BOIDUONGMTBT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (453.25 KB, 61 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phần I: Các bài toán về đa thức
1. Tính giá trị của biểu thức:

Bài 1: Cho đa thøc P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 2x3 - 5x2 + x - 1

TÝnh P(1,25); P(4,327); P(-5,1289); P(13
4)

H.DÉn:

- LËp c«ng thức P(x)

- Tính giá trị của đa thức tại các điểm: dùng chức năng CALC
- Kết quả: P(1,25) = ; P(4,327) =
P(-5,1289) = ; P(13

4) =

Bài 2: Tính giá trị của các biểu thøc sau:

P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9 t¹i x = 0,53241

Q(x) = x2 + x3 +...+ x8 + x9 + x10 t¹i x = -2,1345

H.DÉn:

- áp dụng hằng đẳng thức: an - bn = (a - b)(an-1 + an-2b +...+ abn-2 + bn-1). Ta có:

P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9 = ( 1)(1 2 ... 9) 10 1

1 1

x x x x x

x x

− + + + + = −

− −

Từ đó tính P(0,53241) =
Tơng tự:

Q(x) = x2 + x3 +...+ x8 + x9 + x10 = x2(1 + x + x2 + x3 +...+ x8) = 
9

2 1

x
x

x
−
−

Từ đó tính Q(-2,1345) =

Bài 3: Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. BiÕt P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9; P(4) = 16;

P(5) = 25. TÝnh P(6); P(7); P(8); P(9) = ?
H.Dẫn:

Bớc 1: Đặt Q(x) = P(x) + H(x) sao cho:
+ BËc H(x) nhá h¬n bËc cđa P(x)

+ Bậc của H(x) nhỏ hơn số giá trị đã biết của P(x), trongbài bậc H(x) nhỏ hơn 5, nghĩa là:
Q(x) = P(x) + a1x4 + b1x3 + c1x2 + d1x + e

Bớc 2: Tìm a1, b1, c1, d1, e1 để Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0, tức là:

1 1 1 1 1

1 0

16 8 4 2 4 0

81 27 9 3 9 0

256 64 16 4 16 0

625 125 25 5 25 0

a b c d e

+ + + + + =



 + + + + + =

 + + + + + =



 + + + + + =



+ + + + + =



⇒ a1 = b1 = d1 = e1 = 0; c1 = -1

VËy ta cã: Q(x) = P(x) - x2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

⇒ P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) + x2.

Từ đó tính đợc: P(6) = ; P(7) = ; P(8) = ; P(9) =

Bài 4: Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d. BiÕt P(1) = 5; P(2) = 7; P(3) = 9; P(4) = 11.

TÝnh P(5); P(6); P(7); P(8); P(9) = ?
H.DÉn:

- Giải tơng tự bài 3, ta có: P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) + (2x + 3). Từ đó tính đợc: P(5) =
; P(6) = ; P(7) = ; P(8) = ; P(9) =

Bµi 5: Cho ®a thøc P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d. BiÕt P(1) = 1; P(2) = 3; P(3) = 6; P(4) = 10.

TÝnh (5) 2 (6) ?
(7)

P P

A

P
−

= =

H.DÉn:

- Giải tơng tự bài 4, ta có: P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) + ( 1)
2

x x+

. Từ đó tính đợc:

(5) 2 (6)
(7)

P P

A

P

= =

Bài 6: Cho đa thức f(x) bậc 3 với hệ số của x3 là k, k Z thoả m·n:

f(1999) = 2000; f(2000) = 2001
Chøng minh r»ng: f(2001) - f(1998) là hợp số.
H.Dẫn:

* Tỡm a thc ph: t g(x) = f(x) + (ax + b). Tìm a, b để g(1999) = g(2000) = 0

1999 2000 0 1

2000 2001 0 1

a b a

a b b

+ + = = −

 

⇔  ⇔ 

+ + = = −

  ⇒ g(x) = f(x) - x - 1

* Tính giá trị của f(x):

- Do bậc của f(x) là 3 nên bậc của g(x) lµ 3 vµ g(x) chia hÕt cho:

(x - 1999), (x - 2000) nªn: g(x) = k(x - 1999)(x - 2000)(x - x0)

⇒ f(x) = k(x - 1999)(x - 2000)(x - x0) + x + 1.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 7: Cho đa thức f(x) bậc 4, hệ số của bậc cao nhất là 1 và thoả mÃn:
f(1) = 3; P(3) = 11; f(5) = 27. TÝnh gi¸ trị A = f(-2) + 7f(6) = ?
H.Dẫn:

- Đặt g(x) = f(x) + ax2 + bx + c. T×m a, b, c sao cho g(1) = g(3) = g(5) = 0 ⇒ a, b, c là

nghiệm của hệ phơng trình:
3 0

9 3 11 0

25 5 27 0

a b c

a b c

+ + + =


 + + + =



 + + + =



⇒ bằng MTBT ta giải đợc:

1
0

a
b
c

= −

 =

 = −

⇒ g(x) = f(x) - x2 - 2

- V× f(x) bËc 4 nên g(x) cũng có bậc là 4 và g(x) chia hÕt cho (x - 1), (x - 3), (x - 5), do vËy: g(x)
= (x - 1)(x - 3)(x - 5)(x - x0) ⇒ f(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5)(x - x0) + x2 + 2.

Ta tính đợc: A = f(-2) + 7f(6) =

Bài 8: Cho đa thức f(x) bậc 3. Biết f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = 4; f(3) = 1.
Tìm f(10) = ? (Đề thi HSG CHDC Đức)

H.Dẫn:

- Giả sử f(x) có dạng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. V× f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = 4; f(3) = 1 nªn:

8 4 2 4

27 9 3 1

d

a b c d

a b c d

=


 + + + =


 + + + =



 + + + =



lÊy 3 phơng trình cuối lần lợt trừ cho phơng trình đầu và giải hệ gồm 3 phơng trình ẩn a, b, c trên
MTBT cho ta kết quả: 5; 25; 12; 10

2 2

a= b= − c= d =

⇒ ( ) 5 3 25 2 12 10

2 2

f x = x − x + x+ ⇒ (10)f =

Bài 9: Cho đa thức f(x) bậc 3 biết rằng khi chia f(x) cho (x - 1), (x - 2), (x - 3) đều đ ợc d là 6 và f(-1)
= -18. Tính f(2005) = ?

H.DÉn:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bµi 10: Cho ®a thøc 1 9 1 7 13 5 82 3 32

( )

630 21 30 63 35

P x = x − x + x − x + x

a) TÝnh gi¸ trị của đa thức khi x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4.
b) Chøng minh r»ng P(x) nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên
Giải:

a) Khi x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4 thì (tính trên máy) P(x) = 0

b) Do 630 = 2.5.7.9 vµ x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4 là nghiệm của đa thức P(x) nên

( ) ( 4)( 3)( 2)( 1) ( 1)( 2)( 3( 4)

2.5.7.9

P x = x− x− x− x− x x+ x+ x+ x+

Vì giữa 9 só ngun liên tiếp ln tìm đợc các số chia hết cho 2, 5, 7, 9 nên với mọi x
ngun thì tích: (x− 4)(x− 3)(x− 2)(x−1) (x x+1)(x+ 2)(x+ 3(x+ 4) chia hết cho 2.5.7.9 (tích của các số
nguyên tố cùng nhau). Chứng tỏ P(x) là số nguyên với mọi x nguyên.

Bµi 11: Cho hµm sè ( ) 4

4 2

x
x
f x =

+ . H·y tÝnh c¸c tỉng sau:

1 2 2001

) ...

2002 2002 2002

a S = f + f  + + f 

     

2 2 2

2 2001

) sin sin ... sin

2002 2002 2002

b S = f  π + f π + + f  π 

     

H.DÉn:

* Với hàm số f(x) đã cho trớc hết ta chứng minh bổ đề sau:
Nếu a + b = 1 thì f(a) + f(b) = 1

* áp dụng bổ đề trên, ta có:
a) 1

1 2001 1000 1002 1001

...

2002 2002 2002 2002 2002

S =  f  + f + + f  + f  + f  

         

   

1 1 1 1

1 ... 1 1000 1000,5

2 f 2 f 2 2

    

= + + +   +   = + =
   

 

b) Ta cã sin2 sin2 2001 ,...,sin21000 sin21002

2002 2002 2002 2002

π = π π = π

. Do đó:

2 2 2 2

2 1000 1001

2 sin sin ... sin sin

2002 2002 2002 2002

S =  f  π + f  π + + f  π + f  π 

       

 

2 sin2 sin21000 ... sin2500 sin2501 sin2

2002 2002 2002 2002 2

f π f π f π f π f π

           

=   +  + +  +   +  

         

   

 

2 sin2 cos2 ... sin2500 cos2500 (1)

2002 2002 2002 2002

f π f π f π f π f

         

=   +  + +   +   +

       

   

 

2 1 1 ... 1

[

]

4 1000 2 10002

6 3 3

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2. Tìm thơng và d trong phép chia hai đa thức:

Bài toán 1: Tìm d trong phép chia đa thức P(x) cho (ax + b)
Cách giải:

- Ta ph©n tÝch: P(x) = (ax + b)Q(x) + r ⇒ P b 0.Q b r

a a

 −  =  −  +

   

    r =

b
P

a

Bài 12: Tìm d trong phÐp chia P(x) = 3x3 - 5x2 + 4x - 6 cho (2x - 5)

Gi¶i:

- Ta cã: P(x) = (2x - 5).Q(x) + r ⇒ 5 0. 5 5

2 2 2

P   = Q  + ⇒ =r r P  

      ⇒ r =

5
2

P  

 

Tính trên máy ta đợc: r = 5
2

P  
  =

Bài toán 2: Tìm thơng và d trong phép chia đa thức P(x) cho (x + a)
Cách giải:

- Dựng lc đồ Hoocner để tìm thơng và d trong phép chia đa thức P(x) cho (x + a)
Bài 13: Tìm thơng và d trong phép chia P(x) = x7 - 2x5 - 3x4 + x - 1 cho (x + 5)

H.Dẫn: - Sử dụng lợc đồ Hoocner, ta có:

1 0 -2 -3 0 0 1 -1

-5 1 -5 23 -118 590 -2950 14751 -73756

* Tính trên máy tính các giá trị trên nh sau:
( ) 5 SHIFT STO M

1 × ANPHA M + 0 = (-5) : ghi ra giÊy -5
× ANPHA M + - 2 = (23) : ghi ra giÊy 23
× ANPHA M - 3 = (-118) : ghi ra giÊy -118
× ANPHA M + 0 = (590) : ghi ra giÊy 590
× ANPHA M + 0 = (-2950) : ghi ra giÊy -2950
× ANPHA M + 1 = (14751) : ghi ra giÊy 14751
× ANPHA M - 1 = (-73756) : ghi ra giÊy -73756

x7 - 2x5 - 3x4 + x - 1 = (x + 5)(x6 - 5x5 + 23x4 - 118x3 + 590x2 - 2950x + 14751) - 73756

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

C¸ch giải:

- Để tìm d: ta giải nh bài toán 1

- Để tìm hệ số của đa thức thơng: dùng lợc đồ Hoocner để tìm thơng trong phép chia đa thức
P(x) cho (x +b

a) sau đó nhân vào thơng đó với

a ta đợc đa thức thơng cần tìm.

Bµi 14: Tìm thơng và d trong phép chia P(x) = x3 + 2x2 - 3x + 1 cho (2x - 1)

Gi¶i:

- Thùc hiÖn phÐp chia P(x) cho 1
2

x
 − 

 

  , ta đợc:

P(x) = x3 + 2x2 - 3x + 1 = 1

x
 − 

 

 

2 5 7 1

2 4 8

x x

 + −  +

 

  . Từ đó ta phân tích:

P(x) = x3 + 2x2 - 3x + 1 = 2. 1

2
x
 − 
 
  .

1
2.

2 5 7 1

2 4 8

x x

 + − +

 

 

= (2x - 1). 1 2 5 7 1

2x 4x 8 8

 + −  +

 

 

Bài 15: Tìm các giá trị của m để đa thức P(x) = 2x3 + 3x2 - 4x + 5 + m chia hết cho Q(x) = 3x +2

H.DÉn:

- Ph©n tÝch P(x) = (2x3 + 3x2 - 4x + 5) + m = P

1(x) + m. Khi đó:

P(x) chia hÕt cho Q(x) = 3x + 2 khi vµ chØ khi: P1(x) + m = (3x + 2).H(x)

Ta cã: 1 1

2 2

3 3

P−  + m= m= P

Tính trên máy giá trị của đa thức P1(x) tại 2

x= ta đợc m =

Bài 16: Cho hai đa thức P(x) = 3x2 - 4x + 5 + m; Q(x) = x3 + 3x2 - 5x + 7 + n. Tìm m, n để hai đa

thøc trªn cã nghiƯm chung 0

1
2
x =

H.DÉn:
0
1
2

x = lµ nghiƯm cđa P(x) th× m = 1

1
2

P 

−    , víi P1(x) = 3x2 - 4x + 5

1
2

x = là nghiệm của Q(x) thì n = 1

1
2

Q  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tính trên máy ta đợc: m = 1

1
2

P 

−    = ;n = 1

1
2

Q  

−  =

Bài 17: Cho hai đa thức P(x) = x4 + 5x3 - 4x2 + 3x + m; Q(x) = x4 + 4x3 - 3x2 + 2x + n.

a) Tìm m, n để P(x), Q(x) chia hết cho (x - 2)

b) XÐt ®a thøc R(x) = P(x) - Q(x). Với giá trị m, n vừa tìm chứng tỏ r»ng ®a thøc R(x) chØ cã
duy nhÊt mét nghiệm.

H.Dẫn:

a) Giải tơng tự bài 16, ta có: m = ;n =
b) P(x) M (x - 2) vµ Q(x) M (x - 2) ⇒ R(x) M (x - 2)

Ta l¹i cã: R(x) = x3 - x2 + x - 6 = (x - 2)(x2 + x + 3), v× x2 + x + 3 > 0 víi mäi x nªn R(x) chØ

cã mét nghiÖm x = 2.

Bài 18: Chia x8 cho x + 0,5 đợc thơng q

1(x) d r1. Chia q1(x) cho x + 0,5 đợc thơng q2(x) d r2. Tìm r2 ?

H.DÉn:

- Ta ph©n tÝch: x8 = (x + 0,5).q

1(x) + r1

q1(x) = (x + 0,5).q2(x) + r2

- Dùng lợc đồ Hoocner, ta tính đợc hệ số của các đa thức q1(x), q2(x) và các số d r1, r2:

1 0 0 0 0 0 0 0 0

1
2

− 1 1

− 1

1
8

− 1

1
32

− 1

1
128

− 1

256
1

− 1 -1 3

1
2

− 5

3
16

− 7

1
16

−

VËy: 2

1
16

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Phần II: Các bài toán về DÃy số

Mỏy tớnh in tử Casio fx - 570 MS có nhiều đặc điểm u việt hơn các MTBT khác. Sử dụng
MTĐT Casio fx - 570 MS lập trình tính các số hạng của một dãy số là một ví dụ. Nếu biết cách sử
dụng đúng, hợp lý một quy trình bấm phím sẽ cho kết quả nhanh, chính xác. Ngồi việc MTBT giúp
cho việc giảm đáng kể thời gian tính tốn trong một giờ học mà từ kết quả tính tốn đó ta có thể dự
đốn, ớc đốn về các tính chất của dãy số (tính đơn điệu, bị chặn...), dự đốn cơng thức số hạng
tổng quát của dãy số, tính hội tụ, giới hạn của dãy...từ đó giúp cho việc phát hiện, tìm kiếm cách giải
bài tốn một cách sáng tạo. Việc biết cách lập ra quy trình để tính các số hạng của dãy số cịn hình
thành cho học sinh những kỹ năng, t duy thuật toán rất gn vi lp trỡnh trong tin hc.

Sau đây là một số quy trình tính số hạng của một số dạng dÃy số thờng gặp trong chơng trình,
trong ngoại khoá và thi giải Toán bằng MTBT:

I/ Lập quy trình tính số hạng của dÃy số:
1) DÃy số cho bởi công thức số hạng tổng quát:

trong đó f(n) là biểu thức của
n cho trc.

Cách lập quy trình:

- Ghi giá trị n = 1 vào ô nhớ A : 1 SHIFT STO A
- Lập công thức tính f(A) và gán giá trị ô nhớ : A = A + 1
- LỈp dÊu b»ng: = ... = ...

Gi¶i thÝch:

1 SHIFT STO A : ghi giá trị n = 1 vào « nhí A

f(A) : A = A + 1 : tính un = f(n) tại giá trị A (khi bÊm dÊu b»ng thø lÇn nhÊt)

và thực hiện gán giá trị ô nhớ A thêm 1 đơn vị: A = A + 1 (khi bấm dấu bằng lần
thứ hai).

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

VÝ dô 1: Tính 10 số hạng đầu của dÃy số (un) cho bëi:

1 1 5 1 5 ; 1, 2,3...

2 2

n n

n

u =  +  −  −   n=

   

Giải:

- Ta lập quy trình tính un nh sau:

1 SHIFT STO A

( 1 ÷ 5 ) ( ( ( 1 + 5 ) ÷ 2 ) ∧ ANPHA A - ( ( 1
- 5 ) ÷ 2 ) ∧ ANPHA A ) ANPHA : ANPHA A ANPHA =
ANPHA A + 1 =

- LỈp l¹i phÝm: = ... = ...

Ta đợc kết quả: u1 = 1, u2 = 1, u3 = 2, u4 = 3, u5 = 5, u6 = 8, u7 = 13, u8 = 21,

u9 = 34, u10 = 55.

2) D·y sè cho bëi hƯ thøc truy håi d¹ng:

trong đó f(un) là biểu thức của

un cho trớc.

Cách lập quy trình:

- Nhập giá trị của số h¹ng u1: a =

- NhËp biĨu thøc cđa un+1 = f(un) : ( trong biĨu thức của un+1 chỗ nào có un ta nhập bằng

ANS )

- Lặp dấu bằng: =
Giải thích:

- Khi bấm: a = màn hình hiện u1 = a và lu kết quả này

- Khi nhËp biÓu thøc f(un) bëi phÝm ANS , bấm dấu = lần thứ nhất máy sẽ thực hiện tính u2 =

f(u1) và lại lu kết quả này.

- Tip tc bm du = ta lần lợt đợc các số hạng của dãy số u3, u4...

Ví dụ 1: Tìm 20 số hạng đầu của dÃy sè (un) cho bëi:

n+1 n

u = a

u = f(u ) ; n N*





∈

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1
1

, *

n
n

n
u

u

u n N

u

=


 +

 =

+

Giải:

- Lập quy trình bấm phím tính các sè h¹ng cđa d·y sè nh sau:
1 = (u1)

( ANS + 2 ) ÷ ( ANS + 1 ) = (u2)

= ... =

- Ta đợc các giá trị gần đúng với 9 chữ số thập phân sau dấu phảy:
u1 = 1 u8 = 1,414215686

u2 = 1,5 u9 = 1,414213198

u3 = 1,4 u10 = 1,414213625

u4 = 1,416666667 u11 = 1,414213552

u5 = 1,413793103 u12 = 1,414213564

u6 = 1,414285714 u13 = 1,414213562

u7 = 1,414201183 u14 =...= u20 = 1,414213562

Ví dụ 2: Cho dãy số đợc xác định bởi:

( )

3
1

, *

n n

u

u + u n N

 =




= ∈



Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để un là số nguyên.

Gi¶i:

- LËp quy trình bấm phím tính các số hạng của dÃy sè nh sau:
SHIFT 3 3 = (u

ANS ∧ SHIFT 3 3 = (u
2)

= = (u4 = 3)

Vậy n = 4 là số tự nhiên nhỏ nhất để u4 = 3 là số nguyên.

3) D·y sè cho bëi hƯ thøc truy håi d¹ng:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

C¸ch lËp quy trình:

* Cách 1:

Bấm phím: b SHIFT STO A × A + B × a + C SHIFT STO B
Và lặp lại dÃy phím:

× A + ANPHA A × B + C SHIFT STO A
× A + ANPHA B × B + C SHIFT STO B
Gi¶i thÝch: Sau khi thùc hiÖn

b SHIFT STO A × A + B × a + C SHIFT STO B

trong ô nhớ A là u2 = b, m¸y tÝnh tỉng u3 := Ab + Ba + C = Au2 + Bu1 + C vµ đẩy vào trong ô nhớ

B , trên màn hình là: u3 : = Au2 + Bu1 + C

Sau khi thùc hiƯn: × A + ANPHA A × B + C SHIFT STO A m¸y tÝnh tỉng u4

:= Au3 + Bu2 + C và đa vào ô nhớ A . Nh vậy khi đó ta có u4 trên màn hình và trong ơ nhớ A

(trong ô nhớ B vẫn là u3).

Sau khi thùc hiƯn: × A + ANPHA B × B + C SHIFT STO B m¸y tÝnh tỉng u5

:= Au4 + Bu3 + C và đa vào ô nhớ B . Nh vậy khi đó ta có u5 trên màn hình và trong ơ nhớ B

(trong « nhí A vÉn lµ u4).

Tiếp tục vòng lặp ta đợc dãy số un+2 = Aun+1 + Bun + C

*Nhận xét: Trong cách lập quy trình trên, ta có thể sử dụng chức năng COPY để lập lại dãy

lặp bởi quy trình sau (giảm đợc 10 lần bấm phím mỗi khi tìm một số hạng của dãy số), thực hiện quy
trình sau:

BÊm phÝm: b SHIFT STO A × A + B × a + C SHIFT STO B
× A + ANPHA A × B + C SHIFT STO A
× A + ANPHA B × B + C SHIFT STO B

∆ SHIFT COPY
LỈp dÊu b»ng: = ... = ...

* C¸ch 2: Sư dơng c¸ch lËp c«ng thøc
BÊm phÝm: a SHIFT

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

ANPHA C ANPHA = A ANPHA B + B ANPHA A + C
ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA B

ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C
LỈp dÊu b»ng: = ... = ...

Ví dụ : Cho dãy số đợc xác định bởi:
1 2

n+2 n+1 n

u = 1, u 2

u = 3u + 4 u + 5 ; n N*

=


 ∈



H·y lËp quy trình tính un.

Giải:

- Thực hiện quy trình:

2 SHIFT STO A × 3 + 4 × 1 + 5 SHIFT STO B

× 3 + ANPHA A × 4 + 5 SHIFT STO A

× 3 + ANPHA B × 4 + 5 SHIFT STO B

SHIFT COPY

∆

= ... = ...

ta đợc dãy: 15, 58, 239, 954, 3823, 15290, 61167, 244666, 978671...
Hoặc có thể thực hiện quy trình:

1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = 3 ANPHA B + 4 ANPHA A + 5
ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA B

ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C
= ... = ...

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

4) D·y sè cho bëi hƯ thøc truy håi víi hƯ số biến thiên dạng:

* Thuật tốn để lập quy trình tính số hạng của dãy:
- Sử dụng 3 ô nhớ: A : chứa giá trị của n

B : chứa giá trị của un

C : chøa gi¸ trÞ cđa un+1

- Lập cơng thức tính un+1 thực hiện gán A : = A + 1 và B := C để tính số hạng tiếp theo

cđa d·y

- LỈp phÝm : =

Ví dụ : Cho dãy số đợc xác định bởi:

(

)

n+1 n

u = 0
n

u = u +1 ; n N*
n+1

HÃy lập quy trình tính un.

Giải:

- Thực hiện quy tr×nh:

1 SHIFT STO A 0 SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = ( ANPHA A ÷ ( ANPHA A + 1 ) )
× ( ANPHA B + 1 ) ANPHA : ANPHA A ANPHA =

ANPHA A + 1 ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C
= ... = ...

ta đợc dãy: 1, 1, 3, 2, 5, 3, 7,...

2 2 2 2

II/ Sử dụng MTBT trong việc giải một số dạng toán vÒ d·y sè:

{

}

(

)

1
n+1

u = a

u =

f

n u

,

n

; n N*





∈



Trong đó f

(

{

n u, n

}

)

là kí

hiƯu cđa biĨu thøc un+1 tÝnh theo

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1). Lập công thức số hạng tổng quát:
Phơng pháp giải:

- Lp quy trỡnh trờn MTBT tính một số số hạng của dãy số
- Tìm quy luật cho dãy số, dự đốn cơng thức số hạng tổng qt
- Chứng minh cơng thức tìm đợc bằng quy np

Ví dụ 1: Tìm a2004 biết:

Giải:

- Trớc hết ta tính một số số hạng đầu của dÃy (an), quy tr×nh sau:

1 SHIFT STO A 0 SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = ANPHA A ( ANPHA A + 1 )

÷ ( ( ANPHA A + 2 ) ( ANPHA A + 3 ) ) ×

( ANPHA B + 1 ) ANPHA : ANPHA A ANPHA =
ANPHA A + 1 ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C
- Ta đợc dãy: 1, 7 , 27 11 13 9, , , ,...

6 20 50 15 14 8

- Từ đó phân tích các số hạng để tìm quy luật cho dãy trên:
a1 = 0

a2 = 1 5 1.5

6= 30= 3.10 dự đoán công thức số hạng tổng quát:
a3 = 7 2.7 2.7

20= 40 = 4.10
a4 =

27 3.9

50 = 5.10 * Dễ dàng chứng minh công thức (1) đúng
...

⇒ 2004

2003.4009
20050

a =

1
1

( 1)

( 1) ; *

( 2)( 3)

n n

a

n n

a a n N

n n

=


 +

 = + ∈

 + +















( 1)(2 1)

10( 1)

n

n n

a

n

− +

+ (1)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

VÝ dô 2 : XÐt d·y sè:

Chøng minh r»ng sè A = 4an.an+2 + 1 lµ số chính phơng.

Giải:

- Tính một số số hạng đầu của d·y (an) b»ng quy tr×nh:

3 SHIFT STO A × 2 - 1 + 1 SHIFT STO B

× 2 - ANPHA A + 1 SHIFT STO A

× 2 - ANPHA B + 1 SHIFT STO B

SHIFT COPY

∆

= ... = ...

- Ta đợc dãy: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55,...
- Tìm quy luật cho dãy số:

1(1 1)
1

a = = +

2(2 1)
3

a = = + dự đoán công thức số hạng tỉng qu¸t:

3(3 1)
6

a = = +

4(4 1)
10

a = = +

5(5 1)
15

a = = + * Ta hoµn toµn chøng minh c«ng thøc (1)
...

Từ đó: A = 4an.an+2 + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) +1 = (n2 + 3n + 1)2.
⇒ A là một số chính phơng.

Cách giải khác: Từ kết quả tìm đợc một số số hạng đầu của dãy,ta thấy:
- Với n = 1 thì A = 4a1.a3 + 1 = 4.1.6 + 1 = 25 = (2a2 - 1)2

- Víi n = 2 th× A = 4a2.a4 + 1 = 4.3.10 + 1 = 121 = (2a3 - 1)2

- Víi n = 3 th× A = 4a3.a5 + 1 = 4.6.15 + 1 = 361 = (2a4 - 1)2

Từ đó ta chứng minh A = 4an.an+2 + 1 = (2an+1 - 1)2 (*)

Bằng phơng pháp quy nạp ta cũng dễ dàng chứng minh đợc (*).
2). Dự đoán giới hạn của dãy số:

1 2

*
2

1, 3

2 1;

n n n

a a

a + a a n N

= =



 = − + ∈















( 1)
2

n
n n

a = +

đúng với mọi n ∈ N*

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

2.1. XÐt tÝnh héi tơ cđa d·y sè:

Bằng cách sử dung MTBT cho phép ta tính đợc nhiều số hạng của dãy số một cách nhanh
chóng. Biểu diễn dãy điểm các số hạng của dãy số sẽ giúp cho ta trực quan tốt về sự hội tụ của dãy
số, từ đó hình thành nên cách giải của bài tốn.

VÝ dơ 1: XÐt sù héi tơ cđa d·y sè (an):

sin( ); *
1

n

a n N

n

= ∈

Gi¶i:

- Thùc hiƯn quy tr×nh:

4 2

MODE 1 SHIFT STO A

sin ( ANPHA A ) ÷ ( ANPHA A + 1 )
ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA A + 1
= ... = ...

ta đợc kết quả sau (độ chính xác 10-9):

n an n an n an n an

1 0,420735492 13 0,030011931 25 -0,005090451 37 -0,016935214

2 0,303099142 14 0,06604049 26 0,028242905 38 0,007599194
3 0,035280002 15 0,04064299 27 0,034156283 39 0,024094884
4 -0,151360499 16 -0,016935489 28 0,009341578 40 0,018173491
5 -0,159820712 17 -0,053410971 29 -0,022121129 41 -0,00377673
6 -0,039916499 18 -0,039525644 30 -0,031871987 42 -0,021314454
7 0,082123324 19 0,00749386 31 -0,012626176 43 -0,018903971
8 0,109928694 20 0,043473583 32 0,016709899 44 0,000393376
9 0,041211848 21 0,038029801 33 0,029409172 45 0,018497902
10 -0,049456464 22 -0,000384839 34 0,015116648 46 0,019186986
11 -0,083332517 23 -0,035259183 35 -0,011893963 47 0,00257444
12 -0,041274839 24 -0,036223134 36 -0,026804833 48 -0,015678666

- Biểu diễn điểm trên mặt phẳng toạ độ (n ; an):

Dựa vào sự biểu diễn trên giúp cho ta rút ra nhận xét khi n càng lớn thì an càng gần 0 (an 0)

v ú chớnh l bản chất của dãy hội tụ đến số 0.
an

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2.2. Dự đoán giới hạn của dÃy số:

Vớ d 1: Chứng minh rằng dãy số (un), (n = 1, 2, 3...) xác định bởi:

2 ; *

n n

u

u + u n N

 =




= + ∈



có giới hạn. Tìm giới hạn đó.
Giải:

- Thùc hiƯn quy tr×nh:
2 =

( 2 + ANS )
= ... = ...

ta đợc kết quả sau (độ chính xác 10-9):

n un n un

1 1,414213562 11 1,999999412

2 1,847759065 12 1,999999853

3 1,961570561 13 1,999999963

4 1,990369453 14 1,999999991

5 1,997590912 15 1,999999998

6 1,999397637 16 1,999999999

7 1,999849404 17 2,000000000

8 1,999962351 18 2,000000000

9 1,999990588 19 2,000000000

10 1,999997647 20 2,000000000

Dựa vào kết quả trên ta nhận xét đợc:
1) Dãy số (un) là dãy tăng

2) Dự đoán giới hạn của dãy số bằng 2
Chứng minh nhận định trên:

+ Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc dãy số (un) tăng và bị chặn ⇒ dãy (un) có

giíi h¹n.

+ Gọi giới hạn đó là a: limun = a. Lấy giới hạn hai vế của công thức truy hồi xác định dãy số

(un) ta đợc:

limun = lim( 2+ un ) hay a = 2 a+ 2

2
2

a

a a

≥


⇔  ⇔ =

= +


</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ví dụ 2: Cho dãy số (xn), (n = 1, 2, 3...) xác định bởi:

1 2
2

1 1

2 2

sin( ) , *

5 5

n n n

x x

x x π x n N

+ +

= =




 = + ∈



Chøng minh rằng dÃy (xn) có giới hạn và tìm giới hạn của nó.

Giải:

- Thực hiện quy trình:

4 2

MODE 1 SHIFT STO A × ( 2 ÷ 5 SHIFT π )

+ ( 2 SHIFT π ÷ 5 ) × sin ( 1 ) SHIFT STO B
x 2 × ( 2 ÷ 5 SHIFT π ) + ( 2 SHIFT π ÷ 5 )

× sin ( ANPHA A ) SHIFT STO A

x 2 × ( 2 ÷ 5 SHIFT π ) + ( 2 SHIFT π ÷ 5 )

× sin ( ANPHA B ) SHIFT STO B
∆ SHIFT COPY

= ... = ...

ta tính các số hạng đầu của dÃy số (xn) và rút ra những nhận xét sau:

1) DÃy số (xn) là dÃy không giảm

2) x50 = x51 =... = 1,570796327 (với độ chính xác 10-9).

3) NÕu lÊy xi (i = 50, 51,...) trõ cho

π ta đều nhn c kt qu l 0.

dự đoán giới hạn cña d·y sè b»ng
2

.
Chứng minh nhận định trên:

+ Bằng phơng pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh đợc xn (0 ;
2

) và dÃy (xn) không giảm
d·y (xn) cã giíi h¹n.

+ Gọi giới hạn đó bằng a, ta có:

2 2 2 sin( ), (1).

5 5

a a π a

= +

+ Bằng phơng pháp giải tích (xét hàm số ( ) 2 2 2 sin( )

5 5

f x x π x x

= + − ) ta cã (1) cã nghiƯm lµ

a =
2

π .

VËy: lim xn =

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

3). Một số dạng bài tập sử dụng trong ngoại khoá và thi giải Toán bằng MTBT:
Bài 1: Cho d·y sè (un), (n = 0, 1, 2,...):

(

2 3

) (

2 3

)

2 3

n n

n

u = + − −

a) Chøng minh un nguyªn víi mäi n tù nhiªn.

b) Tìm tất cả n nguyên để un chia hết cho 3.

Bài 2: Cho dãy số (an) đợc xác định bởi:

2

4 15 60 , *

o

n n n

a

a + a a n N

=




= + − ∈



a) Xác định công thức số hạng tổng quát an.

b) Chøng minh r»ng sè:

(

)

5 n

A= a + biểu diễn đợc dới dạng tổng bình phơng của 3
số nguyên liên tiếp với mọi n ≥ 1.

Bài 3: Cho dãy số (un) xác định bởi:

2 1

0, 1

1999 ,

o

n n n

u u

u + u + u n N

= =



 = − ∈



T×m tÊt cả số tự nhiên n sao cho un là số nguyªn tè.

Bài 4: Cho dãy số (an) xác định bởi:

1 2

1 1

5, 11

2 3 , 2,

n n n

a a

a+ a a − n n N

= =



 = − ≥ ∈


Chøng minh r»ng:

a) D·y sè trên có vô số số dơng, số âm.
b) a2002 chia hÕt cho 11.

Bài 5: Cho dãy số (an) xác định bởi:

1 2
2
1
2
1
2
, 3,
n
n
n
a a
a

a n n N

a
−
−
= =

 +
 = ≥ ∈



Chøng minh an nguyªn víi mäi n tù nhiªn.

Bài 6: Dãy số (an) đợc xác định theo công thức:

(

2 3

)

n , *

n

a =  +  n N∈

  ; (kÝ hiÖu

(

2 3

)

n
+

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Phần III: Các bài toán về số
1. Tính toán trên máy kết hợp trên giấy:

Bài 1: a) Nêu một phơng pháp (kết hợp trên máy và trên giấy) tính chính xác kết quả cña phÐp tÝnh
sau: A = 12578963 x 14375

b) TÝnh chÝnh x¸c A

c) TÝnh chÝnh x¸c cđa sè: B = 1234567892

d) Tính chính xác của số: C = 10234563

Giải:

a) Nếu tính trên máy sẽ tràn màn hình nên ta làm nh sau:

A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375

* Tính trên máy: 12578.14375 = 180808750 12578.103.14375 = 180808750000

* Tính trên máy: 963.14375 = 13843125

T ú ta có: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125 (Tính trên máy)
Hoặc viết: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 và cộng trên máy:
808750000 + 13843125 = 822593125 ⇒ A = 180822593125

b) Gi¸ trị chính xác của A là: 180822593125

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

Tính trên máy: 123452 = 152399025

2x12345x6789 = 167620410
67892 = 46090521

VËy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 46090521

= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521= 15241578750190521
d) C = 10234563 = (1023000 + 456)3= (1023.103 + 456)3

= 10233.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563

Tính trên máy:

10233 = 1070599167

3.10232.456 = 1431651672

3.1023.4562 = 638155584

4563 = 94818816

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 2 (Thi giải Toán trên MTBT khu vực - Năm học 2003-2004)
Tính kết quả đúng của các tích sau:

a) M = 2222255555 x 2222266666
b) N = 20032003 x 20042004

Đáp số: a) M = 4938444443209829630 b) N = 401481484254012

Bài 3: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 12 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Tính kết quả đúng của các phép tính sau:

a) A = 1,123456789 - 5,02122003
b) B = 4,546879231 + 107,3564177895
Đáp số: a) A = b) B =

Bài 4: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Tính kết quả đúng của phép tính sau:

A = 52906279178,48 : 565,432
Đáp số: A =

Bài 5: Tính chính xác của số A =

2
12

10 2

Giải:

- Dùng máy tính, tính một sè kÕt qu¶:

10 2

3+ = vµ

2
2

10 2

1156
3

 +  =

 

 
3

10 2

334

3+ = vµ

2
3

10 2

111556
3

 +  =

 

 
4

10 2

3334
3+ = vµ

2
4

10 2

11115556
3

 +  =

 

 

NhËn xÐt: 10 2
3

k+

là số nguyên có (k - 1) chữ số 3, tận cùng là số 4

10 2

k

 + 

 

  là số nguyên gồm k chữ số 1, (k - 1) chữ số 5, chữ số cuối cùng là 6

* Ta dễ dàng chứng minh đợc nhận xét trên là đúng và do đó:

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2. T×m sè d trong phép chia số a cho số b:

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 vµ 0 ≤ r < |b|

* Từ định lí trên cho ta thuật tốn lập quy trình ấn phím tìm d trong phép chia a cho b:
+ Bớc 1: Đa số a vào ô nhớ A , số b vào ơ nhớ B

+ Bíc 2: Thùc hiÖn phÐp chia A cho B {ghi nhớ phần nguyên q}
+ Bíc 3: Thùc hiƯn A - q ì B = r

Bài 5: a) ViÕt mét quy tr×nh Ên phÝm t×m sè d khi chia 18901969 cho 3041975
b) TÝnh sè d

c) Viết quy trình ấn phím để tìm số d khi chia 3523127 cho 2047. Tìm số d đó.
Giải:

a) Quy tr×nh Ên phÝm: 18901969 SHIFT STO A 3041975 SHIFT STO B
ANPHA A ÷ ANPHA B = (6,213716089)
SHIFT A - 6 × B = (650119)

b) Sè d lµ: r = 650119

c) Tơng tự quy trình ở câu a), ta đợc kết quả là: r = 240

Bài 6: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 12 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2002-2003)
Tìm thơng và số d trong phép chia: 123456789 cho 23456

Đáp số: q = 5263; r = 7861

Bài 7: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Tìm số d trong phép chia:

a) 987654321 cho 123456789
b) 815 cho 2004

H.DÉn:

a) Sè d lµ: r = 9

b) Ta ph©n tÝch: 815 = 88.87

- Thực hiện phép chia 88 cho 2004 đợc số d là r

1 = 1732

- Thực hiện phép chia 87 cho 2004 đợc số d là r

2 = 968

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Bổ đề (cơ sở của thuật toán Euclide)

NÕu a = bq + r th× (a, b) = (b, r)

Từ bổ đề trên, ta có thuật tốn Euclide nh sau (với hai số ngun dơng a, b):
- Chia a cho b, ta đợc thơng q1 và d r1: a = bq1 + r1

- Chia b cho r1, ta đợc thơng q2 và d r2: b = r1q2 + r2

- Chia r1 cho r2, ta đợc thơng q3 và d r3: r1 = r2q3 + r3

....

Tiếp tục quá trình trên, ta đợc một dãy giảm: b, r1, 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 bớc và bổ
đề trên cho ta:

(a, b) = (b, r1) = ... rn

Định lí: Nếu x, y là hai số nguyên khác 0, BCNN của chúng luôn luôn tồn tại và bằng:

(

)

xy
x y

Bài 8: Tìm UCLN cđa hai sè:

a = 24614205, b = 10719433
Gi¶i:

* Thực hiện trên máy thuật tốn tìm số d trong phép chia số a cho số b, ta đợc:
- Chia a cho b đợc: 24614205 = 10719433 x 2 + 3175339
- Chia 10719433 cho 3175339 đợc: 10719433 = 3175339 x 3 + 1193416
- Chia 3175339 cho 1193416 đợc: 3175339 = 1193416 x 2 + 788507
- Chia 1193416 cho 788507 đợc: 1193416 = 788507 x 1 + 404909
- Chia 788507 cho 404909 đợc: 788507 = 404909 x 1 + 383598
- Chia 404909 cho 383598 đợc: 404909 = 383598 x 1 + 21311

- Chia 383598 cho 21311 đợc: 383598 = 21311 x 18 + 0

⇒ UCLN(a, b) = 21311

Bµi 9: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Tìm ớc chung lớn nhÊt vµ béi chung nhá nhÊt cđa:

a = 75125232 và b = 175429800
Đáp số: UCLN(a, b) = ; BCNN(a, b) =

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Định lí: Đối với các số tự nhiên a và m tuỳ ý, các số d của phép chia a, a2, 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, a2, a3, a4..., am, am+1

và xét các số d của chúng khi chia cho m. Vì khi chia cho m chỉ có thể có các số d {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 d khi chia cho m.
Chẳng hạn hai số đó là ak 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 d (1) với an - k sẽ đợc:

an≡ an + l (mod m)

Điều này chứng tỏ rằng bắt đầu từ vị trí tơng ứng với ak các số d lặp lại tuần hoàn.

S l c gi l chu kỳ tuần hoàn của các số d khi chia luỹ thừa của a cho m.
Sau đây ta xét một số dng bi tp s dng nh lớ trờn:

Bài toán: 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 đợc các loại số d nào ?
Giải: Ta có:

21 = 2, 22 = 4, 23 = 8 ≡ 3 (mod 5), 24 = 16 ≡ 1 (mod 5) (1)

Để tìm số d khi chia 25 cho 5 ta nhân cả hai vế phép đồng d (1) với 2 sẽ đợc:

25 = 24.2 ≡ 1x2 ≡ 2 (mod 5)

26 = 25.2 ≡ 2x2 ≡ 4 (mod 5)

27 = 26.2 ≡ 4x2 ≡ 3 (mod 5)

...

Ta viÕt kết quả vào hai hàng: hàng trên ghi các luỹ thừa, hàng dới ghi số d tơng 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 d lập lại một cách tuần hoàn: sau 4 số d (2, 4, 3, 1) lại lặp lại
theo đúng thứ tự trên.

Bµi 10: T×m sè d khi chia 22005 cho 5

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Bài 11: Tìm chữ số cuối cùng của số: 34

2
Gi¶i:

- 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:

1 SHIFT STO A 2 ∧ ANPHA A

ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA A + 1 = = ...)
ta đợc 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 ...

⇒ hµng thø hai cho ta thấy rằng các số d lặp lại tuần hoàn chu kú 4 sè (2, 4, 8, 6)
ta cã 34 = 81 ≡ 1 (mod 4) ⇒ sè d khi chia 34

2 cho 10 là 2
Vậy chữ số ci cïng cđa sè 34

2 lµ 2.
Bµi 12: 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 nh bài 11), ta đợc 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

213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224

92 84 68 36 72 44 88 76 52) (4 8 16

⇒ các số d lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có:
1999 ≡ 19 (mod 20) ⇒ số d khi chia 21999 cho 100 là 88

2000 ≡ 0 (mod 20) ⇒ sè d khi chia 22000 cho 100 lµ 76

2001 ≡ 1 (mod 20) ⇒ sè d khi chia 22001 cho 100 lµ 52

88 + 76 + 52 = 216 ≡ 16 (mod 100)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Bµi 13: Chøng minh r»ng

( )

148 2004+10 chia hÕt cho 11

Gi¶i:

- Ta cã: 14 ≡ 3 (mod 11) ⇒

( )

148 2004≡

( )

38 2004

(mod 11)

Do 38 = 6561 ≡ 5 (mod 11), nªn

( )

38 2004

= 65612004≡ 52004 (mod 11)

Xét sự tuần hoàn của các số d khi chia luü thõa cña 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 d (1) và (2) có:

2004

14 +10 ≡ 11 (mod 11) ≡ 0 (mod 11) ⇒1482004+10 chia hÕt cho 11.

Bµi 14: Chøng minh r»ng sè 222555 + 555222 chia hết cho 7.

Giải:

1) Trớc hết tìm sè d cđa phÐp chia 222555 cho 7:

- V× 222 = 7 x 31 + 5, nªn 222 ≡ 5 (mod 7) ⇒ 222555 ≡ 5555 (mod 7)

- Xét sự tuần hoàn của các số d khi chia luü thõa cña 5 cho 7:

51 52 53 54 55 56 57 58 ...

(5 4 6 2 3 1) (5 4 ...

⇒ 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53 ≡ 53≡ 6 (mod 7) (1)

VËy sè d khi chia 222555 cho 7 là 6.

2) Tơng tự, tìm số d của phép chia 555222 cho 7:

- V× 555 = 7 x 79 + 2, nªn 555 ≡ 2 (mod 7) ⇒ 555222 2222 (mod 7)

- Xét sự tuần hoàn của c¸c sè d khi chia l thõa cđa 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)

VËy sè d khi chia 555222 cho 7 là 1.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

5. Số nguyên tố:

Định lí 1 (Định lí cơ bản về số nguyên tè):

Mọi số nguyên dơng n, n > 1, đều có thể đợc viết một cách duy nhất (khơng tính đến việc sắp
xếp các nhân tử) dới dạng:

1 2

1 2 ... k,
e
e e

k

n= p p p

víi k, ei lµ sè tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả m·n:

1 < p1 < p2 <...< pk

Khi đó, dạng phân tích trên đợc gọi là dạng phân tích chính tắc của số n.
Bài 15: Tìm các ớc nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:

A = 2152 + 3142

H. Dẫn:

- Tính trên máy, ta có: A = 144821

- Đa giá trị của số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A
- Lấy giá trị của ô nhớ A lần lợt chia cho các số nguyên tè tõ sè 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 đợc A không chia hết cho
các số đó. Lấy A chia cho 97, ta đợc:

ANPHA A ÷ 97 = (1493)
VËy: 144821 = 97 x 1493

Nhận xét: Nếu một số n là hợp số thì nó phải có ớc 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 hn 1493 40< hay khụng.

- Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40
1493 là số nguyªn tè.

VËy A = 2152 + 3142 cã íc sè nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493.

Bài 15: Tìm các ớc nguyên tố nhỏ nhất vµ lín nhÊt cđa sè:
A = 10001

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Giải:

- Số các ớc số của N chỉ chứa thừa sè: 2 lµ 7, 3 lµ 5, 5 là 3
- Số các ớc số của N chứa hai thõa sè nguyªn tè:

2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15
- Số các ớc số của N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 5 là 7x5x3 = 105
Nh vậy số các ớc số của N là: 7 + 5 + 3 + 35 + 21 + 15 + 105 + 1 = 192.
Định lí 2 (Xác định số ớc 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 đợc:

1 2

1 2 ... k,
e
e e

k

n= p p p

víi k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mÃn:

1 < p1 < p2 <...< pk

Khi đó số ớc số của n đợc tính theo công thức:

τ(n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)

Bài 17: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
HÃy tìm số các ớc dơng của số A = 6227020800.

Giải:

- Phõn tích A ra thừa số nguyên tố, ta đợc:
A = 210.35.52.7.11.13

áp dụng định lí trên ta có số các ớc dơng của A là:

τ

(A)= 11.6.3.2.2.2 = 1584

Bài 18: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004):
Có bao nhiêu số tự nhiên là ớc của:

N = 1890 x 1930 x 1945 x 1954 x 1969 x 1975 x 2004
Gi¶i:

- Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta đợc:

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 ớc dơng 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

6. T×m số tự nhiên theo các điều kiện cho trớc:

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

1 2 3 4x y z

chia hÕt cho 7.
Gi¶i:

- Sè lín nhÊt d¹ng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:

19293 4z víi z ∈{0, 1, 2,...,8, 9}

lần lợt thử với z = 9; 8; 7; 6; 5... đến z = 5, ta có:
1929354 ữ 7 = (275622)

VËy sè lín nhÊt d¹ng 1 2 3 4x y z chia hÕt cho 7 lµ 1929354, thơng là 275622

- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hÕt cho 7 sÏ phải có dạng:

10203 4z với z {0, 1, 2,...,8, 9}

lần lợt thử với z = 0; 1; 2; 3... đến z = 3, ta có:

1020334 ÷ 7 = (145762)

VËy sè nhá nhÊt d¹ng 1 2 3 4x y z chia hÕt cho 7 là 1020334, thơng là 145762

Bài 20: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên d¹ng:
1 2 3 4x y z chia hÕt cho 13.

Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hÕt cho 13 lµ 1929304

- Sè nhá nhÊt d¹ng 1 2 3 4x y z chia hÕt cho 13 lµ 1020344

Bài 21: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004)
Tìm tất cả các số n dạng:

1235679 4

N = x y chia hÕt cho 24.
H.DÉn:

- V× N M 24 ⇒ N M 3 ; N M 8 ⇒ (37 + x + y) M 3 ; 4x yM 8. 
⇒ y chØ cã thĨ lµ 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8.

Dùng máy tính, thử các giá trị x tho¶ m·n: (x + y + 1) M 3 vµ 4x yM 8, ta cã:

N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840

Bài 22: Tìm các số khi bình phơng sẽ có tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không các số khi bình
ph-ơng có tận cùng là bốn chữ số 4 ?

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

- Chữ số cuối cùng của x2 là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy bình

ph-ơng 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 phơng có tận cùng là hai chữ số 4.

- Tính trên máy bình phơng 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
ta đợc: 462, 962, 38, 538 khi bình phơng có tận cùng là 444.

* Tơng tự cách làm trên, ta có kết luận: khơng có N nào để N2 kt thỳc bi 4444.

Bài 23: Tìm tất cả các số cã 6 ch÷ sè tho· m·n:

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 phng.

H. Dẫn:

- Gọi số cần tìm là: n a a a a a a= 1 2 3 4 5 6 .

- Đặt x a a a= 1 2 3. Khi Êy a a a4 5 6 = +x 1 vµ n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2

hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x.

VËy hai trong ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải lµ íc cđa mét trong hai thõa sè cđa vÕ trái và số
còn lại phải là ớc của thừa số còn lại của vế trái.

Dựng mỏy tớnh, xột cỏc khả năng đi đến đáp số:

n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716.

Bài 24: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho 393 cũng nh 655
đều có số d là 210.

H.DÉn:

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

⇒ x -210 chia hÕt cho BCNN (393 ; 655) = 1965

⇒ x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210

- Tõ gi¶ thiÕt 10000 < x < 15000 ⇒ 10000 < 1965k + 210 < 15000
hay 9790 < 1965k < 14790 5 k < 8.

Tính trên máy:

Với k = 5, ta cã: x = 1965.5 + 210 = 10035
Víi k = 6, ta cã: x = 1965.6 + 210 = 12000
Víi k = 7, ta cã: x = 1965.7 + 210 = 13965
VËy c¸c sè phải tìm là: 10035, 12000, 13965

Bi 25: 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 cã 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz

⇒ 30 + xyz chia hÕt cho 315. V× 30 ≤ 30 + xyz < 1029 nªn (Dïng 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

2 8 5

6 0 0

9 1 5

Bµi 26: (Thi Quốc tế IMO 1962):

Tìm số nguyên dơng nhỏ nhất có tính chất sau:
1) Viết dới dạng thập phân a cã tËn cïng lµ sè 6.

2) Nếu bỏ chữ số 6 cuối cùng và đặt chữ số 6 lên trớc các chữ số còn lại sẽ đợc một số gấp 4
lần chữ số ban đầu.

Gi¶i:

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

- Từ điều kiện 1) số đó dạng: a a a1 2... 6n

- Tõ ®iỊu kiƯn 2), ta cã: 6a a a = 4.1 2... n a a a (*)1 2... 6n

- Đặt a a a a= 1 2... n , th×: a a a = 10a + 61 2... 6n

6a a a = 6.101 2... n n + 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 hÕt cho 13.

Bài tốn quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để (10n - 4) chia hết cho 13, khi đó tìm ra số a v

số cần tìm có dạng: 10a + 6.

Thử lần lợt trên máy các giá trị n = 1; 2;... thì (10n - 4) lần lợt 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 27: Tìm số tự nhiên n sao cho:

a) 2n + 7 chia hÕt cho n + 1
b) n + 2 chia hÕt cho 7 - n
H.DÉn:

a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lợt n = 0, 1, 2,... ta đợc n = 0 và
n = 4 thì 2n + 7 chia hết cho n + 1.

Chứng minh với mọi n ≥ 5, ta đều có 2n + 7 khơng 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.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Bài 28: 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.

Gi¶i:
NhËn xét:

1) Để n3 có tận cùng là 11 thì n có tận cùng là số 1. Thử trên máy các sè:

11, 21, 31,...81, 91

đợc 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 cïng lµ sè 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:

+ NÕu m = 3k, k ∈Z+, th×:

111 x 103k+4 < n3 = 111...1111 < 112 x 103k+4

( {4 {3 {4

3 3

111000...000000 111 ... 1111 112000...000000

m k

k = k

< <

14243 14243 )

⇒ 31110.10k 1 3 3 3111...1111 31120.10k 1
n

+ < = < +

TÝnh trªn m¸y:

10,35398805 x 10k+1 < n < 10,3849882 x 10k+1

Do đó, với k ≥ 1. Cho k = 1 ta đợc n bắt đầu bằng số 103, nghĩa là:
n = 103...8471

⇒ Số nhỏ nhất trong các số đó là: n = 1038471

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Bµi 29: 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 cú th khỏc

nhau).
Giải:

a) Trớc 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.

- Th trờn mỏy cỏc s: 13, 23,..., 93 ; 17, 27,..., 97 ta tìm đợc:

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:

- Để n2 bắt đầu bởi số 19 thì nó phải có dạng:

19 x 10k≤ n2 < 20 x 10k ⇔ 19.10k 20.10k
n

≤ < (1)

+ NÕu k = 2m thì ta có (1), trở thành:

19.10m 20.10m
n

≤ <

⇔ 4,3588989.10m≤ n < 4,472135955.10m (2)

Trong (2) ta cho m = 0, 1, 2,... (tính trên máy):
ta đợc 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 đợc 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 (**)
Tõ (*) 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

VËy : 502493 < x < 502593

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Bài 30: 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

VËy: 512 < n < 1024

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

521 1024

768
2

1,01 1,01 2083,603... 768

= = >

VËy l¹i cã: 512 < n < 768

Sau một số bớc chia đôi nh thế đi đến:
650 < n < 652

Cuèi cïng ta cã: 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:

(Thuật toán: Xét hiệu 1,01A - A , gán cho A các giá trị tự nhiên: 0, 1, 2,...

dõng lại khi hiệu trên chuyển từ (-) sang (+))
- Gán cho ô nhớ A giá trị tự nhiên đầu tiên:

0 SHIFT STO A

- LËp c«ng thức tính hiệu 1,01A - A và gán giá trị « nhí bëi sè tù nhiªn kÕ tiÕp:

1,01 ∧ ANPHA A - ANPHA A

: ANPHA A ANPHA = ANPHA A + 1
- Lặp lại công thức trên:

= ... =

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

7. Một số dạng toán khác:

7.1 Số có đuôi bÊt biÕn víi mäi luü thõa:

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 đi 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 đi 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 đi bất biến).

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 (cú uụi bt bin).

...

Bài 31: Tìm số d khi chia sè 133762005! cho 2000 (TH & TT T
3/ 317)

Gi¶i:

- 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; víi a, b t ∈ N

⇒ A.B chia 2000 cã sè d lµ 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 đợc d là 1376. Đề bài ứng với k = 2005!

Bài 32: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:

A = 21999 + 22000 + 22001

H.DÉn:

- Ta cã: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7 x 29 x 210 x 21980

= 7 x 29 x 210 x (220)99

- Ta cã (dïng m¸y): 29 = 512

210 = 1024 ;

220 = 1048576

NhËn xÐt: sè cã 2 chữ số tận cùng là 76, luỹ thừa bậc bất kỳ cũng có 2 chữ số tận cùng là 76.
VËy (220)99 cịng cã 2 sè tËn cïng lµ 76.

⇒ 21999 + 22000 + 22001 = 7 x 512 x 1024 x (...76) = ...16.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Bài 33: 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.

7.2 Khai triển nhị thức Newton và bài toán chia hÕt:
-Ta cã khai triÓn:

(

)

n n 1 n 1 2 n 2 2 ... n 1 n 1 n

n n n

a b+ = a + C a b C a− + − b + + C ab− − + b

1 ( 1) 2 2 ( 1)( 2) 3 3 ... ( 1) 2 2 1

1.2 1.2.3 1.2

n n n n n n n n n n n n n n

a na b− + a b− − − a b− − a b − nab− b

= + + + + + + +

- Khi chøng minh vÒ tÝnh chia hết của các luỹ thừa, cần nhớ một số kÕt qu¶ sau:
1) an - bn chia hÕt cho a - b (a ≠ b)

2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hÕt cho a + b (a ≠ -b)

3) (a + b)n = BS a + bn (BS a: bội số của a)

Đặc biệt:

(a + 1)n = BS a + 1

(a - 1)2n = BS a + 1

(a - 1)2n + 1 = BS a - 1

Bài 34: Tìm số d khi chia 2100 cho:

a) 9 b) 5 c) 125
Gi¶i:

a) Luü thõa của 2 sát với một bội của 9 là 23 = 8 = (9 - 1)

- Ta cã: 2100 = 2(23)33 = 2(9 - 1)33 = 2(BS 9 - 1) = BS 9 - 2 = BS 9 + 7

VËy sè d khi chia 2100 cho 9 lµ 7.

b) Luü thừa của 2 sát với một bội của 25 là 210 = 1024 = (BS 25 - 1)

- Ta cã: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 + 1

VËy sè d khi chia 2100 cho 25 là 1

c) Dùng công thức Newton:

2100

(

5 1

)

50 550 50.549 ... 50.49.52 50.5 1
2

= − = − + + − +

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

VËy 2100 = BS 125 + 1 ⇒ Sè d cđa 2100 khi chia cho 125 lµ 1

Tổng qt: Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì chia n100 cho 125 ta đợc số d là 1.

Bài 35: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100.

H.Dẫn: - Ta t×m d trong phÐp chia 2100 cho 1000.

- Tríc hÕt t×m sè d cđa phÐp chia 2100 cho 125. Theo bµi 34: 2100 = BS 125 + 1, mµ 2100 lµ sè

chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là (dùng máy tính để thử):
126, 376, 626 hoặc 876.

- HiĨn nhiªn 2100 chia hÕt 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 36: Tìm ba chữ số tận cùng của 3100.

Giải: - Ta ph©n tÝch nh sau: 3100

(

10 1

)

50 1050 ... 50.49.102 50.10 1
2

= − = − + − +

= BS 1000 + ...500 - 500 + 1 = BS 1000 + 1.
VËy 3100 tËn cïng 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 37: Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp:

896 = 496 9 * * 290 961.

H.DÉn:

- Ta cã: (896 - 1) M (89 - 1) ⇒ (896 - 1) M 11

(896 - 1) M (893 + 1) ⇒ (896 - 1) M (89 + 1) ⇒ (896 - 1) M 9

- Đặt A = (896 - 1) = 496 9 x y 290 960. Ta cã A chia hÕt cho 9 vµ 11.

Ta có tổng các chữ số hàng lẻ (từ phải sang tr¸i) cđa A b»ng: 36 + y ; tỉng c¸c chữ số hàng
chẵn của A bằng: 18 + x

A chia hÕt cho 9 nªn: 54 + x + yM 9 ⇒ x + y ∈ {0 ; 9 ; 18}

A chia hÕt cho 11 nªn: [(36 + y) - (18 + x)] M 11 ⇒ x - y ∈ {-4 ; 7}
+ NÕu x + y = 0 thì x = y = 0 (loại)

+ Nếu x + y = 18 th× x = y = 9 (lo¹i)

+ NÕu x + y = 9 : chó ý rằng (x + y) và (x - y) cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên:

x - y = 7 x = 8 ; y = 1.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

7.3 Tìm chữ số thứ k (k ∈ N) trong số thập phân vơ hạn tuần hồn:
Định lí: (Dấu hiệu nhận biết một phân số đổi đợc ra số thập phân hữu hạn)

Điều kiện cần và đủ để một phân số tối giản có thể viết đợc thành ra số thập phân hữu
hạn là mẫu số của nó khơng chứa những thừa số ngun tố ngồi 2 và 5.

* Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau:
Nếu phân số tối giản a

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

nguyên tố 2, 5 còn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do các số d trong quá trình chia bao giờ cũng
phải nhỏ hơn b nên các số d chỉ có thể là các số trong:

{1; 2; 3;...;b-1}

Nh vy trong phộp chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) lần chia có thể gặp các số d khác
nhau, nhng chắc chắn rằng sau b lần chia thì thế nào ta cũng gặp lại số d đã gặp trớc. Do đó, nếu ta
cứ tiếp tục chia thì các số d sẽ lặp lại và dĩ nhiên các chữ số trong thơng cũng lặp lại.

Từ đó để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy của số thập phân vơ hạn tuần hồn, ta chỉ cần xác
định đợc chu kỳ lặp lại của các chữ số trong thơng, từ đó dễ dàng suy ra đợc chữ số cn tỡm.

Bài 38: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dÊu ph¶y cđa sè:

) 1 ; ) 1 ; ) 10; ) 1

37 41 51 49

a A= b B= c C= d C=

H.DÉn:

a) Sè 1 0,027 027 (027)...
37

A= = tuÇn hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.

Vì 2005 1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy cđa A lµ:
b) Sè 1 0,02439 02439(02439)...

B= = tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439.

Vì 2005 0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là:
c) Số 10 0,(1960784313725490)

C= = TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490

Vì 2005 5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là:
d) Số 1 0,(020408163265306122448979591836734693877551)

D= =

tuần hoàn chu kỳ 42 chữ số 020408163265306122448979591836734693877551
Vì 2005 31 (mod 42) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của D là:

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Bài 1: Tính các góc của tam giác ABC, biÕt:

AB = 4,123 ; BC = 5,042 ; CA = 7,415

Đáp số: µA= ; µB= ; µC=
Bµi 2: TÝnh c¹nh BC, gãc B , gãc C cđa tam gi¸c ABC, biÕt:

AB = 11,52 ; AC = 19,67 và góc àA= 54o3512

Đáp số: BC = ; µB= ; àC=
Bài 3: Tính cạnh AB, AC, góc C của tam giác ABC, biết:

BC = 4,38 ; àA= 54o3512 ; àB

= 101o157

Đáp số: AB= ; AC = ; àC=
Bài 4: Tam giác ABC có ba cạnh: AB = 4,123 ; BC = 5,042 ; CA = 7,415
Điểm M nằm trên cạnh BC sao cho: BM = 2,142

1) Tính độ dài AM?

2) Tính bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABM
3) Tớnh bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc ACM.

Đáp sè: 1) AM = 2) R = 3) r =

Bài 5: Tam giác ABC có: µB= 49o27’ ; µC= 73o52’ và cạnh BC = 18,53.

Tính diện tích S của tam giác ?
Đáp số: S =

Bài 6: Tam gi¸c ABC cã chu vi 58 (cm) ; µB= 57o18’ vµ µC= 82o35’

Tính độ dài các cạnh AB, BC, CA ?

Đáp số: AB = ; BC = ; CA =

Bµi 7: Tam giác ABC có 90o < àA < 180o vµ sinA = 0,6153 ; AB = 17,2 ; AC = 14,6.

Tính: 1) Độ dài cạnh BC ? Trung tuyÕn AM ?
2) Gãc µB= ?

3) DiƯn tÝch tam gi¸c S = ?

Đáp số: BC = ; AM = ; µB= ; S =
Bài 8: Tam giác ABC cã µA= 90o ; AB = 7 (cm) ; AC = 5 (cm).

Tính độ dài đờng phân giác trong AD và phân giác ngoài AE ?
Đáp số: AD = ; AE =

2. Đa giác, hình tròn:
* Một số công thøc:

1) Đa giác đều n cạnh, độ dài cạnh là a:

Gv : Ngyễn Ngọc Huy

a A

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

+ Gãc ở tâm: 2

n

= (rad), hoặc: o 360
a

n

= (độ)
+ Góc ở đỉnh: àA n 2

n π

−

= (rad), hc µA n 2.180

n
−

= (độ)

+ DiÖn tÝch: cot

4 2

na

S = g

2) Hình tròn và các phần hình tròn:
+ Hình tròn bán kính R:

- Chu vi: C = 2πR
- DiƯn tÝch: S = πR2

+ H×nh vành khăn:

- Diện tích: S = (R2 - r2) = (2r + d)d

+ Hình quạt:

- Độ dài cung: l = αR ; (α: rad)
- DiÖn tÝch: 1 2

S= Rα (α: rad)

360

R a
π

= (a: độ)

Bài 9: Ba đờng trịn có cùng bán kính 3 cm đơi một tiêp xúc ngồi (Hình vẽ)
Tính diện tích phần xen giữa ba đờng trịn đó ?

H.DÉn:

Sg¹ch xäc = S∆O1O2O3 - 3 Squ¹t

Tam giác O1O2O3 đều, cạnh bằng 1 nên:

1 2 3

1 3

6.6. 9 3

2 2

O O O

S∆ = =

Squ¹t =

2 .9.60 3

360 360 2

R a

π = π = π

⇒ Sg¹ch xäc = S∆O1O2O3 - 3 Squ¹t = 9 3 9 18 3 9 1, 451290327

2 2

π − π

− = ≈

Bài 10: Cho hình vng ABCD, cạnh a = 5,35. Dựng các đờng trịn tâm A, B, C, D có bán kính R =

a

. Tính diện tích xen giữa 4 đờng trịn đó.
H.Dẫn: Sgạch = SABCD - 4Squạt

Gv : Ngyễn Ngọc Huy

.

O
R
r

.

O
R

O1 O2

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Squạt =

4 SH.tròn =
1
4R

Sgạch = a2 - 4.

4πR2 = a2 -
1
4πa2
= a2(1 - 1

4 π) ≈ 6,142441068

Bài 11: Cho đờng trịn tâm O, bán kính R = 3,15 cm. Từ một điểm A ở ngồi đờng trịn vẽ hai tiếp
tuyến AB và AC (B, C là hai tiếp điểm thuộc (O) ). Tính diện tích phần giới hạn bởi hai tiếp tuyến và
cung tròn nhỏ BC. Biết OA = a = 7,85 cm.

H.DÉn:

- TÝnh α: cosα = OBOA = Ra = 3,157,85

⇒ cos 1 3,15

7,85

α = −

SOBAC = 2SOBA = aRsinα

Squ¹t =

2.2 2.

360 180

R R

π α = π α

Sg¹ch = SOBAC - Squ¹t = aRsinα -
2.

180

R

π α ≈ 11,16 (cm2)

Bài 12: Tính diện tích phần đợc tơ đậm trong hình trịn đơn vị (R = 1) (Xem hình 1)
Đáp số:

Bài 13: Tính tỷ lệ diện tích của phần đợc tơ đậm và diện tích phần cịn lại trong hình trịn đơn vị
(Xem hình 2)

Đáp số:

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

phần V. Đa giác và hình tròn
Bài 1. (Sở GD & ĐT Đồng Nai, 1998, vòng TØnh, cÊp PTTH & PTCS)

Một ngơi sao năm cánh có khoảng cách giữa hai đỉnh không liên tiếp là 9,651 cm. Tìm bán kính đờng 
trịn ngoại tiếp (qua 5 nh).

Giải: Ta có công thức tính khoảng cách

gia hai đỉnh không kề nhau của ngôi sao năm cánh đều (hình vẽ):
2 cos18 10 2 5

o R

AC d= = R = + .

C«ng thức d= 2 cos18R o là hiển nhiên.
Công thức cos18 10 2 5

o = + cã thÓ chøng minh nh sau:
Ta cã:

3
2 2 1 cos36 1 sin 54 1 3sin18 4sin 18

1 sin 18 cos 18 .

2 2 2

o o o o

o o + + + −

− = = = =

hay 4sin 183 o− 2sin 182 o− 3sin18o+ =1 0.. 
Suy ra sin18o lµ nghiƯm cđa phơng trình:

3 2 2

4x 2x 3x+ =1 (x−1)(4x + 2x− =1) 0.
VËy sin18 1 5

o = + .

Từ đây ta có: cos 182 1 sin 182 1 ( 5 1)2 10 2 5.

4 16

o = − o = − − = +

hay cos18 10 2 5 10 2 5.

16 4

o = + = +

Suy ra 2 cos18 10 2 5
2

o R

d= R = +

và 2 .

2cos18o 10 2 5

d d

R= =

Cách giải 1: 9.651 ữ 2 ữ 18 o,,, cos = (5.073830963)

Cách giải 2: 2ì 9.651ữ [( [( 10 + 2ì 5 )] = (5.073830963)
Bài 2. (Sở GD & ĐT TP Hå ChÝ Minh, 1996, vßng 1)

Tính khoảng cách giữa hai đỉnh không liên tiếp của một ngôi sao 5 cánh nội tiếp trong đờng trịn bán
kính R= 5,712cm.

Cách giải 1: Ta có cơng thức tính khoảng cách giữa hai đỉnh không kề nhau của ngôi sao năm cánh
(xem hình vẽ và chứng minh bài 1):

10 2 5
2 cos18

o R

d= R = + .

A
B

D E

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

TÝnh: MODE 4 2× 5.712× 18o,,, cos = (10.86486964)

Cách giải 2: 10 + 2ì 5 = = ì 5.712 = ữ 2= (10,86486964)
Đáp số: 10,86486964.

Bi 3. Cho đờng tròn tâm O, bán kính R 11, 25 = cm. Trên đờng tròn đã cho, đặt các cung

90 , o 120 o

AB = BC = sao cho A và C nằm cùng một phía đối với BO.
a) Tính các cạnh và đờng cao AH của tam giác ABC .

b) Tính diện tích tam giác ABC(chính xác đến 0,01).

Giải: a) Theo hình vẽ:

s® AC» = s® BC»- s® AB» = 1200 - 900 = 300.

Tính các góc nội tiếp ta đợc:ABCã= 150; ACBã= 450.
Suy ra: BACã= 1200; CAHã= 450; BAHã= 750.

Ta cã: AB R= 2; BC= R 3.

Vì ∆ AHC vng cân, nên AH= HC (đặt AH = x).

Theo định lí Pitago ta có: AH2= AB2− HB2. Do đó:

(

) ( )

2 2

2 3 2

x + R − x = R hay 2x2− 2R 3x R+ 2= 0. Suy ra: 
1

3
2

R R

x = − ; 2

3
2

R R

x = + .

Vì AH< AC< R, nên nghiệm 2

3
2

R R

x = + bị loại. Suy ra: 2 ( 3 1)
2
R

AC= AH = − .

Gäi diÖn tÝch ∆ABC lµ S, ta cã:

1 1 3 3 2(3 3)

2 2 2 4

R R R

S= AH BC⋅ = ⋅ − ⋅R = − .

Ên phÝm: 11.25 Min × 2 = MODE 7 2 (15.91) VËyAB≈ 15,91cm.
Ên tiÕp phÝm: MR × 3 = KÕt qu¶:19.49 VËy: BC≈ 19, 49cm.
Ên phÝm: MR × [( 3 − 1 = ÷ 2 = (5.82) VËyAC≈ 5,82cm.

Ên tiÕp phÝm: MR × [( 3 − 1= ÷ 2 = (4.12) VËy:AH≈ 4,12cm. 
Ên tiÕp phÝm: MR SHIFT x2 × [( 3 3 = ữ 4 =

Kết quả: S 40,12cm2.

Bài 4. (Thi trắc nghiệm học sinh giỏi toán toàn nớc Mỹ, 1972)

Cho hình vng ABCD cạnh bằng 12. Vẽ đoạn AE với E là điểm trên cạnh CD và DE = 5cm.
Trung trực của AE cắt AE AD, và BCtại M P và , Q. Tỷ số độ dài đoạn PM và MQ là:

(A) 5:12; (B) 5:13; (C) 5:19; (D) 1:4; (E) 5:21.
Gi¶i: VÏ RS qua M song song víi c¹nh AB,CD.

Ta cã: MQMP = MRMS .

Vì RM là đờng trung bình của tam giác ADE nên

2
DE

MR= .

Gv : Ngyễn Ngọc Huy

O
A

B
C

S
E

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Mµ: MS= RS MR− .

VËy: 2

2
DE

MP MR

DE
MQ = MS = RS− .

¸p dơng b»ng sè víi DE= 5cm RS, =12 cm:
5 ab c/ 2 = Min ÷ [( 12 − MR = ( 5

19)
Đáp số (C) là đúng.

Chú ý: Nếu không sử dụng phân số (5 ab c/ 2) mà dùng (5 ữ 2) thì máy sẽ cho đáp số dới dạng số thập

phân.

HÃy tính: 5 ữ 2 = Min ữ [( 12 − MR (0.2631579)
So s¸nh: 5 ab c/ 19 SHIFT ab c/ ab c/ KÕt qu¶: 0.2631579

Nh vậy, hai kết quả nh nhau, nhng một kết quả đợc thực hiện dới dạng phân số (khi khai báo 5 ab c/

2), còn một kết quả đợc thực hiện dới dạng số thập phân (khi khai báo 5 ữ 2).
Bài 5. Trên đờng trịn tâm O, bán kính R= 15, 25 cm, ngời ta đặt các cung liên tiếp:

AB= 600, BC»= 900, CD» = 1200.
a) Tø giác ABCD là hình gì?
b) Chứng minh AC BD.

c) Tính các cạnh và đờng chéo của ABCD theo R chính xác đến 0,01.
d) Tính diện tích tứ giác ABCD.

Gi¶i: a) s®AD»= 3600 - (s®AB»+s® BC»+s®CD»)
= 3600 - (600 + 900 + 1200) = 900.

Suy ra: AD» = BC», ABD·= BDC·= 450 (v× cïng b»ng

90
2 ).
Từ đó ta có: AB CD// . Vậy ABCD là hình thang.

Mặt khác, ADBÃ= BCDÃ (cùng bằng

0 0

60 +90
2 ).
Vậy ABCD là hình thang cân (đpcm).

b) Vì ABDÃ= BACÃ= 450 (v× cïng b»ng

90
2 ).
Suy ra AEB·= 900, vËy AC⊥ BD (®pcm).

c) Theo cách tính cạnh tam giác đều, tứ giác đều, lục giác đều nội tiếp trong đờng trịn bán kính R,
ta có:

AB R= ; AD BC= = R 2; DC= R 3.
C¸c tamgi¸cAEB CED, vuông cân, suy ra

2
AB
AE= ,

2
CD
CE= .

Vậy:

2
R

AE= , 3

2
R

CE= . Suy ra 3 (1 3)

2 2

R R R

AC= AE EC+ = + = + .

A B

C
D

60°

120°

90°

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

d) 1 1 2 1 2(1 3)2 2(1 3)2 [ (1 3)]2

2 2 2 2 4 2

ABCD

R R R

S = AC DB⋅ = AC = ⋅ + = + = + .

TÝnh: MR × [( 1 + 3 = ÷ 2 = SHIFT x2 MODE 7 2 (433.97).

VËy SABCD ≈ 433,97cm2.

Ên tiÕp: 15.25 Min ì 2 = Kết quả: 21.57
Vậy AD BC= ≈ 21,57cm.

Ên tiÕp phÝm: MR × 3 = (26.41) VËy: CD≈ 26, 41cm.
Ên tiÕp phÝm: MR ì [( 1 + 3 = ữ 2 = (29.46)
VËy AC= BD≈ 29, 46cm.

Bài 6. Cho đờng tròn tâm O, bán kính R= 3,15 cm. Từ một điểm A ở ngồi đờng trịn vẽ hai tiếp

tun AB vµ AC (B, C lµ hai tiÕp ®iĨm thc (O)).

Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi hai tiếp tuyến và cung tròn nhỏ BC
biết rằng AO a= = 7,85 cm (chính xác đến 0,01 cm).

Gi¶i: Ta cã: cos 3,15
7,85
OB R
OA a

α = = = .
SABOC = 2SAOB = a R. .sinα ;
Squ¹t OBC

2.2 2

360 180

R R

π α π α

= = .

Sg¹ch xäc= SABOC - Squạt OBC

sin

180
R

aR

= .

Tính trên máy: 3.15 ÷ 7.85 = SHIFT cos-1 SHIFT suuo,,, Min sin ×

7.85 × 3.15 − SHIFT π × 3.15SHIFT x2 ì MR ữ 180 = (11.16)

Đáp số: Sgạch xọc = 11,16 cm2.

Bài 7. Tính diện tích hình có 4 cạnh cong(hình gạch sọc)
theo cạnh hình vng a = 5,35 chính xác đến 0,0001cm.
Giải: Diện tích hình gạch xọc MNPQ

(SMNPQ) bằng diện tích hình vuông
ABCD (SABCD) trừ đi 4 lần diện tích của 1

4 hình tròn bán kính 2
a
R= .
MNPQ

S = 2 4 2

4
R

a − π 2 2

4
a

a π

= − 2(4 )
4
a −π

= 5,35 (42 )
4

π
−

= .

Ên phÝm: 5.35 SHIFT x2 × [( 4 − π = ÷ 4= MODE 7 2 (6.14)

KÕt luËn:SMNPQ ≈ 6,14 cm2.

Bài 8. Tính diện tích phần hình phẳng (phần gạch xọc) giới hạn bởi các cung tròn và các cạnh của
tam giác đều ABC (xem hình vẽ),

biÕt: AB BC CA a= = = = 5, 75 cm.

Gi¶i: R OA OI= = = IA= 2AH = ⋅2 a 3 .

O
B

A N B

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Suy ra: 3
3
a

R= và ÃAOI= 600.

Diện tích hình gạch xọc bằng diện tích tam giác ABC trừ diện tích hình hoa 3 lá
(gồm 6 hình viên phân có bán kính R và góc ở tâm bằng 600).

2 3
4
ABC

a

S∆ = ; 1

2 3 3 3 2 3

4 3 4 12

O AI

R a a

S∆

 
= =   ⋅ =

  .

DiÖn tích một viên phân:

2 2 3 2 3 2(2 3 3)

6 4 2 3 2 12

R R R R

π π  π −

− =  −  =

  .

Tính theo a, diện tích một viên phân bằng: 2(2 3 3)
36

a π − ;

Sg¹ch xäc

2 3 2(2 3 3) 2(9 3 4 )

4 36 12

a a π − a − π

= − ⋅ =

; Sg¹ch xäc

5,75 (9 3 4 )
12

π
−
=

BÊm tiÕp: 5,75 SHIFT x2 × [( 9× 3 − 4× SHIFT )] ữ 12 =

Kết quả: Sgạch xọc 8,33 cm2.

Bài 9. Viên gạch cạnh a= 30cm có hoa văn nh hình vẽ .
a) Tính diện tích phần gạch xọc của hình

ó cho, chớnh xỏc n 0,01 cm.

b) Tính tỉ số phần trăm giữa diện tích phần
gạch xọc và diện tích viên gạch.

Giải: a) Gọi R là bán kính hình tròn.
Diện tích S một hình viên phân bằng:

2 2 2

(

)

(

)

4 2 4 16

R R R a

S= π − = π − = π − .

Vậy diện tích hình gồm 8 viên phân bằng 2

(

)

a .

Diện tích phần gạch xọc bằng: 2 2

(

)

(

)

2 2

a a

a − π − = .

Tính trên máy: 30SHIFT x2 Min ì [( 4 − SHIFT π )] ÷ 2=

MODE 7 2 (386.28) VËy Sg¹ch xäc ≈ 386,28 cm2.

Ên phÝm tiÕp: ÷ MR SHIFT % (42.92)

TØ sè của diện tích phần gạch xọc và diện tích viên gạch là 42,92%.
Đáp số: 386,28 cm2; 42,92 %.

Bi 10. Nhân dịp kỷ niệm 990 năm Thăng Long, ngời ta cho lát lại đờng ven hồ Hoàn Kiếm bằng các
viên gạch hình lục giác đều. Dới đây là viên gạch lục giác đều có 2 mầu (các hình trịn cùng một
mầu, phần còn lại là mầu khác).

Hãy tính diện tích phần gạch cùng mầu và tỉ số diện tích giữa hai phần đó,
biết rằng AB a= = 15 cm.

Giải: Bán kính đờng trịn nội tiếp tam giác đều

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

lµ: 1 a 3 a 3
3 2 6

R= = . Diện tích mỗi hình tròn là: 2 2

12
a

R

=
Diện tích 6 hình tròn là: 2

2
a
.

Tính trên máy: 15SHIFT x2 ì ữ 2 = Min (353.4291)

Diện tích toàn bộ viên gạch là:6 2 3 3 2 3

4 2

a a

= .

Diện tích phần gạch xọc là: 3 2 3 2

2 2

a − πa .

BÊm tiÕp phÝm: 3ì 15SHIFT x2 ì 3 ữ = MR = (231.13797)

Ên tiÕp phÝm: ÷ MR SHIFT % Kết quả: 65.40

Đáp số: 353,42 cm2 (6 hình tròn); 231,14 cm2 (phần gạch xọc); 65,40 %

Bi 11. Viờn gch hỡnh lục giác đều ABCDEF có hoa văn hình sao nh hình vẽ, trong đó các đỉnh hình
sao M N P Q R S, , , , , là trung điểm các cạnh của lục giác.

Viên gạch đợc tơ bằng hai mầu (mầu của
hình sao và mầu của phần còn lại).

Biết rằng cạnh của lục giác đều là a = 16,5 cm.

+ Tính diện tích mỗi phần (chính xác đến 0,01).
+ Tính tỉ số phần trăm giữa hai diện tích đó.
Giải: Diện tích lục giác ABCDEF bằng: S1=6

a 3
4

⋅ =3a2 3
2 .
Lơc gi¸c nhỏ có cạnh là a

b= , 6 cánh sao là các tam giác đều cũng có cạnh là a
2

b= . Từ đó suy ra:
diện tích lục giác đều cạnh b là S2 bằng: S2 =

3b 3
2 =

3a 3

8 , diện tích 6 tam giác đều cạnh b là S3:
S3 =

3a 3
8 .

Tính trên máy: 3ì 16.5 SHIFT x2 ì 3 ữ 8ì 2 = MODE 7 2 (353.66) Min

ấn tiếp phím: 3ì 16,5SHIFT x2 ì 3 ữ 2= − MR = (353.66)

Ên tiÕp phÝm: ÷ MR SHIFT % KÕt qu¶: 100.
VËy diƯn tÝch hai phÇn b»ng nhau.

Lời bình: Có thể chứng minh mỗi phần có 12 tam giác đều bằng nhau, do đó diện tích hai phần bằng
nhau. Từ đó chỉ cần tính diện tích lục giác đều và chia đơi.

Bài 12. Cho lục giác đều cấp 1 ABCDEF có cạnh AB a= = 36 mm. Từ các trung điểm của mỗi cạnh
dựng một lục giác đều A B C D E F' ' ' ' ' ' và hình sao 6 cánh cũng có đỉnh là các trung điểm

', ', ', ', ', '

A B C D E F (xem hình vẽ). Phần trung tâm của hình sao là lục giác đều cấp 2 MNPQRS
.Với lục giác này ta lại làm tơng tự

nh đối với lục giác ban đầu ABCDEF và đợc
hình sao mới và lục giác đều cấp 3. Đối với

Gv : Ngyễn Ngọc Huy

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

lục giác cấp 3, ta lại làm tơng tự nh trên
và đợc lục giác đều cấp 4. Đến đây ta dừng lại.
Các cánh hình sao cùng đợc tơ bằng một mầu
(gạch xọc), cịn các hình thoi trong hình chia thành

2 tam giác và tô bằng hai mầu: mầu gạch xọc và mầu "trắng". Riêng lục giác đều cấp 4 cũng đ ợc tô
mầu trắng.

a) Tính diện tích phần đợc tơ bằng mầu "trắng" theo a.

b) Tính tỉ số phần trăm giữa diện tích phần "trắng" và diện tích hình lục giác ban đầu.

Gii: a) Chia lục giác thành 6 tam giác đều có cạnh là a bằng 3 đờng chéo đi qua 2 đỉnh đối xứng
qua tâm, từ đó ta có S = 6 2 3

4
a

⋅ = 3 2 3
2

a .Chia lục giác ABCDEF thành 24 tam giác đều có cạnh 
bằng a

2. Mỗi tam giác đều cạnh
a

2 cã diƯn tÝch b»ng diƯn tÝch tam gi¸c "trắng" A NB' ' (xem hình
vẽ). Suy ra diện tích 6 tam giác trắng vòng ngoài bằng 6 1

24= 4 diƯn tÝch lơc gi¸c cÊp 1 ABCDEF.
VËy diƯn tích 6 tam giác trắng vòng ngoài là: 1 3 2 3

4 2
a

⋅ . (1)
b) Tơng tự với cách tính trên ta cã:

2
a
MN= =b ;

2
b
c= .

DiÖn tÝch 6 tam giác trắng của lục giác cấp 2 MNPQRS là:1 3 2 3
4 2

b

⋅ . (2)
DiÖn tÝch 6 tam giác trắng của lục giác cấp 3 là: 1 3 2 3

4 2
c

⋅ . (3)
Diện tích lục giác trắng trong cïng b»ng (víi

2
c

d= ): 3 2 3
2

d . (4)
Tãm l¹i ta cã:

S1 =

1 3 3
4 2

a

⋅ =3 23 3
2

a ; S
2 =1

3 3
2
b

⋅ =1
4
2
2
3 3
2 2
a
⋅
⋅ =
2
5
3 3
2
a ; 
S3 = 1

3 3

2
c

⋅ = 1
4
2
2
3 3
2 4
a
⋅
⋅ =
2
7
3 3
2

a ; S
4 =

3 3
2

d = 2

2
3 3
2 8

a
⋅ =
2
7
3 3
2
a .

Str¾ng =S1+S2+S3+S4 =3a2 3( 3 5 7

1 1 2
2 + 2 + 2 )=

3 3
2

a 4 2

2 2 2
2
+ + .
Ên phím: 3ì 36 SHIFT x2 ì 3 ữ 2 = MODE 7 2 (3367.11) Min

VËy SABCDEF = 3367,11 mm2.

Ên tiÕp phÝm: 2SHIFT xy 4 + 2SHIFT x + 2= ÷ 2 SHIFT

y

x 6× MR = (1157.44) Vậy Strắng 1157,44 mm2.

ấn tiếp phím: ữ MR SHIFT % (34.38). VËy trang
ABCDEF

S ≈ 34,38%.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Bài 13. Cho hình vng cấp một ABCD với độ dài cạnh là AB 40 = a = cm. Lấy A B C D, , , làm
tâm, thứ tự vẽ các cung tròn bán kính bằng a, bốn cung trịn cắt nhau tại M N P Q, , , . T giỏc

MNPQ cũng là hình vuông, gọi là hình vuông cấp 2. Tơng tự nh trªn, lÊy M N P Q, , , làm tâm vẽ

các cung trßn

bán kính MN, đợc 4 giao điểm E F G H, , ,

là hình vng cấp 3. Tơng tự làm tiếp c

hình vuông cấp 4 XYZT thì dừng lại (xem hình vẽ).
a) Tính diện tích phần hình không bị

tơ mầu (phần để trắng theo a).

b) T×m tØ sè phần trăm giữa hai diện tích tô mầu và không tô mầu.

Giải: a) Tính diện tích 4 cánh hoa trắng cấp 1 (bằng 4 viên phân trừ đi 2 lần diện tích hình vuông

cấp 2).

S1 =

2 2

a a

4 - 2

4 2 b

(b là cạnh hình vuông cấp 2).
Tơng tự, tính diện tích 4 cánh hoa trắng cÊp 2 vµ cÊp 3:

2 2 2

2 4( - ) 2

4 2

b b

S = c (c là cạnh hình vuông cÊp 3).
2 2 2

3 ( - ) 2

4 2
c c

S = π − d (d là cạnh hình vuông cấp 4).

Rút gän: S1 = a2(π - 2) - 2b2; S2 = b2(π - 2) - 2c2; S3 = c2(π - 2) - 2d2 ;

Str¾ng=S1+S2+S3 =π (a2 + b2 + c2)-4(b2 + c2)-2 (a2 + d2).

b) Ta cã: MCQ·= 300; b = QM = 2MK = 2a.sin150 = a(2sin150).
T¬ng tù: c = 2b.sin150 = a(2sin150)2; d = 2c.sin150 = a(2sin150)3.

Ký hiÖu x = 2sin150, ta cã: b = a.x; c = ax2; d = ax3.

Thay vào cơng thức tính diện tích Strắng ta đợc:

Str¾ng = π (a2 + a2 x2 + a2 x4) - 4(a2 x2 + a2 x4) - 2(a2 + a2 x6)

= π a2(1 + x2 + x4) - 4a2(x2 + x4) - 2a2(1 + x6)

Ên phÝm: 15 o,,, sin × 2 = Min SHIFT xy 4 + MR SHIFT x2

+ 1 = × SHIFT π × 40SHIFT x2 − 4× 40SHIFT x2 ×

[( MR SHIFT x2 + MR SHIFT xy 4)] − 2× 40SHIFT x2 ×

[( 1 + MR SHIFT xy 6= MODE 7 2 (1298.36) Min
VËy Str¾ng ≈ 1298,36 cm2.

BÊm tiÕp phÝm: 40SHIFT x2 − MR = (301.64)

VËy Sg¹ch xäc ≈ 301,64 cm2.

BÊm tiÕp phÝm: ÷ MR SHIFT % (23.23)
VËy gach xoc

trang

S ≈ 23,23%.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Bài 14. Cho tam giác đều ABC có cạnh là a 33,33 = cm và tâm là O. Vẽ các cung tròn qua hai đỉnh và
trọng tâm O của tam giác đợc hình 3 lá. Gọi A B C', ', ' là các trung điểm các cạnh BC, CA và AB.

Ta lại vẽ các cung tròn qua hai trung điểm và
điểm O, ta cũng đợc hình 3 lá nhỏ hơn.

a) Tính diện tích phần cắt bỏ (hình gạch xọc)
của tam giác ABC để đợc hình 6 lá cịn lại.

b) TÝnh tỉ số phần trăm giữa phần cắt bỏ
và diện tÝch cđa tam gi¸c ABC.

Giải: A B C' ' ' cũng là tam giác đều

nhận O làm tâm (vì AA BB CC', ', ' cũng là các đờng cao, đờng trung tuyến của ∆ A B C' ' '). 6 chiếc lá
chỉ có điểm chung duy nhất là O, nghĩa là khơng cú phn din tớch chung.

Mỗi viên phân có góc ở tâm bằng 600, bán kính bằng 2

3 ng cao tam giác đều. Gọi S1 là diện tích 1
viên phân. Khi ấy S1 =

2 2 3

-6 4

OA OA

π = 2

OA (2π -3 3).
Ta cã: 2

OA= 3

a = 3

a .

Gọi S là diện tích 3 lá lớn, S' là diện tích 3 lá nhỏ. Khi ấy:

S =6S1 =

OA (2π -3 3)= 2
6
a

(2π -3 3).
Gọi cạnh tam giác đều A B C' ' ' là b, tơng tự ta cũng có:

S'= 2
6
b

(2π -3 3) =

24
a (2 -3

3).
Tổng diện tích 6 lá là: S + S' = (2π -3 3)( 2 2

6 24

a a

+ ).
Diện tích phần gạch xọc (phần cắt bỏ) là S''.

S''=
ABC

S∆ -(S + S')= 2 3
4

a - (2π -3 3)( 2 2

7 3 5

) ( )

6 24 8 12

a a π a

+ = − .

Tính SABC: 33.33SHIFT x2 ì 3 ữ 4 = (481.0290040) Min

Tính S'' : 7ì 3 ữ 8 5 ữ 12× π = × 33.33SHIFT x2 = (229.4513446)

VËy S'' ≈ 229,45 cm2.

ấn tiếp phím để tính

ABC

S''

S : ữ MR SHIFT % Kết quả: 47.70
Đáp số: S'' ≈ 229,45 cm2;

ABC

S''

S ≈ 47,70 %.

B A'

O
A

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Phần VI. Hình học không gian
Bài 15. (Sở GD&ĐT Hà Nội, 1996, vòng trờng, lớp 10)

1) TÝnh thÓ tÝch V của hình cầu bán kính R= 3,173.

2) Tính bán kính của hình cầu có thể tích V = 137, 45dm3.

Giải: 1) Ta có công thức tính thể tích hình cầu: 4 3

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

2) Tõ c«ng thøc 4 3

V = π R suy ra 3 3

4
V
R

= .

áp dụng: 3ì 137.45ữ 4 ữ = SHIFT xy 1 ab c/ 3 = (3.20148673)

Đáp số: V =133.8134725 dm3; R= 3, 201486733dm.

Bµi 16. (Së GD & ĐT TP HCM, 1998, vòng chung kết, PTTH & PTCB)
Tính góc HCHR trong phân tử mêtan (H: Hydro, C: Carbon).

Giải: Gọi G là tâm tứ diện đều ABCD cạnh là a, I là tâm
tam giác đềuBCD. Góc SHCH trong phân tử mêtan chính là
góc SAGB của tứ diện ABCD. Khi ấy ta có: 3

3
a

IB= .

Suy ra 2 2 2 ( )2 2

3 3

a a

AI= AB − IB = a − =

vµ 3 3

4 2 2
a

BG= AG= AI= . Gọi E là điểm giữa AB. Khi ấy sin 23 23
2 2

a
AE
AGE

AG a

= = = .

TÝnhAGB:2 ab c/ 3 SHIFT sin-1 = × 2 = SHIFT o,,,suuu (109 28 16.39o o )
Đáp số: 109 28'16''o .

B
C

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Bài 17. (Sở GD & ĐT TP HCM, 1998, vòng chung kÕt, PTTH & PTCB)

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD, biết trung đoạn d = 3, 415cm, góc giữa cạnh bên và đáy bằng
42 17 'o . Tính thể tích.

Giải: Gọi cạnh đáy của chóp tứ giác đều SABCD là a, chiều cao là h, ϕ là góc giữa cạnh bên và đáy. 
Khi ấy SH tg

AH = ϕ hay

2
2
a

h SH= = tgϕ . Mặt khác,
2 ( )2 2

2
a

h + = d hay ( 2 )2 ( )2 2

2 2

a a

tgϕ + = d .

Suy ra 2

2
1

d
a

tgϕ
=

+ vµ 2

2 2

2 1 2

a d

h tg tg

tg

ϕ ϕ

= =

+ .

Thể tích tứ diện đợc tính theo cơng thức:

2 2

2 2 3

1 1 2 4 4 2

3 3 1 2 (1 2 ) 3 (1 2 )

d tg d d tg

V ha

tg

tg tg

= = =

+ + .

Tính trên máy:

4ì 2 ữ 3× 3.415SHIFT xy 3× 42 o,,, 17 o,,, tan Min ữ
[( 1 + 2ì MR SHIFT x2 )] SHIFT xy 3ab c/ 2= (15.795231442)

Đáp số: V = 15,795cm3.

A
B
C

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Phần VII. Phơng pháp lặp giải gần đúng

phơng trình

f x

( ) 0

=

Nội dung phơng pháp: Giả sử phơng trình cã duy nhÊt nghiƯm trong kho¶ng ( , )a b . Giải phơng trình 
( ) 0

f x = bằng phơng pháp lặp gồm các bớc sau:

1. a phơng trình f x( ) 0= về phơng trình tơng đơng x g x= ( ).
2. Chọn x0∈ ( , )a b làm nghiệm gần đúng ban đầu.

3.Thay x x= 0 vào vế phải của phơng trình x g x= ( ) ta đợc nghiệm

gần đúng thứ nhất x1= g x( )0 . Thay x1= g x( )0 vào vế phải của phơng

trình x g x= ( ) ta đợc nghiệm gần đúng thứ hai x2= g x( )1 . Lặp lại quá trình trên, ta nhận đợc dãy các

nghiệm gần đúng

1 ( )0

x = g x , x2 = g x( )1 , x3= g x( )2 , x4 = g x( )3 ,...,xn= g x( n−1), ...

Nếu dãy các nghiệm gần đúng { }xn , n=1, 2,...hội tụ, nghĩa là tồn tại lim n

n→ ∞ x = x thì (với giả thiết hàm

( )

g x là liên tục trong khoảng ( , )a b ) ta cã:

1 1

lim n lim ( n ) (lim n ) ( )

n n n

x= → ∞ x = → ∞g x− = g → ∞ x− = g x .

Chứng tỏ x là nghiệm đúng của phơng trình x g x= ( ) và do đó x cũng là nghiệm đúng của phơng 
trình f x( ) 0= .

Tính hội tụ: Có nhiều phơng trình dạng x g x= ( ) tơng đơng với phơng trình f x( ) 0= . Phải chọn hàm
số g x( ) sao cho dãy { }xn xây dựng theo phơng pháp lặp là dãy hội tụ và hội tụ nhanh tới nghiệm. Ta
có tiờu chun sau.

Định lý. Giả sử ( , )a b là khoảng cách ly nghiệm x của phơng trình f x( ) 0= và phơng trình x g x= ( )
t-ơng đt-ơng với pht-ơng trình f x( ) 0= . NÕu g x( ) vµ g x'( ) lµ những hàm số liªn tơc sao cho

[ ]

( ) 1 ,

g x′ ≤ <q ∀ ∈x a b thì từ mọi vị trí ban ®Çu x0∈ ( , )a b dÃy { }xn xây dựng theo phơng pháp lặp

( )

n n

x = g x sÏ héi tơ tíi nghiƯm duy nhÊt x trong khoảng ( , )a b của phơng trình f x( ) 0= .

Thí dụ 1. Giải phơng trình x3− x2− =1 0.

Phơng trình này có duy nhất nghiệm trong khoảng (1;1.5) và tơng đơng với

3 2 1

x= x + . Do g x( )= 3x2+1 có đạo hàm

2 2

2
'( )

3 ( 1)
x
g x

x
=

+ tháa m·n ®iỊu kiƯn 3

1
'( ) 1

g x = < trong
khoảng (1;1.5) nên dÃy lặp 3 2

1 1

n n

x+ = x + héi tơ tíi nghiệm duy nhất từ một điểm bất kỳ trong khoảng
(1;1.5) .

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS:
Khai báo hàm g x( )= 3x2+1:

SHIFT 3 ( ALPHA X x2 + 1)

Bắt đầu tính toán bằng CALC máy hiện X?
Khai báo giá trị ban đầu x0=1 và bấm phím = .

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-500 MS :
Khai báo giá trị ban đầu x0=1 bằng cách bấm phím 1 = .

Khai b¸o d·y xÊp xØ 3 2

1 ( ) n 1

n n

x+ = g x = x + :

SHIFT 3 ( Ans x2 + 1 )

Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x=1.465571232.

Vậy nghiệm xấp xỉ (chính xác đến 9 chữ số thập phân) là x=1.465571232.
Thí dụ 2. Tìm nghiệm gần đúng của phơng trình ex+ − =x 3 0.

Vì f x( )= ex+ −x 3 có đạo hàm f x'( )= ex+ >1 0 ∀x nên nó đồng biến trên

tồn trục số. Hơn nữa, f(0)= −3, f(1)= − >e 2 0 nên phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất nằm
trong khoảng (0,1).

Phơng trình đã cho tơng đơng với x= ln(3− x).
Đặt g x( ) ln(3= − x) thì '( ) 1

3
g x

x
= −

− nªn ( )

'( ) 0,1
2

g x < ∀ ∈x .

Do đó dãy lặp xn+1= ln(3− xn) hội tụ từ mọi điểm bất kỳ trong khoảng (0,1).
Dãy lặp trên máy Casio fx-570 MS:

Khai b¸o g x( ) ln(3= − x): ln ( 3 − ALPHA X )

B¾t đầu tính toán bằng CALC máy hiện X?
Khai báo giá trị ban đầu 0

1
2

x = : 1 ab c/ 2 vµ bÊm phÝm = .

Sau đó thực hiện dãy lặp CALC Ans = ta cũng đi đến

26 27 28 0.792059968

x = x = x = .

Vậy nghiệm gần ỳng l 0,792059968.

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-500 MS :
Khai báo giá trị ban đầu 0

1
2

x = : 1 ab c/ 2 vµ bÊm phÝm = .

Khai b¸o d·y xÊp xØ xn+1= g x( ) ln(3n = − xn): ln ( 3 − Ans )

Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x26 = x27 = x28 = 0,792059968.

Vậy nghiệm xấp xỉ (chính xác đến 9 chữ số thập phân) là x= 0,792059968

Nhận xét 1. Nếu chỉ địi hỏi nghiệm chính xác đến 5 chữ số thập phân sau dấu phẩy thì chỉ cần sau
13 bớc lặp ta đã đi đến nghiệm là 0,79206.

Nhận xét 2. Nếu ta đa phơng trình ex+ − =x 3 0 về dạng x= −3 ex thì g x( ) 3= −ex có đạo hàm 
'( ) x

g x = e không thỏa mÃn điều kiện

( )

'( ) 1 0,1
g x ≤ <q ∀ ∈x
nên ta cha thể nói gì đợc về sự hội tụ của dãy lặp.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

> solve(exp(x)+x-3,x);

-LambertW(exp(3)) + 3
Máy cho đáp số thông qua hàm LambertW.

Ta có thể tính chính xác nghiệm đến 30 chữ số nhờ lệnh:
> evalf(",30);

.79205996843067700141839587788
Lời bình: Maple cho ta đáp số đến độ chính xác tuỳ ý.
Thí dụ 3. Tìm nghiệm gần đúng của phơng trình x+ lnx= 0.

Vì f x( )= +x lnx là một hàm đồng biến ngặt trên (0,+ ∞). Hơn nữa f(1) 1 0= > và f( )1 1 1 0
e = − <e nên
phơng trình có duy nhất nghiệm trên khoảng ( ,1)1

e .
Phơng trình đã cho tơng đơng với x e= −x = g x( ). 
Vì g x'( )= −e−x nên '( ) x 1 1

e

g x e

e

−

= ≤ < víi mọi x ( ,1)1
e

nên dÃy lặp xn+1= exn hội tụ.

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS:

Khai b¸o g x( )= e−x: SHIFT ex ( ALPHA X )

Bắt đầu tính toán bằng CALC máy hiện X? Khai báo giá trị ban ®Çu 0

1
2
x = :

1 ab c/ 2 và bấm phím = . Sau đó thực hiện dãy lặp CALC Ans = ta cũng đi đến x= 0,567143290.

Vậy nghiệm gần đúng là x= 0,567143290.

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-500 MS:
Khai báo giá trị ban đầu 0

1
2

x = : 1 ab c/ 2 vµ bÊm phÝm = .

Khai b¸o 1 ( n) n

x
n

x+ = g x = e− : SHIFT ex ( − Ans )

Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x= 0,567143290.
Vậy nghiệm gần đúng là x= 0,567143290.

Thí dụ 4. Tìm nghiệm gần đúng của phơng trình x= cos :x = g x( ).

Vì f x( )= −x cosx có đạo hàm f x'( ) 1 sin= + x≥ 0 ∀x và chỉ bằng 0 tại một số điểm rời rạc
2

x= − +π kπ nên nó là hàm đồng biến ngặt. Do f(0)= −1 và ( )
2 2

f π = nên phơng trình có duy nhất

nghiệm trong khoảng (0, )

2
.

Hiển nhiên '( ) sin sin( ) 1
2

g x = − x < π ε− < víi mäi (0, )
2

x∈ π ε− với ε đủ nhỏ nên dãy xn+1= cosxn hội
tụ trong khong (0, )

2
.

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS:

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Bắt đầu tính tốn bằng CALC máy hiện X? Khai báo giá trị ban đầu x0= 1.5 và bấm phím = . Sau đó

thực hiện dãy lặp CALC Ans = ta cũng đi đến x= 0,739085133 radian.
Dãy lặp trên máy Casio fx-500 MS hoặc Casio fx-570 MS:

BÊm phÝm MODE MODE MODE MODE 2 (tÝnh theo Radian) trªn Casio fx-570 MS hc MODE
MODE MODE 2 (tÝnh theo Radian) trªn Casio fx-500 MS.

Khai báo giá trị ban đầu x0=1.5: 1.5 và bấm phím = .

Khai báo xn+1= g x( n) cos= xn: cos Ans

Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x= 0.739085133.
Thí dụ 5. Tìm nghiệm gần đúng của phơng trình x3−3x+ =1 0.

Vì f( 2)− = −1, f( 1) 3− = , f(1)= −1,f(2) 3= và x3−3x+ =1 0 là phơng trình là bậc 3 nờn nú cú ỳng 3

nghiệm trong các khoảng ( 2, 1)− − , ( 1,1)− ,(1, 2).

Phơng trình trên tơng đơng với x= 33x−1. Xét khoảng ( 2, 1) .

Đặt g x( )= 33x−1. Ta cã

3
2
3

1 1

'( ) 1

16
(3 1)
g x

x

= < <

− nªn d·y xn+1= 33xn−1 héi tơ trong kho¶ng
( 2, 1) .

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS:
ấn phÝm MODE 1 (tÝnh theo sè thùc).

Khai b¸o g x( )= 33x−1: SHIFT 3 ( 3× ALPHA X 1 )

Bắt đầu tính toán bằng CALC máy hiện X? Khai báo giá trị ban đầu x0= −1 vµ bÊm phÝm = .

Sau đó thực hiện dãy lặp CALC Ans = ta cng i n x1 1,879385242.

DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-500 MS :
Khai báo giá trị ban đầu x0= 1: 1 và bÊm phÝm = .

Khai b¸o 3

1 ( ) 3 1

n n n

x+ = g x = x − : SHIFT 3 ( 3ì Ans − 1 )
Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x1≈ −1,879385242.

Vậy một nghiệm gần đúng là x1≈ −1,879385242.

Dùng sơ đồ Horner để hạ bậc, sau đó giải phơng trình bậc hai ta tìm đợc hai nghiệm cịn lại là:
1,53208886

x≈ vµ x≈ 0,3472963.

Chú ý: Để tính nghiệm x2≈ 0,3472963 ta khơng thể dùng phơng trình tơng đơng x= 33x− =1 g x( ) nh

trên vì 3 2

1
'( )

(3 1)
g x

x
=

− kh«ng tháa m·n ®iỊu kiƯn g x'( ) ≤ <q 1 trong khoảng (0,1) và dÃy lỈp

1 3 1

n n

x+ = x − không hội tụ (HÃy thử khai báo giá trị ban đầu x= 0,3472963 và thực hiện dÃy lỈp

1 3 1

n n

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

NhËn xÐt 1: Có thể giải phơng trình x3 3x+ =1 0 trên Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-570 MS theo

chơng trình cài sẵn trên máy, quy trình bấm phím sau:
Vào MODE giải phơng trình bậc ba: MODE MODE 1 > 3
Khai b¸o hƯ sè: 1 = 0 = (-) 3 = 1 =

Máy hiện đáp số x1=1.53088886.

BÊm tiÕp phÝm = , m¸y hiƯn x2= −1.879385242.

BÊm tiÕp phÝm = , máy hiện x3= 0.347296355.

Vậy phơng trình cã ba nghiÖm thùc

1 1.53088886

x = ;x2= −1.879385242; x3= 0.347296355.

Thí dụ 6. Tìm giao điểm của đồ thị hàm số f x( )= −x3+ 3x2−1 với trục hồnh (chính xác đến 10−7).

Giải: Giao điểm của đồ thị hàm số f x( )= −x3+3x2−1 với trục hồnh chính là nghiệm của phơng trình

3 2

( ) 3 1 0
f x = −x + x − = .

V× f( 1) 3− = , f(0)= −1, f(1) 1= , f(2,5) 2,125= vµ f(3)= 1 nên phơng trình có 3 nghiệm trong các
khoảng ( 1;0) ,(0;1)và (2,5;3).

Phng trỡnh f x( )= −x3+ 3x2− =1 0 tơng đơng với 3 2

3 1
x= x .
Đặt g x( )= 33x2−1 th×

2 2

2
'( )

(3 1)
x
g x

x
=

− vµ g x'( ) < 0,9 1< .
DÃy lặp trên máy Casio fx-570 MS:

Bấm phím MODE 1 (tÝnh theo sè thùc).

Khai b¸o g x( )= 33x2−1: SHIFT 3 ( 3× ALPHA X x2 1 )

Bắt đầu tính toán bằng CALC máy hiện X? Khai báo giá trị ban đầu x0= 2,7 và bấm phím = .

Sau đó thực hiện dãy lặp CALC Ans = ta đi đến nghiệm x≈ 2,879385242.
Dãy lặp trên máy Casio fx-570 MS hoặc Casio fx-500 MS :

Khai b¸o giá trị ban đầu x0= 2,7: 2.7= .

Khai b¸o 3 2

1 ( ) 3 n 1

n n

x+ = g x = x − : SHIFT 3 ( 3× Ans x2 − 1 )

Sau đó thực hiện dãy lặp = ta cũng đi đến x≈ 2,879385242.
Vậy một nghiệm gn ỳng l x 2,879385242.

Hai nghiệm còn lại có thể tìm bằng phơng pháp lặp hoặc phân tích ra thừa số rồi tìm nghiệm của
ph-ơng trình bậc hai hoặc một lần nữa dùng phph-ơng pháp lặp.

Bài tập

1) x4− 4x− =1 0; 2) x3− 9x2+18x− =1 0; 3) lgx−3x+ =5 0.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

1) x3−7x+ =4 0; 2) x3+ 2x2−9x+ =3 0; 3)32x5+ 32x−17 0= ;

4)x6−15x− 25 0= ; 5)2x5− 2cosx+ =1 0; 6)x2+sinx− =1 0;

7) 2cos3x− 4x− =1 0; 8) 2 1 0 ( 0)

x − tgx− = −π < <x ; 9) Cho − < <1 x 0.
Tìm một nghiệm gần đúng của cosx tg x+ 3 = 0;

10) (C©u hái thªm cho trêng chuyªn Lª Hång Phong):
10a) x4− x2+ 7x+ =2 0 ; 10b) x− 6x− =1 0.

Bài tập 3 (Thi Giải tốn trên máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Hà Nội, 18.12.1996).
Tìm một nghiệm gần đúng của phơng trình:

1) x3+5x− =1 0; 2) x6−15x− 25 0= ; 3) x9+ −x 10 0= ;

4) x− 6x− =1 0; 5) x3−cosx= 0; 6) cot 0 (0 )

2
x− gx= < <x π ;
7) Tìm một nghiệm gần đúng (lấy 3 số lẻ) của phơng trình: x2− tgx− =1 0;

8) Tìm một nghiệm gần đúng (lấy 2 số lẻ thập phân) của: x2+sinx− =1 0.

Bài tập 4 (Thi Giải toán trên máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Đồng Nai, 15.2.1998).
Tìm một nghiệm gần đúng của phơng trình:

1) x3+5x− =2 0; 2) x9+ − =x 7 0; 3) x+ 7x− =1 0; 4) x+ 7x− =2 0.

Bài tập 5 (Thi Giải tốn trên máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Tp. HCM, 15.3.1998).
Tìm một nghiệm gần đúng của phơng trình:

1) 3x− 28x− =5 0; 2) x5− 2x− sin(3x− + =1) 2 0;

3) Tìm nghiệm âm gần đúng của phơng trình: x10− 5x3+ 2x− =3 0;

4) (Câu hỏi thêm cho trờng chuyên Lê Hồng Phong):

Tỡm mt nghiệm gần đúng của phơng trình 2x+3x+ 5x =11x.

Bài tập 6. Tìm nghiệm gần đúng của phơng trình trên máy tính điện tử bỏ túi:
1) x3+ 3x2− =3 0; 2) x3− − =x 1 0; 3)x3+ 5x− =1 0;

4) 5x3− 20x+ =3 0; 5) 8x3+32x−17 0= ; 6) x5− −x 0, 2 0= ;

7) x3+ −x 1000 0= ; 8) x7+ 5x− =1 0; 9) x16+ − =x 8 0;

10) x− x=1; 11) 5x− x− =3 0; 12) x 1 1
x
+ = ;
13) x− 3x=1; 14) 3x− 26x− =5 0; 15) 3x− 28x− =5 0

16) 4x+ 5x = 6x; 17) 13x+11x= 19x; 18) 2x+ 3x+ 4x =10x; 
19) x3+ logx− =2 0; 20)

2cosx e− x = 0; 21)cos log (0 )
2

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61></div>

BOIDUONGMTBT

[

]

u = a

u = f(u ) ; n N*





<sub>∈</sub>

( )

(

)

{

}

(

)

u = a

u =

<i>f</i>

<i>n u</i>

,

; n N*





<sub>∈</sub>



(

{

}

)





































(

) (

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

τ

τ

(

)

(

)

(

)

<i><b>Gv : Ngyễn Ngọc Huy</b></i>

<i><b>Gv : Ngyễn Ngọc Huy</b></i>

.

.

.

(

) ( )

<i><b>Gv : Ngyễn Ngọc Huy</b></i>

(

)