skkn phương pháp sử dụng máy tính cầm tay cấp thcs

Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU
I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động sáng tạo của học sinh là
nhiệm vụ trọng tâm của mỗi nhà trường. Sử dụng máy tính điện tử bỏ túi (MTĐT)
BT để giải toán cũng là một hoạt động phát triển trí tuệ và năng lực sáng tạo của
học sinh rất hiệu quả. Xuất phát từ những kỹ năng đơn giản về sử dụng MTĐT BT
để tính toán thông thường như tính giá trị của biểu thức số, tìm nghiệm của phương
trình bậc 2 – 3, khai phương, hay tìm tỉ số lượng giác của một góc... học sinh còn
được rèn luyện lên một mức độ cao hơn đó là rèn tư duy thuật toán - một thao tác
tư duy cực kỳ cần thiết cho lập trình viên máy tính PC sau này - thông qua các bài
toán về tìm số, bài toán về phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN hay
bài toán phân tích đa thức thành nhân tử...
Hiện nay, với sự phát triển như vũ bão của khoa học - kỹ thuật nhất là các
ngành thuộc lĩnh vực công nghệ thông tin trong đó MTĐT BT là một thành quả của
những tiến bộ đó. MTĐT BT đã được sử dụng rộng rãi trong các nhà trường với tư
cách là một công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay cả việc đổi mới phương
pháp dạy học theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu quả. Đặc biệt, với
nhiều tính năng mạnh như của các máy CASIO Fx-500MS, CASIO Fx-570MS...
trở lên thì học sinh còn được rèn luyện và phát triển dần tư duy thuật toán một cách
hiệu quả.
Trong những năm gần đây, các cơ quan quản lý giáo dục cũng như các tổ
chức kinh tế tài trợ thiết bị giáo dục (nhất là các công ty cung cấp thiết bị điện tử và
máy văn phòng) rất chú trọng việc tổ chức các cuộc thi giải toán trên MTĐT BT.
Từ năm 2001, BGD& ĐT bắt đầu tổ chức cuộc thi “Giải toán trên MTĐT BT” cho
HS THCS đến cấp khu vực; báo Toán tuổi thơ 2 tổ chức thi giải toán bằng MTĐT
BT qua thư cho HS THCS do tập đoàn CASIO tài trợ, báo Toán học & Tuổi trẻ tổ
chức cuộc thi tương tự cho cả HS THCS và THPT do tập đoàn SHARP tài trợ,

Trường THCS Nguyễn Trãi

1

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

nhằm góp phần phát huy trí lực của học sinh và tận dụng những tính năng ưu việt
của MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các môn học khác nữa như Lý, Hoá, Sinh, Địa ...
Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT của trường
cũng như của PGD& ĐT huyện Krông Ana, tôi nhận thấy các em học sinh thực sự
say mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng
vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của mình.
Từ những lý do trên, tôi mạnh dạn triển khai sáng kiến kinh nghiệm:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY”
I.2.MỤC TIÊU, NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI:
−Để tất cả các em học sinh có điều kiện nắm được những chức năng cơ bản
nhất của MTĐT BT, biết cách vận dụng vào giải các bài toán tính toán thông
thường rồi dần đến các bài toán đòi hỏi tư duy thuật toán cao hơn.
−Tạo không khí thi đua học tập sôi nổi hơn, nhất là giáo dục cho các em ý
thức tự vận dụng kiến thức đã được học vào thực tế công việc của mình và ứng
dụng những thành quả của khoa học hiện đại vào đời sống.
−Tạo nguồn HSG cho các năm tiếp sau.
I.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
Các bài toán thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio.
I.4 GIỚI HẠN PHẠM VI NGHIÊN CỨU :
Giới hạn các bài toán thi HSG giỏi cấp tỉnh và cấp khu vực.
I.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu tài liệu.

3. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.
I.5. ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN:
−Về mặt lý luận :
Đưa ra các bài tập với phép chứng minh rõ ràng những kết quả mà các em
học sinh thường áp dụng một cách máy móc, không hiểu bản chất vấn đề.
Trường THCS Nguyễn Trãi

2

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

−Về mặt thực tiễn:
Giúp hệ thống các phương pháp giải từng loại toán thường gặp trong các kì
thi HSG giải toán trên máy tính Casio. Là tài liệu chuyên môn hữu ích cho bản thân
và đồng nghiệp trong lĩnh vực ôn luyện giải toán trên máy tính Casio.
PHẦN II: NỘI DUNG
II.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN
Có thể nói rằng các tài liệu ôn luyện MTCT có rất nhiều, có tài liệu sách, có
cả các tài liệu trên mạng Internet, những tài liệu đó đều rất hữu ích và đáng để học
và nghiên cứu. Nhưng để tổng hợp lại thành một tài liệu thực sự phù hợp với học
sinh của huyện, cần hệ thống lại các bài tập theo trình tự, thì vấn đề mà tôi trình
bày vẫn còn là mới ở huyện Krông Ana.
Đề tài mà tôi trình bày không phải là một vấn đề mới, nhưng các đồng
nghiệp của tôi ở trường cũng chỉ sưu tầm và biên soạn tài liệu MTCT cho riêng bản
thân chứ chưa đưa ra thành một đề tài nghiên cứu để nhận được sự đóng góp của
các đồng nghiệp khác và để viết thành một cuốn tài liệu hữu ích cho việc ôn luyện
học sinh. Chính vì vậy nên đề tài mà tôi đưa ra chắc chắn sẽ cần nhiều ý kiến đóng

góp của các đồng nghiệp mới có thể hoàn thiện hơn được.
II.2.THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CẦM TAY Ở
TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI VÀ Ở HUYỆN KRÔNG ANA
a. Thuận lợi - khó khăn
Qua một thời gian ôn luyện học sinh cho trường THCS Nguyễn Trãi, trường
THCS Lương Thế Vinh, trường THCS Buôn Trấp ... Tôi nhận thấy các em học sinh
có nhận thức rất tốt, có nền tảng kiến thức cơ bản vững vàng. Đặc biệt là học sinh
trong đội tuyển HSG của huyện, các thầy cô giáo ở trường cũng đã ôn luyện cho
các em được những kiến thức cơ bản về máy tính cầm tay rất vững vàng và có hệ
thống. Kết quả đạt được của huyện nhà trong các kỳ thi HSG giải toán trên máy
tính cầm tay năm học 2013 – 2014: 03 giải khuyến khích Quốc gia.
Trường THCS Nguyễn Trãi

3

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

b. Thành công – hạn chế
Trong những năm học vừa qua dựa vào tài liệu biên soạn để hướng dẫn học sinh
thi học sinh giỏi giải Toán bằng máy tính cầm tay đã giúp các em học sinh giỏi đạt
học sinh giỏi các cấp ngày càng nhiều hơn, kết quả cao hơn.
Đề tài nội dung còn chưa phong phú, còn ít nội dung giúp học sinh đại trà nắm
bắt cách sử dụng máy tính cầm tay để giải toán.
c. Mặt mạnh – mặt yếu
Đề tài là tài liệu giúp các thầy cô giáo tham khảo để hướng dẫn học sinh sử
dụng máy tính cầm tay để giải Toán.
d. Các nguyên nhân các yếu tố tác động.

Trong những năm gần đây, các cơ quan quản lý giáo dục cũng như các tổ
chức kinh tế tài trợ thiết bị giáo dục (nhất là các công ty cung cấp thiết bị điện tử và
máy văn phòng) rất chú trọng việc tổ chức các cuộc thi giải toán trên MTĐT BT.
Từ năm 2001, BGD& ĐT bắt đầu tổ chức cuộc thi “Giải toán trên MTĐT BT” cho
HS THCS đến cấp khu vực; báo Toán tuổi thơ 2 tổ chức thi giải toán bằng MTĐT
BT qua thư cho HS THCS do tập đoàn CASIO tài trợ, báo Toán học & Tuổi trẻ tổ
chức cuộc thi tương tự cho cả HS THCS và THPT do tập đoàn SHARP tài trợ,
nhằm góp phần phát huy trí lực của học sinh và tận dụng những tính năng ưu việt
của MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các môn học khác nữa như Lý, Hoá, Sinh, Địa ...
Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT của trường
cũng như của PGD& ĐT huyện Krông Ana, tôi nhận thấy các em học sinh thực sự
say mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng
vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của mình.
e. Phân tích đánh giá các vấn đề thực trạng mà đề tài đặt ra
* Nguyên nhân dẫn đến thực trạng
Về nguồn học sinh giỏi ở huyện Krông Ana rất dồi dào, mặc dù các thầy cô
giáo đã bỏ nhiều công sức ôn luyện, kết quả đạt được các năm qua chưa hề có giải
nhất, chỉ có giải nhì và ba. Điều đó khẳng định rằng phương pháp ôn luyện học
Trường THCS Nguyễn Trãi

4

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

sinh còn có những vấn đề cần khắc phục, một trong những vấn đề đó là biên soạn
ra những cuốn tài liệu ôn thi có hệ thống kiến thức đầy đủ.
* Kết luận :

Nếu được ôn luyện bài bản chắc chắn kết quả các năm tiếp theo sẽ còn cao
hơn nữa, nếu chúng ta biên soạn được những tài liệu đầy đủ, sát với chương trình
thi của các em; và đây cũng là tài liệu để đồng thầy cô tham khảo để hướng dấn các
em học sinh sử dụng MTCT. Chính vì lý do đó, tôi quyết định chọn đề tài sáng kiến
kinh nghiệm: “Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay”. Đề tài ngoài việc
chuyên sâu vào các bài toán số học, còn đề cập tới các bài toán đa thức và hình học
và cách sử dụng các chức năng mới của máy tính cầm tay CASIO fx-570VN
PLUS như tìm số dư trong phép chia, phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm
ƯCLN, BCNN...

II.3.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN
II.3.1.1. SỐ HỌC
Dạng 1: Cách tính một số phép tính có kết quả bị tràn màn hình
Bài toán 1: Nêu một phương pháp (kết hợp trên máy và trên giấy) tính chính
xác kết quả của phép tính sau:
a)

A = 12578963 x 14375

b)

Tính chính xác của số: B = 1234567892

c)

Tính chính xác của số: C = 10234563
Giải

a)

Nếu tính trên máy sẽ tràn màn hình nên ta làm như sau:

A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375
* Tính trên máy: 12578.14375 = 180808750 ⇒ 12578.103.14375 = 180808750000
Trường THCS Nguyễn Trãi

5

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

* Tính trên máy: 963.14375 = 13843125
Từ đó ta có: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125 (Tính trên máy)
Hoặc viết: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 và cộng trên máy:
808750000 + 13843125 = 822593125 ⇒ A = 180822593125
b)

B = 1234567892=(123450000 + 6789)2
= (1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892

Tính trên máy: 123452 = 152399025;

2x12345x6789 =

167620410

67892 = 46090521

Vậy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 46090521
= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521
=15241578750190521
c)

C = 10234563 = (1023000 + 456)3= (1023.103 + 456)3
= 1023.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563

Tính trên máy:
10233

=

1070599167

3.10232.456

=

1431651672

3.1023.4562

=

638155584

4563

=

94818816

Vậy (tính trên giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 +
+ 638155584000 + 94818816 = 1072031456922402816
Bài toán 2 : Tính A = 999 999 9993
Giải
Ngoài cách tính toán kết hợp trên giấy, ta có thể tìm quy luật như sau:
Ta có: 93=729; 993= 970299; 9993=997002999;
99993= 99992.9999=99992(1000-1)= 999700029999.
3
99...9
{ 7 00...0
{ 2 99...9
{
2 3 = 99...9
Từ đó ta có quy luật: 1n chöõ
n −1 chöõsoá n −1 chöõ soá n chöõ soá 9
soá 9

Vậy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999.

Trường THCS Nguyễn Trãi

6

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Dạng 2: Tìm số dư khi chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b.
a. 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 r1, c chia cho b dư r2 .
1. Nếu r1.r2 < b thì ac chia cho b dư r1.r2 .
2. Nếu r1.r2 > b thì số dư của phép chia ac cho b là số dư của phép chia r1.r2 cho b.
3. Nếu r1 + r2 < b thì a + c chia cho b dư r1 + r2.
4. Nếu r1 + r2 > b thì số dư của phép chia a + c cho b là số dư của phép chia r 1 + r2
cho b.
Chứng minh
1. Vì a = bq + r1; c = bs + r2 => a.c = (bq + r1)(bs + r2 ) = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + r1r2
= b(bqs + qr2 + sr1 ) + r1r2 => đpcm
2. Nếu r1r2 > b thì giả sử r1r2 = k.b + t ( t < b) Do đó theo phân tích ở trên ta có :
a.c = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + r1r2 = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + k.b + t = b(b.q.s + qr2 + sr1 +
k) + t
=> đpcm
3. a + c = b(s+q) + r1+r2 => đpcm
4. Vì r1 + r2 > b nên giả sử r1 + r2 = b.k + t ( t < b)
Do đó a + c = b(s+q) + r1+r2 = a + c = b(s+q) + b.k + t = b(s+q+k) + t => đpcm.
b. Bài tập
Bài toán 1: Số bị chia không vượt quá 10 chữ số
Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975
Giải
Khi sử dụng máy CASIO fx-570VN PLUS ta sử dụng chế độ tìm số dư như sau

Trường THCS Nguyễn Trãi

7

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

18901969

3041975

6, R=650119

Ta có số dư của phép chia là: 650119
Bài toán 2: Số bị chia nhiều 10 chữ số
Tìm số dư của phép chia 123456789101112 cho 9999
Giải
Cách 1: Áp dụng định lý
123456789101112 = 123456789.106 + 101112
123456789 chia cho 9999 dư 9135
106 chia 9999 dư 100
Vì 100.9135 = 913500 > 9999 nên ta tìm số dư 913500 khi chia cho 9999.
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 10 chữ số đầu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên tiếp vào
phần còn lại tối đa 10 chữ số rồi tìm số dư. Nếu còn nữa thì tính liên tiếp như vậy.
VD: 1234567891 chia cho 9999 dư 1360.
136001112 chia cho 9999 dư 4713.
Bài toán 3. Tìm số dư của 9876542 :5678

Đáp số: 459
Dạng 3: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN)
a. Lý thuyết
Bổ đề (cơ sở của thuật toán Euclide)
Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r)
Chứng minh
Giả sử (a,b) = c => a = c.m, b = c.n => c.m = c.n.q + r => r = c(m – nq) do đó c là
một ước của r. Vậy (b,r) = c => đpcm

Trường THCS Nguyễn Trãi

8

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Từ bổ đề trên, ta có thuật toán Euclide như sau (với hai số nguyên dương a, b):
- Chia a cho b, ta được thương q1 và dư r1: a = bq1 + r1
- Chia b cho r1, ta được thương q2 và dư r2: b = r1q2 + r2
- Chia r1 cho r2, ta được thương q3 và dư r3: r1 = r2q3 + r3
....
Tiếp tục quá trình trên, ta được một dãy giảm: b, r 1, r2, r3... dãy này dần đến 0,
và đó là các số tự nhiên nên ta sẽ thực hiện không quá b phép chia. Thuật toán kết
thúc sau một số hữu hạn bước và bổ đề trên cho ta:
(a, b) = (b, r1) = ... rn
x. y

Định lí: Nếu x, y là hai số nguyên khác thì BCNN(x,y) . = ( x, y )

x

y

Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên ( x, y ) , ( x, y ) là những số nguyên
x. y

=> b = ( x, y ) là bội chung của x và y.
Tiếp theo, ta giả sử c là bội chung khác của x và y, suy ra tồn tại số nguyên m sao
cho c = m.x và ta có cy nên :
c
y
m.x
c

⇔

( x, y ) ( x, y ) ( x , y ) ( x , y )
m = u.





y

y
x
 = 1 nên m
,

Nhưng ta lại có 
( x, y )
 ( x , y ) ( x, y ) 

y
( x, y )

với u là số ngyuên nào đó. Thay vào đẳng thức c = m.x ta được
c = u.x.

y
x. y
x. y
=
.u hay c ;à bội của b =
( x, y ) ( x , y )
( x, y ) => đpcm

b. Bài tập
Bài toán 1: Tìm UCLN của hai số:
a = 24614205, b = 10719433
Giải
Cách tìm ƯCLN bằng máy tính CASIO Fx 570 VN-PLUS

Trường THCS Nguyễn Trãi

9

Gv:Nguyễn Văn Mạnh

hay


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

24614205

10719433

Kết quả: 21311
Dạng 4: Số nguyên tố
a. 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:
n = p1e1 p2e2 ... pkek ,

với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< 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.
Chứng minh
Cho n là hợp số. Ta có thể viết n = a.b với 1Nếu đồng thời a,b <

n thì n =

n . n < a.b = n, mâu thuẫn. Vậy có ít nhất một

trong hai số a, hoặc b nhỏ hơn hoặc bằng n .

Nhận xét: Mỗi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của
nó.
Định lí (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:
n = p1e1 p2e2 ... pkek ,

với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< pk
Khi đó số ước số dương của n được tính theo công thức:
τ (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)
Trường THCS Nguyễn Trãi

10

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

b. Bài tập
Bài toán 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 2152 + 3142
Giải
- Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy
CASIO Fx570VN PLUS:
215

314

Ta có kết quả trên màn hình: 97x(1493)

(Kết quả máy cho ta số 1493 nằm trong ngoặc đơn là máy không xác định
được là số nguyên tố hay hợp số)
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 = 2152 + 3142 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 =3888000

có bao nhiêu ước số ?
Giải

- Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy:
N = 27 x 35 x 53
*Cách 1:- 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
- 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.
Trường THCS Nguyễn Trãi

11

Gv:Nguyễn Văn Mạnh

Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

*Cách 2 : Số ước của N là (7+1)(5+1)(3+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 = 210.35.52.7.11.13
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:
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 = 25 x 34 x 55 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
Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
a. Lý thuyết
Các dấu hiệu chia hết
Giả sử số tự nhiên n = ak ak −1...a1a0
• n 2 ⇔ a0 = 0,2,4,6,8
• n 5 ⇔ a0 = 0,5
• n 4 ( hoặc 25 ) ⇔ a1a0 4 ( hoặc 25 )
• n 8 ( hoặc 125 ) ⇔ a2 a1a0 8 ( hoặc 125 )
• n 3 ( hoặc 9) ⇔ a0 + a1 + ...ak  3 ( hoặc 9 )
• n 11 ⇔ (a0+ a2 +...+) – (a1 + a3 +...) 11

Trường THCS Nguyễn Trãi

12

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

( 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 ).
b. Bài tập
Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
1x 2 y 3z 4

chia hết cho 7.
Giải

- Số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
19293 z 4 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 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622
- Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
10203 z 4 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 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762
Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
1x 2 y 3z 4 chia hết cho 13.

Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 13 là 1929304
- Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 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:
N = 1235679 x 4 y chia hết cho 24.

Giải
- Vì N M24 ⇒ N M3 ; N M8 ⇒ (37 + x + y) M3 ; x 4 y M8.
⇒ y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8.
Trường THCS Nguyễn Trãi

13

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1) M3 và x 4 y M8, ta có:
N1 = 1235679048 ; N2 = 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: n = a1a2 a3a4 a5a6 .
- Đặt x = a1a2 a3 . Khi ấy a4 a5 a6 = x + 1 và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2
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.
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.q1 + 210 ⇒ x -210 chia hết cho 393
x = 655.q2 + 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
Trường THCS Nguyễn Trãi

14

Gv:Nguyễn Văn Mạnh

Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

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:
X
2
6
9

y
8
0
1

z
5
0
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.
Bài 8: (Thi khu vực, 2003, lớp 9)
Trường THCS Nguyễn Trãi

15

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010 ≤ n ≤ 2010) sao cho an = 20203 + 21n cũng là số
tự nhiên.
Giải
Vì 1010 ≤ n ≤ 2010 nên 203,5 ≈ 41413 ≤ an ≤

62413 ≈ 249,82.

Vì an nguyên nên 204 ≤ n ≤ 249. Ta có an2 = 20203 + 21n = 21.962 + 1 + 21n.
Suy ra: an2 – 1 = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n).
2

Do đó, an − 1 = ( an − 1) ( an + 1) chia hết cho 7.

Chứng tỏ (an - 1) hoặc (an + 1) chia hết cho 7. Vậy an = 7k + 1 hoặc an = 7k – 1.
* Nếu an = 7k – 1 thi do 204 ≤ n =7k-1 ≤ 249 => 29,42 ≤ k ≤ 35,7. Do k nguyên
nên k = { 30;31;32;33;34;35} . Vì a2n − 1 = 7k(7k − 2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32;
33; 35. Ta có:
k
n
an
* Nếu an = 7k + 1 thi do 204 ≤

30
32
33
35
1118 1406 1557 1873
209 223 230 244
n =7k-1 ≤ 249 => 29,14 ≤ k ≤ 35,57. Do k nguyên

nên
k = { 30;31;32;33;34;35} . Vì a2n − 1 = 7k(7k + 2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 31; 33;

34. Ta có:

k
n
an

30
32

33
35
1118 1406 1557 1873
209 223 230 244

Như vậy ta có tất cả 8 đáp số.
Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số dư của một luỹ thừa khi
chia cho một số.
a. Lý thuyết
Để tìm số dư của phép chia An cho B ta tìm số R < B sao cho : A ≡ R(mod B)
Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0 ≤ x ≤ 9 sao cho An ≡ x (mod 10)
Quan hệ đồng dư và các tính chất
Trường THCS Nguyễn Trãi

16

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Nếu a ≡ b (mod m) thì:
a.c ≡ b.c (mod m)
an ≡ bn (mod m)
Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì:
a ± c ≡ b ± d (mod m)
a.c ≡ b.d (mod m)
* Định lý Fermat:
Với p là số nguyên tố ta có: ap ≡ a (mod p)
Đặc biệt nếu (a,p) = 1 thì ap-1 ≡ 1 (mod p)

a)

Tìm một chữ số tận cùng của an

- 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
24k ≡ 6 (mod 10)
34k ≡ 1 (mod 10)
74k ≡ 1 ( mod 10)
b)

Tìm hai chữ số tận cùng của an

Ta có nhận xét sau
a20k ≡ 00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a20k ≡ 01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a20k ≡ 25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a20k ≡ 76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
c)

Tìm ba chữ số tận cùng của số an

a100k ≡ 000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a100k ≡ 001 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a100k ≡ 625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a100k ≡ 376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
b. Bài tập

Trường THCS Nguyễn Trãi

17

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Bài 1: Tìm hai chữ số cuối cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
Giải
A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999
Ta có 220 ≡ 76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19
do đó 220.99.219 ≡ 76.219 (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 29

2003

Giải
Ta có 92000 ≡ 001 (mod 1000) => 92003 ≡ 001.93 (mod 1000) ≡ 729 (mod 1000)
Do đó 29

2003

≡ 2729 (mod 1000) ≡ 2700.229 (mod 1000) ≡ 376.912 (mod 1000) ≡ 912

(mod 1000)
Vậy 3 chữ số cuối cùng của 29

2003

là 912

Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003
Giải
Bài toán trên chính là dạng Fermat: 52002 ≡ 1 (mod 2003) => 52002.56 ≡ 56 (mod 2003)
Vậy số dư là : 56 = 1064
Bài 4: Tìm số dư của 199140 cho 2008
Giải
Dạng toán trên không phải dạng toán Ferma, vậy ta tìm số dư của luỹ thừa lớn nhất
của 1991 mà không tràn màn hình máy tính khi chia cho 2008.
19913 ≡ 1111(mod 2008)
19912 ≡ 289 (mod 2008 )
19915 ≡ 289.1111 (mod 2008) ≡ 1807 (mod 2008)
199110 ≡ 18072 (mod 2008) ≡ 241 (mod 2008)
199140 ≡ 2414 ≡ 713
Vậy số dư là 713

Trường THCS Nguyễn Trãi

18

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Bài 5. Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn của số tự

A = 20112010

nhiên:

Giải
2
4
2
Ta có: 2011 ≡ 4121 ( mod 10000 ) ; 2011 ≡ 4121 ≡ 2641 ( mod 10000 )

20118 ≡ 26412 ≡ 4881 ( mod 10000 ) ; 201110 ≡ 4121× 4881 ≡ 4601 ( mod 10000 )

201120 ≡ 46012 ≡ 9201( mod 10000 ) ; 201140 ≡ 8401( mod 10000 )
201180 ≡ 6801( mod 10000 ) ; 2011100 ≡ 6001( mod 10000 ) ;
2011200 ≡ 2001( mod 10000 ) ;...; 20111000 ≡ 1( mod 10000 ) ;
20112010 = 201110 × ( 20111000 ) ≡ 4601× 1( mod 10000 ) ≡ 4601( mod 10000 )
2

Vậy: A = 20112010 có bốn chứ số cuối là: 4601
Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k ∈ N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn
a. 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

có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2, 5
b

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

Trường THCS Nguyễn Trãi

19

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

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.
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.
b. Bài tập
Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy của số:
a)

A=

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

Giải
a) Số A =

1
= 0, 027 027 (027)... tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.
37

Vì 2005 ≡ 1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7
b) Số B =

1
= 0, 02439 02439 (02439)... tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439.
41

Vì 2005 ≡ 0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9
c) Số C =

10

= 0, (1960784313725490) TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490
51

Vì 2005 ≡ 5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7
d) Số D =

1
= 0, (020408163265306122448979591836734693877551)
49

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
Dạng 8: Dãy truy hồi Fibonacci
a. Lý thuyết
Bài toán mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ cứ mỗi tháng
đẻ được một đôi thỏ con, mỗi đôi thỏ con cứ sau 2 tháng lai sinh ra một đôi thỏ
nữa, rồi sau mỗi tháng lại sinh ra một đôi thỏ con khác v.v… và giả sử tất cả các
con thỏ đều sống.
Trường THCS Nguyễn Trãi

20

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Hỏi nếu có một đôi thỏ con nuôi từ tháng giêng đến tháng 2 thì đẻ đôi thỏ
đầu tiên thì đến cuối năm có bao nhiêu đôi thỏ?

Giải
- Tháng 1 (giêng) có một đôi thỏ số 1.
- Tháng 2 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 2. Vậy có 2 đôi thỏ trong tháng 2.
- Tháng 3 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 3, đôi thỏ số 2 chưa đẻ được. Vậy có 2 đôi thỏ
trong tháng 3.
- Tháng 4 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 4.1, đôi thỏ số 2 để đôi thỏ số 4.2, đôi thỏ số 3
chưa đẻ. Vậy trong tháng 4 có 5 đôi thỏ.
Tương tự ta có tháng 5 có 8 đôi thỏ, tháng 6 có 13 đôi thỏ, …
Như vậy ta có dãy số sau: (ban đầu)1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233
(tháng 12)
Đây là một dãy số có quy luật: Mỗi số hạng kể từ số hạng thứ ba bằng tổng hai số
hạng trước đó.
Nếu gọi số thỏ ban đầu là u1; số thỏ tháng thứ n là un thì ta có công thức:
u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1

(với n ≥ 2)

Dãy { un } có quy luật như trên là dãy Fibonacci. un gọi là số (hạng) Fibonacci.Công
thức tổng quát của số Fibonacci: Nhờ truy hồi ta chứng minh được số hạng thứ n
n
n
1  1 + 5   1 − 5  


÷ − 
÷
của dãy Fibonacci được tính theo công thức sau: un =
÷  (*)
2
5  2 ÷

 
 


Chứng minh
Với

n=1

thì

u1 =

1  1 + 5   1 − 5  

÷− 
÷
÷ = 1 ;
5  2 ÷
  2  

Với

n

=

2

2

2
1  1 + 5   1 − 5  


u1 =
÷ − 
÷
÷  =1;
2
5  2 ÷
 
 


Trường THCS Nguyễn Trãi

21

Gv:Nguyễn Văn Mạnh

thì


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay
3
3
1  1 + 5   1 − 5  


÷ − 

÷
Với n = 3 thì u1 =
÷  = 2;
2
5  2 ÷
 
 


Giả sử công thức đúng tới n ≤ k. Khi ấy với n = k + 1 ta có:
k
k
k −1
k −1
1− 5  
1  1 + 5   1 − 5   1  1 + 5 


u k +1 = u k + u k −1 =
÷ − 
÷ +
÷ − 
÷ 
2 ÷
2 ÷ 
5  2 ÷
5  2 ÷










k
k
1  1 + 5  
2   1− 5  
2 

=
1
+
−
1
+
÷

÷

÷  2 ÷ 
÷
5  2 ÷
1
+
5
1
−

5
 
 
 
 

k
k
1  1 + 5   3 + 5   1 − 5   3 − 5  


=
÷ 
÷
÷−  2 ÷
÷  1 − 5 ÷
÷
5  2 ÷
1
+
5
 
 
 


k +1
k +1
 1− 5  
1  1 + 5 



=
÷ − 
÷
÷ 
2
5  2 ÷


 


Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) đã được chứng minh.
b. Bài tập
Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:

( 3+ 2) −( 3− 2)
=
n

Bài 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số un

2 2

n

. Lập công thức truy

hồi để tính un + 2 theo un +1 , un .

Giải
Giả sử un + 2 = aun +1 + bun + c (*).
Với n = 0, 1, 2, 3 ta tính được u0 = 0; u1 = 1; u2 = 6; u3 = 29; u 4 = 132 .
a + c = 6

Thay vào (*) ta được hệ phương trình : 6a + b + c = 29 =>
29a + 6b + c = 132


a = 6

 b = −7
c = 0


Vậy un + 2 = 6un +1 − 7un
Bài 2: Tính các số hạng của dãy Fibonacci trên máy tính điện tử
a) (Tính theo công thức tổng quát)
Tính số hạng thứ n và tổng của n số hạng đầu tiên của dãy Fibonaci

Trường THCS Nguyễn Trãi

22

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay
n
n

1  1 + 5   1 − 5  


÷ − 
÷
Ta có công thưc tổng quát của dãy: un =
÷  . Trong công thức
2
5  2 ÷
 
 


tổng quát số hạng un phụ thuộc n, vì n thay đổi nên ta dùng biến nhớ Ans để thay
giá trị n trong phép tính.
Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn các phím: 1 =
1 ab / c

5( ( (1+

5 ) ÷ 2 ) ) ^ Ans − ( ( 1 −

5 ) ÷ 2 ) ) ^ Ans ) =

Muốn tính n = 10 ta ấn 10 = , rồi dùng phím ∆ một lần để chọn lại biểu thức vừa
nhập ấn = . Quy trình bấm phím này giúp ta tính được số hạng thứ n nhưng muốn
tính tổng của n số hạng đầu tiên ta phải liên tục dùng biến nhớ M. Trên máy
570MS ta làm như sau:
Gán A = 0 ( biến đếm )

B = 0 ( u0)
C = 0 (tổng)
A
A


1  1 + 5   1 − 5  
−

÷

÷
Trên máy tính bấm A = A + 1:B= 
 2 ÷  :C = C + B
5  2 ÷


 


Bấm đến khi A = n thì B và C là kết quả cần tìm.
b). (Tính theo dãy)
Ta có dãy Fibonacci: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1

(với n ≥ 2)

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn các phím:

1 SHIFT STO A

----> gán u2 = 1 vào biến nhớ A

+ 1 SHIFT STO B

Lặp lại các phím:

----> lấy u2+ u1 = u3 gán vào B

+ ALPHA A SHIFT STO A

----> lấy u3+ u2 = u4 gán vào A
+ ALPHA B SHIFT STO B
Trường THCS Nguyễn Trãi

23

----> lấy u4+ u3 = u5 gán vào B
Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Bây giờ muốn tính un ta ∆ một lần và = , cứ liên tục như vậy n – 5 lần.
Cách 2: Ta có thể làm nhu sau:
A=1
B=1
A=A+B:B=B+A= = = =
Để đỡ phải đếm bằng cách nhẩm có thể bị nhầm số lần bấm dấu = ta có thể cho
thêm biến đếm: C = C + 1:A=A+B:B=B+A= = = =

Với giá trị ban đấu của C = 0. Vậy ứng với C = n ta có giá trị của Un
tính các số hạng từ thứ 6 trở đi.
Bài 3
Tính tổng: B =

12
32
52
29 2
+
+
+
...
+
.
13 + 23 23 + 33 33 + 43
153 + 163

Giải
Gán A = 0; B = 1; C = 2; X = 0 ( Biến đếm)
D= (số hạng )
E = 1/9 (tổng)
X=X+1:A=2X+1:B=B+1:C=C+1:D=A2:(B3+C3):E=E+D
Bấm = liên tục đến khi A = 29 thì E là kết quả tương ứng
Đáp số: 0,112568598
Dạng 10: Bài toán lãi kép
Có ba loại toán cơ bản
Bài 1: ( Lãi suất có từ một giá trị không đổi theo thời gian ). Một số tiền a đồng
được gửi vào ngân hàng, lãi suất r/tháng. Hỏi sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là
bao nhiêu ?

Giải
Gọi A là số tiền có được sau n tháng.

Trường THCS Nguyễn Trãi

24

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Ta có công thức:

A = a(1 + r )

n

Bài 2: ( Lãi suất từ giá trị thêm vào theo thời gian đều ) Muốn có số tiền là A
đồng sau n tháng với lãi suất r, hỏi mỗi tháng phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao
nhiêu đồng ?
Giải
Sử dụng công thức:

A. =

[

]

a
n
(1 + r ) (1 + r ) − 1
r

r: Phân lãi
a: Tiền đóng hàng tháng
n: Thời gian.
Bài 3: ( trả nợ ngân hàng ) Một người vay vốn ở 1 ngân hàng với số vốn là N
triệu đồng, thời hạn n tháng, lãi suất x% trên tháng, tính theo dư nợ, trả đúng ngày
quy định. Hỏi hàng tháng, người đó phải đều đặn trả vào ngân hàng 1 khoảng tiền
cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu để đến tháng thứ n thì người đó trả hết nợ ?
Giải
Số tiền gốc sau tháng 1 :
N + Nx - A = N( x +1) -A
Sau tháng 2 :
[N( x +1) -A] + [N ( x+1) -A] x -A = N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1]
Sau tháng 3:[ N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1] ( 1+x) -A= N (x+1)3 - A [(x+1)2 + (x+1)+1]
Sau tháng n:
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]
Trả hết nợ thì sau n tháng, số tiền sẽ bằng 0
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]=0
 N(1+x)n = A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]
Đặt y = x+1

Trường THCS Nguyễn Trãi

25

Gv:Nguyễn Văn Mạnh