skkn xây DỰNG nội DUNG CHƯƠNG TRÌNH bồi DƯỠNG đội TUYỂN học SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN máy TÍNH cầm TAY cấp QUỐC GIA

Mục lục
Trang
c

I.

1

T ực rạ g rước k

II.

ực

ệ các g ả p áp của

1

1.

1

2.

2

III.

Nộ

u g

2

1.

2

2.

3

IV

Kế quả ạ
ck

V
VI

Kế luậ

VII

T

l ệu

ược
g ệ

25
25
25

a

k ả

26

0


XÂY DỰNG NỘI DUNG CHƯƠNG TRÌNH ỒI DƯỠNG ĐỘI TUYỂN
HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP QUỐC GIA
NGÀNH HỌC GIÁO DỤC THƯỜNG XUYÊN
CẤP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
I.

c

Bồi dưỡng học sinh giỏi là một trong những nhiệm vụ quan trọng của nhà
trường phổ thông không những đối với ngành học chính quy mà cả đối với ngành
học Giáo dục thường xuyên.
Ngày nay, do tính thiết thực và hữu dụng của máy tính cầm tay (MTCT) và
do điều kiện kinh tế - xã hội cho phép, việc sử dụng máy tính cầm tay được xem là
một trong những công cụ hỗ trợ cho việc nâng cao hiệu quả dạy – học. Hướng dẫn
học sinh sử dụng máy tính cầm tay với quan điểm sư phạm đúng đắn (đúng lúc,
đúng chỗ, không lệ thuộc máy một cách mù quáng . . .) giúp học sinh được giải
phóng khỏi những tính toán nặng nề, tẻ nhạt để có thể tập trung trí tuệ vào việc giải

quyết những vấn đề đòi hỏi suy luận, tư duy linh hoạt.
Với quan điểm trên, Hội Toán học, Sở Giáo dục, Thành Đoàn Thanh niên
Thành phố Hồ Chí Minh đã phối hợp với Công ty xuất nhập khẩu Bình Tây tổ
chức cuộc thi “Giải toán nhanh trên máy tính điện tử bỏ túi” lần đầu tiên tại thành
phố Hồ Chí Minh năm 1996. Sau đó, nhiều cuộc thi tương tự đã được tổ chức tại
một số tỉnh, khu vực và trên cả nước với quy mô ngày càng rộng lớn. Năm học
2002 – 2003, lần đầu tiên học viên bổ túc văn hóa được Bộ Giáo dục và Đào tạo
đưa vào danh sách các đối tượng tham gia cuộc thi giải toán trên máy tính cầm tay.
Khác với đối tượng thí sinh là học sinh chính quy, học viên bổ túc văn hóa
có những đặc điểm riêng về tư chất, về trình độ, về điều kiện học tập và ngay cả
tâm lý cũng có những điểm khác biệt. Bên cạnh đó, nội dung đề thi dành cho học
viên ngành học giáo dục thường xuyên dựa vào yêu cầu riêng. Vì vậy không thể áp
phương pháp, nội dung bồi dưỡng của ngành học chính quy vào cho đối tượng thí
sinh Giáo dục thường xuyên mà cần có nội dung thích hợp nhằm đạt được mục
đích vừa thông qua bồi dưỡng để nâng cao trình độ học viên nói chung, phát triển
lòng say mê, yêu thích môn Toán, thông qua bồi dưỡng phát hiện học sinh có năng
lực thực hành toán học, đồng thời giúp học sinh có thể đoạt được giải thường trong
các cuộc thi.
II. T ực rạ g rước k

ực

ệ các g ả p áp của

1. T uậ lợ :
- Năm học 2002 – 2003, lần đầu tiên học viên bổ túc văn hóa được Bộ Giáo
dục và Đào tạo đưa vào danh sách các đối tượng tham gia cuộc thi giải toán trên
máy tính cầm tay cấp Quốc gia và ngay từ lần đầu tiên này, Đồng Nai đã tổ chức
cho học viên ngành học Giáo dục thường xuyên tham gia liên tục cho đến nay.
- Có sự quan tâm, ủng hộ của các cấp lãnh đạo và những người có trách

nhiệm trong công tác bồi dưỡng học viên giỏi nói chung và công tác bồi dưỡng đội
tuyển học viên giỏi giải toán trên máy tính cầm tay cấp Quốc gia nói riêng.
1


- Đội ngũ cán bộ, giáo viên được phân công bồi dưỡng đội tuyển GDTX có
tâm huyết với nghề nghiệp. Bản thân tôi cũng là một trong những người trực tiếp
hướng dẫn học viên trong đội tuyển liên tục từ lần đầu tiên đến nay.
- Học viên trong đội tuyển là những học viên đã được tuyển lựa qua các
cuộc thi cấp cơ sở nên có trình độ kiến thức nhất định, có năng lực tư duy. Các em
là những học viên say mê bộ môn, cần cù chăm chỉ. Các học viên này có thể chưa
thật giỏi nhưng vì say mê, yêu thích bộ môn nên dễ trở thành học viên giỏi nếu
được hướng dẫn và bồi dưỡng, nhất là khi được giáo viên giỏi bồi dưỡng.
2. K ó k ă :
- Chương trình bồi dưỡng thiếu định hướng và thiếu tính liên thông trong hệ
thống chương trình. Các giáo viên dạy bồi dưỡng đều phải tự soạn, tự nghiên cứu
và tự sưu tầm tài liệu.
- Giáo viên dạy bồi dưỡng vẫn phải hoàn tất nhiệm vụ chính của mình trong
công tác. Chính vì lý do đó, việc đầu tư cho công tác bồi dưỡng học viên giỏi cũng
có phần bị hạn chế.
- Học viên có phần không yên tâm khi được chọn theo lớp bồi dưỡng tham
dự cuộc thi học viên giỏi giải toán trên máy tính cầm tay cấp Quốc gia vì phải mất
nhiều thời gian, ảnh hưởng đến sức khỏe và kết quả học tập chung.
- Do từ nhiều nguồn đào tạo khác nhau nên trình độ học viên trong đội tuyển
không đồng đều. Có những đơn vị kiến thức học viên này được rèn luyện thành
thạo nhưng học viên khác thì hoàn toàn chưa biết gì, cách tiếp cận kiến thức cũng
bằng những phương thức khác nhau do thói quen được hình thành từ cách giảng
dạy của giáo viên ở cơ sở. Bên cạnh đó, học viên trong đội tuyển bao gồm cả
những học viên được triệu tập từ các huyện về nên có khó khăn trong việc xác định
khoảng thời gian tổ chức lớp, lịch lên lớp…

III.

Nộ

u g

1. Cơ sở l luậ :
Vai trò của thầy:
Câu tục ngữ “Không thầy đố mày làm nên” đã khẳng vai trò hướng đạo của
thầy. Xuất phát từ ý nghĩa thực tế này tôi thấy sự nghiên cứu chuẩn bị kỹ của thầy
không thể thiếu và nó quyết định quá nửa kết quả rèn luyện của người học.
Thầy phải nắm vững các thể loại thường gặp, phân loại từng mức độ từ dễ
đến khó (điều này cũng được kết hợp với kinh nghiệm khai thác sáng tạo một bài
toán)
Vai trò của học viên:
Phải nắm vững kiến thức, kỹ năng được học trong chương trình Trung học
phổ thông, chủ yếu là chương trình lớp 11 và 12 Giáo dục thường xuyên cấp trung
học phổ thông; từ một dạng cơ bản phải biết lấy các bài tập cùng dạng ở mức từ dễ
đến khó, chịu khó luyện tập; có kỹ năng nhận dạng xử lý các tình huống, biết khái
quát một vấn đề vừa sức . . .

2


2. Các b ệ p áp:
1) Nội dung bồi dưỡng:
Cơ sở xây dựng nội dung:
+ Căn cứ vào số tiết được giao theo chế độ hiện hành và căn cứ vào tình
hình thực tiễn để đề xuất thời gian bắt đầu và thời điểm kết thúc tổ chức bồi dưỡng.
Theo kinh nghiệm cá nhân, tôi nhận thấy khoảng thời gian thích hợp là từ trung

tuần tháng 1 đến trước ngày Bộ tổ chức cuộc thi cấp Quốc gia (khoảng gần cuối
tháng Ba) trong đó có một giai đoạn học viên được về nghỉ tết Âm lịch.
Trong các năm gần đây, chương trình bồi dưỡng được thực hiện qua hai giai
đoạn:
Giai đoạn 1: Triệu tập 8 học viên có số điểm cao nhất trong kỳ thi chọn học
viên giỏi giải toán trên máy tính cầm tay cấp tỉnh được tổ chức trước đó khoảng 2
tuần. Trong giai đoạn này, chủ yếu bổ sung các kiến thức kỹ năng liên quan đến
các vấn đề lý thuyết mà thông thường các đơn vị không hoặc chưa có điều kiện bồi
dưỡng cho học viên. Giai đoạn này kéo dài trong 2 tuần ( 10 buổi học) kể cả thời
gian tổ chức khảo sát lại để chọn lại 5 học viên lập đội tuyển chính thức tiếp tục
bồi dưỡng giai đoạn 2.
Giai đoạn 2: Kéo dài trong 3 tuần (15 buổi học ) được thực hiện sau khi học
viên đã nghỉ Tết Âm lịch. Trong giai đoạn này học viên được tổ chức độc lập giải
các bài toán thông qua các bài thực hành dưới hình thức đề thi. Sau mỗi bài thực
hành giáo viên tổ chức rút kinh nghiệm để qua đó học viên được hướng dẫn cách
trình bày bài, học thêm cách giải quyết các vấn đề được đặt ra trong đề bài mà học
viên chưa nghĩ ra cách giải trong khi làm bài, học thêm các phương pháp khác …
+ Bên cạnh đó, nội dung các đề thi giải toán trên máy tính cầm tay cấp Quốc
gia cũng là một cơ sở quan trọng để quyết định lựa chọn nội dung bồi dưỡng. Các
vấn đề được đặt ra trong chương trình toán trung học phổ thông rất rộng lớn và
mức độ khó dễ của từng bài toán được đặt ra cũng rất phong phú trong khi quỹ thời
gian có giới hạn.
+ Vì lý do đặc điểm của học viên giáo dục thường xuyên có những hạn chế
nhất định nên mỗi vần đề được đặt ra phải thường xuyên cho học sinh cọ xát nhằm
củng cố kiến thức kỹ năng. Nếu không học viên sẽ nhanh chóng quên đi và khi gặp
lại lần hai thì cứ tưởng chừng như là vấn đề mới mẻ. Tuy vậy, điều này cũng có thể
gây tâm lý ức chế cho học viên. Một bài toán được lặp đi lặp lại dễ gây nhàm chán
từ đó học viên không cảm thấy thích thú khi được vào đội tuyển và có tư tưởng chủ
quan, tìm cớ lãng tránh đến lớp thực hiện các bài tập mà thầy giao phó. Vì vậy cần
thiết phải bổ sung thêm các vấn đề có liên quan đến nội dung thi cao đẳng, đại học

để học viên khỏi nhàm chán và kích thích tìm tòi cái mới cho học viên tạo động cơ
thúc đẩy học viên tích cực tham gia lớp bồi dưỡng.
Trên cơ sở phân tích trên, chúng tôi đã đề xuất và đã thực hiện trong thực tế
nhiều năm chương trình bồi dưỡng được xây dựng theo cấu trúc gồm hai phần:
Phần 1: Phần lý thuyết chung cần bổ sung và các bài toán áp dụng trực tiếp.
3


Phần 2: Các bài thực hành được xây dựng từ dễ đến khó. Bài thực hành thứ
nhất và các bài thực hành tiếp theo đều có chung cấu trúc gồm những nội dung cơ
bản trong thường gặp trong các đề thi của Bộ và bổ sung những nội dung khác
trong chương trình toán trung học phổ thông. Tuy nhiên những bài thực hành sau
đòi hỏi học viên phải vận dụng tính linh hoạt của tư duy để giải quyết các vấn đề
tương tự ( thay đổi điều kiện, đặc biệt hóa, tổng quát hóa, các bài toán thuận
nghịch …) hay nâng cao. Giáo viên nên hướng dẫn để học viên biết tự ra cho mình
các bài tập nâng cao theo hướng như vừa nêu và tự giải. Nếu cần, giáo viên sẽ
hướng dẫn giải.
Trong khuôn khổ đề tài SKKN này, tôi xin trình bày phần 1 với các nội dung
tương đối cụ thể vừa kết hợp phương pháp giải toán thuần túy đồng thời với việc
sử dụng kỹ thuật bấm máy sao cho hợp lý trong từng trường hợp.
2) Nội dung cụ thể:
P ầ 1
1. PHƯƠNG TRÌNH ƯỢNG GIÁC (c ỉ ù g ể g ả á rê MTCT)
Phương trình lượng giác đã được học trong chương trình lớp 11. Trong phần
này, giáo viên trình bày theo hướng ứng dụng máy tính cầm tay kết hợp với các
kiến thức cơ bản về giải phương trình lượng giác đã được học (phương trình lượng
giác cơ bản, phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác, phương trình
dạng asinx + bcosx = c), ngoài ra giới thiệu bổ sung thêm phương trình đẳng cấp
bậc hai dối với sin và cosin của một góc, phương trình thuần nhất bậc n, phương
trình đối xứng đối với sin và cosin của một góc và mở rộng của nó).

Do yêu cầu của đề bài thi đối với đối tượng học viên giáo dục thường xuyên
nên giáo viên không đi sâu vào phần biện luận.
(Quy ước: đơn vị tính là độ)
Để giải 1 PTLG , nói chung ta tiến hành theo các bước sau:
ước 1: Lập điều kiện để phương trình có nghĩa.
ước 2: Biến đổi phương trình đã cho về một trong các phương trình đã biết cách
giải hoặc phương trình tích. Giải phương trình mới.
ước 3: Đối chiếu nghiệm tìm được với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào
không thoả mãn điều kiện ấy thì bị loại.
I. P ươ g rì

lượ g g ác cơ bả

Các phương trình lượng giác cơ bản:
a) Phương trình sin x = m
 Nếu |m|>1 thì phương trình vô nghiệm
 Nếu – 1  m  1 thì
x = SHIFT sin m + k3600
x = 1800 - SHIFT sin m + k3600
4


Quy trình bấm máy ( fx-570ES):

SHIFT sin m =
180 – Ans =

b) Phương trình cos x = m
 Nếu |m|>1 thì phương trình vô nghiệm
 Nếu – 1  m  1 thì

x = SHIFT cos m + k3600
x = – SHIFT cos m + k3600
Quy trình bấm máy ( fx-570ES):

SHIFT cos m =

c) Phương trình tan x = m .
x = SHIFT tan m + k1800
Quy trình bấm máy ( fx-570ES):

SHIFT tan m =

d) Phương trình cot x = m .
x = SHIFT tan(1 m) + k1800
Quy trình bấm máy ( fx-570ES):

1m =
SHIFT tan Ans =

II. Mộ số p ươ g rì

lượ g g ác

ườ g gặp

1. Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác
Dạng: asin2x + bsinx + c = 0 ...(Cách giải: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ)
2. Phương trình bậc nhất đối với sin x và cosx
Dạng: acosx + bsinx = c (1); (điều kiện có nghiệm a2 + b2 ≥ c2)
Phương pháp giải:

Bước 1: Chia cả hai vế cho a2 + b2
Bước 2: Đặt

a
= cosα,
a + b2
2

b
= sinα ( α = SHIFT cos
a + b2
2

a
)
a + b2
2

Bước 3: Biến đổi:
(1)  cosx . cosα + sinx . sinα =
 cos(x – α) =


c
a + b2
2

c
a + b2
2

c
0
2 + k.360
a +b
c
0
x – α = - SHIFT cos
2
2 + k.360
a +b
x – α = SHIFT cos

2

5




x = α + SHIFT cos

c
+ k.3600
a + b2

x = α – SHIFT cos

c
0

2 + k.360
a +b

2

2

Quy trình bấm máy ( fx-570ES):
a

(a2 + b2) = SHIFT cos Ans SHIFT STO A

c

(a2 + b2) = SHIFT cos Ans SHIFT STO B

ALPHA A + ALPHA B
ALPHA A – ALPHA B
3. Phương trình đẳng cấp bậc hai đối với sinx và cosx
Dạng : a.sin2x + b.sinx.cosx + c.cos2x = d
Phương pháp giải:
Dùng các công thức:
 sin2x =

1 - cos2x
1 +cos2x
sin2x
2
●
cos

x
=
●
sinx
.
cosx
=
2
2
2

để đưa phương trình về dạng phương trình bậc nhất đối với sin và cosin.
4. Phương trình thuần nhất bậc n
Dạng: mỗi hạng tử đều có bậc n đối với sin và cosin
Phương pháp giải:
ước 1: Kiểm tra xem cos x  0 có phải là nghiệm của phương trình hay không?
ước 2: Nếu cos x  0 .Chia cả hai vế của phương trình trên cho cosn x ta sẽ được
phương trình bậc n theo tan x. Giải phương trình này ta được nghiệm của phương
trình ban đầu.
Chú ý: Nếu mỗi bậc của hạng tử sai khác nhau hai bậc, bốn bậc,... cũng có thể
xem là phương trình loại này.
5. Phương trình đối xứng đối với sin và cosin
Dạng: a(sinx + cosx) + b.sin x.cosx + c = 0
Phương pháp giải:

Đặt t = sinx + cosx = 2 sin(x + 4 ) ( ĐK: - 2 ≤ t ≤ 2 )
t2 - 1
 t = 1 + 2sinx.cosx  sinx.cosx = 2
Thay vào phương trình đã cho để được phương trình bậc hai theo t.
Chú ý : Phương pháp trên cũng có thể áp dụng cho phương trình phản đối xứng

a(sinx - cosx) + b.sin x.cosx + c = 0; phương trình đối xứng đối với tang và
cotang.
2

6


6. Phương trình dạng asin g(x) + bcos g(x) = csinf(x) + dcos f(x)
với a2 + b2 = c2 + d2
Chia cả hai vế cho a2 + b2 và biến đổi về dạng sin[g(x) + α] = sin[f(x) + β]
ập ực
:
Tính gần đúng nghiệm (độ, phút, giây) của phương trình.
Bài 1: 3cos2(7x + 200) – 4cos(7x + 200) + 1 = 0.
Bài 2: 2cos2x + 2sin 22x = 1
Bài 3: 2cos2x + cosx + 2 = 0
Bài 4: 2sinx + 4cosx = 3
Bài 5: 4cos3x – 3sin3x = 2
Bài 6 : 4sin2x + 3 3 sinx.cosx – 2cos2x = 4
Bài 7: sin3 x – 5sin2x.cosx + 7sin x.cos2x – 2cos3x = 0
Bài 8 : cos3x – sin3 x = sinx
Bài 9 : sin3(x + 450) = sin x
Bài 10 : sin2x – 12(cosx – sinx) – 6 = 0
Bài 11 : 3(sinx + cosx) + 2sin2x + 1 = 0
Bài 12 : cos7x + sin5x = 5 (cos5x – sin7x)
Bài 13: 2sin x – 2cosx - 5 sin x.cosx = 1
ĐS: x1  93020’6” + k3600 x2  860 39’54” + k3600
Bài 14: 5sin x – 4cosx = 13
ĐS: x1  72055’47” + k3600 x2  1840 23’ 24” + k3600
Bài 15: sin3x + cos3x + 3sin x.cosx =2

ĐS: x1  26020’25” + k3600 x2  63039’35”
Bài 16: sinx.cosx + 3(sinx – cosx) = 1
ĐS: x1  51058’6” + k3600 x2  2180 1’ 54” + k3600
Bài 17: 8cos3x – 5sin3x = 7
ĐS: x1  3021’51” + k1200

x2  - 240 42’4” + k1200

Bài 18: 4cos2x + cos3x = 1
ĐS: x1  35036’1” + k3600 x2   1370 56’20” + k3600
Bài 19: sin2x + 3sinx – 4cosx = 1 (dùng shift solve)
ĐS: x1  53038’54” + k3600 x2  - 1270 16’59” + k3600
Bài 20: sin2x + 3(sinx – cosx) = 2
ĐS: x1  67054’33” + k3600 x2  2020 5’27” + k3600
Bài 21: cosx – 4sin x – 8sin3 x = 0
ĐS: x1  -70017’5” + k1800 ; x2  68014’11” + k1800 ; x3  202’54” +k1800
Bài 22: 4sinx + 3 cosx – 5sin2x = 0
ĐS: x1  36052’12” + k3600 x2  470 42’36” + k1200
Ghi chú: các bài toán không ghi đáp số là các bài toán được thực hiện trong giờ lên lớp
với sự hướng dẫn của thầy giáo.

7


2. CÔNIC
Thực hiện chủ trương đổi mới chương trình và sách giáo khoa giáo dục phổ
thông, ngày 05/5/2006 Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành Quyết định số
16/2006/QĐ-BGDĐT về việc ban hành Chương trình Giáo dục phổ thông. Theo
đó, Bộ đã tổ chức việc viết sách giáo khoa mới theo chương trình được ban hành.
Về góc độ nội dung chương trình, so với bộ sách giáo khoa chỉnh lý hợp nhất năm

2000, nội dung về các đường cônic đã được chuyển từ lớp 12 sang lớp 10 và chỉ
còn giữ lại bài phương trình đường elip. Tuy vậy trong các bài thi giải toán trên
MTCT cấp Quốc gia, các vấn đề liên quan đến hypebol, parabol vẫn được đề cập
và nhất là các bài toán tìm tiếp tuyến của cônic thường được hỏi đến. Hơn nữa để
giải quyết vần đề, đáp án được đưa ra vẫn dùng các tính chất của tiếp tuyến của
cônic được sử dụng ở sách giáo khoa cũ. Dĩ nhiên với kiến thức được học trong
phần ý nghĩa hình học của đạo hàm, học sinh có thể dùng để giải quyết vấn đề
nhưng đó là một bài toán phức tạp cần dùng nhiểu thời gian để thực hiện. Vì vậy,
trong giai đoạn 1, cần bổ sung thêm phần phương trình các cônic và phương trình
tiếp tuyến của cônic tạo điều kiện cho học viên có thể giải được các bài toán có
liên quan một cách dễ dàng.
I. Phương trình chính tắc
x2
y2
Elip : a2 + b2 = 1
x2 y2
Hypebol: a2 – b2 = 1
Parabol: y2 = 2px
II. Phương trình tiếp tuyến tại điểm M0(x0;y0) thuộc cônic (biết tiếp điểm):
x0x
y0y
Elip : a2 + b2 = 1
x0x
y0y
Hypebol: a2 – b2 = 1
Parabol: y0y = p(x + x0)
III. Điều kiện để đường thẳng Ax + By + C = 0 tiếp xúc với cônic (không biết
tiếp điểm):
Elip : a2A2 + b2B2 = C2
Hypebol: a2A2 – b2B2 = C2

Parabol: pB2 = 2AC
ập

ực

:

x2 y2
Bài 1: Tính gần đúng tọa độ các giao điểm của đường thẳng 3x – 2y – 1 = 0 và elip 16 + 9 = 1. (Viết
kết quả dưới dạng số thập phân với 4 chữ số sau dấu phẩy)
Tọa độ giao điểm của đường thẳng và elip là nghiệm của hệ phương trình:
3x – 2y – 1 = 0
x2
y2
16 + 9 = 1

8


Dùng phương pháp thế ta được hệ phương trình:
x2 9x2 - 6x + 1
=1
16 +
36
y=
N

3x - 1
2

m y fx-570ES: c ọ mod EQN  ax2 + bx + c = 0
116 + 936 =
- 636 =
136 – 1 = =

(được kết quả x1 ≈ 2.050545088; x2 ≈ -1.517211755)
ọ mod 1
2.05055=
(3Ans – 1)  2 = -1.51721 = (re ay∆) =
Đ

ố: A(2,0505; 2,5758) và (- 1,5172; - 2,7758)

Bài 2: Tính gần đúng a và b nếu đường thẳng y = ax + b tiếp xúc với và hypebol
x2 y2
2
2
4 – 3 = 1 tại giao điểm có các tọa độ dương của đường tròn x + y = 9 và hypebol.
Tọa độ giao điểm của đường thẳng và hypebol là nghiệm của hệ phương trình:
x2 + y2 = 9
x2 y2
4 – 3 =1
y2 = 9 – x2
x2 9 - x2
4 – 3 =1
y2 = 9 – x2
1 1
(4 + 3 )x2 = 4
y=
x=

y2 = 9 – x2
48
x=
7

15
7
48
7

Giao điểm có tọa độ dương: A(

48
7 ;

15
7 )
48
7 x
–
4

Phương trình tiếp tuyến của hypebol tại A:

hay 3

48
7 x-4

15
7 y – 12 = 0 hay y =

3

15
7 y
=1
3

48
7 x – 12
15
4
7

9


Đáp số: a ≈ 1,3416; b ≈ - 2,0494
Bài 3: Tìm a và b nếu đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(3; -4) và tiếp tuyến của parabol y2 = 4x.
Phương trình tổng quát của đường thẳng y = ax + b có dạng ax – y + b = 0.
Vì đi qua M nên phương trình của đường thẳng: a(x – 3) – (y + 4) = 0 hay
ax – y – 3a – 4 = 0.
Đường thẳng là tiếp tuyến của parabol khi và chỉ khi:
2(- 1)2 = 2a(– 3a – 4)
 6a2 + 8a + 2 = 0
1
 ( a1 = 1, b1 = -1); (a2 = - 2 , b2 = - 3)
Bài 4: Tính gần đúng tọa độ giao điểm của đường thẳng x – 3y – 1 = 0 và hypebol

x2 y2
16 – 9 = 1.
Đáp số: A(4,2533 ; 1,0844) B(-4,7546 ; -1,9152)
Bài 5: Tính gần đúng giá trị của a và b nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của elip
x2 y2
2
9 + 4 = 1 tại giao điểm có các tọa độ dương của elip đó và parabol y = 2x.
Đáp số: a ≈ - 0,3849 ; b ≈ 2,3094
Bài 6: Tính giá trị gần đúng tọa độ các giao điểm của đường thẳng 2x – 5y + 6 = 0 và elip
x2 y2
16 + 9 = 1.
Đáp số: (x1 ≈ 2,6379; y1 ≈ 2,2552)
(x2 ≈ - 3,9666; y2 ≈ - 0,3867)
Bài 7 : Tìm giá trị của a và b nếu đường thẳng y = ax + b tiếp xúc với hai elip
x2
y2
x2
y2
+
=
1
và
+
3
2
2
3 = 1.

3. QUY TRÌNH ẤM PHÍM ĐỐI VỚI DÃY SỐ ĐƯỢC CHO ỞI CÔNG
THỨC TRUY HỒI CHO CÁC OẠI MÁY KHÁC NHAU

Ta có thể lập quy trình bấm phím khi sử dụng máy tính cầm tay đối với các bài
toán có cấu trúc vòng lặp. Đặc biệt là đối với dãy được cho bởi công thức truy hồi.
Áp dụng kỹ thuật lập trình mà học sinh đã tiếp cận trong môn Tin học, giáo viên có
thể hướng dẫn học viên tạo chu trình để giải quyết một số vần đề liên quan đến dãy
số. Tuy nhiên cách tạo chu trình như thế nào còn phụ thuộc vào mỗi loại máy khác
nhau. Sau đây tôi sẽ giới thiệu một số cách thông qua các bài toán cụ thể. Từ đó,
giáo viên hướng dẫn học viên tự rút ra cho mình những kinh nghiệm để xử lý trong
các tình huống khác nhau.
BÀI TOÁN 1: Tính các số hạng của dãy được cho bởi công thức truy hồi má
mỗi số hạng được tính theo số hạng đứng ngay trước nó.
u1= a; un+1 = f(un) vớ

 N*

Quy trình bấm phím:
10


Bước 1: Nhập giá trị của số hạng u1: a =
Bước 2: Nhập biểu thức của un+1 = f(un) : f(Ans) = (trong biểu thức tính un+1 chỗ
nào có un ta nhập bằng phím ANS )
Bước lặp: Bấm liên tục dấu bằng “=”: =
Ghi chú: Trong quá trình bấm phím “=” , ta kết hợp đếm bằng miệng để biết được
số hạng mà ta đang tính là số hạng thứ mấy.
G ả t íc :
- Khi bấm “ a = “ màn hình hiện a là giá trị u1 và lưu kết quả này vào ô nhớ
Ans
- Khi nhập biểu thức f(un) bởi phím “Ans” và bấm phím “=” lần thứ nhất máy
sẽ thực hiện tính u2 = f(u1) và lại lưu kết quả này vào ô nhớ Ans.
- Tiếp tục bấm dấu = ta lần lượt được các số hạng của dãy số u3, u4...

Ví dụ: Cho dãy số thực an được cho bởi công thức truy hồi:
3 + an
a1 = 1 ; an+1 =
1 – 3 an
Tính a1975, a2012.
Quy trình bấm phím:
1 = ( 3 + Ans)(1 – 3 Ans) = = = = = = = = = = =
Nhận xét: Giá trị của an là tuần hoàn với chu kỳ 3.
a1 = 1; a2 = – 2 – 3 ; a3 = – 2 + 3 ; a4 = 1; a5 = – 2 – 3 ; a6 = – 2 + 3
Do đó: a1975 = a5658.3+1 = 1; a2012= a670.3+2 = – 2 – 3
BÀI TOÁN 2: Tính các số hạng của dãy được cho bởi công thức truy hồi mà mỗi
số hạng được tính theo các số hạng đứng trước nó
u1= a; un = f(un-1,un-2,un-3,... ) vớ

 N, n > n0

Quy trình bấm phím
Bước 1: Sử dụng các phím nhớ để khởi tạo các biến là các số hạng dùng để tính un.
Bước 2: Lập chu trình
Lập công thức tính un phụ thuộc vào các biến và lưu vào ô nhớ thứ nhất.
Sau đó xem ô nhớ thứ hai là ô nhớ thứ nhất theo thứ tự vòng quanh, tiếp tục thực
hiện công việc trên để tạo thành một chu trình hoàn chỉnh.
Bước lặp: Bấm liên tục dấu ”=” hoặc ”=”.
Ghi chú:
 Ở bước 1 nếu cần thiết có thể khởi tạo biến đếm (để khỏi đếm miệng), biến
trung gian để lưu các kết quả trung gian.
 Có thể bấm phím ”ALPHA :” để tạo chu trình.
 Đối với máy tính cầm tay model 500MS hoặc 570MS, ta sử dụng chức năng
COPY công thức bằng cách bấm liên tục phím ”” và ”SHIFT COPY” để
tạo chu trình.

Ví dụ: Dãy Fibônaxi: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 (với n  2)
11


Quy trình bấm phím
Cách 1:
Bước 1: Khởi tạo
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B
Bước 2: Lập chu trình
ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A
ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B
Bước lặp:
=======.....
Ghi chú: Trong bài toán này, do a1 = a2 = 1 nên có thể khởi tạo chung:
1 SHIFT STO A SHIFT STO B
Cách 2: (Đối với máy tính cầm tay Model 500MS, 570MS)
Bước 1: Khởi tạo
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B
Bước 2: Lập chu trình
ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A
ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B
 SHIFT COPY
Bước lặp:
==========
Cách 3: (Đối với máy tính cầm tay Model 500MS, 570MS và thêm biến đếm)
Bước 1: Khởi tạo
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B

2 SHIFT STO D
Bước 2: Lập chu trình
ALPHA D + 1 SHIFT STO D
ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A
ALPHA D + 1 SHIFT STO D
ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B
   SHIFT COPY
Bước lặp:
==========
Cách 4: (Đối với máy tính cầm tay Model 570ES)
Bước 1: Khởi tạo
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B
Bước 2: Lập chu trình
ALPHA A + ALPHA B SHIFT STO A
ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B
 ( trở lại màm hình A + B  A)
Dùng phím PLAY đưa con trỏ về cuối dòng: A + B  A
12


ALPHA : (khi đó màn hình: A + B  A:)
ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO B
Bước lặp:
==========
Cách 5: (Đối với máy tính cầm tay Model 570ES và thêm biến đếm)
Bước 1: Khởi tạo
1 SHIFT STO A
1 SHIFT STO B
2 SHIFT STO D

Bước 2: Lập chu trình
ALPHA D ALPHA = ALPHA D + 1 ALPHA :
ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA B ALPHA :
ALPHA D ALPHA = ALPHA D + 1 ALPHA :
ALPHA B ALPHA = ALPHA B + ALPHA A
CALC
Bước lặp:
==========
Ghi chú: Nhập “ALPHA = “ bởi phím ALPHA và phím CALC

Nhập “ALPHA : “ bởi phím ALPHA và phím 

Khi đó trên màm hình: D = D + 1 : A = A + B : D = D + 1 : B = B + A
Bấm phím CALC và các dấu “=” liên tục. Kết quả là các giá trị A (hoặc B) sau khi
giá trị của D xuất hiện.
Trong trường hợp năng lực tư duy trừu tượng của học viên tương đối khá, giáo
viên có thể giới thiệu quy trình bấm phím như sau:
1 SHIFT STO A SHIFT STO B + ALPHA A SHIFT STO A + ALPHA B
SHIFT STO B. Sau đó bấm liên tục chu trình “∆ = “ để tìm các số hạng của dãy.
Đây là quy trình bấm phím ngắn nhất tuy nhiên có thể khó hiểu đối với đa số học
viên. Nói chung, nên áp dụng quy trình bấm phím nào có thể diễn giải nội dung
của các công thức một cách trực quan nhất để tránh nhầm lẫn, sai sót.
Ví dụ: Tính tổng S10 của 10 số hạng đầu của dãy số được cho bởi công thức
truy hồi sau đây: u1 = 1;u2 = 2; un = un-3 + 2un-2.
Bước 1: khởi tạo
1 SHIFT STO A
(khởi tạo u1 và ghi vào ô nhớ A)
2 SHIFT STO B
(khởi tạo u2 và ghi nhớ ô nhớ B)
3 SHIFT STO C

(khởi tạo tổng S2 và ghi vào ô nhớ C)
2 SHIFT STO D
(khởi tạo biến đếm 2 và ghi vào ô nhớ D)
Bước 2: Lập chu trình (đối với máy model 500 MS hoặc 570MS – dùng chức
năng SHIFT COPY)
ALPHA D +1 SHIFT STO D
(đếm tiếp: D = 3)
ALPHA A + 2ALPHA B SHIFT STO A
(tính u3 và ghi vào ô nhớ A)
Ans + ALPHA C SHIFT STO C
(cộng dồn u3 vào ô nhớ C)
13


ALPHA D +1 SHIFT STO D
ALPHA B + 2ALPHA A SHIFT STO B
Ans + ALPHA C SHIFT STO C
Bước lặp:
=========

(đếm tiếp: D = 4)
(tính u4 và ghi vào ô nhớ B)
(cộng dồn u4 và ô nhớ C)

G ả t íc :
- A, B là các giá trị luân phiên của các số hạng.
- C là tổng của các số hạng.
- D là biến đếm.
- Biến A có giá trị khởi tạo là 1 (u1); biến B có giá trị khởi tạo là 2 (u2= 2);
biến C có giá trị khởi tạo là 3 = u1 + u2; biến đếm D có giá trị khởi tạo là 2

(là hai số hạng u1 và u2).
Ghi chú:
Bấm dấu bằng ”=” đến khi D= 10, tính u10 và cộng đồn vào biến C thì
được kết quả. Đáp số: 4059
Nếu sử dụng máy tính cầm tay loại khác thì nên sử dụng phím CALC
như đã hướng dẫn ở cách 5 của bài tập trước.
4. CÁC ÀI TOÁN VỀ ŨY THỪA
Bài toán tính lãi suất ngân hàng và bài toán dân số là bài toán mà học sinh đã
được học trong chương trình trung học cơ sở. Sau ít nhất là 3 năm (đối với đối
tượng học sinh học tiếp chương trình GDTX cấp THPT ngay sau khi tốt nghiệp
THCS thì kiến thức đã rơi rụng nhiều. Đến lớp 12, học sinh được học lại chương
lũy thừa nên vấn đề này lại được đặt ra và các đề thi cấp Quốc gia có thể hỏi đến.
Vì vậy, trong đề cương bồi dưỡng, chúng tôi cũng dành một số tiết để ôn tập cho
học viên các bài toán có liên quan.
BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN LÃI KÉP
Bài toán dạng 1:
Một gườ gử ố t ề a đồ g vào gâ à g vớ ã
ất à r% / t
g. ết
rằ g ế
ô g rút t ề ra ỏ gâ à g t ì t ì cứ a mỗ t
g, ố t ề ã
ẽ đư c
vào ố vố ba đầ ( gườ ta gọ đ à ã é ). Hỏ gườ đ ĩ
đư c bao
ê t ề sau n tháng ( n  N*) ế tro g oả g t ờ g a
ày
ô g rút t ề ra và ã ất ô g t ay đổ ?
Gả:
Giả sử n  2. Gọi số vốn ban đầu là P, lãi suất là r.

Sau tháng thứ nhất (k = 1): P1 = P + Pr = P(1 + r)
Sáu tháng thứ hai (k = 2): P2 = P1(1 + r) + P1(1 + r) = P(1 + r)2
Tương tự…………………
Sau n tháng (k = n): Pn = P(1 + r)n
Vậy Pn = P(1 + r)n (*)
14


Trong đó: P tiền vốn ban đầu, r lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng, P n tiền vốn
lẫn lãi sau n tháng.
Từ công thức (*) ta tính được các đại lượng khác như sau:
Pn
ln P
n Pn
Pn
1) n = ln(1 + r)
2) r =
1
3)
P
=
P
(1 + r)n
Bài 1: Một người gửi tiết kiệm 50.000.000 đ theo lãi suất 0,5% tháng.
Tính số tiền lĩnh được sau 9 tháng?
Ta có: P8 = 50.000.000(1 + 0,5%)9
N ấ m y fx-570 MS: 50000000(1 + 0.5%)^9 =
Đ
ố: 52 295 528, 96
Bài 2: Một người có 50.000.000đ muốn gởi vào ngân hàng để được 65.000.000đ.

Hỏi phải gởi tiết kiệm bao lâu với lãi suất là 0,7% tháng?
65 000 000
ln50 000 000
Số tháng tối thiểu phải gửi là: n = ln(1 + 0,7%)
m y fx-570 MS: ln (6200000050000000)  ln(1 + 0.007) =
≈ 37,6116 (t
g)
Vậy phải gửi 38 tháng.
Bài 3: Số tiền 58.000.000đ gởi tiết kiệm trong 8 tháng thì lãnh về được
61.329.000đ.
Tính lãi suất hàng tháng?
N

8 61329000
Lãi suất hàng tháng: r =
58000000 – 1
N
Đ

m y fx-570 MS: 8 ^
ố: 0,7%

x

(6132900058000000) – 1 = shift % =

Bài toán dạng 2:
Một gườ , hàng tháng gử vào gâ à g ố t ề à P (đồ g).
à gt
g à r%. Hỏ a

t
g, gườ ấy c bao
ê tề ?

ết ã

ất

Gả:
Cuối tháng thứ nhất, người đó có số tiền là: P1= P + P.r = a(1 + r).
Đầu tháng thứ hai, người đú có số tiền là:
P
P(1 + r) + P = P[(1+r)+1] = (1 + r) - 1 [(1 + r)2 – 1]
P
= r [(1 + r)2 – 1]
15


Cuối tháng thứ hai, người đó có số tiền là:
P
P
P2= r [(1 + r)2 – 1] + r [(1 + r)2 – 1].r
P
= r [(1 + r)2 – 1] (1+r)
Cuối tháng thứ n, người đó có số tiền cả gốc lẫn lãi là
P
[(1 + r)n – 1] (1+r) (**)
r
Từ công thức (**) ta tính được các đại lượng khác như sau:
Pn =

Pn.r
1) P = (1 + r)[(1 + r)n - 1]

Pn.r
ln ( P + 1 + r)
2) n =
–1
ln(1 + r)

Bài 4: Một người, hàng tháng gửi vào ngân hàng số tiền là 100.000 đồng. Biết lãi
suất hàng tháng là 0,55%. Hỏi sau 1 năm, người ấy có bao nhiêu tiền?
Áp dụng công thức (**) với P = 100.000, r = 0, 55% = 0,0055, n = 12. ta được:
100000
P12 = 0.0055 [(1 + 0,0055)12 – 1] (1+0,0055)
Đáp số: P12 ≈1.243.777 đồng
Bài 5: Muốn có 1.000.000.000đ sau 5 năm thì phải gửi quỹ tiết kiệm là bao nhiêu
mỗi tháng với lãi suất gửi là 0,55%?
Áp dụng hệ quả 1) của công thức (**) với Pn = 1.000.000.000, r = 0.55% và n =
1 000 000 000 x 0.0055
60, ta được: Số tiền gửi hàng tháng: P = (1 + 0.0055)[(1 + 0.0055)60 - 1]
Đáp số: a ≈ 14.035.825 đồng
Bài 6: Một người gửi 10 triệu đồng vào ngân hàng trong thời gian 10 năm với lãi
suất 5% một năm. Hỏi rằng người đó nhận được số tiền nhiều hơn hay ít hơn bao
5
nhiêu nếu ngân hàng trả lãi suất 12 % một tháng.
5
Đáp số: số tiền gửi theo lãi suất 12 % một tháng nhiều hơn: 1811486,1 đồng
Bài 7:
Lãi suất của tiền gửi tiết kiệm của một số ngân hàng thời gian vừa qua liên tục

thay đổi. Một người gửi số tiền ban đầu là 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% tháng
chưa đầy một năm, thì lãi suất tăng lên 1,15% tháng trong nửa năm tiếp theo và
người đó tiếp tục gửi; sau đó nửa năm lãi suất giảm xuống còn 0,9% tháng, người
đó tiếp tục gửi thêm một số tháng tròn nữa, khi rút tiền người đó được cả vốn lẫn
lãi là 5,747,478,359 đồng (chưa làm tròn). Hỏi người đó đã gửi tiền tiết kiệm trong
bao nhiêu tháng? Nêu sơ lược quy trình bấm phím trên máy tính cầm tay để giải.
16


Gả
Gọi A là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng,
X là số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng.
Số tháng gửi tiết kiệm là: A + 6 + X (tháng).
Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là: 5.000.000 x1.007 A x 1.01156 x 1.009X
Ta được phương trình: 5.000.000 x1.007A x 1.01156 x 1.009X = 5.747.478,359 ,
trong đó A, X là các ẩn số thuộc N*
Dùng chức năng SHIFT SOLVE để giải phương trình.
Quy trình bấm phím (Với các máy tính CASIO fx-570MS, fx-570ES; Vinacal
tương ứng ...):
5000000  1.007 ^ ALPHA A  1.0115 ^ 6  1.009 ^ ALPHA X 
5747478.359 ALPHA = 0
SHIFT SOLVE
(Nhập giá trị của A: 1= )
(Nhập giá trị đầu cho X: 1 =)
Cho kết quả X là số không nguyên.
SHIFT SOLVE
Lặp lại quy trình với A nhập vào lần lượt là 2, 3, 4, 5, ...đến khi nhận được giá trị
nguyên của X = 4 khi A = 5.
Vậy số tháng người đó gửi tiết kiệm là: 5 + 6 + 4 = 15 tháng
Bài 8: Mỗi tháng gửi tiết kiệm 580.000đ với lãi suất 0,7% tháng. Hỏi sau 10 tháng

thì lãnh về cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu?
Đáp số: 6028055,598 đ
Bài 9: Một người muốn sau 1 năm phải có số tiền là 20 triệu đồng để mua xe. Hỏi
người đó phải gửi vào ngân hàng 1 khoản tiền như nhau hàng tháng là bao nhiêu.
Biết lãi suất tiết kiệm là 0,57% / tháng.
Đáp số: a = 1 637 639,629 đồng
Chú ý:
1) Có thể áp dụng phương pháp và các công thức trên để giải các bài toán về
tăng dân số. Hai bài toán về dân số và lãi suất ngân hàng là cùng 1 dạng toán.
2) Học viên phải vận dụng các kiến thức toán học để thiết lập công thức tính
toán. Chỉ sử dụng sự hỗ trợ tính toán của máy tính cầm tay ở bước cuối cùng.
BÀI TOÁN 2: VAY RẢ GÓP
Bài 9:
a) Một người vay vốn ở một ngân hàng với số vốn là 50 triệu đồng, thời hạn 48
tháng, lãi suất 1,15% trên tháng, tính theo dư nợ, trả đúng ngày qui định. Hỏi hàng
tháng, người đó phải đều đặn trả vào ngân hàng một khoản tiền cả gốc lẫn lãi là
bao nhiêu để đến tháng thứ 48 thì người đó trả hết cả gốc lẫn lãi cho ngân hàng?
b) Nếu người đó vay 50 triệu đồng tiền vốn ở một ngân hàng khác với thời hạn 48
tháng, lãi suất 0,75% trên tháng, trên tổng số tiền vay thì so với việc vay vốn ở
ngân hàng trên, việc vay vốn ở ngân hàng này có lợi gì cho người vay không?
17


Gả:
a) Gọi số tiền vay của người đó là N đồng, lãi suất m% trên tháng, số tháng vay là
n, số tiền phải đều đặn trả vào ngân hàng hàng tháng là a đồng.
m
- Sau tháng thứ nhất số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là: N(1 + 100 ) – a đồng.
- Sau tháng thứ hai số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là:
m

m
m
m
[N(1 + 100 ) – a ] (1 + 100 ) – a = N(1 + 100 )2 – a[(1 + 100 + 1] đồng
- Sau tháng thứ ba số tiền gốc còn lại trong ngân hàng là:
m
m
m
{N(1 + 100 )2 – a[(1 + 100 + 1]}(1 + 100 ) – a =
m
m
m
= N(1 + 100 )3 – a[(1 + 100 )2 +(1 + 100 ) + 1] đồng
.............
Tương tự : Số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n là :
m
m
m
m
N(1 + 100 )n – a[(1 + 100 )n -1 + (1 + 100 )n-2 + …+ (1 + 100 ) + 1] đồng.
m
Đặt y = 1 + 100 , thì ta có số tiền gốc còn lại trong ngân hàng sau tháng thứ n sẽ
là:
Nyn – a (yn-1 +yn-2 +...+y+1). Và lúc này số tiền cả gốc lẫn lãi đó trả hết nên ta có
:
n

n-1

Ny = a (y

n-2

+y

Nyn
Nyn(y - 1)
+...+y+1)  a = yn-1 + yn-2 + ... + y + 1 = yn - 1

Nyn(y - 1)
Vậy: a =
yn - 1
Thay bằng số với N = 50 000 000 đồng, n = 48 tháng, y = 1,0115 ta có :
a = 1.361.312,807 đồng.
b) Nếu vay 50 triệu đồng ở ngân hàng khác với thời hạn như trên, lãi suất
0,75% trên tháng trên tổng số tiền vay thì sau 48 tháng người đó phải trả cho ngân
hàng một khoản tiền là: 50000000 + 50000000 x 0,75% x 48 = 68 000 000 đồng.
Trong khi đó vay ở ngân hàng ban đầu thì sau 48 tháng người đó phải trả cho
ngân hàng một khoản tiền là: 1.361.312,807 x 48 = 65 343 014,74 đồng. Như thế
việc vay vốn ở ngân hàng thứ hai thực sự không có lợi cho người vay trong việc
thực trả cho ngân hàng.

18


Bài 10: Bố bạn A tặng cho bạn ấy một máy vi tính trị giá 5.000.000 đồng bằng
cách cho bạn tiền hàng tháng với phương thức sau: Tháng đầu tiên bạn A được
nhận 100.000 đồng, các tháng từ tháng thứ hai trở đi, mỗi tháng nhận được số tiền
hơn tháng trước 20.000 đồng.
a) Nếu chọn cách gửi tiết kiệm số tiền được nhận hàng tháng với lãi suất

0,6%/tháng, thì bạn A phải gửi bao nhiêu tháng mới đủ tiền mua máy vi tính ?
b) Nếu bạn A muốn có ngay máy tính để học bằng cách chọn phương thức
mua trả góp hàng tháng bằng số tiền bố cho với lãi suất 0,7%/tháng, thì bạn A
phải trả góp bao nhiêu tháng mới trả hết nợ ?
a)
100000 SHIFT STO A SHIFT STO B (Khởi tạo hai biến A và B với giá trị đầu là
100000 - A là số tiền đã góp được trong tháng đầu tiên; B là số tiền góp trong
tháng đầu tiên)
1 SHIFT STO D (Khởi tạo biến D với giá trị đầu là 1 – biến đếm tháng)
Lập chu trình:
ALPHA D ALPHA = ALPHA D + 1 (tăng số tháng thêm một tháng)
ALPHA B ALPHA= ALPHA B+20000 ( B là số tiền góp trong tháng thứ D
– mỗi tháng tăng thêm 20 000)
ALPHA A ALPHA = ALPHA A1.006 + B ( A là số dư trong tài khoản ở
tháng thứ D – sô dư cộng tiền lãi cộng số mới gửi thêm)
bấm “=” ê t ế cho đến khi A vượt quá 5000000 thì D là số tháng phải gửi tiết
kiệm.
b)Tháng thứ nhất, sau khi góp còn nợ:
A = 5000000 -100000 = 4900000 (đồng).
4900000 SHIFT STO A
100000 STO B
Tháng sau góp: B = B + 200000 (giá trị trong ô nhớ B cộng thêm 20000), còn nợ:
A= A1,007 - B.
Thực hiện qui trình bấm phím sau:
4900000 SHIFT STO A (Khởi tạo biến A - A là tiền còn nợ)
100000 SHIFT STO B (B là số tiền góp)
1 STO D (Khởi tạo biến đếm D)
Lập chu trình
ALPHA D ALPHA =ALPHA D+1
ALPHA B ALPHA = ALPHA B + 20000

ALPHA A ALPHA = ALPHA A1,007 - ALPHA B
bấm “=” ê t ế cho đến khi A < 0 (hết nợ)
Kết quả: D = 19 (ứng với tháng 19 sau khi trả góp xong còn nợ: 84798; bấm tiếp =
thì D = 20, A âm). Như vậy chỉ cần góp trong 20 tháng thì hết nợ, tháng cuối chỉ
cần góp : 847981,007 = 85392 đồng.
19


5. ĐỒNG DƯ THỨC
1) P ép ồ g ư:
+ Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho m (m khác 0) có cùng số dư ta
nói a đồng dư với b theo môđun m ký hiệu a  b(mod m)
+ Một số tính chất: Với mọi a, b, c  N*
A  a (mod m)
 A + B  a + b (mod m)
B  b (mod m)
A  a (mod m)
B  b (mod m)

 A x B  a x b (mod m)

A = B (mod m)  An = Bn (mod m) ( n  N*)
Nếu c = UCLN(A ; B) thì
A ac
A  a (mod m)
 B  b (mod m)
B  b (mod m)
+ Định lý Fermat (nhỏ):
P là số nguyên tố
A nguyên tố cùng p

 ap - 1  1 (mod p)

Bài 1: Tìm số dư của phép chia 126 cho 19
Giải:
122 = 144  11 (mod 19)
126 = (122)3  113 (mod 19)  1 (mod 19)
Vậy số dư của phép chia 126 cho 19 là 1
Ghi chú: Quy trình bấm phím để tìm số dư
14419= (đư c ết q ả: 7,5789...)
144-19*7= (đư c ết q ả 11). Số dư é c a à 11
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 2004376 cho 1975
Giải:
Biết 376 = 62 . 6 + 4
Ta có:
20042  841 (mod 1975)
20044  8412 (mod 1975)  231(mod 1975)
200412  2313 (mod 1975)  416 (mod 1975)
200448  4164 (mod 1975)  536 (mod 1975)
200460 = 200412+48  416.536 (mod 1975)  1776 (mod 1975)
200462 = 200460+2  1776.841 (mod 1975)  516 (mod 1975)
200462.3  5133 (mod 1975)  1171 (mod 1975)
200462.6  11712 (mod 1975)  591 (mod 1975)
Suy ra:
20


2004376 = 200462.6 +4  591.231 (mod 1975)  246 (mod 1975)
Vậy: Sụ dư của phép chia 2004376 cho 1975 là 246
Bài 3: Chứng minh rằng (148)2004 +10 chia hết cho 11

Gả:
- Ta có: 14  3 (mod 11)  (148)2004  (38)2004 (mod 11)
Do 38 = 6561  5 (mod 11), nên (38)2004  52004 (mod 11)
Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:
51
52
53
54
55
56
57
58
(5

4

9

1)

(5

4

9

1)

...
...

 52004 = (54)501  1501 (mod 11)  1 (mod 11) (1)
Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2)
Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có:
(148)2004 +10  11 (mod 11)  0 (mod 11)  (148)2004 +10 chia hết cho 11.
Bài 4: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Gả:
1) Trước hết tìm số dư của phép chia 222555 cho 7:
- Vì 222 = 7 x 31 + 5, nên 222  5 (mod 7)  222555  5555 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 7:
51
52
53
54
55
56
57
58
...
(5

4

6

2

3

1)

(5

 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53  53  6 (mod 7)
Vậy số dư khi chia 222555 cho 7 là 6.

4

...

(1)

2) Tương tự, tìm số dư của phép chia 555222 cho 7:
- Vì 555 = 7 x 79 + 2, nên 555  2 (mod 7)  555222  2222 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 2 cho 7:
21
22
23
24
25
26
27
28
...
(2

4

1

2

4)

(2

4

1

...

 2222 = 23.74 = (23)74  174  1 (mod 7)
(2)
222
Vậy số dư khi chia 555 cho 7 là 1.
Cộng vế với vế các phép đồng dư (1) và (2), ta được:
222555 + 555222  6 + 1  0 (mod 7)
Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Bài 5: Tìm số dư của phép chia
cho
.
Gả:
Vì
là số nguyên tố 2003 không chia hết cho 5 nên 2003 và 5 nguyên tố cùng
nhau.
Do đó: 52002  1 (mod 2003).
21

Suy ra: 52008 = 52002+6  1.56 (mod 2003)
 1064 (mod 2003)
Vậy số dư của phép chia 52008 cho

là

2) a tr ể
ị t ức Newto và bà to
-Ta có khai triển:

a  b

n

.
tìm ố dư:

 a n  Cn1 a n 1b  Cn2 a n 2b 2  ...  Cnn 1ab n 1  b n

- Khi chứng minh về tính chia hết của các luỹ thừa, cần nhớ một số kết
quả sau:
1) an - bn chia hết cho a - b (a  b)
2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b (a  -b)
3) (a + b)n = BS a + bn

(BS a: bội số của a)

Suy ra : với a > b, số dư của phép chia của (a - b)n cho a bằng số dư của
phép chia bn cho a nếu n chẵn
Nếu n lẻ thì phân tích (a – b)n = (a – b)n-1(a – b)

Đặc b t:
(a + 1)n

= BS a + 1

2n

= BS a + 1

(a - 1)

(a - 1)2n + 1 = BS a – 1
Bài 1: Tìm số dư khi chia 2100 cho:
a) 9
b) 25
c) 125
Gả:
a) Ta có: 23 = 8 = (9 - 1)
Do đó: 2100 = (23)33.21 = 2.8(9 - 1)32 = 16(BS 9 + 1) = BS 9 + 16 = BS 9 + 7
Vậy số dư khi chia 2100 cho 9 là 7.
b) Ta có: 210 = 1024 = (BS 25 - 1)
- Ta có: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 + 1
Vậy số dư khi chia 2100 cho 25 là 1
c) Dùng công thức nhị thức Newton:
50.49
47
2100 = (5 – 1)50 = 550 – 50.549 + ... - C 50 .53 + 2 .52 – 50.5 + 1
Để ý rằng 48 số hạng đầu đều chứa thừa số 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng
3 nên chia hết cho 125, hai số hạng kế tiếp cũng chia hết cho125, số hạng cuối là 1.
Vậy 2100 = BS 125 + 1  Số dư của 2100 khi chia cho 125 là 1

Bài 2:
Bài toán 1. Tìm 2 chữ số tận cùng của số A = 20072008 + 20082009
Bài toán 2: Tìm số dư trong phép chia số: 17762010 cho 2000

22


Bài toán 3: Tìm số dư khi chia số 182008 + 82009 cho 49
Bài toán 4: Tìm 2 chữ số tận cùng của tổng 39999 + 29999
Đ
Bài toán 1.
1. Ta tìm 2 chữ số tận cùng của 20072008 = 20078 . 20072000
20072  49(mod 100)
(20072)4  494(mod 100)  01(mod 100)
20072000 = (20078)250  01(mod 100)
Vậy: 20072008  01(mod 100)
2. Tìm 2 chữ số tận cùng của 20082009
Ta có: 20082009 = 2008 . 20088 . 20082000
* 20082  64(mod 100)
(20082)4  644(mod 100)  16(mod 100)
20088  16(mod 100) (20088)5  165(mod 100)  76(mod 100)
* 200840  76(mod 100) do đú: 20082000  76(mod 100)
20088 .20082000 16.76(mod 100)  16(mod 100)
Do đó: 2008 . 20082008  2008.16(mod 100)  28(mod 100)
Vậy A ó
Bài toán 2.
17761  1776(mod 2000)
17762  176(mod 2000)
17763  576(mod 2000)
17764 = (17762)2  976(mod 2000)

17765 = 17762 . 17763  176 . 576(mod 2000)  1376(mod 2000)
17766= 1776 . 17765  176 . 1736(mod 2000)  1776(mod 2000)
17767  976(mod 2000)
Vậy chu kỳ được lặp lại sau 5 bước mà: 2010 = 5 . 402 có dạng 5k.
Do đó số 17762010 chia 2000 cho số dư là 1376.

Bài toán 3.
* Ta tìm số dư khi chia 182008 cho 49
Ta có: 182008 = 18.182007
= (183)669 . 18
183  1(mod 49)  (183)669  1(mod 49)
18. (183)669  18(mod 49)
* Ta tìm số dư khi chia 82009 chia cho 49
Ta có 82009 = (87)287
87  1(mod 49)
 (87)287  01(mod 49)
Kết luận: Vậy số dư khi chia số 182008 + 82009 cho 49 là 19.
Bài toán 4:
* Có 39999 = 320.499.319
319 = 1162261467  67(mod 100)
320 = 3486784401  01(mod 100)
 (320)499  01(mod 100)
Do đó (320)499.319  67(mod 100)

23


* Có 29999 = 220.499.219
219 = 524288  88(mod 100)
220 = 1048576  76(mod 100)

 (220)499  76(mod 100)
Do đó (220)499.219  76.88(mod 100)  88(mod 100)
39999 + 29999  (67+88)(mod 100) = 55(mod 100)
Vậy 2 chữ số tận cùng của tổng là 55

3) Mộ số ạ g

á k ác

Tì số c ữ số của luỹ ừa:
Ví dụ tìm xem 222425 có bao nhiêu chữ số.
Ta có: 2242.log2  6750,597 làm tròn thừa thành 6751.
Như vậy 222425 gồm 6751 số.
Tìm các c ữ số ầu ê của ộ lũy ừa.
Ví dụ: tìm 5 chữ số đầu tiên của 20082008.
Nhận xét: Các chữ số đầu tiên của a và ax10n là như nhau.
Đặt 20082008 = a.10n. ( trong đó 1 < a < 10 )  log(20082008) = n + loga.
2008.log2008 = 6631,949527  n = 6631 và loga ≈ 0,949527.
Suy ra a ≈ 100,949527 ≈ 8,902799931.
Vậy 5 chữ số đầu tiên của 20082008 là 89027.
Quy trình bấm phím:
2008 log 2008 - 6631 = 10 ^ Ans =
Tìm các c ữ số cuố của ộ lũy ừa vớ số ũ l
ộ lũy ừa:
 Dùng tính chất: số dư phép chia của a cho 2k (hoặc 5k hoặc 10k) bằng số dư phép chia của k
chữ số cuối của a cho 2k (hoặc 5k hoặc 10k)
 Dùng phương pháp bình phương liên tiếp bằng cách áp dụng công thức: amn = (amn-1)m
12

Ví dụ: Tìm 4 chữ số cuối của 22

2
3
2
4
3
22 = 4; 22 = 16; 22 = (22 )2 = 256; 22 = (22 )2 = 65 536  5536 (mod 104)
5
4
22 = (22 )2  (5536)2 (mod 104)  7296 (mod 104)
6
5
22 = (22 )2  (7296)2 (mod 104)  1616 (mod 104)
7
6
22 = (22 )2  (1616)2 (mod 104)  1456 (mod 104)
8
7
22 = (22 )2  (1456)2 (mod 104)  9936 (mod 104)
9
8
22 = (22 )2  (9936)2 (mod 104)  4096 (mod 104)
10
9
22 = (22 )2  (4096)2 (mod 104)  7216 (mod 104)
11
10
22 = (22 )2  (7216)2 (mod 104)  0656 (mod 104)
12
11
22 = (22 )2  (656)2 (mod 104)  336 (mod 104)

12
Vậy 4 chữ số cuối của 22 là 0336

24