skkn 1 số bài toán trên máy tinh cầm tay thpt trần biên

Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trang 1 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa Có thể nói máy tính cầm tay( MTCT) là công cụ đơn giản và rẻ, đồng thời rất đắc lực, cần thiết cho nhu cầu dạy và học ở trường phổ thông. Hơn thế nữa nó phù hợp với xu hướng phát triển của Toán học hiện đại, là sự kết hợp hữu cơ giữa suy luận toán học và máy tính điện tử. Chính vì vậy trong chương trình sách giáo khoa đổi mới luôn có bài thực hành về MTCT và thường niên sở giáo dục đã tập huấn cho giáo viên về vấn đề này, nhằm góp phần đổi mới phương pháp “ học đi đôi với hành”. Qua thực tiễn giảng dạy MTCT trong nhiều năm tôi càng thấy rõ tầm quan trọng của nó, cụ thể như: giúp học sinh củng cố các kiến thức cơ bản của toán học, tìm ra quy luật, mở rộng kiến thức toán học; tăng tốc độ làm toán và sự tính toán chính xác cao; giúp liên kết các kiến thức toán học với thực tế; phát huy được tính tích cực và sáng tạo của học sinh. Tầm quan trọng là vậy, tính thời sự là vậy nhưng nhiều người còn nghĩ rằng dạng toán trên MTCT chỉ cần dùng “ sức mạnh” là có đáp số, quan niệm đó hoàn toàn sai lầm. Để giải những dạng toán này cần phải “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính” sau, bên cạnh đó việc viết quy trình bấm máy phải có kiến thức về toán và là bước đầu tập dợt làm quen với lập trình trên máy tính điện tử. Trong ba năm gần đây các đề thi về MTCT của các tỉnh và đề thi của Bộ Giáo Dục là các dạng toán quen thuộc và gần gũi với cấu trúc đề thi đại học. Chính vì lẽ đó đã thu hút được học sinh và giáo viên quan tâm hơn, không còn cho là kiến thức “xa xỉ”. Trước kỳ thi MTCT- Cao Đẳng, Đại học đến gần, với mong muốn có thể cung cấp cho các em học sinh một số dạng toán về hình học trong mặt phẳng và trong không gian, chính vì vậy tôi nghiên cứu và viết đề tài: “ Một số dạng toán trên máy tính cầm tay(phần số học và hình học) ” II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI: 1) Thuận lợi:  Đa số học sinh được cha mẹ trang bị cho MTCT từ bậc trung học cơ sở, vì vậy các em có kỹ năng tính một số dạng toán đã được lập trình sẵn trong máy. Trang 2 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa  MTCT là công cụ liên kết giữa các kiến thức và mối quan hệ hữu cơ giữa kỹ năng và tư duy.  MTCT giúp học sinh rút ngắn thời gian tính toán. 2) Khó khăn:  Điều khó khăn là học sinh và cả phụ huynh không muốn cho con em mình đầu tư sâu vào dạng toán trên MTCT, vì cho là “ xa xỉ ” không thiết thực với đề thi đại học. Bên cạnh đó học sinh chỉ dùng MTCT đối với phép tính nhỏ hoặc bài toán dễ, mà chưa khai thác, tìm hiểu những ứng dụng tối ưu của máy tính.  Điều đáng nói là cho đến nay vẫn thiếu những tài liệu về dạng bài tập này. Hơn nữa, giáo viên vẫn chưa chú trọng hoặc bỏ lơ việc dạy thực hành dạng toán MTCT và cho đó là phần đọc thêm của học sinh, mặt khác học sinh chưa có thói quen tự học, tự nghiên cứu. III. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT ĐỀ TÀI Trước hết, ta cần hệ thống tóm tắt những kiến thức và những vấn đề cần thiết khi nghiên cứu đề tài. Sau đó, phân loại dạng toán và giải bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, hướng dẫn sử dụng máy trong mỗi cách giải đó. Cuối cùng là bài tập tự luyện. IV. NỘI DUNG ĐỀ TÀI: Máy tính Casio fx-570 ES, fx-570 PLUS được sử dụng cho bài viết này. Các bài toán được đề cập trong bài viết là “giỏi toán” trước rồi mới “giỏi tính” sau, tuy nhiên cũng có một số bài giới thiệu quy trình bấm máy. 1.1 Các dấu hiệu chia hết Giả sử số tự nhiên n = 011 aaaa kk − • n 2 ⇔ { } 0 0; 2; 4;6;8a ∈ • n  5 ⇔ { } 0 0;5a ∈ Trang 3 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa • n  4 ( hoặc 25 ) ⇔ 1 0 4a a M ( hoặc 25 ) • n  8 ( hoặc 125 ) ⇔ 2 1 0 8a a a M ( hoặc 125 ) • n  3 ( hoặc 9) ⇔ ( ) 0 1 2 3 k a a a a + + + + M ( hoặc 9 ) • n  11 ⇔ ( ) ( ) 5 0 2 4 1 3 11a a a a a a − + + + + M ( 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 chia hết cho 11 ). 1.2 Số chính phương 1.2.1 Định nghĩa : Số tự nhiên a là số chính phương thì căn bậc hai của a là số nguyên. Nếu a không chính phương thì căn bậc hai của a là một số vô tỷ 1.2.2 Các tính chất a) Giữa hai số n 2 và (n+1) 2 không có số chính phương nào . b) Một số chính phương chỉ có thể có số tận cùng là 0; 1; 4; 9; 6; 5 (Hay số chính phương không có số tận cùng là một trong các số 2; 3; 7; 8 ) . 1.3 Quan hệ đồng dư thức. 1.3.1 Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương. Ta nói, a đồng dư với b theo mod n và kí hiệu là a b ≡ (mod n) nếu a, b cùng có số dư khi chia cho n. Ví dụ : 7 chia 5 dư 2 và 12 chia 5 dư 2 Ta nói 7 đồng dư 12 theo môđun 5 và viết 7≡12 (mod 5) 1.3.2 Các tính chất Tính chất 1: ( ) ( ) mod mod ,a b n a c b c n c Z ≡ ⇒ ÷ ≡ ÷ ∀ ∈ ( ) ( ) mod moda b n ac bc n ≡ ⇒ ≡ ( ) ( ) mod mod , 1 k k a b n a b n k ≡ ⇒ ≡ ∀ ≥ Trang 4 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa Tính chất 2: Số có tận cùng là 9376 hay 0625 khi lũy thừa lên bậc bất kì cũng được số tận cùng là chính nó. (Ta cũng có thể suy ra được số 376, 76, 6, 625, 25, 5 cũng có tính chất tương tự nhưng chỉ xét 3, 2 hay 1 chữ số). Ngoài ra còn có một số tính chất khác: ( ) mod ,a a n a ≡ ∀ ( ) ( ) mod moda b n b a n ≡ ⇒ ≡ ( ) ( ) ( ) mod , mod moda b n b c n a c n ≡ ≡ ⇒ ≡ ( ) ( ) ( ) mod ` , 1 modac bc n va c n a b n ≡ = ⇒ ≡ ( ) ( ) ( ) mod 0 n n a b b a a + ≡ > 1.3.3 Định lý Fermat:( Định lý nhỏ Fermat) Với p là số nguyên tố ta có: ( ) mod p a a p ≡ . Đặc biệt nếu ( ) ; 1a p = thì ( ) 1 1 mod p a p − ≡ Pierre de Fermat là một học giả nghiệp dư vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và cha đẻ của lý thuyết số hiện đại. Xuất thân từ một gia đình khá giả. Chỉ trừ gia đình và bạn bè tâm giao, chẳng ai biết ông vô cùng say mê toán. Mãi sau khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từ năm 1670. Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng Trang 5 Pierre de Fermat (1601-1665) Andrew John Wiles (sinh ngày 11/04/1953) Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa góp to lớn của ông. Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có 2 định lý nổi bật:định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat . Định lý lớn Fermat :Câu chuyện về định lý cuối cùng của Fermat là câu chuyện khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pythagore, định lý là "Trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông". Fermat thay đổi phương trình Pythagore và tạo ra một bài toán khó bất hủ. Định lý này phát biểu như sau: Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả n n n x y z + = trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2. Định lý này đã làm hao mòn biết bao bộ óc vĩ đại của các nhà toán học lừng danh trong gần 4 thế kỷ. Cuối cùng nó được chứng minh bởi nhà Toán học Mỹ - Andrew Wiles vào năm 1993. 1.3.4 Ứng dụng của đồng dư thức là tìm các chữ số tận cùng hoặc tìm số dư của phép chia , nếu số bị chia được cho bằng dạng lũy thừa khá lớn. Để tìm số dư của phép chia A n cho B ta tìm số R < B sao cho : (mod )A R B ≡ Để tìm 1 chữ số tận cùng của A n ta tìm số 0 ≤ x ≤ 9 sao cho A n ≡ x (mod 10) a) Tìm một chữ số tận cùng của n a - Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5; 6 thì n a 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 2 4k ≡ 6 (mod 10); 3 4k ≡ 1 (mod 10) ; 7 4k ≡ 1 ( mod 10) b) Tìm hai chữ số tận cùng của n a Ta có nhận xét sau a 20k ≡ 00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0 a 20k ≡ 01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1; 3; 7; 9 a 20k ≡ 25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5 a 20k ≡ 76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2; 4; 6; 8 c) Tìm ba chữ số tận cùng của số n a a 100k ≡ 000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0 Trang 6 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa a 100k ≡ 001 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 1; 3; 7; 9 a 100k ≡ 625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5 a 100k ≡ 376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2; 4; 6; 8 2.1 CÔNG THỨC, ĐỊNH LÝ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG : Trong tam giác ABC ta ký hiệu: a, b, c tương ứng là độ dài các cạnh BC, AC, AB S là diện tích , p là nửa chu vi tam giác , , a c b h h h tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ A, B, C , , a c b m m m tương ứng là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. 2.1.1 Định lý sin 2 sin sin sin a b c R A B C = = = 2. 1.2 Định lý cosin : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 2 cos 2 cos a b c bc A b a c ac B c a b ab C = + − = + − = + − 2.1.3 Độ dài đường trung tuyến : 2 2 2 2 2 2 a c b a m + − = 2.1.4 Độ dài đường phân giác trong góc A: 2 ( ) a d bcp p a b c = − + 2.1.5 Độ dài đường cao : .sin .sin .sin .sin sin a a B C h b C c B A = = = 2 a S h a = 2.1.6 Khoảng cách giữa 2 tâm của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp : ( ) 2d R R r = − 2.1.7 Diện tích tam giác : ( ) ( ) ( ) S p p a p b p c = − − − Trang 7 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa 4 abc S R = 1 1 1 . . .sin . . .sin . . .sin 2 2 2 S a b C b c A a c B= = = .S p r = 2 1 .sin .sin . 2 2sin a a B C S a h A = = 2.1.8 Ba đường phân giác cắt 3 cạnh tại A 1 , B 1 , C 1 thì : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 . ABC A B C abc S S a b a c b c = + + + 2.1.9 Diện tích hình bình hành và hình thoi : . .sin ABCD S AB AD A = 2.1.10 Diện tích tứ giác lồi a) Định lý 1: Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh ;AB a BC b = = ;CD c DA d = = . Gọi S là diện tích ABCD. Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )    ÷   2 B +D S = p- a p - b p - c p- d - abcdcos 2 (1) O C A B D Chứng minh: Ta có ABC ACD S = S +S ( ) 1 = absinB+cdsinD 2 mà 2 2 2 AC a b 2abcos B = + − 2 2 2 AC c d 2cdcosD = + − 2 2 2 2 2 2 2 16S 4a b sin B 4c d sin D 8abcdsin Bsin D⇒ = + + (2) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4a b 1 cos B 4c d 1 cos D 8abcdsin Bsin D = − + − + Trang 8 ( ) 2 2 2 2 a b c d 2abcosB 2cdcos D⇒ + − + = − Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa Và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b c d 2abcosB 2cdcosD = + − + − ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c d 4a b cos B 4c d cos D 8abcdcosBcosD   ⇔     + − + = + + (3) Cộng (2) và (3) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16S 4a b 4c d 8abcdsin Bsin D a b c d 8abcdcosBcosD       = + + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 16S 4 ab cd a b c d 8abcd 1 cosBcosD sin Bsin D   = + − + − + − + −   (4) Rõ ràng ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 ab cd a b c d   + − + − +   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ab cd a b c d 2 ac bd a b c d c d a b a b c d c d a b c d a b a b c d a b c d 16 p a p b p c p d                       = + − + − + + + + − + = + − − + − − = + + − + − + + − + + + − = − − − − Mà ( ) 2 B D 1 cos BcosD sin Bsin D 1 cos B D 2cos 2 +   + − = + + =  ÷   Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 B D S p a p b p c p d abcdcos 2 +   = − − − − −  ÷   Hệ quả 1: Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn ( tức là ¶ ¶ o B D 180 + = ) thì ( ) ( ) ( ) ( ) S p a p b p c p d= − − − − Hệ quả 2: Nếu d 0, = tức là tứ giác suy biến thành tam giác thì ta có thệ thức Heron ( ) ( ) ( ) S p p a p b p c = − − − b) Định lý Ptolemaeus: Trong một tứ giác nội tiếp, tích 2 đường chéo bằng tổng của tích các cạnh đối, tức là . . .AB CD AD BC AC BD + = Trang 9 Trường THPT Trấn Biên ThS: Phan Thị Thái Hòa Chứng minh: Lấy K trên cạnh AC sao cho · · ABK CBD = Ta có · · · ABK CBK ABC + = và · · · CBD ABD ABC + = Suy ra · · ABK CBD = và · · CBK ABD = Do đó ABK DBC ABD KBC      ∆ ∆ ∆ ∆ : : ( ) ( ) 1 2 AK.BD AB.CD CK.BD BC.AD      = ⇒ = Cộng (1) và (2) ta được: ( ) BD AK CK BC.AD AB.CD + = + Vậy . . .AB CD AD BC AC BD + = Ptôlêmê sinh ra ở thành phố Ptôlêmai Hecmin (Thượng Ai Cập), học tập và làm việc chủ yếu ở Alêchxanđria (thủ đô Ai Cập thời Hy Lạp hóa), là nơi tập Trang 10 Claudius Ptolemaeus 90-168( Sau Công nguyên) [...]... 84 01( mod10000) 2 011 2 412 1 ( mod 10 000 ) Trang 24 Trng THPT Trn Biờn ThS: Phan Th Thỏi Hũa 2 011 4 412 12 26 41 ( mod10000 ) 2 011 80 68 01 ( mod 10 000 ) 2 011 8 26 412 48 81 ( mod 10 000 ) 2 011 100 60 01( mod10000 ) 2 011 10 412 1ì 48 81 46 01 ( mod10000 ) 2 011 200 20 01( mod 10 000 ) 2 011 1000 1( mod10000 ) 2 011 20 46 012 92 01 ( mod 10 000 ) 2 011 2 010 = 2 011 10 ì ( 2 011 1000 ) 46 01 1( mod 10 000 ) 46 01 ( mod 10 000... = 11 115 556 3 2 2 Ta i n kt lun tng quỏt sau õy: 10 k + 2 Nhn xột: l s nguyờn dng cú ( k 1) ch s 3, tn cựng l s 4 3 2 10 k + 2 Suy ra ữ l s nguyờn dng gm k ch s 1, ( k 1) ch s 5 v tn 3 cựng l 6 Chng minh nhn xột trờn bng phng phỏp quy np v do ú ta tớnh { { c A = 11 15 5 5 6 12 soỏ 11 soỏ Cỏch 2: 11 11 55 56 = 11 11 55 5 + 1 = 1 10 0 + 55 5 + 1 = 11 1 ( 10 12 + 5 ) + 1 = 11 1 10 12 + 5 11 1 + 1 =... 52002 1 (mod 2003) => 52002.56 56 (mod 2003) Vy s d l : 56 = 10 64 Bi toỏn 3.4: Tỡm s d ca 19 914 0 cho 2008 Gii Ta cú: 19 913 11 11( mod 2008) 19 912 289 (mod 2008 ) 19 915 289 .11 11 (mod 2008) 18 07 (mod 2008) 19 911 0 18 072 (mod 2008) 2 41 (mod 2008) 19 914 0 2 414 713 Vy s d l 713 Bi toỏn 3.5:( B Giỏo Dc-2 010 ) Tỡm cỏc ch s hng n v, hng chc, hng trm v hng nghỡn ca s t nhiờn: A = 2 011 2 010 Gii Ta cú: 2 011 40... Trng hp 1 : y + 1 = 11 .13 .k ; y 1 = 7k k = 3 ; k = 61; x = 18 3 ; n = 18 318 4 Trng hp 2 : y + 1 = 7 k ; y 1 = 11 .13 k = 14 3k k = 4; k ' = 82; x = 328; n = 328329 Trng hp 3 : y + 1 = 7 .11 k = 77k ; y 1 = 13 k k = 11 ; k ' = 65; x = 715 ; n = 715 716 Trng hp 4 : y + 1 = 13 k ; y 1 = 77k k = 2; k ' = 12 ; x = 24 ( Loi vỡ khụng phi s cú ba ch s) Trng hp 5 : y + 1 = 7 .13 .k ; y 1 = 11 k k = 8; k ' =... 00 0 2 99 9 4 3 2 T ú ta cú quy lut: 1 2 4 n1 chửừ3 ỏ 9 1 2 3 1 2 3 1 so n chửừ soỏ 9 n 1 chửừ soỏ 0 n chửừ soỏ 9 Vy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999 b) Xut phỏt t s quan sỏt 11 2 = 12 1 11 12 = 12 3 21 111 12 = 12 343 21 2 1 24 4 3 T ú ta cú quy lut: B = 11 1 1 = 12 3456789876543 21 9 so 1 Bi toỏn 1. 3: Tớnh tớch s A.B vi A = 33 3 12 3 666 chửừ soỏ 3 v B = 12 3 66 6 666 chửừ soỏ Gii: { { A.B =... 493 817 284 22222 ì 55555 = 12 34543 210 22222 ì 66666 = 14 814 518 52 55555 ì 66666 = 3703629630 * Tớnh trờn giy 493 817 284 10 10 +12 34543 210 10 5 +14 814 518 52 10 5 + 3703629630 Vy M = 4938444443209829630 ( b) N = 12 3456789 2 = 12 345 10 4 + 6789 ) = 12 3452 10 8 + 2 12 345 ì 6789 10 4 + 67892 * Tớnh trờn mỏy cỏc giỏ tr m = 12 3452 = 12 5 399 025 n = 2 12 345 ì 6789 = 16 7 620 410 Trang 13 ) Trng THPT Trn Biờn ThS: Phan... 22 56736 14 22 516 16 22 11 456 22 39936 18 19 20 21 22 22 98 016 15 22 36256 16 22 97536 ( 2 5 Vy 2 + 1 ( 97536 + 1) mod10 24 17 23 24 ) Suy ra, nm ch s cui cựng l 97537 Bi toỏn 3.2: Tỡm hai ch s cui cựng ca s A = 219 99 + 22000 + 220 01 Gii Cỏch 1: A = 219 99 (1 + 2 + 4) = 7. 219 99 Ta cú 220 76 (mod 10 0) m 19 99 = 20.99 + 19 do ú 220.99. 219 76. 219 (mod 10 0) 88 (mod 10 0) Trang 23 Trng THPT Trn Biờn... 1 10 12 + 5 11 1 + 1 = ( 10 11 + 10 10 + 10 + 1) ( 10 12 + 5 ) + 1 1 012 1 1024 + 4 .10 12 + 4 = ( 10 12 + 5 ) + 1 = 10 1 9 ( 10 12 = + 2) 2 3 Li bỡnh: tớnh mt s cú ly tha khỏ ln, ta phi mũ mm d oỏn i t trng riờng c th, khi ú phi nh vo cụng c mỏy tớnh lm thớ nghim i n kt lun tng quỏt Vi cỏch gii th nht mang tớnh t nhiờn hn cỏch gii 2 Trang 15 Trng THPT Trn Biờn ThS: Phan Th Thỏi Hũa 1) Tớnh A = 3333355555... 95 = 1, 610 1694 915 25423728 813 559322033898305084745762 711 8644067796 610 1694 915 25423728 59 95 = 1, ( 610 1694 915 25423728 813 559322033898305084745762 711 8644067796) 59 Trang 26 Trng THPT Trn Biờn ThS: Phan Th Thỏi Hũa l s thp phõn vụ hn tun hon theo chu kỡ l 58 M 2 013 chia cho 58 d 41 S thp phõn th 2 013 ca 95 l s thp phõn th 41 l s 4 59 1) Tỡm ch s thp phõn th 2 013 sau du phy ca cỏc s 3 a) 10 b) 23 49 10 s:a)... u 1 n v Gii Gi s cn tỡm l: n = a1a2 a3a4 a5 a6 t x = a1a2 a3 Khi y a4a5a6 = a1a2a3 + 1 = x + 1 v n = 10 00 x + x + 1 = 10 01x + 1 vỡ n = y 2 hay y 2 1 = 10 01x ( y 1) ( y + 1) = 7 11 13 ì x Trang 18 Trng THPT Trn Biờn ThS: Phan Th Thỏi Hũa Vy hai trong ba s nguyờn t 7, 11 , 13 phi l c ca mt trong hai tha s ca v trỏi v s cũn li phi l c ca tha s cũn li ca v trỏi Cú nhng kh nng xy ra sau õy : Trng hp 1 . Cách 2: 11 11 55 56 11 11 55 5 1 = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 12 12 11 10 12 2 12 12 24 12 12 1 10 0 55 5 1 11 1 10 5 11 1 1 11 1 10 5 1 10 10 10 1 10 5 1 10 2 10 1 10 4 .10 4 . 10 5 1 10 1 9 3 =. 2 2 2 11 12 1 11 1 12 3 21 111 1 12 343 21 = = = Từ đó ta có quy luật: 2 9 so 1 B 11 1 1 123456789876543 21 = = 14 2 43 Bài toán 1. 3: Tính tích số A.B với 666 33 3A = 12 3 chöõ soá 3 và 666 66 6B = 1. các số nguyên, bắt đầu từ số 1 được viết thành 1 dãy các chữ số 12 345678 910 111 213 1 415 1 617 1 819 20 21 Hãy xác định chữ số đứng ở vị trí 206788. Giải: Khi viết thành dãy Các số có 1 chữ số chiếm