Hướng dẫn giải toán lớp 8 trên máy tính casio FX 570MS

Buổi 1.
CÁC DẠNG TOÁN VỚI SỐ NGUYÊN1.
MỤC TIÊU.
- Giới thiệu máy tính fx – 570MS.
- Các phép toán với kết quả tràn màn hình.
- Tìm thương và số dư trong phép chia.
- Phép đồng dư.
- Tìm chữ số hàng đơn vị, chục, trăm, ... của một lũy thừa.
- UCLN, BCNN
NỘI DUNG.
I. GIỚI THIỆU.
- Mỗi một phím có một số chức năng. Muốn lấy chức năng của chữ ghi màu vàng thì phải ấn phím
SHIFT rồi ấn phím đó. Muốn lấy chức năng của phím ghi chữ màu đỏ thì phải ấn phím ALPHA

trước khi ấn phím đó.
- Các phím nhớ: A B C D E F X Y M (chữ màu đỏ)
- Để gán một giá trị nào đó vào một phím nhớ đã nêu ở trên ta ấn như sau:
Ví dụ: Gán số 5 vào phím nhớ B :
Bấm 5 SHIFT STO Bien nho
- Để lấy số nhớ trong ô nhớ ra ta sử dụng phím ALPHA

Bien nho

- Phím lặp lại một quy trình nào đó:  SHIFT COPY
- Ô nhớ tạm thời: Ans
II. CÁC BÀI TOÁN VỀ : “ PHÉP NHÂN TRÀN MÀN HÌNH ”
Bài 1: Tính chính xác tổng S = 1.1! + 2.2! + 3.3! + 4.4! + ... + 16.16!.
Giải:
Vì n . n! = (n + 1 – 1).n! = (n + 1)! – n! nên:
S = 1.1! + 2.2! + 3.3! + 4.4! + ... + 16.16! = (2! – 1!) + (3! – 2!) + ... + (17! – 16!)
S = 17! – 1!.

Không thể tính 17 bằng máy tính vì 17! Là một số có nhiều hơn 10 chữ số (tràn màn hình). Nên ta
tính theo cách sau:
Ta biểu diễn S dưới dạng : a.10 n + b với a, b phù hợp để khi thực hiện phép tính, máy không bị tràn,
cho kết quả chính xác.
Ta có : 17! = 13! . 14 . 15 . 16 . 17 = 6227020800 . 57120
Lại có: 13! = 6227020800 = 6227 . 106 + 208 . 102 nên
S = (6227 . 106 + 208 . 102) . 5712 . 10 – 1 = 35568624 . 107 + 1188096 . 103 – 1
= 355687428096000 – 1 = 355687428095999.
Bài 2: Tính kết quả đúng của các tích sau:
a) M = 2222255555 . 2222266666.
b) N = 20032003 . 20042004.
Giải:
1


a) Đặt A = 22222, B = 55555, C = 666666.
Ta có M = (A.105 + B)(A.105 + C) = A2.1010 + AB.105 + AC.105 + BC
Tính trên máy:
A2 = 493817284 ; AB = 1234543210 ; AC = 1481451852 ; BC = 3703629630
Tính trên giấy:
A2.1010 4 9 3 8 1 7 2 8 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
AB.105
1 2 3 4 5 4 3 2 1 0 0 0 0 0 0
5
AC.10
1 4 8 1 4 5 1 8 5 2 0 0 0 0 0
BC
3 7 0 3 6 2 9 6 3 0
M
4 9 3 8 4 4 4 4 4 3 2 0 9 8 2 9 6 3 0

b) Đặt X = 2003, Y = 2004. Ta có:
N = (X.104 + X) (Y.104 + Y) = XY.108 + 2XY.104 + XY
Tính XY, 2XY trên máy, rồi tính N trên giấy như câu a)
Kết quả: M = 4938444443209829630.
N = 401481484254012.
c) B =1234567892 = (123450000 + 6789)2 = (1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892
Tính trên máy:
123452
= 152399025
2x12345x6789 = 167620410
67892
= 46090521
3
3
d) C = 1023456 = (1023000 + 456) = (1023.103 + 456)3
= 10233.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563
Tính trên máy:
10233
= 1070599167
2
3.1023 .456 = 1431651672
3.1023.4562 = 638155584
4563
=
94818816
Vậy (tính trên giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 + 638155584000 +
94818816 = 1072031456922402816
III. TÌM SỐ DƯ CỦA PHÉP CHIA SỐ NGUYÊN
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|

* Từ định lí trên cho ta thuật toán lập quy trình ấn phím tìm dư trong phép chia a cho b:
+ Bước 1: Đưa số a vào ô nhớ A , số b vào ô nhớ B
+ Bước 2: Thực hiện phép chia A cho B
+ Bước 3: Thực hiện A

{ghi nhớ phần nguyên q}

- q  B =r

1. Khi đề cho số bé hơn 10 chữ số:
Bài 1: a) Viết một quy trình ấn phím tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975
b) Tính số dư
c) Viết quy trình ấn phím để tìm số dư khi chia 3523127 cho 2047. Tìm số dư đó.
2


Giải:
a) Quy trình ấn phím: 18901969 SHIFT STO A 3041975 SHIFT STO B
 ANPHA B

ANPHA A
SHIFT

A

- 6  B

=

=

(6,213716089)

(650119)

b) Số dư là: r = 650119
c) Tương tự quy trình ở câu a), ta được kết quả là: r = 240
Bài 2: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 12 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2002-2003)
Tìm thương và số dư trong phép chia: 123456789 cho 23456
Đáp số: q = 5263; r = 7861
Bài 3. Tìm số dư trong phép chia: 815 cho 200
Ta phân tích: 815 = 88.87
- Thực hiện phép chia 88 cho 2004 được số dư là r1 = 1732
- Thực hiện phép chia 87 cho 2004 được số dư là r2 = 968
 Số dư trong phép chia 815 cho 2004 là số dư trong phép chia 1732 x 968 cho 2004
 Số dư là: r = 1232
2. Khi đề cho số lớn hơn 10 chữ số:
Phương pháp:
Tìm số dư của A khi chia cho B ( A là số có nhiều hơn 10 chữ số)
- Cắt ra thành 2 nhóm , nhóm đầu có chín chữ số (kể từ bên trái). Tìm số dư phần đầu khi chia cho B.
- Viết liên tiếp sau số dư phần còn lại (tối đa đủ 9 chữ số) rồi tìm số dư lần hai. Nếu còn nữa tính liên
tiếp như vậy.
Ví dụ: Tìm số dư của phép chia 2345678901234 cho 4567.
- Ta tìm số dư của phép chia 234567890 cho 4567: Được kết quả số dư là : 2203
- Tìm tiếp số dư của phép chia 22031234 cho 4567.
Kết quả số dư cuối cùng là 26.
Bài tập: Tìm số dư của các phép chia:
a) 983637955 cho 9604325
b) 903566896235 cho 37869.
c) 1234567890987654321 : 123456

3. Dùng kiến thức về đồng dư để tìm số dư.
* Phép đồng dư:
+ Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho c (c khác 0) có cùng số dư ta nói a đồng dư với b
theo modun c ký hiệu a �b(mod c)
+ Một số tính chất: Với mọi a, b, c thuộc Z+
a �a (mod m)
a �
b(mod m)

b

a(mod m)

a �
b(mod
� m); b

c(mod m)

a

a ���
b(mod
 �
m); c

d (mod m)

a c b d (mod m)

c (mod m)

3


a �
b(mod
��m); c
a �
b(mod m)

d (mod m)
an

ac bd (mod m)

b n (mod m)

Định lí: Đối với các số tự nhiên a và m tuỳ ý, các số dư của phép chia a, a 2, a3, a4... cho m lặp lại một
cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu).
Chứng minh. Ta lấy m + 1 luỹ thừa đầu tiên: a, a 2, a3, a4..., am, am+1 và xét các số dư của chúng khi
chia cho m. Vì khi chia cho m chỉ có thể có các số dư {0, 1, 2, ..., m - 2, m - 1}, mà lại có m + 1 số,
nên trong các số trên phải có hai số có cùng số dư khi chia cho m. Chẳng hạn hai số đó là a k và ak + l,
trong đó l > 0.
Khi đó: ak  ak + l (mod m) (1)
Với mọi n  k nhân cả hai vế của phép đồng dư (1) với an - k sẽ được: an  an + l (mod m)
Điều này chứng tỏ rằng bắt đầu từ vị trí tương ứng với ak các số dư lặp lại tuần hoàn.
Số l được gọi là chu kỳ tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của a cho m.
Ví dụ 1: Tìm số dư của phép chia 126 cho 19
122  144 �11(mod19)

 

126  122

3

�113 �1(mod19)

Vậy số dư của phép chia 126 cho 19 là 1
Ví dụ 2: Tìm số dư của phép chia 2004376 cho 1975
Giải: Biết 376 = 62 . 6 + 4
20042 �841(mod1975)

Ta có:

20044 �8412 �231(mod1975)
200412 �2313 �416(mod1975)
200448 �4164 �536(mod1975)

200460 �416.536 �1776(mod1975)
200462 �1776.841 �516(mod1975)
200462.3 �5133 �1171(mod1975)
200462.6 �11712 �591(mod1975)
200462.6 4 �591.231 �246(mod1975)

Kết quả: Số dư của phép chia 2004376 cho 1975 là 246
Bài tập thực hành: Tìm số dư của phép chia :
a) 138 cho 27
b) 2514 cho 65

c) 197838 cho 3878.
d) 20059 cho 2007
e) 715 cho 2001
III. TÌM CHỮ SỐ HÀNG ĐƠN VỊ, HÀNG CHỤC, HÀNG TRĂM... CỦA MỘT LUỸ THỪA:
Bài 1: Tìm chữ số hàng đơn vị của số 172002
Giải:
4


17 2 �9(mod10)

 17 
2

1000

 17 2000 �91000 (mod10)

92 �1(mod10)
91000 �1(mod10)
17 2000 �1(mod10)

Vậy 17 2000.17 2 �1.9(mod10) . Chữ số tận cùng của 172002 là 9
Bài 2: Tìm chữ số hàng chục, hàng trăm của số 232005.
231 �023(mod1000)
234 �841(mod1000)
235 �343(mod1000)
2320 �3434 �201(mod1000)
232000 �201100 (mod1000)
2015 �001(mod1000)

201100 �001(mod1000)
232000 �001(mod1000)
232005  231.234.232000 �023.841.001 �343(mod1000)

Vậy hàng chục của số 232005 là 4 ; chữ số hàng trăm của số 23 2005 là số 3 (ba chữ số tận cùng của số
232005 là số 343)
IV. TÌM BCNN, UCLN
1. Máy tính cài sẵn chương trình rút gọn phân số thành phân số tối giản
+ UCLN (A; B) = A : a

A a

B b

+ BCNN (A; B) = A . b

2. Bổ đề (cơ sở của thuật toán Euclide)
Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r)
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 se 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
Ví dụ 1: Tìm UCLN và BCNN của 2419580247 và 3802197531
HD: Ghi vào màn hình :

2419580247

7
và ấn =, màn hình hiện
3802197531
11

UCLN: 2419580247 : 7 = 345654321
5


BCNN: 2419580247 . 11 = 2.661538272 . 1010 (tràn màn hình)
Cách tính đúng: Đưa con trỏ lên dòng biểu thức xoá số 2 để chỉ còn 419580247 . 11
Kết quả : BCNN: 4615382717 + 2.109 . 11 = 26615382717
Ví dụ 2: Tìm UCLN của 40096920 ; 9474372 và 51135438
Giải: Ấn 9474372  40096920 = ta được : 6987 29570.
UCLN của 9474372 và 40096920 là 9474372 : 6987 = 1356.
Ta đã biết UCLN(a; b; c) = UCLN(UCLN(a ; b); c)
Do đó chỉ cần tìm UCLN(1356 ; 51135438).
Thực hiện như trên ta tìm được:
UCLN của 40096920 ; 9474372 và 51135438 là : 678
Ví dụ 3: Tìm UCLN của hai số: a = 24614205, b = 10719433
Giải:
- Chia a cho b được:

24614205 = 10719433 x 2 + 3175339

- Chia 10719433 cho 3175339 được: 10719433 = 3175339 x 3 + 1193416
- Chia 3175339 cho 1193416 được:

3175339 = 1193416 x 2 + 788507

- Chia 1193416 cho 788507 được:

1193416 = 788507 x 1 + 404909

- Chia 788507 cho 404909 được:

788507 = 404909 x 1 + 383598

- Chia 404909 cho 383598 được:

404909 = 383598 x 1 + 21311

- Chia 383598 cho 21311 được:

383598 = 21311 x 18 + 0

 UCLN(a, b) = 21311
Luyện tập:
Cho 3 số 1939938; 68102034; 510510.
a) Hãy tìm UCLN của 1939938; 68102034.
b) Hãy tìm BCNN của 68102034; 510510.
c) Gọi B là BCNN của 1939938 và 68102034. Tính giá trị đúng của B2.

6


BÀI TẬP VỀ NHÀ – BUỔI 1 (Ngày 16/9/2013)
MÔN : GIẢI TOÁN TRÊN MÁY CẦM TAY
Bài 1. Tính chính xác các phép tính sau:
a) A = 20!.

b) B = 5555566666 . 6666677777
c) C = 20072007 . 20082008
d) 10384713
e) 201220032
f) A  20013  20023  20033  20043  20053  20063  20073  20083  20093
Bài 2: Tính chính xác
a) Tính tổng các ước dương lẻ của số D = 8863701824.
b) Tìm các số aabb sao cho aabb   a  1  a  1 � b  1  b  1 .
Bài 3. Tìm số abcd có bốn chữ số biết rằng số 2155abcd9 là một số chính phương.
Bài 4: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất và số tự nhiên M lớn nhất gồm 12 chữ số, biết rằng M và N chia
cho các số 1256; 3568 và 4184 đều cho số dư là 973.
Bài 5: Trong hệ thập phân, số A được viết bằng 100 chữ số 3, số B được viết bằng 100 chữ số 6.
a. Tích AB có số bao nhiêu chữ?
b. Tìm 8 chữ số tận cùng của hiệu C = AB -20092010.
Bài 6: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có 10 chữ số. Biết số đó chia 19 dư 12, chia 31 dư 13
Bài 7: Tìm các chữ số x,y để số 1234xy345 chia hết cho 12345
Bài 8: a) Tính tổng S = 20082- 20072 + 20062- 20052 + … + 22- 1
b) Đặt S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n + 1). Tính S(100) và S(2009).
c) Đặt P(n) = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n + 1)(n+2).Tính P(100) và P(2009).
Bài 9: Cho x3 + y3 = 10,1003 và x6 + y6 = 200,2006. Hãy tính gần đúng giá trị biểu thức A = x9 + y9.
Bài 10:: Cho số A được viết từ 2010 chữ số 7 và số B được viết từ 2010 chữ số 9.
a) Tích AB có bao nhiêu chữ số ?
b) Tìm 15 chữ số tận cùng của hiệu F = AB – 79102010.

Yêu cầu:
- Hoàn thành các bài tập trên vào vỡ bài tập
- Trình GV BD tại trường đang học kiểm tra, hướng dẫn thêm
7

- Yêu cầu GVBD ký xác nhận.

HƯỚNG DẪN THỰC HIỆN - KẾT QUẢ
Bài 1:(4,0 điểm) Tính đúng kết quả đúng các phép tính sau:
a)

Kết quả:

A  20013  20023  20043  20053  20063  2007 3  20083  20093

A  72541712025 (1 đ)

b) B = 13032006 x 13032007
�

c) C  �
�x 
�

x  x  1 �� x  1
2 x �
:

��
�, với x  169, 78 .
��
x  1 ��x x  1 x  x  1 �
�

d) D = 3333355555 x 3333377777

B = 169833193416042 (1 đ)
1 điểm
C �2833.646608 (1 đ)

D = 11111333329876501235(1 đ)
Bài 2:(2,0 điểm) a) 8863701824=26 �101�11712 (1 đ)
Tổng các ước lẻ của D là:
1  101  1171  11712  101 1171  11712   139986126

b) Số cần tìm là: 3388 (1 đ)
Bài 3:(2,0 điểm)
381978 a b/ c






382007








x 1





� 3  8 
x 1

 1 

Kết quả : x = -1,11963298
Bài 4:(2,0 điểm)
Đặt A2 = 2155abcd9
215500009 ��
A2 �
215599999
�
14680 SHIFT
ALPHA
ALPHA
r

215500009 A2

215599999

14680 A 14683

STO A

A x2 =

A + 1 SHIFT

STO

A



Vậy: A = 14683 A 2 =225590489 Vậy abcd = 9048
8


Bài 5:(4,0 điểm)
a) Mode

Mode 1 u

Mode

3

1
3
x1   ; x 2  2; x 3 
2
4
b) f (x)  g(x).t(x)  r(x) � x 3  ax 2 + bx + c = g(x).t(x) + 8x 2 + 4x + 5

8 

 18

 1 

6 

�1 � �1 � 1 1
1
1
1
1
1
1
f � � r � ��  a  b  c  8.  4.  5 � a  b  c 
2
4
2
4
2
8
�2 � �2 � 8 4

f  2  r  2  � 8  4a  2b  c  8.4  4.2  5 � 4a  2b  c  37
27 9
3
9
3
9
3
773

 a  b  c  8.  4.  5 � a  b  c 
64 16
4
16
4
16
4
64

�3 � �3 �
�4 � �4 �

f � � r � ��
Mode

Mode

1 a b/c
4

=

9

a b/c

�a 
c)

4

2

- 1 a b/c

=

= 1 =
16

=

3

2

37

=

a b/c

4

= 1 = 1 a b/c
= 1 =

8

773

a b/c

a b/c

4

64

=
=

23
33
23
;b ;c
4
8
4

ALPHA
+

Mode 1 3

33

X

SHIFT

a b/c

4

x3

ALPHA

+
X

23
+

23

a b/c

ALPHA

X

x2

4

CALC 2008  Kết quả: f (2008)  8119577168.75
Bài 6:(2,0 điểm)
* Nhận xét: N – 973, M - 973 chia hết cho 1256; 3568 và 4184 suy ra N - 973 là bội chung của
1256; 3568 và 4184

hay N - 973 là bội của bội chung nhỏ nhất của 1256; 3568 và 4184
* Quy trình bấm phím tìm ước chung lớn nhất như sau:
1256

ab / c

1256

� 446

4184

ab / c

4184

� 70022

 ta được 157 / 446

3568

 ta được 560176
560176

 ta được 523 / 70022

 ta được 292972048

Suy ra BCNN(1256; 3568; 4184 ) = 292972048

1011  973
Ta có: N - 973 = 292972048.k �10 - 973 � k 
292972048
Dùng máy thực hiện phép tính: k = 341,3294906 suy ra k = 342
Suy ra N = 973 + 292972048 . 342 (*)
Dùng máy thực hiện phép tính ta được: 1,001964414.1011
Tiếp tục thực hiện: Ans - 1,00196441 x 10^11, ta được 389. Suy ra N = 100196441389
11

9


1012  973
Ta có: M - 973 = 292972048.k �10 - 973 � k 
292972048
Dùng máy thực hiện phép tính: k = 3413,294906 suy ra k = 3413
Suy ra M = 973 + 292972048 . 3413
Dùng máy thực hiện phép tính ta được: 9,999136008.1011
Tiếp tục thực hiện: Ans – 9,99913600 x 10^11, ta được 797. Suy ra M = 999913600797
Bài 7:(2,0 điểm)
Gọi a là số tháng gửi với lãi suất 0,7% tháng, x là số tháng gửi với lãi suất 0,9% tháng, thì số tháng
gửi tiết kiệm là: a + 6 + x. Khi đó, số tiền gửi cả vốn lẫn lãi là:
5000000 �1.007a �1.01156 �1.009 x  5747478.359
Tính trên máy fx 570ms:
12

5000000

�‫�ٴٴ‬
1,007

ALPHA

A

1,0115

6

1,009

ALPHA

X

Dùng Solve thử với A từ 1 đến 6 để tìm X
SHIFT

SOLVE

5

=

SHIFT

SOLVE

Vậy số tháng bạn Châu gửi tiết kiệm là: 5 + 6 + 4 = 15 tháng
Bài 8:(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ cho các điểm
A(5; 2), B(1;  2), C (6; 7) . AD là tia phân giác trong góc A
( D �BC ) .
Kết quả:
a) Tính diện tích tam giác ABC (1 đ).
S ABC  SCEKL  S AKB  SBLC  SCEA
1
 11�9   6 �4  5 �9  11�5   37 cm2
2





b) BC  (6  1)2  (7  2) 2
AB  (5  1) 2  (2  2) 2
AH  2S / BC ; BH  AB2  AH 2
AB AC AB  AC AB  AC
AB.BC



� BD=
BD CD BD+CD
BC
AB+AC

DH = BD - BH
AD  AH 2  DH 2 �7.89cm

10


Buổi 2.
CÁC DẠNG TOÁN VỚI SỐ NGUYÊN2.
MỤC TIÊU.
- Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa:
- Số nguyên tố:
- Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
- Số có đuôi bất biến với mọi luỹ thừa:
- Khai triển nhị thức Newton và bài toán chia hết:
NỘI DUNG
1. Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa:
 1012  2 
Bài 1: Tính chính xác của số A = 

 3 

2

Giải:
- Dùng máy tính, tính một số kết quả:
10 2  2
34
3

2

 102  2 


 1156
 3 

và

2

 103  2 

 111556
 3 

103  2
334 và
3

2

 104  2 
104  2
3334 và 
 11115556
3
 3 
10k  2
Nhận xét:
là số nguyên có (k - 1) chữ số 3, tận cùng là số 4
3
2

 10k  2 

 là số nguyên gồm k chữ số 1, (k - 1) chữ số 5, chữ số cuối cùng là 6
 3 

* Ta dễ dàng chứng minh được nhận xét trên là đúng và do đó:
A = 111111111111555555555556
�
� �
�
99...9
 1 � 4. �
99...9
 1� 4
{
{
�
�
10  2 � 10  4.10  4 � 30
Cách 2.
� � 15
�
C�

�
9
9
� 3 �
99...9
{  4.99...9

{ 9
30
15

 11...1
{  1  11...155...56
{  44...4
{ {
9
15
30
15
14
15

2

30

15

C = 111111111111111555555555555556
(Kết quả có: 15 chữ số 1+ 14 chữ số 5 + 1 chữ số 6 = 30 chữ số)
Bài 2: Xét các luỹ thừa liên tiếp của số 2: 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29,...
Tìm xem khi chia các luỹ thừa này cho 5 nhận được các loại số dư nào ?
11


Giải: Ta có:
21 = 2, 22 = 4,

23 = 8  3 (mod 5),
24 = 16  1 (mod 5) (1)
Để tìm số dư khi chia 25 cho 5 ta nhân cả hai vế phép đồng dư (1) với 2 sẽ được:
25 = 24.2  1x2  2 (mod 5)
26 = 25.2  2x2  4 (mod 5)
27 = 26.2  4x2  3 (mod 5)
...
Ta viết kết quả vào hai hàng: hàng trên ghi các luỹ thừa, hàng dưới ghi số dư tương ứng khi chia các
luỹ thừa này cho 5:
21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211 ...
(2 4
3
1) (2 4
3
1) (2 4
3
...
 hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lập lại một cách tuần hoàn: sau 4 số dư (2, 4, 3, 1) lại lặp
lại theo đúng thứ tự trên.
Bài 3: Tìm chữ số cuối cùng của số: 23
Giải:
- Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 10 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, ta thực hiện theo
quy trình sau:
4

1 SHIFT STO A 2 
ANPHA

:

ANPHA

ANPHA A
A

ANPHA =

ANPHA

A

+ 1 =

= ...)

ta được kết quả sau:
21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211 ...
(2 4
8
6) (2 4
8
6) (2 4
8
...
 hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 4 số (2, 4, 8, 6)
ta có 34 = 81  1 (mod 4)  số dư khi chia 23 cho 10 là 2
Vậy chữ số cuối cùng của số 23 là 2.
Bài 4: Tìm hai chữ số cuối cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
Giải: Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 100 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, thực hiện

theo quy trình như bài 3), ta được kết quả sau:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210 211 212
2
(4
8
16 32 64 28 56 12 24 48 96
4

4

213 214 215 216 217 218 219 220 221
92 84 68 36 72 44 88 76 52)
 các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có:
1999  19 (mod 20)



số dư khi chia 21999 cho 100 là 88

2000  0 (mod 20)



số dư khi chia 22000 cho 100 là 76

2001  1 (mod 20)



số dư khi chia 22001 cho 100 là 52

222
(4

223
8

224
16

12


88 + 76 + 52 = 216  16 (mod 100)
 số dư của A = 21999 + 22000 + 22001 khi chia cho 100 là 16 hay hai chữ số cuối cùng của số A là 16.
Bài 5: Chứng minh rằng  148 

2004

+10 chia hết cho 11

Giải:
- Ta có: 14  3 (mod 11)   148 

2004

Do 38 = 6561  5 (mod 11), nên  38 

  38 
2004

2004

(mod 11)

= 65612004  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
(5
4
9
1)
(5
4
2004

4 501
501
 5 = (5 )  1 (mod 11)  1 (mod 11) (1)

57
9

58
1)

...
...

Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2)
Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có:
148 +10  11 (mod 11)  0 (mod 11)  148 +10 chia hết cho 11.
Bài 6: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Giải:
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
4
...
555
6.92 + 3
6 92 3
3
5 =5
= (5 ) .5  5  6 (mod 7)
(1)
Vậy số dư khi chia 222555 cho 7 là 6.
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
...
222
3.74
3 74
74
 2 = 2 = (2 )  1  1 (mod 7)
(2)
Vậy số dư khi chia 555222 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.
2. Số nguyên tố:
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:
2004

2004

n  p1e1 p2e2 ... pkek ,

13

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.
Bài 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 2152 + 3142
H. Dẫn:
- Tính trên máy, ta có: A = 144821
- Đưa giá trị của số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A
- Lấy giá trị của ô nhớ A lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2:
ANPHA A

 2 =

(72410,5)

ANPHA A

 3 =

(48273,66667)

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

 97 =

(1493)

Vậy: 144821 = 97 x 1493
Nhận xét: Nếu một số n là hợp số thì nó phải có ước số nguyên tố nhỏ hơn n .
 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 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 3: Số N = 27.35.53 có bao nhiêu ước số ?
Giải: - Số các ước số của N chỉ chứa thừa số: 2 là 7, 3 là 5, 5 là 3
- Số các ước số của N chứa hai thừa số nguyên tố:
2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15
- 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.
Định lí 2 (Xác định số ước số của một số tự nhiên n):
Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được:
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 của n được tính theo công thức:  (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)
Bài 4: Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800.
14


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:

 (A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584
Bài 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:
 (N) = 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080
3. Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 1x2y3z4 chia hết cho 7.
Giải:- Số lớn nhất dạng 1x2y3z4 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: 10203z 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: Tìm tất cả các số n dạng: N 1235679 x4 y chia hết cho 24.
- 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.
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 các số khi bình phương sẽ có tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không các số khi bình
phương có tận cùng là bốn chữ số 4 ?

H.Dẫn:
- Chữ số cuối cùng của x2 là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy bình phương của
số: 2, 12, 22, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92, 8, 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 88, 98
ta chỉ có các số:
12, 62, 38, 88 khi bình phương có tận cùng là hai chữ số 4.
- Tính trên máy bình phương của các số:
12, 112, 212, 312, 412, 512, 612, 712, 812, 912;
62, 162, 262, 362, 462, 562, 662, 762, 862, 962;
38, 138, 238, 338, 438, 538, 638, 738, 838, 938
88, 188, 288, 388, 488, 588, 688, 788, 888, 988
15


ta được: 462, 962, 38, 538 khi bình phương có tận cùng là 444.
* Tương tự cách làm trên, ta có kết luận: không có N nào để N2 kết thúc bởi 4444.
Bài 5: 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.
- 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 6: 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.
- 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
Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965
Bài 7: 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 y
z
16


2 8 5
6 0 0
9 1 5
Bài 8: Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất sau:
1) Viết dưới dạng thập phân a có tận cùng là số 6.
2) Nếu bỏ chữ số 6 cuối cùng và đặt chữ số 6 lên trước các chữ số còn lại sẽ được một số gấp 4 lần

chữ số ban đầu.
Giải:
- Giả sử số cần tìm có n + 1 chữ số.
- Từ điều kiện 1) số đó dạng: a1a2 ...an 6
- Từ điều kiện 2), ta có: 6a1a2 ...an = 4. a1a2 ...an 6

(*)

- Đặt a a1a2 ...an , thì: a1a2 ...an 6 = 10a + 6
6a1a2 ...an = 6.10n + a

- Khi đó (*) trở thành: 6.10n + a = 4.(10a + 6)  2.(10n - 4) = 13a (**)
Đẳng thức (**) chứng tỏ vế trái chia hết cho 13.
Vì (2 ; 13) = 1 nên: 10n - 4 chia hết cho 13.
Bài toán quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để (10n - 4) chia hết cho 13, khi đó tìm ra số a và số cần
tìm có dạng: 10a + 6.
Thử lần lượt trên máy các giá trị n = 1; 2;... thì (10n - 4) lần lượt là: 6, 96, 996, 9996, 99996,... và số
đầu tiên chia hết cho 13 là: 99996.
Khi đó a = 15384  Số cần tìm là: 153846.
Bài 9: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) 2n + 7 chia hết cho n + 1
b) n + 2 chia hết cho 7 - n
H.Dẫn:
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.
b) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6.
3. Số có đuôi bất biến với mọi luỹ thừa:

1) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (và chỉ những số ấy) đều có chữ
số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (có đuôi bất biến).
2) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (và chỉ những số ấy) đều có
chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (có đuôi bất biến).
3) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (và chỉ những số ấy) đều
có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (có đuôi bất biến).
17


4) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (và chỉ những số ấy) đều
có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (có đuôi bất biến).
...
Bài 1: Tìm số dư khi chia số 133762005! cho 2000
Giải:
- Giả sử A, B là hai số tự nhiên có tận cùng là 376, thì:
A.B = (1000.a + 376)(1000.b + 376) = 376000(a + b) + 106a.b + 3762
= 2000t + 1376; với a, b t  N
 A.B chia 2000 có số dư là 1376.
Với k > 1 khi chia 13376k cho 2000 (thực hiện (k - 1) lần phép nhân 2 số đều có tận cùng là 376 rồi
chia cho 2000) thì được dư là 1376. Đề bài ứng với k = 2005!
Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
H.Dẫn:
- Ta có: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7 x 29 x 210 x 21980
= 7 x 29 x 210 x (220)99
- Ta có (dùng máy): 29 = 512
210 = 1024 ;
220 = 1048576
Nhận xét: số có 2 chữ số tận cùng là 76, luỹ thừa bậc bất kỳ cũng có 2 chữ số tận cùng là 76. Vậy
(220)99 cũng có 2 số tận cùng là 76.

 21999 + 22000 + 22001 = 7 x 512 x 1024 x (...76) = .....16.
Vậy 2 chữ số cuối cùng của A là 16
Bài 3: Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994.
Giải:
- Ta có: 54 = 625
- Nhận thấy số có tận cùng là 625 luỹ thừa bậc bất kỳ vẫn có tận cùng là 625
- Do đó:
51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(625)k = 25(...625) = ...5625.
Vậy bốn chữ số tận cùng của số 51994 là 5625.
4. Khai triển nhị thức Newton và bài toán chia hết:
n

-Ta có khai triển:  a  b  a n  Cn1 a n  1b  Cn2 a n 2b 2  ...  Cnn 1ab n  1  b n
a n  na n  1b 

n(n  1) n  2 2 n( n  1)(n  2) n  3 3
n(n  1) 2 n  2
a b 
a b  ... 
a b  nabn  1  b n
1.2
1.2.3
1.2

- 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)
Đặc biệt:
18

(a + 1)n = BS a + 1
(a - 1)2n = BS a + 1
(a - 1)2n + 1 = BS a - 1
Bài 1: Tìm số dư khi chia 2100 cho:
a) 9
b) 5
c) 125
Giải:
a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 9 là 23 = 8 = (9 - 1)
- Ta có: 2100 = 2(23)33 = 2(9 - 1)33 = 2(BS 9 - 1) = BS 9 - 2 = BS 9 + 7
Vậy số dư khi chia 2100 cho 9 là 7.
b) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 25 là 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
50
50.49 .52  50.5  1
c) Dùng công thức Newton: 2100   5 1  550  50.549  ... 
2
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
Tổng quát: Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì chia n100 cho 125 ta được số dư là 1.
Bài 2: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100.
H.Dẫn: - Ta tìm dư trong phép chia 2100 cho 1000.
- Trước hết tìm số dư của phép chia 2 100 cho 125. Theo bài 34: 2100 = BS 125 + 1, mà 2100 là số chẵn,
nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là (dùng máy tính để thử):
126, 376, 626 hoặc 876.
- Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Bốn số trên chỉ có

376 thoả mãn điều kiện này. Vậy ba chữ số tận cùng của 2100 là 376.
Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 376.
Bài 3: Tìm ba chữ số tận cùng của 3100.
50

100
50
Giải: - Ta phân tích như sau: 3  10  1 10  ... 

50.49 2
.10  50.10  1
2

= BS 1000 + ...500 - 500 + 1 = BS 1000 + 1.
100

Vậy 3 tận cùng là 001.
Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên lẻ không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 001.
Bài 4: Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp: 896 = 496 9 * * 290 961.
H.Dẫn:
- Ta có: (896 - 1) M(89 - 1)  (896 - 1) M11
(896 - 1) M(893 + 1)  (896 - 1) M(89 + 1)  (896 - 1) M9
- Đặt A = (896 - 1) = 496 9 x y 290 960. Ta có A chia hết cho 9 và 11.
Ta có tổng các chữ số hàng lẻ (từ phải sang trái) của A bằng: 36 + y ; tổng các chữ số hàng chẵn của
A bằng: 18 + x
A chia hết cho 9 nên: 54 + x + y M9  x + y  {0 ; 9 ; 18}
19


A chia hết cho 11 nên: [(36 + y) - (18 + x)] M11  x - y  {-4 ; 7}

+ Nếu x + y = 0 thì x = y = 0 (loại)
+ Nếu x + y = 18 thì x = y = 9 (loại)
+ Nếu x + y = 9 : chú ý rằng (x + y) và (x - y) cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên:
x - y = 7  x = 8 ; y = 1.
Vậy 896 = 496 981 290 961

BÀI TẬP VỀ NHÀ – BUỔI 2 (Ngày 23/9/2013)
MÔN : GIẢI TOÁN TRÊN MÁY CẦM TAY
Bài 1: Tính kết quả đúng của các phép tính sau:
a) A = 1,123456789 - 5,02122003

b) B = 4,546879231 + 107,3564177895

Bài 2: Tính kết quả đúng của phép tính sau: A = 52906279178,48 : 565,432
Bài 3: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n3 là một số có 3 chữ số đầu và 4 chữ số cuối đều là số 1.
Bài 4: a) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất mà n2 bắt đầu bởi số 19 và kết thúc bằng số 89
b) Tìm số tự nhiên n sao cho: n2 = 2525xxxxxx89 (trong đó xxxxxx là 6 số có thể khác nhau).
Bài 5: Với giá trị tự nhiên nào của n thì: 1,01n - 1 < (n - 1) và 1,01n > n.
Bài 6: Tìm ba chữ số tận cùng của 3100.
Bài 7: Tìm số dư khi chia số 133762005! cho 2000
Bài 8: Tìm ước số chung lớn nhất (UCLN) và bội số chung nhỏ nhất (BCNN) của 2 số sau : a =
7020112010 và b = 20112010.
Bài 9: Tìm: a. Chữ số tận cùng của số 29999

b. Chữ số hàng chục của số 29999

Bài 10: Tìm hai chữ số tận cùng của số 2999 và tìm 6 chữ số tận cùng của số 521
b) Biết rằng số 80a1a 2a 3a 4a 5a 6a 7 3 là lập phương của một số tự nhiên. Hãy tìm các chữ số a 1;a2 ;a3;
a4;a5 ;a6;a7.
c) Tìm 2 chữ số cuối cùng của:

A = 22000 + 22001 + 22002 + 22003 + 22004 + 22005 + 22006 + 22007 + 22008 + 22009

20


Bài 3: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n3 là một số có 3 chữ số đầu và 4 chữ số cuối đều là số 1.
Giải:
Nhận xét:
1) Để n3 có tận cùng là 11 thì n có tận cùng là số 1. Thử trên máy các số: 11, 21, 31,...81, 91 được
duy nhất số 71 khi luỹ thừa bậc ba có tận cùng là 11.
2) Để n3 có tận cùng là 111 thì n có phải tận cùng là số 471.
(Thử trên máy với các số: 171, 271, 371,...871, 971 )
3) Để n3 có tận cùng là 1111 thì n phải có tận cùng là số 8471.
(Thử trên máy với các số: 1471, 2471, 3471,...8471, 9471 )
- Giả sử m là số chữ số đứng giữa các số 111 và 1111:
+ Nếu m = 3k, k Z+, thì:
111 x 103k+4 < n3 = 111...1111 < 112 x 103k+4
 111 ...
{
{ 1111  112 000...00
{ )
14 2 43 0000
14 2 43 0000
(111000...00
4
m 3 k
4
3k
3k



3

1110.10k 1  3 n3  3 111...1111  3 1120.10k 1

Tính trên máy:
10,35398805 x 10k+1 < n < 10,3849882 x 10k+1
Do đó, với k  1. Cho k = 1 ta được n bắt đầu bằng số 103, nghĩa là: n = 103...8471
 Số nhỏ nhất trong các số đó là: n = 1038471
+ Nếu m = 3k + 1 và m = 3k + 2, ta được các số này đều vượt quá số 1038471
Kết luận: Số nhỏ nhất thoã mãn yêu cầu bài toán là: n = 1038471 khi đó:
(tính kết hợp trên máy và trên giấy): n3 = 1119909991289361111
Bài 4: a) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất mà n2 bắt đầu bởi số 19 và kết thúc bằng số 89
b) Tìm số tự nhiên n sao cho: n2 = 2525xxxxxx89 (trong đó xxxxxx là 6 số có thể khác nhau).
Giải:
a) Trước hết ta tìm số n2 có tận cùng là 89:
- Vì n2 có tận cùng là 9 nên n chỉ có thể có tận cùng là 3 hoặc 7.
- Thử trên máy các số: 13, 23,..., 93 ; 17, 27,..., 97 ta tìm được:
để n2 có tận cùng là 89 thì n phải có 2 số tận cùng là một trong các số sau:
17, 33, 67, 83 (*)
* Bây giờ ta tìm số n2 bắt đầu bởi số 19:
21


- Để n2 bắt đầu bởi số 19 thì nó phải có dạng:
19 x 10k  n2 < 20 x 10k 

19.10k n  20.10k

(1)

+ Nếu k = 2m thì ta có (1), trở thành:
19.10m n  20.10 m

 4,3588989.10m  n < 4,472135955.10m (2)
Trong (2) ta cho m = 0, 1, 2,... (tính trên máy):
ta được n có thể là: 44, 436, 437, 438, 439, ... , 447
+ Nếu k = 2m thì ta có (1), trở thành:
190.10m n  200.10m

 13,78404875.10m  n < 14,14213562.10m (3)
Trong (3) ta cho m = 0, 1, 2,... (tính trên máy):
ta được n có thể là: 14, 138, 139, ... , 141
1379, 1380, 1381, ... , 1414
Tóm lại để n bắt đầu bởi số 19 thì n có thể là:
14, 44, 138, 139, ..., 141, 436, 437, ... , 447, 1379, 1380, ... , 1414 (**)
Từ (*) và (**) ta nhận thấy trong các số trên chỉ có số 1383 thoả mãn bài toán.
b) Ta có:
2525 x 108  x2 < 2526 x 108
 50,24937811 x 104  x < 50,25932749 x 104
Vậy : 502493 < x < 502593
Số x tận cùng phải là: 17, 33, 67, 83 (theo câu a), do đó các số thoả mãn là:
502517, 502533, 502567, 502583.
Bài 5: Với giá trị tự nhiên nào của n thì: 1,01n - 1 < (n - 1) và 1,01n > n.
Giải:
- Ta có:
1,01512  163,133... < 512
1,011024  26612,56.. > 1024
Vậy: 512 < n < 1024

Thu hẹp khoảng cách chứa n bằng phương pháp chia đôi:
- Chia đôi đoạn [512 ; 1024], ta có:
5211024
2

1, 01

1, 01768 2083, 603...  768

Vậy lại có: 512 < n < 768
Sau một số bước chia đôi như thế đi đến:
650 < n < 652
Cuối cùng ta có: 1,01651 = 650,45... < 651
1,01652 = 656,95.. > 652
 n = 652
Ta hoàn toàn giải bài toán trên bằng một quy trình trên MTBT:
22


(Thuật toán: Xét hiệu 1,01A - A , gán cho A các giá trị tự nhiên: 0, 1, 2,...
dừng lại khi hiệu trên chuyển từ (-) sang (+))
- Gán cho ô nhớ A giá trị tự nhiên đầu tiên:
0 SHIFT STO A
- Lập công thức tính hiệu 1,01A - A và gán giá trị ô nhớ bởi số tự nhiên kế tiếp:
1,01 

ANPHA A

:

ANPHA A

-

ANPHA A

ANPHA

=

ANPHA A

+ 1

- Lặp lại công thức trên:
= ... =
Bài toán kết thúc khi chuyển từ n = 651 sang n = 652.

23


Buổi 3.
CÁC DẠNG TOÁN PHÂN SỐ - LIÊN PHÂN SỐ.
MỤC TIÊU.
- Các dạng toán với phân số thập phân vô hạn tuần hoàn
- Tìm chữ số thập phân thứ n trong phép chia
- Tính giá trị liên phân số; viết phân số sang liên phân số
NỘI DUNG
I. PHÂN SỐ TUẦN HOÀN.
Chuyển số thập phân vô hạn tuần hoàn sang phân số.

PP1.
PP2.

1
1
1
 0, (1);  0, (01);
 0, (001) ...
9
99
999

m, (a 1a 2 ....a n )  m

a 1a 2 ....a n
9.....9
{

n s�9

m, b1b 2 ....b k (a 1a 2 ....a n )  m

b1 b 2 ..b k a 1a 2 ....a n  b1b 2 ...b k
9.....9
{ 0.....0
{

n s�9 k s�0

Ví dụ 1: Phân số nào sinh ra số thập phân tuần hoàn sau:

0,(123)
7,(37)
5,34(12)
Giải:
a) Cách 1: Ta có 0,(123) = 0,(001).123 =

1
123 41
.123 

999
999 333

Cách 2: Đặt a = 0,(123)
Ta có 1000a = 123,(123) . Suy ra 999a = 123. Vậy a =

123 41

999 333

Ví dụ 2: Chuyển sang phân số.
a) 0,(6)
b) 1,(24)
c) 1,2(3)
d) -2,1(13)
ấn:
a) 6 ab/c 9 =
Kq: 2/3
b/c
b/c

b) 1 a 24 a 99 = SHIFT d/c
Kq: 41/33
b/c
b/c
c) 1 a ( 23 - 3 ) a 90 = SHIFT d/c
Kq: 37/30
b/c
( 113 - 1 ) a 990 = SHIFT d/c
Kq: -1046/495
2

2

d) d) (-) 2 ab/c

2

Ví dụ 3: Tính A  0,19981998...  0, 019981998...  0, 0019981998...
Giải
Đặt 0,0019981998... = a.
Ta có:
1
1�
2.111
�1
A  2. �

 �� A 
100a 10a a �
100a

�

Trong khi đó : 100a = 0,19981998... = 0,(0001) . 1998 =
Vậy A =

1998
9999

2.111.9999
 1111
1998

24


223

223

223

Ví dụ 4: Viết các bước chứng tỏ : A = 0,20072007...  0,020072007...  0,0020072007... là một số tự
nhiên và tính giá trị của A
Đặt A1=0,20072007... � 10000A1=2007,20072007...=2007+A1 � 9999A1=2007 � A1=

2007
.
9999

1

1
A1 ; A 3 
A1
10
100
�1
1
1 �
111
�9999 99990 999900 �
A  223. � 



 123321
� 223. �
� 223.9999.
2007 �
2007
�2007 2007
�A1 A 2 A 3 �

Tương tự, A2=

Vậy A=123321 là một số tự nhiên
II. TÍNH SỐ LẺ THẬP PHÂN THỨ N SAU DẤU PHẨY.
Ví dụ 1: Tìm chữ số lẻ thập phân thứ 105 của phép chia 17 : 13
Bước 1:
+ Thực hiện phép chia 17 : 13 = 1.307692308
Ta lấy 7 chữ số đầu tiên ở hàng thập phân là: 3076923

+ Lấy 1,3076923 . 13 = 16,9999999
17 - 16,9999999 = 0,0000001
Vậy 17 = 1,3076923 . 13 + 0.0000001
(tại sao không ghi cả số 08)??? Không lấy chữ số thập cuối cùng vì máy có thể đã làm tròn.
Không lấy số không vì 17 = 1,30769230 . 13 + 0,0000001
Bước 2:
+ Lấy 1 : 13 = 0,07692307692
11 chữ số ở hàng thập phân tiếp theo là: 07692307692
Vậy ta đã tìm được 18 chữ số đầu tiên ở hàng thập phân sau dấu phẩy là: 307692307692307692
Vậy 17 : 13 = 1,(307692) Chu kỳ gồm 6 chữ số.
Ta có 105 = 6.17 + 3 ( 105 �3(mod 6) )
Vậy chự số thập phân thứ 105 sau dấu phẩy là chữ số thứ ba của chu kỳ. Đó chính là số 7
Ví dụ 2: Tìm chữ số thập phân thứ 132007 sau dấu phẩy trong phép chia 250000 cho 19
Giải:
Ta có

250000
17
 13157  . Vậy chỉ cần tìm chữ số thập phân thứ 132007 sau dấu phẩy trong phép
19
19

chia 17 : 19
Bước 1:
Ấn 17 : 19 = 0,8947368421.
Ta được 9 chữ số đầu tiên sau dấu phẩy là 894736842
+ Lấy 17 – 0, 894736842 * 19 = 2 . 10-9
Bước 2:
Lấy 2 : 19 = 0,1052631579.
Chín số ở hàng thập phân tiếp theo là: 105263157

+ Lấy 2 – 0,105263157 * 19 = 1,7 . 10-8 = 17 . 10-9
Bước 3:
Lấy 17 : 19 = 0,8947368421.
Chín số ở hàng thập phân tiếp theo là
+ Lấy 17 – 0,0894736842 * 19 = 2 . 10-9
Bước 4:
Lấy 2 : 19 = 0,1052631579.
25