
3
4
. .
3
V R
π
=
Dạng 1: Cách tính một số phép tính có kết quả bị tràn màn hình
Bài toán 1.1:(Đồng Nai-2005) Tính chính xác kết quả của phép tính sau
a)
2222255555 2222266666M = ×
b)
2
123456789N
=
.
Giải
a) Ta tách
2222255555 2222266666M = ×

( ) ( )
5 5
22222 10 55555 22222 10 66666
= × + × × +
* Tính trên máy các giá trị

22222 22222 493817284× =

22222 55555 1234543210× =

22222 66666 1481451852× =

55555 66666 3703629630× =
* Tính trên giấy
10 5 5
493817284 10 1234543210 10 1481451852 10 3703629630
+ +
+
× × ×
Vậy
4938444443209829630M =
.
b)
( )
2 4
12345 10 6789123456789N
=
× +
=

2 8 4 2
12345 10 2 12345 6789 10 6789
= × + × × × +
* Tính trên máy các giá trị

2
12345 125 399 025m
= =

2 12345 6789 167 620 410n
= × × =
Trang 13
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa

2
6789 46 090 521p
= =
* Tính trên giấy
8 4
10 10
p
m n
+
+
× ×

15239902500000000
1676204100000
46090521
15241578750190521

+
Vậy
15 241578 750190 521N
=
.
Bài toán 1.2 : Tính A = 999 999 999
3
và
2

B 111 1
=
142 43
soá9 1

Giải
a) Ngoài cách tính toán kết hợp trên giấy, ta có thể tìm quy luật như sau:
Ta có: 9
3
=729; 99
3
= 970299; 999
3
=997002999;
9999
3
= 9999
2
.9999=9999
2

(1000-1)= 999700029999.
Từ đó ta có quy luật:
3
1
9 1 9
n
99 9 99 9 7 00 0 2 99 9
n
n n
−
−
=
14 2 43 1 2 3 1 2 3 1 2 3
á 9
c c
chöõ so
höõ soá chöõ 0 höõ soásoá
Vậy 999 999 999
3
= 999 999 997 000 000 002 999 999 999.
b) Xuất phát từ sự quan sát

2
2
2
11 121
111 12321
1111 1234321
=
=

=

Từ đó ta có quy luật:
2
9 so 1
B 111 1 12345678987654321
= =
14 2 43
Bài toán 1.3: Tính tích số A.B với
666
33 3A
=
123
chöõ soá 3
và
666
66 6B
=
1 2 3
chöõ soá 3

Giải:

. 33 3 66 6A B
= ×

{
{
666 666
33 3 3 22 2

= × ×
soá soá


{
{
666 666
99 9 22 2
= ×
soá soá

( )
{
666
666
10 1 22 2
= − ×
soá

{
{
{
666 666 666
22 200 0 22 2
= −
soá soá soá

{
665
663

22 2177 778
=
1 2 3
soá
soá
Trang 14
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Bài toán 1.4(Thái Nguyên- 2004): Tính chính xác số
2
12
10 2
3
 
+
 ÷
 
.
Giải:
Cách 1: Xuất phát từ sự quan sát:
2
10 2
34
3
+
=
và
2
2
10 2
1156

3
 
+
=
 ÷
 
3
10 2
334
3
+
=
và
2
3
10 2
111556
3
 
+
=
 ÷
 

4
10 2
3334
3
+
=

và
2
4
10 2
11115556
3
 
+
=
 ÷
 

Ta đi đến kết luận tổng quát sau đây:
Nhận xét:
10 2
3
k
+
là số nguyên dương có
( )
k 1
−
chữ số 3, tận cùng là số 4
Suy ra
2
k
10 2
3
 
+

 ÷
 
là số nguyên dương gồm k chữ số 1,
( )
k 1
−
chữ số 5 và tận
cùng là 6. Chứng minh nhận xét trên bằng phương pháp quy nạp và do đó ta tính
được
{
{
12 11
A 11 155 56
=
soá soá

Cách 2:

11 1155 56 11 1155 5 1
= +


( ) ( ) ( )
( )
( )
12
12 11 10 12
2
12
12 24 12

12
1 10 0 55 5 1 11 1 10 5 11 1 1
11 1 10 5 1 10 10 10 1 10 5 1
10 2
10 1 10 4.10 4
. 10 5 1
10 1 9 3
= × + + = × + × +
= × + + = + + + + +
+
− + +
= + + = =
−
Lời bình : Để tính một số có lũy thừa khá lớn, ta phải mò mẫm dự đoán đi từ
trường riêng cụ thể, khi đó phải nhờ vào công cụ máy tính làm thí nghiệm để đi
đến kết luận tổng quát. Với cách giải thứ nhất mang tính tự nhiên hơn cách giải 2.
Trang 15
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
1) Tính
3333355555 3333377777A = ×
và
20042004 20052005B
= ×
Đs:
11111333329876 501235A
=
;
401882364418020B =
2) Tính chính xác số 1023456
3

Đs: 1072031456922402816
3) a) Tìm các số
aabb
sao cho
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1aabb a a b b
= + + × − −
. Nêu quy
trình bấm phím để được kết quả.
b) Tìm số tự nhiên
n
nhỏ nhất sao cho khi lập phương số đó ta được số tự
nhiên có 3 chữ số cuối đều là chữ số 7 và 3 chữ số đầu cũng đều là chữ số 7:
3
777 777n
=
. Nêu sơ lược cách giải.
Đs : a) Số cần tìm là: 3388
b)Số n là 426753 ;
3
426753 77719455348459777
=
Dạng 2: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
Bài toán 2.1 ( Bắc Ninh- 2004)
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 toán 2.2 (Phú Thọ - 2004)
Tìm tất cả các số tự nhiên dạng
1235679 4x y

chia hết cho 24.
Giải:
Trang 16
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Đặt
N 1235679x4y
=

Vì
N 3
N 24
N 8

⇒


M
M
M

( )
37 x y 3
x4y 8
 + +

⇒



M

M


y
⇒
chỉ có thể là 0; 2; 4; 6; 8
Dùng máy tính thử các giá trị x thỏa mãn
( )
x y 1 3
x4y 8
 + +




M
M

Ta có, hai số thỏa mãn đề bài:
1
N 1235679048
=
và
2
N 1235679840
=
Bài toán 2.3 : Hãy viết thêm vào số 523 ba chữ số nữa vào bên phải để nhận
được 1 số có 6 chữ số đồng thời chia hết cho 7, 8 và 9.
Giải:
Gọi số tự nhiên cần tìm

523abc
; đặt
X abc=
,
523A abc
=

Gt có
523 523000abc X
= +

Vì A chia hết cho 7, 8 và 9 nên
504AM

Do đó
( )
523 504 1037 352abc X
= × + +

Để
504AM
thì
( )
352 504X
+
M


152 152
352 504

2 504 352 656
X X
X abc X
X X
= =
 
= ⇒ + = ⇒ ⇔
 
 
= × + =
Vậy có 2 số thỏa bài toán 523152 và 523656
Bài toán 2.4( Đồng Nai- 2005): Tất cả các số nguyên, bắt đầu từ số 1 được viết
thành 1 dãy các chữ số
123456789101112131415161718192021
Hãy xác
định chữ số đứng ở vị trí 206788.
Giải:
Khi viết thành dãy
Các số có 1 chữ số chiếm 9 vị trí
Các số có 2 chữ số chiếm
90 2 180
× =
vị trí
Các số có 3 chữ số chiếm
900 3 2700
× =
vị trí
Các số có 4 chữ số chiếm
9000 4 36000
× =

vị trí
Khi đó số có 1 chữ số đến số có 4 chữ số chiếm
Trang 17
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
9 180 2700 36000 38889
+ + + =

Do đó chữ số cần tìm là 1 số có 5 chữ số
206788 38889 167899− =

hay
206788 38889 5 33579 4− = × +

( )
∗

tức là số 33579
Đẳng thức
( )
∗
cho thấy chữ số đó phải ở vị trí thứ 4 của số 33579 tức là số 7
Vậy chữ số đứng ở vị trí 206788 của dãy đã cho là số 7.
Bài toán 2.5 : Tìm một số có 4 chữ số, cho biết nó là số chính phương chia hết
cho 9 và chữ số cuối cùng của nó là 1 số nguyên tố.
Giải:
Gọi số tự nhiên cần tìm là
abcd

Giả thiết có
abcd

là số chính phương
⇒
d chỉ có thể là 0; 1; 4; 5; 6; 9
Vì d là số nguyên tố
5d
⇒ =
Khi đó
2
5abcd x
=

( )
0x
≠

Mà
2
9 5 9abcd x
⇔
M M

2
5 3x
⇔
M

( )
5 3
6 5 14
x

x
 +
⇔

≤ + ≤

M

5x
⇔ +
chỉ có thể là 6; 9; 12

{ }
1; 4; 7x
⇔ ∈

Kiểm tra trên máy, ta được 2 số thỏa mãn bài toán là
2
45 2025
=
và
2
75 5625
=

Bài toán 2.6: Tìm tất cả các số chính phương có 6 chữ số thỏa mãn: số tạo thành
bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị.
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 1 2 3
1 1a a a a a a x
= + = +
và
1000 1 1001 1n x x x= + + = +
vì

2
n y
=
hay
2
1 1001x
y
− =

( ) ( )
1 1 7 11 13y y x
⇔ − + = × × ×
Trang 18
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
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.
Có những khả năng xảy ra sau đây :
Trường hợp 1 :
1 11.13. ; 1 7y k y k
′
+ = − =

3; 61; 183; 183184k k x n
′
⇒ = = = =
Trường hợp 2 :
1 7 ; 1 11.13 143y k y k k
′
+ = − = =

4; ' 82; 328; 328329k k x n
⇒ = = = =
Trường hợp 3 :
1 7.11 77 ; 1 13 .y k k y k
′
+ = = − =

11; ' 65; 715; 715716.k k x n
⇒ = = = =
Trường hợp 4 :
1 13 ; 1 77y k y k
′
+ = − =

2; ' 12; 24k k x

⇒ = = =
( Loại vì không phải số có ba chữ số).
Trường hợp 5 :
1 7.13. ; 1 11y k y k
′
+ = − =

8; ' 66; 528; 528529.k k x n
⇒ = = = =
Trường hợp 6 :
1 11 ; 1 7.13.y k y k
′
+ = − =
Khi ấy
3; ' 25; 76k k x
⇒ = = =
( Loại vì không phải số có ba chữ số).
Vậy các số thỏa mãn đề bài là : 183184 ; 328329 ; 715716 ; 528529.
Bài toán 2.7 (Đồng Nai-2007)
Tìm số tự nhiên thỏa :
( )
4
*****ag a g
=
. Trong đó ***** là 5 chữ số không ấn
định điều kiện.
Giải :
Số tự nhiên thỏa mãn
( )
4

*****ag a g
=
thì
{ }
0;1;5; 6g
∈
.
Khi g = 0 thử chạy a từ 1 đến 9, không có giá trị nào thỏa mãn đề bài.
Khi g = 1 thử chạy a từ 1 đến 9, không có giá trị nào thỏa mãn đề bài.
Khi g = 5 thử chạy a từ 1 đến 9, a = 4 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Khi g = 6 thử chạy a từ 1 đến 9, a = 4 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy số tự nhiên thỏa đề bài là 46
4
= 4477456 và 45
4
= 4100625
Bài toán 2.8
Trang 19
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
a) Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là 3 chữ số 4
b) Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là 4 chữ số 4.
Giải:
a) Chữ số cuối cùng của
2
x
là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 8
Tính trên máy bình phương của các số
2; 12; 22; 32; 42; 52; 62; 72; 82; 92
8; 18; 28; 38; 48; 58; 68; 78; 88; 98
⇒

Chỉ có các số 12; 62; 88 khi bình phương có tận cùng là 44, còn số
2
38 1444
=
Tính trên máy bình phương các số
12; 112; 212; 312; 412; 512; 612; 717; 812; 912
62; 162; 262; 362; 462; 562; 662; 762; 862; 962
88; 188; 288; 388; 488; 588; 688; 788; 888; 988
Ta được: 462; 962; 38; 538 khi bình phương có tận cùng là 444
Vậy có 4 số thỏa mãn bài toán là 462; 962; 38; 538.
b) Tương tự cách làm trên
Tính trên máy tính bình phương các số
462; 1462; 2462; 3462; 4462; 5462; 6462; 7462; 8462; 9432
962; 1962; 2962; 3962; 4962; 5962; 6962; 7962; 8962; 9962
38; 138; 238; 338; 438; 538; 638; 738; 838; 938
Ta thấy không có số
N
nào để
2
N
tận cùng bởi 4444.
Bài toán 2.9 (Bộ Giáo Dục- 2004): Tìm tất cả số tự nhiên có không quá 10 chữ
số mà khi ta đưa chữ số cuối cùng lên vị trí đầu tiên thì số đó tăng lên gấp 5 lần.
Giải:
Gọi
1 2 1

n n
a a a a
−

là số cần tìm
Theo giả thiết ta có:
1 2 1 1 2
5.
n n n
a a a a a a a
−
=
( )
1
1 2 1 1 2 1
10 5 .10
n
n n
n n
a a a a a a a a
−
− −
⇔ × + = +
( )
{
1
1 2 1
1 2 1
n-2 9
10 5 49.
99 95 49.
n
n n
n n

a a a a
a a a a
−
−
−
⇔ × − =
 
⇔ × =
 ÷
 
soá

Trang 20
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Vì số đã cho có nhiều nhất 10 chữ nên
2 8n
− ≤

và
n
a
là số có 1 chữ số nên không thể chia hết cho 49
( )
49 7.7
=
mà nhiều nhất
chỉ có thể chia hết cho 7
⇒
Chứng tỏ số
99 95

phải chia hết cho 7
Kiểm tra trên máy tính các số 95; 995; 9995; 99995; 999995; 9999995;
99999995; 999999995 chia cho 7 ta tìm được 1 số duy nhất chia hết cho 7 là
99995 7 14285= ×

Vậy
6 1 2 3 4 5
99995 49a a a a a a× = ×
hay
6 1 5
14285 7 a a a
× = ×

Vì 14275 không chia hết cho 7 nên
6
7a
=
. Vậy số cần tìm là 142857
Bài toán 2.10 (Bộ Giáo Dục- 2005): Tìm số tự nhiên a có 6 chữ số, các chữ số
này khác nhau và khác 0, biết rằng 2a, 3a, 4a, 5a, 6a cũng gồm 6 chữ số tạo thành
từ chính các chữ số đó.
Giải:
Gọi STN cần tìm
1 2 3 4 5 6
a a a a a a a
=
Vì a là số có 6 chữ số nên
1
1a
=

Khi
1
1a
=
thì
6
1a
≠
và
{ }
6
2;4;6;8;5a
≠
vì nếu
6
a
là số chẵn thì 5a có thận cùng
bằng 0 nếu
6
5a
=
thì 2a có tận cùng bằng 0
Như vậy
6
a
chỉ có thể là 3; 7; 9
•
Nếu
6

3a
=
thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng bằng 6; 9; 2; 5; 8 và a có 7 chữ
số (trái giả thiết)
6
3a
⇒ ≠

•
Nếu
6
9a
=
thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng bằng 8; 7; 6; 5; 4 và a có 7 chữ
số (trái giả thiết)
6
9a
⇒ ≠
•
Nếu
6
7a
=
thì 2a, 3a, 4a, 5a, 6a có tận cùng là 4; 1; 8; 5; 2 và số a có 6 chữ
số
Vậy số đã cho có dạng
2 3 4 5
1 7a a a a
trong đó
2 3 4 5

, , ,a a a a
là các số
{ }
2;4;5;8


2
a
không thể bằng 8 vì 6a là số có 7 chữ số
Trang 21
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
2
a
không thể bằng 5 vì 6a sẽ bắt đầu bằng 9
2
a
không thể bằng 2 vì 5a sẽ bắt đầu bằng 6 (6; 9 không có trong tập
{ }
2;4;5;8
)

2
4a
⇒ =
, số đã cho có dạng
3 4 5
14 7a a a
3
a
không thể bằng 5 hoặc 8 vì 2a bắt đầu bởi 29(số 9 không có trong tập

{ }
2;4;5;8
)
3
2a
⇒ =
, ta có 2 số 142587 và 142857
Với
142587a
=

a 2a 3a 4a 5a 6a
142587 285174 427761 570348 712935 855522
Với
142857a
=

a 2a 3a 4a 5a 6a
142857 285714 428571 571428 714285 857142
Vậy có 1 số thỏa mãn bài toán là
142857a
=
1) Tìm a, b, c, d biết
abc c dac× =
Đs:
1,a
=

3,b =

6,c
=

8d
=
2) Tìm các chữ số x, y, z để
579xyz
chia hết cho 5, 7 và 9.
Đs:
x= 2, y = 8, z = 5
;
x= 6, y = 0, z = 0
;
x= 9, y = 1, z = 5
3) Tìm tất cả các số có dạng
34 5x y
chia hết cho 36.
Đs:
x= 4, y = 2; x= 0, y = 6; x= 9, y = 6
4) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho
2
n
là một số có 12 chữ số có dạng:
2
2525 89n
=
∗∗∗∗∗∗
Đs: 502517, 502533, 502567, 502583
5) Tìm các chữ số a, b, c, d để
a5 bcd 7850

× =
Đs:
a 2,
=

b 3,
=

c 1,
=

d 4
=
Dạng 3: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số dư của một luỹ thừa khi
chia cho một số.
Trang 22
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
Bài toán 3.1 (Bộ Giáo Dục- 2003): Cho số Fermat thứ 24,
24
2
24
2 1F
= +
. Hãy
tìm 5 chữ số cuối cùng của số Fermat.
Giải:
Nhận xét:
i) Bài toán tương đương với bài toán sau : Tìm số dư khi chia
24
F

cho
5
10
, tức
là ta tính đồng dư của
24
2
2
theo
( )
5
mod 10

ii)
(
)
(
)
1
1
2
2
2 .2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
n
n
n n n n
 
 ÷

 
+
+
= = = = ×

iii) Nếu
1 2
a a≡
(mod m) và
1 2
b b≡
(mod m). Thì
1 1 2 2
a b a b
× ≡ ×
(mod m)
Vậy
2
2
n
a
≡
thì
1
2 2
2
n
a
+
≡

Ta có
1
2
2 4
≡
9
2
2 84096
≡
17
2
2 73696≡
2
2
2 16
≡
10
2
2 37216≡
18
2
2 416
≡
3
2
2 256≡
11
2
2 30656

≡
19
2
2 73056≡
4
2
2 65563
≡
12
2
2 90336≡
20
2
2 79136
≡
5
2
2 67296
≡
13
2
2 92896
≡
21
2
2 6496
≡
6
2
2 51616

≡

14
2
2 66816
≡
22
2
2 98016
≡
7
2
2 11456
≡
15
2
2 77856
≡
23
2
2 36256
≡
8
2
2 39936
≡
16
2
2 56736
≡

24
2
2 97536≡

Vậy
( )
( )
24
2
5
2 1
97536 1 mod10
+ ≡
+
Suy ra, năm chữ số cuối cùng là
97537
Bài toán 3.2: Tìm hai chữ số cuối cùng của số
1999 2000 2001
2 2 2A
= + +
.
Giải
Cách 1: 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)
Trang 23
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
 A
≡
88.7 (mod 100) => A
≡
616 (mod 100).
Vậy hai chữ số cuối của A là 16.
Cách 2: Ta có
( ) ( )
99
1999 2 9 10 1980 9 10 20
2 1 2 2 7 2 2 2 7 2 2 2A
= + + = × × × = × × ×
Tính trên máy
9 10 20
2 512; 2 1024; 2 1048576= = =
Nhận xét: Số có hai chữ số tận cùng là 76, lũy thừa bậc bất kỳ cũng có hai chữ số
tận cùng là 76. Do đó

( )
99
20
2
có hai chữ số tận cùng là 76.
( )
7 512 1024 76 76A
⇒ = × × × =
. Vậy hai chữ số cuối cùng của số A là 16.
Bài toán 3.3: Tìm số dư của phép chia 5
2008
cho 2003
Giải
Bài toán trên chính là dạng Fermat: 5
2002
≡
1 (mod 2003)
=> 5
2002
.5
6

≡
5
6
(mod 2003)
Vậy số dư là : 5
6
= 1064.
Bài toán 3.4: Tìm số dư của 1991

40
cho 2008
Giải
Ta có: 1991
3

≡
1111(mod 2008)
1991
2

≡
289 (mod 2008 )
1991
5

≡
289.1111 (mod 2008)
≡
1807 (mod 2008)
1991
10

≡
1807
2
(mod 2008)
≡
241 (mod 2008)
1991

40

≡
241
4

≡
713
Vậy số dư là 713.
Bài toán 3.5:( Bộ Giáo Dục-2010) Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng
trăm và hàng nghìn của số tự nhiên:
2010
2011A
=
.
Giải
Ta có:
( )
2
2011 4121 mod 10000
≡
( )
40
2011 8401 mod10000
≡
Trang 24
Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa
( )
4 2
2011 4121 2641 mod10000

≡ ≡
( )
80
2011 6801 mod 10000
≡
( )
8 2
2011 2641 4881 mod 10000
≡ ≡
( )
100
2011 6001 mod10000
≡
( )
10
2011 4121 4881 4601 mod10000
≡ × ≡
( )
200
2011 2001 mod 10000
≡
( )
20 2
2011 4601 9201 mod 10000
≡ ≡
( )
1000
2011 1 mod10000
≡
( )

( ) ( )
2
2010 10 1000
2011 2011 2011 4601 1 mod 10000 4601 mod10000
= × ≡ × ≡
Vậy:
2010
2011A
=
có bốn chữ số cuối là 4601.
1) a)Tìm số dư của
2010
2
chia cho 9
b) Tìm bốn chữ số cuối cùng của số
2009
5

Đs: a) 1 b) 3125
2) a)Tìm hai chữ số tận cùng của số
2011 2012 2013
6 6 6
+ +
b) Tìm chữ số hàng chục của số
2012
23
c) Tìm số dư trong phép chia
15
2012
7 ÷

Đs: a) 08 b) 6 c)1751
3) Tìm 3 chữ số tận cùng của
2003
9
2
Đs: 912
Dạng 4: Tìm chữ số thứ k (k ∈ N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn
Bài toán 4.1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phẩy của các số

1 1
) )
37 41
a b
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

Bài toán 4.2: ( Đồng Nai-2006)
Trang 25