tai lieu on MTCT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (912.03 KB, 49 trang )

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

PHẦN MỞ ĐẦU
I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

I.1.1. Cơ sở lý luận.

Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động sáng tạo của học sinh là
nhiệm vụ trọng tâm của mỗi nhà trường. Sử dụng máy tính điện tử bỏ túi (MTĐT)
BT để giải tốn cũng là một hoạt động phát triển trí tuệ và năng lực sáng tạo của
học sinh rất hiệu quả. Xuất phát từ những kỹ năng đơn giản về sử dụng MTĐT BT
để tính tốn thơng thường như tính giá trị của biểu thức số, tìm nghiệm của phương
trình bậc 2 – 3, khai phương, hay tìm tỉ số lượng giác của một góc... học sinh cịn
được rèn luyện lên một mức độ cao hơn đó là rèn tư duy thuật toán - một thao tác
tư duy cực kỳ cần thiết cho lập trình viên máy tính PC sau này - thơng qua các bài
tốn về tìm số, bài tốn về phân tích một số ra thừa số ngun tố, tìm ƯCLN hay
bài tốn phân tích đa thức thành nhân tử...

Hiện nay, với sự phát triển như vũ bão của khoa học - kỹ thuật nhất là các
ngành thuộc lĩnh vực cơng nghệ thơng tin trong đó MTĐT BT là một thành quả của
những tiến bộ đó. MTĐT BT đã được sử dụng rộng rãi trong các nhà trường với tư
cách là một công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay cả việc đổi mới phương
pháp dạy học theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu quả. Đặc biệt, với
nhiều tính năng mạnh như của các máy CASIO Fx-500MS, CASIO Fx-570MS...
trở lên thì học sinh còn được rèn luyện và phát triển dần tư duy thuật toán một cách
hiệu quả.

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

chức cuộc thi tương tự cho cả HS THCS và THPT do tập đồn SHARP tài trợ,
nhằm góp phần phát huy trí lực của học sinh và tận dụng những tính năng ưu việt
của MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các mơn học khác nữa như Lý, Hố, Sinh, Địa ...
I.1.2. Cơ sở thực tiễn

Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT của trường

cũng như của PGD& ĐT huyện Tiên Yên, tôi nhận thấy các em học sinh thực sự
say mê tìm tịi, khám phá những cơng dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng
vơ cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của mình.

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

I.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:

 Để tất cả các em học sinh có điều kiện nắm được những chức năng cơ bản

nhất của MTĐT BT CASIO Fx-570 MS, biết cách vận dụng vào giải các bài tốn
tính tốn thơng thường rồi dần đến các bài tốn địi hỏi tư duy thuật tốn cao hơn.

 Tạo khơng khí thi đua học tập sôi nổi hơn, nhất là giáo dục cho các em ý

thức tự vận dụng kiến thức đã được học vào thực tế cơng việc của mình và ứng
dụng những thành quả của khoa học hiện đại vào đời sống.

 Tạo nguồn HSG cho các năm tiếp sau.

I.3.THỜI GIAN - ĐỊA ĐIỂM :
I.3.1. Thời gian

Từ tháng 9 năm 2010 đến tháng 2 năm 2011.
I.3.2. Địa điểm

Trường THCS Thị Trấn Tiên Yên.
I.3.3 Phạm vi đề tài

I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu :

Các bài toán thi học sinh giỏi giải tốn trên máy tính Casio.

I.3.2 Giới hạn về địa bàn nghiên cứu :

Nghiên cứu tại huyện Tiên Yên.
I.3.3.3 Giới hạn về khách thể khảo sát :

Giới hạn các bài toán thi HSG giỏi cấp tỉnh và cấp khu vực.
I.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

1. Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
3. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.

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

 Về mặt lý luận :

Đưa ra các bài tập với phép chứng minh rõ ràng những kết quả mà các em
học sinh thường áp dụng một cách máy móc, khơng hiểu bản chất vấn đề.

 Về mặt thực tiễn:

Giúp hệ thống các phương pháp giải từng loại tốn thường gặp trong các kì
thi HSG giải tốn trên máy tính Casio. Là tài liệu chun mơn hữu ích cho bản thân
và đồng nghiệp trong lĩnh vực ôn luyện giải tốn trên máy tính Casio.

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

II.1.1. Lịch sử vấn đề nghiên cứu

Có thể nói rằng các tài liệu ơn luyện CASIO có rất nhiều, có tài liệu sách, có
cả các tài liệu trên mạng Internet, những tài liệu đó đều rất hữu ích và đáng để học
và nghiên cứu. Nhưng để tổng hợp lại thành một tài liệu thực sự phù hợp với học
sinh của huyện, cần hệ thống lại các bài tập theo trình tự, thì vấn đề mà tơi trình
bày vẫn cịn là mới ở huyện Tiên Yên.

II.1.2. Kết luận chương I

Đề tài mà tơi trình bày khơng phải là một vấn đề mới, nhưng các đồng
nghiệp của tôi ở Tiên Yên cũng chỉ sưu tầm và biên soạn tài liệu Casio cho riêng
bản thân chứ chưa đưa ra thành một đề tài nghiên cứu để nhận được sự đóng gớp
của các đồng nghiệp khác và để viết thành một cuốn tài liệu hữu ích cho việc ơn
luyện học sinh. Chính vì vậy nên đề tài mà tôi đưa ra chắc chắn sẽ cần nhiều ý kiến
đóng góp của các đồng nghiệp mới có thể hoàn thiện hơn được.

CHƯƠNG II

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

II.2.1. THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở
TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN TIÊN YÊN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN

Qua một thời gian ôn luyện học sinh cho trường PTCS Yên Than, trường
THCS Thị Trấn và cho huyện Tiên Yên, tôi nhận thấy các em học sinh có nhận
thức rất tốt, có nền tảng kiến thức cơ bản vững vàng. Đặc biệt là học sinh trong đội
tuyển HSG của huyện, các thầy cô giáo ở trường cũng đã ôn luyện cho các em
được những kiến thức cơ bản về máy tính Casio rất vững vàng và có hệ thống. Kết
quả đạt được của huyện nhà trong các kỳ thi HSG giải toán trên máy tính Casio
năm học 2009 – 2010: 02 giải nhì, 01 giải 3.

II.2.2. ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG.
II.2.2.1. Nguyên nhân dẫn đến thực trạng

Về nguồn học sinh giỏi ở huyện Tiên Yên rất dồi dào, mặc dù các thầy cô
giáo đã bỏ nhiều công sức ôn luyện, kết quả đạt được các năm qua chưa hề có giải
nhất, chỉ có giải nhì và ba. Điều đó khẳng định rằng phương pháp ơn luyện học

sinh cịn có những vấn đề cần khắc phục, một trong những vấn đề đó là biên soạn
ra những cuốn tài liệu ơn thi có hệ thống kiến thức đầy đủ.

II.2.2.2. Kết luận chương II

Nếu được ôn luyện bài bản chắc chắn kết quả các năm tiếp theo sẽ còn cao
hơn nữa, nếu chúng ta biên soạn được những tài liệu đầy đủ, sát với chương trình
thi của các em. Chính vè lý do đó, tôi quyết định chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm: “Phương pháp giải tốn trên máy tính Casio FX570 MS”. Đề tài ngồi
việc chun sâu vào các bài tốn số học, cịn đề cập tới các bài tốn đa thức và hình
học. Đây cũng là điểm mới của đề tài này so với đề tài tôi đã làm năm học 2009 –
2010.

CHƯƠNG III

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

II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN
II.3.1.1. PHẦN I: SỐ HỌC

Dạng 1: Cách tính một số phép tính có kết quả bị tràn màn hình

Bài toán 1: Nêu một phương pháp (kết hợp trên máy và trên giấy) tính chính
xác kết quả của phép tính sau:

a) A = 12578963 x 14375

b) Tính chính xác của số: B = 1234567892

c) Tính chính xác của số: C = 10234563

Giải

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

A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375
* Tính trên máy: 12578.14375 = 180808750  12578.103.14375 = 180808750000

* Tính trên máy: 963.14375 = 13843125

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

b) B = 1234567892=(123450000 + 6789)2

= (1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892

Tính trên máy: 123452 = 152399025; 2x12345x6789 = 167620410

67892 = 46090521

Vậy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 46090521

= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521
=15241578750190521

c) C = 10234563 = (1023000 + 456)3= (1023.103 + 456)3

= 1023.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563

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

10233 = 1070599167

3.10232.456 = 1431651672

3.1023.4562 = 638155584

4563 = 94818816

Vậy (tính trên giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 +
+ 638155584000 + 94818816 = 1072031456922402816
Bài tốn 2 : Tính A = 999 999 9993

Giải

Ngồi cách tính tốn kết hợp trên giấy, ta có thể tìm quy luật như sau:
Ta có: 93=729; 993= 970299; 9993=997002999;

99993= 99992.9999=99992(1000-1)= 999700029999.

Từ đó ta có quy luật:   

n 1 chữsố n 1 chữ số nchữ số 9
nchữ số 9

99...9 99...9 7 00...0 299...9

 



  

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

Dạng 2: Tìm số dư khi chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b.
a. Lý thuyết

Định lí: Với hai số nguyên bất kỳ a và b, b  0, luôn tồn tại duy nhất một cặp số

nguyên q và r sao cho:

a = bq + r và 0  r < |b|

Định lý 1. Giả sử: a chia cho b dư r1, c chia cho b dư r2 .

1. Nếu r1.r2 < b thì ac chia cho b dư r1.r2 .

2. Nếu r1.r2 > b thì số dư của phép chia ac cho b là số dư của phép chia r1.r2 cho b.

3. Nếu r1 + r2 < b thì a + c chia cho b dư r1 + r2.

4. Nếu r1 + r2 > b thì số dư của phép chia a + c cho b là số dư của phép chia r1 + r2

cho b.

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

1. Vì a = bq + r1; c = bs + r2 => a.c = (bq + r1)(bs + r2 ) = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + r1r2

= b(bqs + qr2 + sr1 ) + r1r2 => đpcm

2. Nếu r1r2 > b thì giả sử r1r2 = k.b + t ( t < b) Do đó theo phân tích ở trên ta có :

a.c = b2.q.s + bqr

2 + bsr1 + r1r2 = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + k.b + t = b(b.q.s + qr2 + sr1 +

k) + t
=> đpcm

3. a + c = b(s+q) + r1+r2 => đpcm

4. Vì r1 + r2 > b nên giả sử r1 + r2 = b.k + t ( t < b)

Do đó a + c = b(s+q) + r1+r2 = a + c = b(s+q) + b.k + t = b(s+q+k) + t => đpcm.

b. Bài tập
Bài tốn 1

Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975
Giải

18901969 : 3041975 = 6.231....Dùng phím  lên dòng trên
sửa 18901969 – 3041975.6 =650119

Số dư là: r = 650119
Bài tốn 2

Tìm số dư của phép chia 123456789101112 cho 9999
Giải

Cách 1: Áp dụng định lý

123456789101112 = 123456789.106 + 101112

123456789 chia cho 9999 dư 9135
106 chia 9999 dư 100

Vì 100.9135 = 913500 > 9999 nên ta tìm số dư 913500 khi chia cho 9999.
913500 chia cho 9999 dư 3591

101112 chia cho 9999 dư 1122.

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

Cách 2: Cắt ra nhóm 11 chữ số đàu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên tiếp vào
phần cịn lại tối đa 11 chữ số rồi tìm số dư. Nếu cịn nữa thì tính liên tiếp nhu vậy.
VD: 12345678910 chia cho 9999 dư 31601.

360111112 chia cho 9999 dư 4713.
Bài tốn 3. TÌm số dư của 9876542 :5678

Đáp số: 459

Dạng 3: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN)
a. Lý thuyết

Bổ đề (cơ sở của thuật toán Euclide)

Nếu a = bq + r thì (a, b) = (b, r)
Chứng minh

Giả sử (a,b) = c => a = c.m, b = c.n => c.m = c.n.q + r => r = c(m – nq) do đó c là
một ước của r. Vậy (b,r) = c => đpcm

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, r1, r2, r3... dãy này dần đến 0,

và đó là các số tự nhiên nên ta sẽ thực hiện không quá b phép chia. Thuật toán kết
thúc sau một số hữu hạn bước và bổ đề trên cho ta:

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

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

(x , y)

Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên (x , yx ), y

(x , y) là những số nguyên

=> b= x.y

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

Tiếp theo, ta giả sử c là bội chung khác của x và y, suy ra tồn tại số nguyên m sao
cho c = m.x và ta có c⋮y nên :

c
(x , y)⋮

y
(x , y)⇔

m.x
(x , y)⋮

c

(x , y) Nhưng ta lại có

(

y
(x , y),

x

(x , y)

)

=1 nên m⋮
y

(x , y) hay
m=u. y

(x , y)

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

(x , y)=
x.y

(x , y).u hay c ;à bội của b=
x.y

(x , y) => đpcm

b. Bài tập

Bài tốn 1: Tìm UCLN của hai số:

a = 24614205, b = 10719433
Giải

* Thực hiện trên máy thuật tốn tìm số dư trong phép chia số a cho số b, ta được:
- 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

Dạng 4: Số nguyên tố
a. Lý thuyết

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

Mọi số nguyên dương n, n > 1, đều có thể được viết một cách duy nhất

(khơng tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng:

1 2

1 2 ... k,
e

e e

k

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

với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< pk

Khi đó, dạng phân tích trên được gọi là dạng phân tích chính tắc của số n.

Bổ đề: Mọi hợp số có ước thực sự nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của nó.
Chứng minh

Cho n là hợp số. Ta có thể viết n = a.b với 1<a,b<n

Nếu đồng thời a,b < √n thì n = √n . √n < a.b = n, mâu thuẫn. Vậy có ít nhất
một trong hai số a, hoặc b nhỏ hơn hoặc bằng √n .

Nhận xét: Mỗi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của
nó.

Định lí (Xác định số ước số của một số tự nhiên n):

Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được:

1 2

1 2 ... k,
e

e e

k

np p p

với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< pk

Khi đó số ước số dương của n được tính theo cơng thức:

(n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)

Chứng minh

Mọi ước số của n đều có dạng: p1f1p

2
f2. ..p

k

fk , với f

i thoả mãn 0≤ fi≤ei i=1, k

Đặc biệt, có các ước số của 1 = p10p20p30.. .pk0 tức là khi f1 = f2 = ...= f0 = 0

và n là ước số của chính nó, khi fi = ei

Tập cách chọn lựa f1 là {0,1,2, .. ., e1} , tức là có tất cả e1+1 cách chọn. Tương tự ta

có cách chọn fl khác. Từ đó => đpcm.

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

A/3 =

Ấn tiếp A/(A/Ans + 2) = = = = …. kiểm tra , khi số trên màn hình hạ xuống dưới
giá trị của căn A thì ngưng. Nếu khơng cố số ngun tố nào xuất hiện trên dịng kết
quả của màn hình thì số đó là số ngun tố.

b. Bài tập

Bài tốn 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 2152 + 3142

Giải
- 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

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 khơng.

- 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.

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

Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137
Bài toán 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.
Bài toán 4: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học
2003-2004)

Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800.
Giải

- Phân tích A ra thừa số nguyên tố, ta được:
A = 210.35.52.7.11.13

Áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:

(A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584

Bài toán 5: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm
2004):

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:

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

Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
a. Lý thuyết

Các dấu hiệu chia hết

Giả sử số tự nhiên n = akak −1. . .a1a0
 n ⋮2 ⇔ a0 = 0,2,4,6,8

 n ⋮ 5 ⇔ a0 = 0,5

 n ⋮ 4 ( hoặc 25 ) ⇔ a1a0 ⋮ 4 ( hoặc 25 )
 n ⋮ 8 ( hoặc 125 ) ⇔ a2a1a0 ⋮ 8 ( hoặc 125 )
 n ⋮ 3 ( hoặc 9) ⇔ a0 + a1 + ...ak ⋮ 3 ( hoặc 9 )

 n ⋮ 11 ⇔ (a0+ a2 +...+) – (a1 + a3 +...) ⋮ 11

( Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu của tổng các chữ số thứ chẵn và
tổng các chữ số thứ lẻ ( tính từ phải sang ) chia hết cho 11 ).

b. Bài tập

Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:

1 2 3 4x y z

chia hết cho 7.

Giải

- Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:

19293 4z với z {0, 1, 2,...,8, 9}

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

Vậy số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622
- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:

10203 4z với z {0, 1, 2,...,8, 9}

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

Vậy số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762
Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:

1 2 3 4x y z chia hết cho 13.

Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 13 là 1929304
- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 13 là 1020344

Bài 3: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004)
Tìm tất cả các số n dạng:

1235679 4

N  x y chia hết cho 24.

Giải

- Vì N  24  N  3 ; N  8  (37 + x + y)  3 ; x y4  8.
 y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8.

Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1)  3 và x y4  8, ta có:

N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840

Bài 4: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoã mãn:

1) Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1
đơn vị

2) Là số chính phương.

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

- Đặt x a a a 1 2 3. Khi ấy a a a4 5 6  x 1 và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2

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

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 cịn lại của vế trái.

Dùng máy tính, xét các khả năng đi đến đáp số:

n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716.

Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho
393 cũng như 655 đều có số dư là 210.

Giải

- Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210  x -210 chia hết cho 393

x = 655.q2 + 210  x -210 chia hết cho 655

 x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965
 x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210

- Từ giả thiết 10000 < x < 15000  10000 < 1965k + 210 < 15000

hay 9790 < 1965k < 14790  5  k < 8.

Tính trên máy:

Với k = 5, ta có: x = 1965.5 + 210 = 10035
Với k = 6, ta có: x = 1965.6 + 210 = 12000
Với k = 7, ta có: x = 1965.7 + 210 = 13965
Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965

Bài 6: Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9.
Giải

- Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x,
y, z sao cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315.

Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz

 30 + xyz chia hết cho 315. Vì 30  30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính

tìm các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029):

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

- 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

Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho:

a) 2n + 7 chia hết cho n + 1
b) n + 2 chia hết cho 7 - n

Giải

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

Chứng minh với mọi n  5, ta đều có 2n + 7 khơng chia hết cho n + 1, thật vậy:

(2n + 7)  (n + 1)  [(2n + 7) - 2(n + 1)]  (n + 1)  5  (n + 1)  n  5.

Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4.
a) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6.

Bài 8: (Thi khu vực, 2003, lớp 9)

Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010n2010) sao cho an  20203 21n cũng là số

tự nhiên.

Giải

Vì 1010  n  2010 nên 203,5  41413  an  62413  249,82.

Vì an nguyên nên 204  n  249. Ta có an2 = 20203 + 21n = 21.962 + 1 + 21n.

Suy ra: an2 – 1 = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n).

Do đó, a 12n 



a 1 a 1n

 

n



chia hết cho 7.

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

* Nếu an = 7k – 1 thi do 204  n =7k-1 249 => 29,42  k  35,7. Do k nguyên

nên k



30;31;32;33;34;35



. Vì a 1 7k(7k 2)2n   chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32;

33; 35. Ta có:

k 30 32 33 35

n 1118 1406 1557 1873
an 209 223 230 244

* Nếu an = 7k + 1 thi do 204  n =7k-1 249 => 29,14  k  35,57. Do k nguyên

nên





k 30;31;32;33;34;35 . Vì a 1 7k(7k 2)2n   chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 31; 33;

34. Ta có:

Như vậy ta có tất cả 8 đáp số.

Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số dư của một luỹ thừa khi
chia cho một số.

a. Lý thuyết

Để tìm số dư của phép chia An cho B ta tìm số R A R (mod )B

Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0x9 sao cho An x (mod 10)

Quan hệ đồng dư và các tính chất
Nếu a ≡b (mod m) thì:

a.c b.c (mod m)
an bn (mod m)

Nếu a ≡b (mod m) và c d (mod m) thì:
a ± c b ± d (mod m)

a.c b.d (mod m)

k 30 32 33 35

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

* Định lý Fermat:

Với p là số nguyên tố ta có: ap a (mod p)

Đặc biệt nếu (a,p) = 1 thì ap-1 1 (mod p)

a) Tìm một chữ số tận cùng của an

- Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì an lần lượt có chữ số tận cùng là 0,

1, 5 , 6.

- Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 ta có nhận xét sau
24k 6 (mod 10)

34k 1 (mod 10)

74k 1 ( mod 10)

b) Tìm hai chữ số tận cùng của an

Ta có nhận xét sau

a20k 00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0

a20k 01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9

a20k 25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5

a20k 76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8

c) Tìm ba chữ số tận cùng của số an

a100k 000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0

a100k 001 (mod 1000) nếu acó chữ số tận cùng là 1,3,7,9

a100k 625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5

a100k 376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8

b. Bài tập

Bài 1: Tìm hai chữ số cuối cùng của số: 
A = 21999 + 22000 + 22001

Giải
A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999

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

do đó 220.99.219 76.219 (mod 100) 88 (mod 100)

 A 88.7 (mod 100) => A 616 (mod 100)

Vậy hai chữ số cuối của A là 16

Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của 292003

Giải

Ta có 92000 001 (mod 1000) => 92003 001.93 (mod 1000) 729 (mod 1000)

Do đó 292003 2729 (mod 1000) 2700.229 (mod 1000) 376.912 (mod 1000)

912 (mod 1000)

Vậy 3 chữ số cuối cùng của 292003

là 912
Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003

Giải

Bài tốn trên chính là dạng Fermat: 52002 1 (mod 2003) => 52002.56 56 (mod

2003)

Vậy số dư là : 56 = 1064

Bài 4: Tìm số dư của 199140 cho 2008

Giải

Dạng tốn trên khơng phải dạng tốn Ferma, vậy ta tìm số dư của luỹ thừa lớn nhất
của 1991 mà khơng tràn màn hình máy tính khi chia cho 2008.

19913 1111(mod 2008)

19912 289 (mod 2008 )

19915 289.1111 (mod 2008) 1807 (mod 2008)

199110 18072 (mod 2008) 241 (mod 2008)

199140 2414 713

Vậy số dư là 713

Bài 5. Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn của số tự
nhiên: A20112010

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

Ta có: 20112 4121 mod 10000 ; 2011





4 41212 2641 mod 10000





   

8 2 10

2011 2641 4881 mod 10000 ;2011 4121 4881 4601 mod 10000 









20 2 40

2011 4601 9201 mod 10000 ; 2011 8401 mod 10000









80 100

2011 6801 mod 10000 ; 2011 6001 mod 10000 ;









200 1000

2011 2001 mod 10000 ;...; 2011 1 mod 10000 ;













2010 10 1000

2011 2011  2011 4601 1 mod 10000 4601 mod 10000

Vậy: A20112010 có bốn chứ số cuối là: 4601

Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k  N) trong số thập phân vô hạn tuần hồn

a. Lý thuyết

Định lí: (Dấu hiệu nhận biết một phân số đổi được ra số thập phân hữu hạn)

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

hoặc ngồi thừa số ngun tố 2, 5 cịn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do các số
dư trong quá trình chia bao giờ cũng phải nhỏ hơn b nên các số dư chỉ có thể là các
số trong: {1; 2; 3;...;b-1}

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

gặp lại số dư đã gặp trước. Do đó, nếu ta cứ tiếp tục chia thì các số dư sẽ lặp lại và
dĩ nhiên các chữ số trong thương cũng lặp lại.

Từ đó để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy của số thập phân vô hạn tuần hoàn,
ta chỉ cần xác định được chu kỳ lặp lại của các chữ số trong thương, từ đó dễ dàng
suy ra được chữ số cần tìm.

b. Bài tập

Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy của số:

1 1 10 1

) ; ) ; ) ; )

37 41 51 49

a A b B c C d C

Giải
a) Số

0,027 027 (027)...
37

A 

tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.

Vì 2005  1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7

b) Số

0, 0243902439(02439)...
41

B 

tuần hồn chu kỳ 5 chữ số 02439.
Vì 2005  0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9

c) Số

0,(1960784313725490)
51

C 

TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490
Vì 2005  5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7

d) Số

0,(020408163265306122448979591836734693877551)
49

D 

tuần hoàn chu kỳ 42 chữ số

020 408 163 265 306 122 448 979591836734693877551

Vì 2005  31 (mod 42) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy là : 7

* Thuật tốn tìm chữ số thập phan sau dấu phẩy:
VD: Tìm chu kì của 1/49 ta làm như sau

Mode mode 3 ( Base) rồi ấn phím DeC
1 shift sto A

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

Ta viết ra giấy: 0,204081

Tiếp tục bấm Ax10000000 – 49xAns shift A
Bấm dấu mũi tên lên rồi ấn Shift copy

chỉ việc bvaams dấu = = = … là ra chu kì

Lưu ý: cứ mỗi phép chia cho ta 7 chữ số thập phân, nếu chỉ hiện 6 hay 5 số, ta hiểu
ngầm có một hay hai chữ số 0 đứng trước.

Dạng 8: Liên phân số
a. Lý thuyết

Cho a, b (a > b) là hai số tự nhiên. Dùng thuật toán Ơclit chia a cho b, phân

số

b có thể viết dưới dạng:

0 0

a a a 1

b b

   

Vì b0 là phần dư của a khi chia cho b nên b > b0. Lại tiếp tục biểu diễn phân số

1
1 1
0
0 0
1
b

b a a 1

b b

   

Cứ tiếp tục quá trình này sẽ kết thúc sau n bước và ta được:

0
0 0
1
n 2
n

a a a 1

b b a

1
...a
a

   



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

dưới dạng liên phân số. Mỗi số hữu tỉ có một biểu diễn duy nhất dưới dạng liên
phân số, nó được viết gọn



a ,a ,...,a0 1 n



. Số vơ tỉ có thể biểu diễn dưới dạng liên

phân số vô hạn bằng cách xấp xỉ nó dưới dạng gần đúng bởi các số thập phân hữu
hạn và biểu diễn các số thập phân hữu hạn này qua liên phân số.

Vấn đề đặt ra: hãy biểu diễn liên phân số

0
1
n 1
n
1
a 1

a 1
...a
a




về dạng
a

b. Dạng tốn

này được gọi là tính giá trị của liên phân số. Với sự trợ giúp của máy tính ta có thể
tính một cách nhanh chóng dạng biểu diễn của liên phân số đó.

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)

Ấn lần lượt an 1 1 ab/ c an an 2 1 ab/ c Ans ...a0 1 ab/ c Ans 

Bài 1 (Vơ địch tốn New York, 1985) Biết

15 1

17 1 1

a
b






trong đó a và b là các số
dương. Tính a,b?

Giải

Ta có:

15 1 1 1 1

17 2 1 1

17 1 1 1

15 1

15 15 7

2 2

   

  



. Vậy a = 7, b = 2.

Bài 2: Tính giá trị của

A 1 1

2 1
3
2
 


Giải

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

b/ c b/ c b/ c b/ c

3 1 a 2 2 1 a  Ans 1 1 a  Ans  SHIFT a ( )23

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

Nhận xét: Dạng tốn tính giá trị của liên phân số thường xuất hiện rất nhiều trong
các kỳ thi nó thuộc dạng tốn kiểm tra kỹ năng tính tốn và thực hành. Trong các
kỳ thi gần đây, liên phân số có bị biến thể đi đôi chút ví dụ như:

8,2

A 2,35 6,21

2 0,32

3,12
2

 




với dạng này thì nó lại thuộc dạng tính tốn giá trị biểu
thức. Do đó cách tính trên máy tính cũng như đối với liên phân số (tính từ dưới lên,
có sử dụng biến nhớ Ans).

Dạng 9: Dãy truy hồi Fibonacci
a. Lý thuyết

Bài toán mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ cứ mỗi tháng
đẻ được một đôi thỏ con, mỗi đôi thỏ con cứ sau 2 tháng lai sinh ra một đôi thỏ
nữa, rồi sau mỗi tháng lại sinh ra một đôi thỏ con khác v.v… và giả sử tất cả các
con thỏ đều sống.

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

Giải
- Tháng 1 (giêng) có một đơi thỏ số 1.

- Tháng 2 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 2. Vậy có 2 đơi thỏ trong tháng 2.

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

- Tháng 4 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 4.1, đôi thỏ số 2 để đôi thỏ số 4.2, đôi thỏ số 3
chưa đẻ. Vậy trong tháng 4 có 5 đơi thỏ.

Tương tự ta có tháng 5 có 8 đơi thỏ, tháng 6 có 13 đơi thỏ, …

Như vậy ta có dãy số sau: (ban đầu)1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233
(tháng 12)

Đây là một dãy số có quy luật: Mỗi số hạng kể từ số hạng thứ ba bằng tổng hai số
hạng trước đó.

Nếu gọi số thỏ ban đầu là u1; số thỏ tháng thứ n là un thì ta có cơng thức:

u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 (với n  2)

Dãy

 

un có quy luật như trên là dãy Fibonacci. un gọi là số (hạng) Fibonacci.

Công thức tổng quát của số Fibonacci: Nhờ truy hồi ta chứng minh được số hạng
thứ n của dãy Fibonacci được tính theo công thức sau:

n n

1 1 5 1 5

u
2 2
5

      
 
     
   
    
  (*)
Chứng minh

Với n = 1 thì

1 1 1 5 1 5

u 1
2 2
5
     
      
   

  ; Với n = 2 thì

2 2

1 1 5 1 5

u 1
2 2
5

      
 
      
   
    
  ;

Với n = 3 thì

3 3

1 1 5 1 5

u 2
2 2
5
      
 
      
    
  ;

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

k k k 1 k 1
k 1 k k 1

k k

1 1 5 1 5 1 1 5 1 5

u u u

2 2 2 2

5 5

1 1 5 1 2 1 5 1 2

2 2

5 1 5 1 5

 
 
             
   
             
       
         
   
         
 
          
     
       
 
k k

k 1 k 1

1 1 5 3 5 1 5 3 5

2 2

5 1 5 1 5

1 1 5 1 5

2 2
5
 
           
 
        
         
       
 
      
 
     
   
    
 

Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) đã được chứng minh.

b. Bài tập

Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:

Bài 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số





 

 





n n

3 2 3 2

2 2 . Lập công thức truy

hồi để tính un 2 theo un 1 , un.

Giải
Giả sử un 2 aun 1 bunc (*).

Với n = 0, 1, 2, 3 ta tính được u0 0;u 1;u1  2 6;u3 29;u4 132.

Thay vào (*) ta được hệ phương trình :

a c 6
6a b c 29
29a 6b c 132

 


  

   
 => 
a 6
b 7
c 0





 


Vậy un 2 6un 1  7un

Bài 2: Tính các số hạng của dãy Fibonacci trên máy tính điện tử
a) (Tính theo cơng thức tổng qt)

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

Ta có cơng thưc tổng qt của dãy:

n n

1 1 5 1 5

u
2 2
5
      
 
     
    

 . Trong công thức

tổng quát số hạng un phụ thuộc n, vì n thay đổi nên ta dùng biến nhớ Ans để thay

giá trị n trong phép tính.

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn các phím: 1

b / c

1 a 5 ( ( ( 1 5 ) 2 ) ) ^ Ans ( ( 1  5 ) 2 ) ) ^ Ans ) 

Muốn tính n = 10 ta ấn 10, rồi dùng phím  một lần để chọn lại biểu thức vừa

nhập ấn . Quy trình bấm phím này giúp ta tính được số hạng thứ n nhưng muốn

tính tổng của n số hạng đầu tiên ta phải liên tục dùng biến nhớ M. Trên máy
570MS ta làm như sau:

Gán A = 0 ( biến đếm )

B = 0 ( u0)

C = 0 (tổng)

Trên máy tính bấm A = A + 1:B=

    
 
     
   
    
 
A A

1 1 5 1 5

2 2

:C = C + B

Bấm đến khi A = n thì B và C là kết quả cần tìm.
b). (Tính theo dãy)

Ta có dãy Fibonacci: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 (với n  2)

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)

Ấn các phím: 1 SHIFT STO A ----> gán u2 = 1 vào biến nhớ

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

1 SHIFT STO B

 ----> lấy u

2+ u1

= u3 gán vào B

Lặp lại các phím:  ALPHA A SHIFT STO A ----> lấy u

3+ u2 = u4

gán vào A

ALPHA B SHIFT STO B

 ----> lấy u

4+ u3 = u5

gán vào B

Bây giờ muốn tính un ta  một lần và , cứ liên tục như vậy n – 5 lần.

Cách 2: Ta có thể làm nhu sau:
A = 1

B = 1

A=A+B:B=B+A= = = =

Để đỡ phải đếm bằng cách nhẩm có thể bị nhầm số lần bấm dấu = ta có thể cho
thêm biến đếm: C = C + 1:A=A+B:B=B+A= = = =

Với giá trị ban đấu của C = 0. Vậy ứng với C = n ta có giá trị của Un

tính các số hạng từ thứ 6 trở đi.

Bài 3
Tính tổng:

2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3

1 3 5 29

...

1 2 2 3 3 4 15 16

B    

    .

Giải

Gán A = 0; B = 1; C = 2; X = 0 ( Biến đếm)

D= (số hạng )

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

X=X+1:A=2X+1:B=B+1:C=C+1:D=A2:(B3+C3):E=E+D

Bấm = liên tục đến khi A = 29 thì E là kết quả tương ứng
Đáp số: 0,112568598

Dạng 10: Bài toán lãi kép
Có ba loại tốn cơ bản

Bài 1: ( Lãi śt có từ một giá trị khơng đổi theo thời gian ). Một số tiền a đồng
được gửi vào ngân hàng, lãi suất r/tháng. Hỏi sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là
bao nhiêu ?

Giải
Gọi A là số tiền có được sau n tháng.
Ta có cơng thức: A=a(1+r)n

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

Giải
Sử dụng công thức: A.=a

r(1+r)

[

(1+r)
n

−1

]

r: Phân lãi

a: Tiền đóng hàng tháng
n: Thời gian.

Bài 3: ( trả nợ ngân hàng ) Một người vay vốn ở 1 ngân hàng với số vốn là N 
triệu đồng, thời hạn n tháng, lãi suất x% trên tháng, tính theo dư nợ, trả đúng ngày
quy định. Hỏi hàng tháng, người đó phải đều đặn trả vào ngân hàng 1 khoảng tiền
cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu để đến tháng thứ n thì người đó trả hết nợ ?

Giải
Số tiền gốc sau tháng 1 :

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

Sau tháng 2 :

[N( x +1) -A] + [N ( x+1) -A] x -A = N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1]

Sau tháng 3:[ N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1] ( 1+x) -A= N (x+1)3 - A [(x+1)2 + (x+1)+1]

Sau tháng n:

N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]

Trả hết nợ thì sau n tháng, số tiền sẽ bằng 0
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]=0
 N(1+x)n = A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]

Đặt y = x+1

Ta có : N. yn = A ( yn-1 + yn-2 + ...+ y+1)

 . 1 2 ... 1

n

n n

y
A N

y  y  y



  

Dạng 11: Tính số chữ số của một luỹ thừa:
Bài 1: Tính xem 222425 có bao nhiêu chữ số ?

Giải

Ta có 22425.log(2) = 6750,597….làm trịn bằng 6751.
Vậy số đã cho có 6751 chữ số.

Dạng 12: Tính các chữ số đầu của một lũy thừa
Bài 1: Tính 5 chữ số đầu tiên của 20082008

Giải

Phân tích 20082008 = a.10n ( n∈N ). Thế thì 5 chữ số đầu của 20082008 cũng là 5

chữ số đầu của a. Để tìm n ta giả sử 20082008 = 10x ( x∈R )

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

Do đó ta viết 20082008 = 106631.100,949527 => a = 100,949527

Bấm máy tính ta thấy 100,949527 = 8,902799854.

Vậy 5 chữ số đầu của a là 89027

Trên phần mềm khác máy tính khác ta tính chính xác 20082008 = 8902799930….

Ta thấy cách tính trên từ số thứ 8 trở đi khơng chính xác nữa vì phép logarit là
phép tính gần đúng.

II.3.1.2. PHẦN II. ĐA THỨC

Dạng tốn: Tính giá trị của biểu thức

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

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

3
1

4)

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

- 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(

3
1

4) =

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

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

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

Giải

- 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 =

2 9 10

( 1)(1 ... ) 1

1 1

x x x x x

x x

     



 

Từ đó tính P(0,53241) =
Tương 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. Biết P(1) = 1; P(2) = 4;

P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 25. Tính P(6); P(7); P(8); P(9) = ?

Giải
Bước 1: Đặt Q(x) = P(x) + H(x) sao cho:
+ Bậc H(x) nhỏ hơn bậc của P(x)

+ Bậc của H(x) nhỏ hơn số giá trị đã biết của P(x), trong bài bậc H(x) nhỏ
hơn 5, nghĩa là:

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

Bước 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

Vậy ta có: Q(x) = P(x) - x2

Vì x = 1, x = 2, x = 3, x = 4, x = 5 là nghiệm của Q(x), mà bậc của Q(x) bằng
5 có hệ số của x5 bằng 1 nên: Q(x) = P(x) - x2 = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)

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

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

Bài 4: Cho đa thức

9 7 5 3

1 1 13 82 32

( )

630 21 30 63 35

P x  x  x  x  x  x

a) Tính giá trị của đa thức khi x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4.
b) Chứng minh rằng 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 và 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 được 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

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

II.3.1.3. PHẦN III. HÌNH HỌC

Dạng 1: Giải tam giác

Bài 1. ( Đề thi CASIO Quảng Ninh năm 2006 – 2007 )

Cho tam giác ABC, trong đó BC = 11cm, góc ACB = 320 , góc ABC = 380. Tính

gần đúng độ dài các cạnh AB, AC

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

Kẻ thêm đường cao AH.
Cotg380 = BH

AH và Cotg320 =
HC

AH ; Do đó Cotg380 + Cotg320 =

AH

Tính được AH ta tính được BH và HC. Áp dụng Pi ta go tính được AB và AC

Đáp số

AB 6,203211324 cm
AC 7,206905832 cm

Chú ý học sinh tính tốn các cạnh theo hệ thức tốn học rồi mới thay số liệu vào
tính tốn. Khơng dùng máy tính để tính từng đoạn thẳng riêng biệt vì sẽ khó kiểm
tra kết quả và có thể dẫn đến sai sót do q trình làm trịn số.

Dạng 2: Đa giác và hình trịn
a. Lý thuyết

* Một số cơng thức:

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

+ Góc ở tâm:

n


 

(rad), hoặc:

360
o

a
n



(độ)

a A



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

+ Góc ở đỉnh:
 2
A n
n 



(rad), hoặc

 2

A n .180

n




(độ)

+ Diện tích: 4 cot 2

na

S  g

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

- Chu vi: C = 2R

- Diện tích: S = R2

+ Hình vành khăn:

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

+ Hình quạt:

- Độ dài cung: l = R ; (: rad)

- Diện tích:

2
1
2

S R

(: rad)

2
360
R a


(a: độ)
b. Bài tập

Bài 1: Ba đường trịn có cùng bán kính 3 cm đơi một tiêp xúc ngồi (Hình vẽ)
Tính diện tích phần xen giữa ba đường trịn đó ?

Giải
Sgạch xọc = SO1O2O3 - 3 Squạt

Tam giác O1O2O3 đều, cạnh bằng 1 nên:

1 2 3

1 3

6.6. 9 3

2 2

O O O

S  

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

Squạt =

2 .9.60 3

360 360 2

R a

  

 

 Sgạch xọc = SO1O2O3 - 3 Squạt =

9 18 3 9

9 3 1, 451290327

2 2

  

  

Bài 2: Cho hình vng ABCD, cạnh a = 5,35. Dựng các đường tròn tâm A, B, C, D

có bán kính R = 2

a

. Tính diện tích xen giữa 4 đường trịn đó.
Giải

Sgạch = SABCD - 4Squạt
Squạt =

4SH.tròn = 
1
4R2

 Sgạch = a2 - 4.

4R2 = a2 - 
1
4a2

= a2(1 - 
1

4)  6,142441068

Bài 3: Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 3,15 cm. Từ một điểm A ở ngồi
đường 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 = 7,85 cm.

Giải
- Tính :

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

SOBAC = 2SOBA = aRsin

Squạt =

2.2 2.

360 180

R R

   



Sgạch = SOBAC - Squạt = aRsin -

2.
180

R

 

 11,16 (cm2)

II.3.1.4. PHẦN IV. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ

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

Giả sử bài toán cho ta 3 đường thẳng bậc nhất như hình vẽ
a) u cầu tính tọa độ các điểm A, B, C, D, E

b) Tính diện tích ngũ giác ABCDE

Hướng giải:

a) HS phải giải các hệ phương trình bậc nhất để tìm tọa độ giao điểm của từng
cặp đường thẳng.

b) Có nhiều cách tính diện tích của tứ giác đó. Giáo viên có thể dạy cách chia
thành hình thang như trên. SABCDE = SABGE + SBCFG - SCDF

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

Mặc dù đã hết sức cố gắng nghiên cứu, sưu tập tài liệu nhưng đề tài này
chắc chắn sẽ khơng tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế. Tơi thực sự mong muốn
nhận được nhiều ý kiến đóng góp xây dựng của các thày cô giáo, các bạn đồng
nghiệp để đề tài thực sự hấp dẫn và có hiệu quả khi đến với các em học sinh.

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

- Các đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio 1996 – 2004 - Tạ Duy
Phượng

- Số học - Nguyễn Vũ Thanh
- Mạng Internet

IV.2. Phụ lục

I. PHẦN MỞ ĐẦU

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

I.1.1. Cơ sở lý luận.
I.1.2. Cơ sở thực tiễn.

I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
I.3. THỜI GIAN VÀ ĐỊA ĐIỂM
I.3.1. Thời gian

I.3.2. Địa điểm
I.3.3. Phạm vi đề tài

I.3.3.1. Giới hạn đối tượng nghiên cứu.
I.3.3.3.Giới hạn về Khách thể khảo sát.
I.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn
2. Phương pháp nghiên cứu tài liệu.

I.5. ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN:
II. PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU

II.1. CHƯƠNG I: TỔNG QUAN
II.1.1. Lịch sử vấn đề nghiên cứu
II.1.2. Kết luận chương I.

II.2. CHƯƠNG II: TÌM HIỂU THỰC TRẠNG

II.2.1.THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở
TRƯỜNG PTCS YÊN THAN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN

II.2.2. ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG.
II.2.2.1. Nguyên nhân dẫn đến thực trạng
II.2.2.2. Kết luận chương II.

III. CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH 
CASIO 570 MS

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

II.3.1.2. PHẦN II: Đa thức
II.3.1.3. PHẦN IIII: Hình học
II.3.1.4. PHẦN IV: Hệ trục tọa độ
IV. KẾT LUẬN

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46></div>
(47)<div class='page_container' data-page=47></div>
(48)<div class='page_container' data-page=48></div>
(49)<div class='page_container' data-page=49></div>