conduongcoxua welcome to my blog

Sáng kiến kinh nghiệm của chúng tôi xây dựng với mục đích đưa ra một hệ thống các dạng loại bài toán giải trên MTCT, đảm bảo phù hợp với chương trình toán bậc THCS, phù h[r]

SangKienKinhNghiem.org

Tổng Hợp Hơn 1000 Sáng Kiến Kinh Nghiệm Chuẩn TÊN ĐỀ TAØI

XÂY DỰNG PHƯƠNG PHÁP VÀ THUẬT TOÁN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KY

THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY BẬC THCS

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * A MỞ ĐẦU

I ĐẶT VẤN ĐỀ:

1 THỰC TRẠNG VỀ TÌNH HÌNH DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CẦM TAY Ơ TRƯỜNG THCS:

a) Với máy tính cầm tay, việc dạy và học theo chương trình ở sách giáo khoa chỉ đơn thuần là hướng dẫn thực hành tính toán, giải phương trình, hệ phương trình đơn giản:

Từ năm học 2002 – 2003, chương trình sách giáo khoa bắt đầu cải cách, chúng ta thấy chương trình bợ mơn tốn từ đến 9, tác giả sách giáo khoa đa đưa vào chương trình giảng dạy hướng dẫn thực hành sử dụng máy tính cầm tay (MTCT), để giải bài tốn tính tốn đơn th̀n với phép tính, giải phương trình, hệ phương trình đa học tương ứng chương trình Chẳng hạn, với môn số học thì hướng dẫn cợng, trừ, nhân sớ ngun, tính % của một số, , với đại số thì hướng dẫn cợng, trừ, nhân, chia sớ thập phân, tính lũy thừa, tính bậc hai, , với hình học thì tính tỉ sớ lượng giác của góc nhọn, tính sớ đo góc, , với đại số thì hướng dẫn giải phương trình bậc hai, giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn v.v Như vậy có thể nói việc dạy học MTCT theo chương trình sách giáo khoa chỉ đơn th̀n là giải bài tốn tính tốn, bài toán có chương trình giải sẵn, chưa khai thác mạnh của MTCT, chưa có giải bài toán có phương pháp, có tư thuật toán, học sinh chỉ học việc sử dụng MTCT ở sách giáo khoa thì không thể đáp ứng yêu cầu giải bài toán bằng MTCT có sử dụng thuật tốn, và tất nhiên khơng thể đáp ứng u cầu của mợt kì thi giải tốn bằng MTCT

b) Việc dạy và học về MTCT chưa có định hướng rõ ràng, chưa có tài liệu chính qui:

c) Trong giảng dạy, chưa quan tâm đúng mức việc giải toán bằng MTCT:

Qua thực trạng về dạy học MTCT theo chương trình sách giáo khoa mà chúng đa nêu, người giáo viên trình giảng dạy chắc chắn chỉ dừng lại ở mức độ hướng dẫn học sinh sử dụng MTCT tính tốn thơng thường theo mức đợ u cầu của sách giáo khoa, chưa quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh giải mợt sớ bài tốn bằng MTCT có dùng những phương pháp và thuật toán để giải nhanh, có thể hạn chế về thời lượng của tiết học, cũng có thể ý thức chủ quan của người giáo viên, chỉ thực theo mức độ yêu cầu, không làm nhiều hơn, vậy làm học sinh có những kỹ cần thiết để giải bài toán bằng MTCT hợp lý, nhanh chóng Chẳng hạn, dạy và luyện tập về số nguyên tố, người giáo viên giới thiệu thêm cho học sinh về tḥt tốn kiểm tra sớ ngun tớ bằng MTCT, thì học sinh có một kỹ rất nhanh để kiểm tra một số có phải là số nguyên tố hay không, kể cả những số rất lớn, và chúng ta cũng thấy rất nhiều trường hợp tương tự trình giảng dạy

d) Học sinh lạm dụng việc sử dụng MTCT, làm mất khả tính nhẩm, tính nhanh, tính toán hợp lý, khả tư toán học:

Đây là một thực trạng thường thấy giảng dạy bợ mơn tốn, mợt sớ học sinh yếu về khả tính tốn, khả tư duy, suy luận, thường lạm dụng việc sử dụng MTCT học tập bợ mơn tốn, thấy bài tốn tính tốn là dùng MTCT để bấm kết quả, không hề động nao tư gì cả, thậm chí những phép tốn đơn giản chỉ cần nhẩm nhanh thì có kết quả, hoặc những phép tính vận dụng tính chất cho kết quả nhanh chóng học sinh cũng dùng MTCT, những trường hợp này không có biện pháp hợp lý, lâu dần học sinh se mất khả tư toán học cần thiết, là một vấn đề cần cảnh báo kịp thời Về phía giáo viên, trước thực tế vậy đơi ngăn ngừa, khuyến cáo học sinh không nên lạm dụng MTCT, có thể chưa có một giải pháp hợp lý nào để khắc phục hạn chế Thực trạng này có thể dẫn đến, học sinh quan tâm đến việc dùng MTCT để giải bài toán, hoặc chỉ giải bài toán theo hướng tư thơng thường của phương pháp tốn học mà khơng có sự hỗ trợ của MTCT, vậy việc hình thành tư cho học sinh giải bài toán bằng MTCT là rất hạn chế, thậm chí là khơng quan tâm gì cả Điều này ảnh hưởng không nhỏ đến trình hình thành kĩ và tư tḥt tốn để giải tốn bằng MTCT, dẫn đến đợi ngũ học sinh giỏi giải toán bằng MTCT rất hạn chế về số lượng

Đứng trước thực trạng về tình hình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT đa nêu, chúng tơi thấy để nâng cao chất lượng việc giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh về MTCT , cần thiết nhất là chúng ta phải có một tài liệu hợp lý, mang tính nhất quán, đảm bảo phù hợp về trình độ hiểu biết của học sinh bậc học, tài liệu này có thể giúp cho người giáo viên tham khảo công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giải toán MTCT Với lý đó, qua nhiều năm nghiên cứu, tìm tòi, tập hợp và sáng tạo chúng mạnh dạn xây dựng, đề xuất sáng kiến kinh nghiệm “Xây dựng

phương pháp và thuật toán để giải số dạng toán thường gặp các kỳ thi giải toán trên máy tính cầm tay bậc THCS”, hầu mong giải vấn đề mà người làm công tác

giảng dạy và bồi dưỡng về MTCT thấy cần thiết

2 Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI:

Trước thực tế khó khăn về vấn đề tài liệu đối với cơng tác bời dưỡng học sinh giải tốn MTCT, chúng xây dựng sáng kiến kinh nghiệm này góp phần bổ sung cho người làm công tác bồi dưỡng học sinh giải tốn MTCT mợt tài liệu tham khảo, chưa dám nói là đầy đủ, song chúng tin rằng dạng toán mà đề tài đề cập là những dạng toán rất quan trọng, rất cần thiết trang bị cho học sinh tham gia kì thi, có tác dụng hình thành kĩ và tư cần thiết cho học sinh giải toán MTCT

Căn cứ vào chương trình toán bậc THCS từ lớp đến lớp 9, ở tất cả phân môn, đặc biệt là phân mơn sớ học, dạng tốn bời dưỡng học sinh giỏi giải toán MTCT, tham khảo đề thi của kì thi chọn học sinh giỏi giải toán MTCT chúng tập hợp, phân loại và sắp xếp dạng toán, xây dựng phương pháp và thuật tốn để giải, nhằm tạo mợt hệ thớng có tính lơgic, có khoa học, có phương pháp để có thể tiến hành tổ chức giảng dạy, bồi dưỡng cho đối tượng học sinh giỏi tham gia kì thi giải toán MTCT có hiệu quả, có chất lượng , đạt kết quả cao, nhằm từng bước nâng cao chất lượng bợ mơn tốn nói riêng và chất lượng giáo dục toàn diện nhà trường THCS nói chung

Hiện tham gia kì thi học sinh giỏi giải toán MTCT, học sinh phép sử dụng mợt sớ loại máy có tính gần tương nhau, xét thuật toán hướng dẫn qui trình ấn phím để giải mợt bài tốn nào đó thì gần giống nhau, đó đề tài chúng chỉ nêu qui trình ấn phím cho mợt loại máy là fx-570 MS, loại máy khác suy tương tự, còn về mặt phương pháp giải thì coi áp dụng chung

II PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH:

1 CƠ SƠ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN:

- Hiện nay, hằng năm, song song với c̣c thi chọn học sinh giỏi tốn cấp, thi giải tốn qua mạng Internet, còn có c̣c thi học sinh giỏi giải tốn máy tính cầm tay (MTCT) cũng cấp quản lý giáo dục quan tâm đầu tư Do đó, yêu cầu chất lượng của kì thi học sinh giỏi giải toán MTCT ngày càng cao hơn, kết quả của cuộc thi cũng cấp quản lý xem là tiêu chí đánh giá đơn vị trường Xuất phát từ tình hình đó chúng thấy cần xây dựng sáng kiến để áp dụng cho cơng tác bời dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT, đó cũng coi là đổi mới phương pháp dạy học, nhằm nâng cao chất lượng và hiệu quả của cơng tác giảng dạy bợ mơn tốn nói riêng và chất lượng đào tạo toàn diện của nhà trường

- Tình hình phổ biến nay, tham gia kỳ thi học sinh giỏi giải toán MTCT, học sinh hoặc là tự lực tìm tòi tài liệu để tự trang bị cho mình kiến thức cần thiết, hoặc là nhà trường phân công cho giáo viên bộ môn phụ trách việc bồi dưỡng, nguồn tài liệu chủ yếu là tìm kiếm mạng Internet, phải thừa nhận rằng nguồn tài liệu về MTCT mạng là rất nhiều, rất phong phú cho tất cả bậc học, điểm hạn chế là tính phù hợp với trình độ tiếp thu của đối tượng học sinh ở trường không cao, rất tản mạn về dạng loại, một số tài liệu không chú ý xây dựng sở lý thuyết của phương pháp và thuật toán Sáng kiến kinh nghiệm của chúng tơi xây dựng với mục đích đưa mợt hệ thớng dạng loại bài tốn giải MTCT, đảm bảo phù hợp với chương trình tốn bậc THCS, phù hợp trình đợ nhận thức của đối tượng học sinh bậc học Việc xây dựng phương pháp có sở lý thuyết và thuật toán cho từng loại dạng toán, giúp cho học sinh có cách giải dạng toán này có chiều sâu, nhớ lâu, vận dụng tốt Đặc biệt hơn, qua nghiên cứu đề thi giải toán MTCT của cấp qua nhiều năm, chúng đúc kêt và xây dựng dạng tốn sáng kiến này, khơng dám nói là đầy đủ, song chúng hy vọng sáng kiến này đáp ứng phần nào nhu cầu bồi dưỡng cho học sinh giỏi tham gia kì thi giải toán MTCT

2 CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN XÂY DỰNG SÁNG KIẾN:

- Khi tiến hành xây dựng sáng kiến này chúng tìm hiểu tài liệu về hướng dẫn sử dụng MTCT, và đa nói ở chủ yếu là tài liệu hướng dẫn sử dụng máy fx-570MS, tập sử dụng và từng bước khai thác chức của phím bấm, chương trình giải sẵn của mợt sớ bài tốn Bên cạnh đó mợt công việc tốn rất nhiều thời gian, đó là tìm kiếm tài liệu liên quan đến giải toán MTCT, đề thi học sinh giỏi giải toán MTCT của cấp, qua năm, tài liệu này chủ yếu cũng từ mạng Internet Từ đó chúng nghiên cứu kĩ càng tài liệu này, tiến hành chọn lọc, phân loại, sắp xếp và bổ sung dạng toán để đưa vào sáng kiến cho đảm bảo phù hợp theo yêu cầu đa nêu

- Một công việc nữa cũng đồng thời tiến hành, nghiên cứu kỹ chương trình mơn tốn bặc THCS, phương pháp dạy học bợ mơn tốn và yêu cầu về đổi mới phương pháp dạy học, phương pháp học tập tích cực của học sinh để từ đó mới có thể nắm chắc yêu cầu về kiến thức, kĩ năng, xác định đúng, hợp lý phương pháp và thuật toán cần đưa để giải dạng toán đề ra, tránh tình trạng mâu thuẫn kiến thức, khả tiếp thu của học sinh, dạng loại có trước hỗ trợ cho dạng loại có sau, đảm bảo tính hệ thớng, khoa học

* Một số tài liệu tham khảo:

+ Tài liệu hướng dẫn sử dụng máy tính cầm tay fx-570MS + Tài liệu bồi dưỡng MTCT của công ty Bình Tiên

+ Một số tài liệu khác và một sớ đề thi giải tốn MTCT của cấp

- Chúng tiến hành viết sáng kiến kinh nghiệm: “Xây dựng phương pháp và thuật toán

để giải số dạng toán thường gặp các kỳ thi giải toán máy tính cầm tay bậc THCS” thời gian hai năm rưỡi, tính từ năm học 2009-2010 đến học kì I năm học

2011-2012 Đề tài áp dụng vào tháng 10 năm học 2011-2012 tiến hành bồi dưỡng cho học sinh của trường dự thi kì thi học sinh giỏi giải toán MTCT cấp huyện năm học 2011-2012

B NOÄI DUNG

I MỤC TIÊU:

Như tên của sáng kiến chúng đa nêu“Xây dựng phương pháp và thuật toán để

THCS”, đa thể rõ ràng nhiệm vụ cần giải của đề tài Tuy nhiên cần nói rõ hơn,

đề tài khơng nêu lại những tḥt tốn có sẵn (chương trình giải có sẵn) để giải mợt sớ bài tốn bản như: Giải phương trình bậc 2, bậc 3, hệ phương trình bậc nhất ẩn số, ẩn số, …, coi là những thuật toán phải biết sử dụng MTCT Đề tài chỉ quan tâm đến những dạng toán cần khai thác những thuật toán khác sách giáo khoa, khai thác mạnh của MTCT để giải cho kết quả nhanh chóng, xác Đới với mợt sớ dạng tốn đề tài xây dựng phương pháp giải rõ ràng, có sở lý thuyết vững chắc, từ đó nêu thuật toán hướng dẫn qui trình ấn phím cụ thể, để người học có thể hiểu sâu, nắm vững, thực hành thành thạo để giải tốt dạng toán này, nhiên đề tài cũng đề cập đến mợt sớ dạng tốn chưa phải là dạng toán thường gặp kì thi, nó mang tính chất là sở về mặt tḥt tốn để xây dựng phương pháp giải dạng toán khác, bài tốn tìm ước, bợi, tḥt tốn kiểm tra số nguyên tố, …v.v

Trên sở chương trình tốn bậc THCS, dạng tốn bời dưỡng học sinh giỏi giải toán MTCT, đề thi của kì thi chọn học sinh giỏi giải toán MTCT chúng tập hợp, phân loại và sắp xếp dạng toán, tiến hành xây dựng phương pháp và thuật tốn để giải, nhằm tạo mợt hệ thớng dạng loại bài tập có tính lơgic, có khoa học, có phương pháp để có thể tiến hành tổ chức giảng dạy, bồi dưỡng cho đối tượng học sinh giỏi tham gia kì thi giải toán MTCT có hiệu quả, có chất lượng

II MÔ TẢ CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI: 1 THUYẾT MINH CÁC GIẢI PHÁP:

Sáng kiến của chúng tôi, tập hợp một sớ dạng tốn mà theo kinh nghiệm chúng tơi thấy rất thường hay có mặt kỳ thi học sinh giỏi giải toán MTCT và vậy nó rất cần phải trang bị cho học sinh bời dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT Khi đề x́t dạng tốn, điểm mà chúng tơi quan tâm nhất là xây dưng phương pháp và thuật toán MTCT để giải chúng, nhằm giúp học sinh khắc sâu cách giải

Sau là dạng toán minh họa:

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN VỀ XỬ LÝ SỐ LỚN

Đây là những bài tốn có chứa những phép tính mà kết quả là số lớn dẫn đến tràn bộ nhớ (còn gọi là tràn màn hình) máy báo lỗi hoặc cho kết quả sai số sau nhiều chữ số, đó thường là phép nhân sớ lớn, phép chia sớ lớn, phép tính lũy thừa số mũ lớn

Phương pháp: Với bài toán này ta thường dùng phương pháp chia nhỏ sớ, đặt ẩn phụ,

kết hợp giữa tính máy và giấy

Sau số ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Tính xác kết quả phép nhân sau:

A = 7684352 x 4325319 Giải:

Đặt: a = 7684, b = 352, c = 432, d = 5319

Ta có: A = (a 104 +b)(c 104 + d) = ac.108 + ad.104 + bc.104 + bd

Tính máy và kết hợp ghi giấy: ac.108 = 33177600000000

+ ad.104 = 40849920000

bc.104 = 18800640000

bd = 23148288 Vậy: A = 33237273708288

Ví dụ 2: Tính xác giá trị biểu thức:

B = 3752142 + 2158433

Giải: Đặt : a = 375, b = 214, c = 215, d = 843

Ta có: B = (a.103 + b)2 + (c.103 + d)3

= c3.109 + (a2 + 3c2d).106 + (2ab + 3cd2).103 + b2 + d3

Tính máy và kết hợp ghi giấy:

c3.109 = 9938375000000000

+ (a2 + 3c2d).106 = 117043650000000

(2ab + 3cd2).103 = 458529105000

b2 + d3 = 599122903

Vậy: B = 10055877778227903

Ví dụ 3: Tính kết quả đúng của tích sau: a) M = 2222255555 2222266666

b) N = 20032003 20042004

Giải: a) Đặt A = 22222, B = 55555, C = 666666

Ta có M = (A.105 + B)(A.105 + C) = A2.1010 + AB.105 + AC.105 + BC

Tính máy:

A2 = 493817284 ; AB = 1234543210 ; AC = 1481451852 ; BC = 3703629630

Tính giấy: (Ta có thể lập bảng cho tiện trình bày và tránh sai sót)

A2.1010 4 9 3 8 1 7 2 8 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

AB.105 1 2 3 4 5 4 3 2 1 0 0 0 0 0 0

AC.105 1 4 8 1 4 5 1 8 5 2 0 0 0 0 0

BC

M 4 9 3 8 4 4 4 4 4 3 2 0 9 8 2 9 6 3 0

b) Đặt X = 2003, Y = 2004 Ta có:

N = (X.104 + X) (Y.104 + Y) = XY.108 + 2XY.104 + XY

Tính XY, 2XY máy, rời tính N giấy câu a) Kết quả: N = 401481484254012

Ví dụ 4: Tính xác kết quả của phép chia sau:

A = 52906279178,48 : 565,432 Giải:

Nhận xét: Rõ ràng ta khơng thể dùng máy để tính trực tiếp kết quả của phép chia trên, vì số bị chia có 12 chữ số nên máy se không nhận biết chữ số cuối , nên tính trực tiếp bằng máy se cho kết quả sai Do vậy ta phải dùng phương pháp tìm số dư để biểu diễn phép chia, ta làm sau:

Ta thấy phép chia có thể đổi thành:

A = 5290627917848 : 565432

Đặt : A = b : c, ta dùng phương pháp tìm số dư để biểu diễn b theo c sau: Ta có: b = 529602791.105 + 78480

= (c.935 + 383871).105 + 78480

= c.935.105 + 38387178480

= c.935.105 + 383871784.102 + 80

= c.935.105 + c 678.102 + 50888880

= c.935.105 + c 678.102 + c.90

= c(935.105 + c678.102 + 90)

Suy A = b : c = 935.105 + c678.102 + 90

Vậy dùng máy ta tính kết quả đúng của A = 93567890 (Ta có thể thực phép nhân b = A x c để thử lại kết quả phép chia)

Ghi chú: Ơ ta đa dùng phương pháp tìm số dư, phương pháp này se trình bày ở phần sau

Ví dụ 5: Tính xác tổng:

Vì n n! = (n + – 1).n! = (n + 1)! – n! nên:

S = 1.1! + 2.2! + 3.3! + 4.4! + + 16.16! = (2! – 1!) + (3! – 2!) + + (17! – 16!) S = 17! – 1!

Khơng thể tính 17! bằng máy tính vì 17! Là một số có nhiều 10 chữ số (tràn màn hình) Nên ta tính theo cách sau:

Ta biểu diễn S dưới dạng : a.10n + b với a, b phù hợp để thực phép tính, máy

khơng bị tràn, cho kết quả xác

Ta có : 17! = 13! 14 15 16 17 = 6227020800 57120 Lại có: 13! = 6227020800 = 6227 106 + 208 102 nên

S = (6227 106 + 208 102) 5712 10 –

= 35568624 107 + 1188096 103 – = 355687428096000 –

= 355687428095999

Bài tập thực hành:

Tính xác: A = 3333355555x3333377777 (ĐS: 11111333329876501235) B = 1234567892 (ĐS: 15241578750190521)

DẠNG 2: TÌM SỚ DƯ TRONG PHÉP CHIA

Cơ sở lý thuyết xây dựng thuật toán

Định lý: Với hai số nguyên a và b (b khác 0), tồn tại nhất cập số nguyên q và r cho: a = bq + r, với : ≤ r ≤ b

- Nếu r = thì a = bq thì phép chia a cho b là phép chia hết - Nếu r ≠ thì phép chia a cho b là phép chia có dư

Thuật toán: Áp dụng định lý ta có thể xây dựng thuật toán lập qui trình ấn phím để tìm sớ dư phép chia a cho b sau:

- Bước 1: Đưa số a vào ô nhớ , số b vào ô nhớ

- Bước 2: Thực phwps chia cho (ghi nhớ phần nguyên của thương q, kí hiệu: [q])

- Bước 3: Thực phép tính : - x [q] = r

Vận dụng hợp lý qui trình ấn phím này ta có thể giải mợt sớ dạng tốn tìm sớ dư sau:

1/ Số tương đối nhỏ: (Số có số chữ số không 10)

Ta áp dụng trực tiếp qui trình ấn phím

Ví dụ 1: Viết qui trình ấn phím tìm sớ dư phép chia: 18901969 chia cho 3041975 Giải:

Qui trình ấn phím máy fx 570MS sau:

Ấn: 18901969 SHIFT STO A 3041975 SHIFT STO B AC ALPHA A ÷ ALPHA B = (6,213716089) AC

ALPHA A - ALPHA B x = (650119) Kết quả: Số dư phép chia là: r = 650119

Chú ý: Cũng dùng thuật toán ta có qui trình ấn phím trực tiếp khơng gán sớ a, b vào ô nhớ A , B sau:

- Bước 1: Ấn: 18901969 ÷ 3041975 = (6,213716089)

- Bước 2: Ta dùng phím  dời trỏ lên phép tính và sửa lại thành: 18901969 - 3041975 x = (650119)

Ví dụ 2: Tìm thương và số dư phép chia sau:

987654321 chia cho 123456789 Giải:

Qui trình ấn phím máy fx 570MS sau:

- Bước 1: Ấn: 987654321 ÷ 123456789 = (8,000000073) - Bước 2: Ta dùng phím  dời trỏ lên phép tính và sửa lại thành:

987654321 - 123456789 x = (9)

A B

A

B A

Vậy: Thương q = và dư r = Ví dụ 3: Tìm sớ dư 2314 : 1293

Giải: Qui trình ấn phím máy fx 570MS sau:

Ấn: 231  ÷ 129  = (1326,413058) Đưa trỏ lên dòng biểu thức sửa lai:

Ấn: 231  - 129  x 1326 = (886707) Vậy số dư cần tìm là: r = 886707

2/ Số cho lớn: (Số cho có số chữ số lớn 10 chữ số)

Trường hợp này ta dùng phương pháp chia để trị sau:

- Cắt nhóm đầu chữ sớ của sớ bị chia (tính từ bên trái), tìm số dư của số này với số chia theo thuật toán đa biết

- Viết tiếp sau số dư vừa tìm chữ số còn lại của số bị chia tối đa đủ chữ số rồi tìm số dư này với số chia

- Ta tiếp tục trình vậy hết, sớ dư lần ći là sớ dư cần tìm

Ví dụ 1: Tìm sớ dư của phép chia: 2345678901234 : 4567 Giải:

- Lần 1: Dùng tḥt tốn đa biết ta tìm sớ dư của phép chia 234567890 : 4567, ta kết quả: 2203

- Lần 2: Ta tìm số dư phép chia 22031234 : 4567, ta kết quả: 26 Vậy số dư cần tìm là: 26

Ví dụ 2: Tìm sớ dư của phép chia: 506507508506507508 : 2006 Giải:

- Lần 1: Ta tìm số dư phép chia 506507508 : 2006, ta kết quả: 532 - Lần 2: Ta tìm số dư phép chia 532506507 : 2006, ta kết quả: 1771 - Lần : Ta tìm số dư phép chia 1771508 : 2006, ta kết quả: 210 Vậy số dư cần tìm là: 210

3/ Số bị chia cho dạng lũy thừa có số mũ lớn:

Phương pháp 1: Rõ ràng với dạng này ta khơng thể tìm sớ dư theo tḥt tốn đa biết và

cách với với số lớn đa biết Do đó ta phải dùng phương pháp chia để trị, ở là chia nhỏ số mũ

Cơ sở lý thuyết phương pháp:

Giả sử tìm số dư phép chia an cho b Ta viết : an = ap.q (Với p + q = n) và sao

cho ap và aq là những lũy thừa mà ta dễ dàng tìm số dư chia cho b theo thuật toán

đa biết ở

Khi đó: ap = bq

1 + r1 và aq = bq2 + r2

Suy ra: an = ap.q = (bq

1 + r1)( bq2 + r2) = BS(b) + r1r2

Từ đó ta tìm số dư phép chia r1r2 cho b ta sớ dư cần tìm

Ví dụ: Tìm số dư phép chia: 815 cho 2004

Giải: Ta viết: 815 = 88.87

Dùng thuật toán ta :

- Tìm số dư chia 88 cho 2004, ta r

1 = 1732

- Tìm số dư chia 87 cho 2004, ta r

2 = 968

Suy số dư phép chia 815 cho 2004 là số dư phép chia tích r

1 r2 = 1732.968 =

1676576 cho 2004

Tiếp tục tìm số dư này theo tḥt tốn đa biết, ta sớ dư cần tìm r = 1232

Phương pháp 2: Với dạng toán ta cũng có thể giải và trình bày theo phương pháp

Cơ sở lý thuyết phương pháp:

a) Định nghĩa đồng dư thức: Cho a, b, m là số nguyên.

Nếu chia hai số a và b cho số m khác có một số dư thi ta nói: a đồng dư với b mô đun m và viết: a  b (modun m)

Vậy: Khi a chia cho m có số dư là r mà r < m thì ta có a  r (modun m) Do đó, ta dùng tḥt tốn tìm sớ dư đa biết để tìm số dư r rồi viết giấy a  r (modun m)

b) Một số tính chất đồng dư thường dùng:

- Nếu: a  b (modun m) và c  d (modun m) thì ac  bd (modun m) - Nếu a  b (modun m) thì an  bn (modun m).

- Nếu a  b (modun m) và b  c (modun m) thì a  c (modun m) Ví dụ 1: Tìm sớ dư phép chia: 815 cho 2004

Giải:

Ta dùng thuật toán tìm số dư đa biết, tìm số dư và viết giấy Ta có: 88  1732 (modun 2004) và 87  968 (modun 2004)

Suy : 815 = 88 87  1732x968 (modun 2004)

Mà : 1732x968  1232 (modun 2004) Vậy : Số dư cần tìm là : r = 1232

Ví dụ 2: Tìm số dư phép chia: 147 cho 23

Giải: Ta có : 14  14 (modun 23)

142  12 (modun 23)

144  122  (modun 23)

Suy ra: 147 = 14.142.144  14.12.6  19 (modun 23)

Vậy số dư cần tìm là r = 19

Ví dụ 3: Tìm số dư phép chia: 91999 cho 12

Giải:

Ta có :  (modun 12), 92  (modun 12), 93  (modun 12)

99 = (93)3  (modun 12)

910 = 99.9  92  (modun 12)

9100 = (910)10  910  (modun 12)

91000 = (910)100  9100  (modun 12)

9900 = (99)100  9100  (modun 12)

990 = (99)10  910  (modun 12)

Suy ra: 91999 = 91000 9900 990 99 94  (modun 12)

Vậy số dư cần tìm là r =

Ví dụ 4: Tìm sớ dư phép chia: 2004376 cho 1975

Giải:

Ngoài cách tách sớ mũ của lũy thừa an ví dụ trên, ta còn có cách biểu diễn

số mũ sau: Viết n = kq + r, từ đó: a n = akq + r = (ak)q ar Áp dụng vào ví dụ này

sau: Ta viết 376 = 62 +

Ta có: 20044  841 (modun 1975)

Suy ra: 20044  8412  231(modun 1975)

200412 = (20044)3  2313  416(modun 1975)

200448 = (200412)4  4163  536(modun 1975)

200460  416 x 536  1776 (modun 1975)

200462  1776 x 841  516 (modun 1975)

200462x3  5163  1171 (modun 1975)

200462x6  11712  591 (modun 1975)

200462x6+4  519 x 231  246 (modun 1975)

Do đó: 2004376  246 (modun 1975)

* Chú ý: Ơ dòng 200412  416(modun 1975) ta không thể đưa lên 200460 = (200412)5 

4165 (modun 1975), vì phép tính 4165 cho kết quả 6308114289 ta se lầm tưởng là một số

nguyên, thực chất đó là một số thập phân làm tròn với kết quả vừa đủ 10 chữ số Do đó ta cần thận trọng cảnh giác những trường hợp này

Bài tập thực hành: Tìm số dư phép chia :

1) 123456789 cho 23456 (ĐS: 7861) 2) 9124565217 cho 123456(ĐS: 55713)

3) 103200610320061032006 cho 2010 (ĐS: 396) 4) 2008324 cho 1986 (ĐS: 1246)

5) 91999 cho 33 (ĐS: 27)

DẠNG 3: TÌM CHỮ SỚ TẬN CÙNG Phương pháp:

Trên sở phương pháp tìm số dư phép chia ta có thể vận dụng để giải bài toán tìm chữ số tận của một số

Để tìm 1, 2, 3, chữ số tận của một số, ta cần tìm số dư phép chia tương ứng của số đó cho 10, 100, 1000,

Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Tìm chữ số tận của: 72005

Giải: Ta cần tìm số dư phép chia 72005 cho 10

Cách 1: Ta thấy 2005 = 501 +

Ta có:  (modun 10), 72  (modun 10)

74  (72)2  92  (modun 10)

Suy ra: 72004  (74)501  1501  (modun 10)

Do đó: 72005  7x1  (modun 10)

Vậy chữ số tận của: 72005 là 7

Cách 2: Ta có: 71  (modun 10), 75  (modun 10),

72  (modun 10), 76  (modun 10),

73  (modun 10), 77  (modun 10),

74  (modun 10), 78  (modun 10),

Từ đó ta có kết luận:

74k  (modun 10), 74k+1  (modun 10),

74k+2  (modun 10), 74k+3  (modun 10),

Mà: 2005 = 501 + = 4k + 1, nên: 72005 = 74k+1  (modun 10)

Vậy chữ số tận của: 72005 là 7

(Ghi chú: Ta có thể lập luận: Các chữ số tận của lũy thừa của lần lượt là:1, 7, 9, và lặp lại với chu kì là 4)

Ví dụ 2: Tìm chữ sớ tận của 19869

Giải Ta có: 19863 ≡ 56 (mod 100)

=> 19869 = (19863)3 ≡ 563 ≡ 16 (mod 100)

Vậy hai chữ số tận của 19869 là 16.

Ví dụ 3: Tìm chữ số tận của 2100

Giải

Ta có: 210 ≡ 24 (mod 1000)

=> 250 = (210)5 ≡ 245 ≡ 624 (mod 1000)

=> 2100 = 250.250 ≡ 624 x 624 ≡ 376 (mod 1000)

* Chú ý: Đến ta thấy: số có chữ số tận là 376 dù lũy thừa bậc thì chữ số tận cũng vẫn là 376 (ta gọi là số có chữ số tận bất biến với mọi lũy thừa)

Cho nên: 2300 = (2100)3 ≡ 3763 ≡ (mod 1000)

=> 2900 = 2300 2300 2300 ≡ 3763 ≡ 376 (mod 1000)

Vậy 21000 = 2900 2100 ≡ 3762 ≡ 376 (mod 1000) tức là chữ số tận của 21000 là 376.

Ví dụ 4: Tìm chữ sớ tận của 51994

Giải Cách 1: Ta có: 54 ≡ 625 (mod 104)

510 ≡ 5625 (mod 104)

520 = (510)2 ≡ 56252 ≡ 625 (mod 104)

560 = (520)3 ≡ 6253 ≡ 625 (mod 104)

580 = 560 520 ≡ 6252 ≡ 625 (mod 104)

5100 = 580 520 ≡ 6252 ≡ 625 (mod 104)

5300 = (5100)3 ≡ 6253 ≡ 625 (mod 104)

5900 = (5300)3 ≡ 6253 ≡ 625 (mod 104)

51000 = 5900 5100 ≡ 6252 ≡ 625 (mod 104)

51900 ≡ 6252 ≡ 625 (mod 104)

590 = 580 510 ≡ 625 x 625 ≡ 5625 (mod 104)

=> 51990 = 51900 590 ≡ 625 x 5625 ≡ 5625 (mod 104)

51994 = 51990 54 ≡ 5625 x 625 ≡ 5625 (mod 104)

Vậy chữ số tận của 51994 là 5625.

Cách 2: Ta có: 54 = 625

Nhận thấy số tận là 0625 dù lũy thừa bậc bất kỳ vẫn có tận là 0625 Mà: 51994 = 54k + 2 = (54)k 52 = (….0625) 25 = …5625

Bài tập thực hành:

1) Tìm chữ số tận của 42008 (ĐS: 6)

HD: C1: Nâng dần lũy thừa của lên đến 42008

C2: Quan sát chu kỳ của chữ số tận

2) Tìm chữ số tận của: a) 20112012 (ĐS: 21)

HD: 20112 ≡ 21 (mod 100)

201110 ≡ 215 ≡ (mod 100)

b) 2999 (ĐS: 88)

c) 999 (ĐS: 89)

3) Tìm chữ số tận của:

a) 3100 (ĐS: 001); HD: 310 ≡ 49 (mod 1000)

350 ≡ 249 (mod 1000)

b) 5100 (ĐS: 625); HD: 510 ≡ 625 (mod 100)

4) Tìm chữ số tận của: a) 2100 (ĐS: 5376)

b) 3100 (ĐS: 2001)

c) 7100 (ĐS: 0001)

DẠNG 4: TÌM ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT (UCLN) VÀ BỢI CHUNG NHỎ NHẤT (BCNN):

phương pháp đa biết sách giáo khoa Nhờ sự trợ giúp của MTCT với phương pháp và thuật toán hợp lý ta có thể giải bài toán này Sau xin nêu một số phương pháp và thuật tốn hướng dẫn qui trình ấn phím để tìm UCLN và BCNN

Nhận xét: Ta có công thức: UCLN(a, b) x BCNN(a, b) = a x b Do đó hai bài toán tìm UCLN và BCNN thường làm lúc, vì đa có UCLN thì ta lại tính BCNN

Phương pháp 1: Áp dụng cho số không lớn

Cách 1: Làm theo bước của thuật toán SGK toán 6, với sự trợ giúp của máy tính khi

tiến hành phân tích sớ thừa sớ ngun tớ (Rõ ràng cách này khơng nhanh)

Cách 2: Dùng tính rút gọn phân số của máy.

Ta đa biết: Nếu UCLN(a, b) = m Suy : a = m x và b = m x, từ đó:

a x a b

m

b y   x y

Do đó: Ta dùng máy rút gọn phân số

a

b thành phân số x

y , sau đó dời trỏ sửa

phép tính thành a : x = m = UCLN(a, b) Còn: BCNN(a, b) = a y, bởi vì:

( , )

( , )

a b a b a m y

BCNN a b a y

UCLN a b m m

   

*Chú ý: Trường hợp muốn tìm UCLN và BCNN của số, số, thì ta cứ tìm UCLN và BCNN của số rồi lấy kết quả này tìm tiếp UCLN và BCNN với sớ còn lại

Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Tìm UCLN và BCNN của 3456 và 1234 Giải: Qui trình ấn phím máy fx 570MS: 3456 1234 →

1728 617

Dời trỏ lên dòng bt sửa phép tính thành : 3456 1728 → K/q: 2(= ƯCLN) Dời trỏ lên dòng bt sửa phép tính thành : 3456 617 → K/q: 2132352(= BCLN)

Ví dụ 2: Tìm ƯCLN và BCNN của 209865 và 283935 Giải

Qui trình ấn máy:

209865 283935 → 17 23 Dời trỏ sửa lại:

209865 17 → 12345 = ƯCLN Dời trỏ sửa lại:

209865 23 → 4826895 = BCLN

Bài tập thực hành:

TÌM ƯCLN VÀ BCNN CỦA

a) 2419580247 và 3802197531 (ĐS: Phân số rút gọn:

7

11; ƯCLN = 345654321; BCNN = 26615382717 (cần xử lý số lớn))

ab/c = SHIFT ab/c

=

÷

x =

÷ =

÷ =

b) a = 24614205, b = 10719433 (ĐS: Phân số tối giản

1155

503 ; ƯCLN = 21311; BCNN = 12380945115) c) a = 96309 và b = 70233

(ĐS: ƯCLN = 123; BCNN = 54992439)

Phương pháp 2: Số lớn cặp số mà máy không biểu diễn dạng phân số rút gọn (Tức có số kí tự tử + mẫu + dấu phân số 10 kí tự)

Cách 1: Dùng tḥt tốn Ơ_Clit

Định lý: (Cơ sở của thuật toán Ơ_Clit)

Nếu a = bq + r (0 < r < b) thì ƯCLN (a, b) = ƯCLN (b, r) ƯCLN (b, mod (a, b), a > b) Tức là: ƯCLN (a, b) =

ƯCLN (a, mod (b, a), a < b) Từ đó ta có thuật toán Ơ_Clit sau:

Với a, b  Z (a > b)

- Chia a cho b: a = bq1 + r1 - Chia b cho r1: b = r1q2 + r2 - Chia r1 cho r2: r1 = r2q3 + r3

…………

Tiếp tục trình ta day b, r1, r2, r3, … day này dần đến và đó là số tự

nhiên nên ta se thực không b phép chia thì tḥt tốn kết thúc sau mợt sớ hữu hạn bước và từ định lí cho ta kết quả: ƯCLN (a, b) = ƯCLN (b, r1) = …………= rn

Ví dụ 1: Tìm ƯCLN và BCNN của: 37068 và 196246

(Thay bởi số: 15185088 và 3956295); ƯCLN = 123; BCNN = 48842855520 Giải

Lần 1: 37068 = 196296 x + 174072 Lần 2: 196296 = 174072 x + 22224 Lần 3: 174072 = 22224 x + 18504 Lần 4: 22224 = 18504 x + 3720 Lần 5: 18504 = 3720 x + 3624 Lần 6: 3720 = 3624 x + 96 Lần 7: 3624 = 96 x 37 + 72 Lần 8: 96 = 72 x + 24 Lần 9: 72 = 24 x Vậy ƯCLN là 24 Suy ra: BCNN =

37068 196246 24 

= 1532 x 196246 = 3029239872 Ví dụ 2: Cho a = 1408884 và b = 7401274 Tì ƯCLN và BCNN

Giải Ta có: 7401274 = 1408884 x + 356854

1408884 = 356854 x + 338322 356854 = 338322 x + 18532 338322 = 18532 x 18 + 4746 18532 = 4746 x + 4294 4746 = 4294 x + 452 4294 = x 452 + 226 452 = 226 x + Vậy ƯCLN = 226

=> BCNN =

1048884 7401274 226

= 6234 x 7401274 = 6234(7401.103 + 274)

= 46137834.103 + 274

= 46139542116

Nhận xét: Cách này rất dài về thao tác ấn máy, ta chỉ dùng không làm cách được.

Ngoài ta còn có cách khác nữa là áp dụng mệnh đề: ƯCLN (a, b) = ƯCLN (a-b, b), với a > b, nhiên cách này dùng

Bài tập thực hành:

TÌM ƯCLN VÀ BCNN CỦA: a = 75125232 và b = 175429800

(ĐS: ƯCLN = 412776; BCNN = 31928223600; Phân số tối giản

182 425

a

b  )

DẠNG 5: MỘT SỚ BÀI TOÁN VỀ TÌM ƯỚC, BỢI, ƯỚC CHUNG, BỢI CHUNG.

Các bài tốn dạng này thường khơng có phương pháp, cũng thuật toán về qui trình ấn phím chung nào cả, tùy vào từng bài cụ thể mà ta có thể đưa một qui trình ấn phím riêng để giải, nhằm giải bài tốn đó theo yêu cầu

* Nhắc lại số kiến thức: - Ư(a) = { x / a chia hết cho x } - B(a) = { x / x chia hết cho a }

- ƯC(a,b) = { x / a chia hết cho x b chia hết cho x } = Ư(UCLN(a, b))

- BC(a, b) = { x / x chia hết cho a x chia hết cho b } = B(BCNN(a, b))

Sau số toán thường gặp: Bài 1: Tìm ước của 120

Giải:

Ta biết ước của 120 là số mà 120 chia hết Do đó ta dùng vòng lặp để tìm thương nguyên phép chia 120 cho số từ đến bé 120

Ta có qui trình ấn phím sau: Ấn SHIFT STO A

ALPHA A + SHIFT STO A  ALPHA : 120 ÷ ALPHA A Ta chỉ lấy kết quả là số nguyên:

Ấn =  =  Kết quả 60 (tức 120 chia hết cho 2) =  =  Kết quả 40 (tức 120 chia hết cho 3) =  =  Kết quả 30 (tức 120 chia hết cho 4) =  =  Kết quả 24 (tức 120 chia hết cho 5) =  =  Kết quả 20 (tức 120 chia hết cho 6)

=  =  Kết quả 17,1 (tức 120 không chia hết cho 3), bỏ =  =  Kết quả 15 (tức 120 chia hết cho 8)

=  =  Kết quả 13,3 (tức 120 không chia hết cho 3), bỏ =  10 =  Kết quả 12 (tức 120 chia hết cho 10)

=  11 =  Kết quả 10,9 (tức 120 không chia hết cho 11), bỏ Ta dừng lại vì 10,9 < 11

Vậy : Ư(120) = { 1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 10; 12; 15; 20; 24; 30; 40; 60; 120}

Chú ý: Ta có thể tìm ước 120 bằng cách phân tích 120 thừa số nguyên tố rồi từ kết quả

phân tích này viết ước Cách này thủ cơng khơng lợi dụng mạnh của máy tính nên dùng, cách này lại có ưu điểm là tính sớ ước, khơng sợ bị sót ước Cách tính sớ ước sau:

Giả sử: a = xm.yn.zp thì số ước bằng: (m + 1)(n + 1)(p + 1).

Bài 2: Tìm tổng ước lẻ của 93184

Giải

Phương pháp: Ta tìm ước lẻ của 93184 rời tính tổng

Cách 1: Ta tìm ước lẻ của 93184 bằng cách loại ước chẵn Qui trình ấn phím sau:

Ấn: 93184 (gán vào ) ÷ …(loại ước chẵn)

Ta ấn liên tục thương hết còn chẵn (tức là loại hết ước chẵn) và thấy thương lẻ 91 xuất ta dừng lại

Lại tiếp tục tìm ước lẻ của 91, lấy 91 chia cho 3, 5, 7, 11, 13, ta tìm ước lẻ nữa là và 13

Vậy tổng ước lẻ của 93184 là: 91 + 13 + + = 112 Cách 2: Ta tìm trực tiếp ước lẻ của 93184 bằng vòng lặp sau:

Qui trình ấn phím

Ấn SHIFT STO A (gán cho ô nhớ A)

ALPHA A ALPHA = ALPHA A +

(Tức A = A + 2, tạo biến lặp là số lẻ 1, 3, 5,…) ALPHA : 93184 ÷ ALPHA A

Ấn = = … liên tiếp và chỉ chọn những số lẻ nào mà 93184 chia hết (tức thương nguyên), đó ta chọn ước 7, 13, 91, ấn = liên tiếp nào thương nhỏ biến nhảy thì dừng

Bài 3: Tìm bội của 60

Giải Ta dùng vòng lặp với biến đếm từ 0, 1, 2,… Qui trình ấn máy:

Ấn: -1 SHIFT STO A (gán -1 cho A)

ALPHA A ALPHA = ALPHA A +

(A = A + 1), tạo biến đếm từ 0, 1, 2, ……) ALPHA : 60 ALPHA A = = …… (Sau mỗi lần ấn dấu = ta bội) Vậy B(60) = {0; 60; 120; 180; ………}

Bài 4: Tìm bội nhỏ 2012 của 60

Giải Qui trình ấn máy:

Ấn: -1 SHIFT STO A

ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA : 206 ALPHA A = = ……

Ta ấn liên tiếp để lấy bội của 206 và dừng lại bội > 2012 Kết quả: 0; 206; 412; 618; 824; 1030; 1236; 1442; 1648; 1854

Bài 5: Tìm bội của 45 nhở 2012 và chia hết cho 35

Giải Qui trình ấn máy:

Ấn: -1 SHIFT STO A

ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA : 45 ALPHA A ÷ 35 ALPHA : 45 ALPHA A = = = ……

= Ans

Ans = =

=

Ta ấn = liên tiếp để lấy kết quả; để ý thấy 45A ÷ 35 là số nguyên thì ấn = là 45A có kết quả thỏa điều kiện bài toán và đến lớn 2012 thì dừng

Kết quả: 0; 315; 630; 945; 1260; 1575; 1890

Cách khác: Theo đề bài, ta cần tìm bội chung của 45 và 35 mà nhỏ 2012 Bước 1: Tìm BCNN (35, 45) = 315 (theo thuật toán đa biết)

Bước 2: Tìm bội của 315 mà nhỏ 2012 (cách này quả là qui trình ấn máy gọn gàn nhờ ta biết kết hợp tư toán học vào máy tính)

DẠNG 6: SỚ NGUN TỚ

1/ Kiến thức số nguyên tố :

a) Định nghĩa : Số nguyên tố là số tự nhiên lớn và chỉ có hai ước là và nó  Chú ý: - Sớ là số nguyên tố nhỏ nhất và là số nguyên tố chẵn nhất

- Các số nguyên tố nhỏ 10 là: 2; 3; 5; b) Định lý : (Cơ bản về số nguyên tố)

Với mọi số nguyên dương n, m > đều có thể viết một cách nhất: n = 11 22 k

e e e

k

p p p

Với k, ei  

1,

i k

là số tự nhiên, Pi là số nguyên tố thỏa man p1 < p2 < … < pk

Khi đó dạng viết gọi là phân tích sớ n thừa sớ nguyên tố c) Định lý : (Xác định số ước của một số tự nhiên)

Cho n N , n > 1, giả sử n có dạng phân tích thừa sớ ngun tớ là n = 11 22 k

e e e

k

p p p

Khi đó số ước của n tính theo cơng thức: (e1 + 1)(e2 + 1) … (ek + 1)

d) Cách nhận biết số nguyên tố :

p là một số nguyên tố p không có ước nguyên tố < p

2/ Một số toán số ngun tố Bài 1: Phân tích thừa sớ ngun tố

a/ 1800 b/ 41580

Giải a/ Ấn 1800 → (đưa vào biến nhớ Ans) → 900

→ 450 → 225

225 → (đưa vào biến nhớ Ans) → 75

→ 25

25 → (đưa vào biến nhớ Ans) →

→ Vậy: 1800 = 23 32.52

b/ 41580 = 22.33 5.7.11

Bài 2: Số 647 có phải là số nguyên tố hay không?

Giải Ta áp dụng dấu hiệu để kiểm tra

Tính 647 25,  nhớ số 25

Dùng vòng lặp chia số 647 cho số lẻ đến 25 Qui trình ấn phím máy fx-570MS:

Ấn SHIFT STO A

ALPHA A ALPHA = ALPHA A  ALPHA : 647 ÷ ALPHA A   

Ta ấn liên tiếp thấy xuất kết quả nguyên thì 647 không phải là số nguyên tố, còn ấn  A = 25 mà không thấy kết quả nguyên thì 647 là số nguyên tố

Bài tập thực hành:

Kiểm tra xem số sau, số nào là số nguyên tố

859 ; 417 ; 900 ; 1249 ; 8011

(Đáp số: 859; 1249 là số nguyên tố)

Bài : Tìm ước nguyên tố của: A = 17513 + 19573 + 23693

Giải

- Ta tìm ƯCLN của 1751 và 1957 theo thuật toán đa biết ; ta UCLN (1751 ;1957) = 103

- Dùng thuật toán kiểm tra số nguyên tố, kiểm tra ta thấy 103 là số nguyên tố , thử lại ta cũng có 2369 có ước nguyên tố là 103

Do đó A = (103.17)3 + (103.19)3 + (103.23)3 = 1033 (173 +193 +233) = 1033 23939

Phân tích ta thấy 23939 = 37.647, kiểm tra lại thấy 647 là số nguyên tố Vậy A có ước nguyên tố 37; 103; 647

Bài 4: Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của A = 2152 + 3142

Giải:

- Tính A = 144821

- Ta tìm ước nguyên tố của A, theo qui trình ấn phím máy fx-570MS sau Ấn SHIFT STO A

ALPHA A ALPHA = ALPHA A  ALPHA : 144821 ÷ ALPHA

  

Ta ấn liên tiếp nào có kết quả nguyên thì dừng lại, ta số 97 là số nguyên đầu tiên tìm thấy

Nên A = 97 1493

- Tiếp tục kiểm tra ta thấy 1494 cũng là số nguyên tố

Vậy A có ước nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493

Bài tập thực hành:

Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của 10001 (ĐS : 73 và 137)

DẠNG 7: MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG TÍNH TUẦN HOÀN CỦA CÁC SỐ DƯ KHI NÂNG LÊN LŨY THỪA.

Cơ sở lý thuyết :

Định lý : Với a, m là số tự nhiên Các số dư phép chia lũy thừa của a

là : a1, a2, a3, a4, cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ lũy

thừa đầu)

Ta lấy m + lũy thừa đầu tiên của a: a1, a2, a3, a4, , am, am+1 Ta xet số

dư của chúng chia cho m, vì chia cho m chỉ có m số dư tù 0; 1; 2; 3; ; m -2; m – 1, mà lại có m + số (m + phép chia cho m), nên phép chia phải có hai phép chia cho số dư chia cho m

Giả sử hai số đó là ak và ak+l (l > 0)

Khi đó a k  ak+l (modun m)

Với mọi n ≥ k, ta nhân hai vế của phép đồng dư với an – k, ta se được:

an  an + k (modun m)

Điều này chứng tỏ rằng: Bắt đầu từ vị trí tương ứng với ak sớ dư se lặp

lại một cách tuần hoàn Số l gọi là chu kì tuần hoàn của số dư chia lũy thừa của a cho m

Nhận xét: Với sự trợ giúp của MTBT, ta dễ dàng xây dựng thuật toán hướng dẫn

qui trình ấn phím để tính nhanh lũy thừa của mợt sớ và xác định số dư và chu kì tuần hoàn của nó Ví dụ: Tính lũy thừa của: 5n, với n = 0; 1; 2; 3; Ta

có quy trình ấn phím sau: Ấn: -1 SHIFT STO A

ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA :  ALPHA A

= = =

Ta kết quả: 50 = 1; 51 = 5; 52 = 25; 53 = 125; 54 = 625;

Sau ta áp dụng tính chất tuần hồn để giải số tốn

Bài 1: Xét lũy thừa liên tiếp của 2.

21 ; 22 ; 23 ; 24 ;

Tìm xem chia lũy thừa này cho nhận số dư nào ?

Giải:

Ta có: 21 2 (mod 5); 25 2 (mod 5)

22 4 (mod 5) ; 26 4 (mod 5)

23 3 (mod 5) ; 27 3 (mod 5)

24 1 (mod 5) ; 28 1 (mod 5)

Ta thấy số dư lặp lại cách tuần hoàn sau số dư ( 2; 4; 3; 1) và lặp lại đúng thứ tự trên, chu kỳ tuần hoàn là

*Nhận xét: Nếu ta có bài tốn:

Tìm sớ dư chia 22005 cho

Áp dụng kết quả : Ta có 2005  (mod 4)  22005 chia cho có dư là 2

Bài 2: Tìm chữ số tận của 234

Giải:

Dùng máy để tính lũy thừa của theo qui trình ấn phím sau: Ấn : SHIET STO A

 ALPHA A

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A   ……. Ta kết quả: 21 , 22, 23 , 24 , 25 , 26 , 27, 28,

Chữ số tận ( 2, 4, 8, 6) (2, 4, 8, ),

Ta thấy chữ số tận (tức là số dư chia cho 10) lặp lại tuần hoàn chu kỳ số ( 2; 4; 6; 8)

Mà : 34 = 81  (mod 4)

Vậy chữ số tận của 234 là 2.

Bài 3: Tìm chữ số tận của A = 21999 + 22000 + 22001

Dùng máy tính lũy thừa của để tìm chữ số tận ( tức số dư chia cho 100) quy trình ở Ví dụ ở Ta có kết quả :

21 22 23 24 25 .220 221

(4 16 32 64 .76 52) Ta thấy số dư lặp lại tuần hoàn với chu kỳ 20 (từ đến 52)

Ta lại có 1999  19( mod 20)  21999 chia 100 dư 88

2000  0( mod 20)  22000 chia 100 dư 76

2001  1( mod 20)  22001 chia 100 dư 52

Mà 88 + 76 + 52 = 216 16 (mod100) Vậy A có chữ số tận là 16

* Nhận xét: Cách giải dài dùng lợi của máy tính ta có thể giải cách dễ dàng

Ta có cách giải khác sau:

Ta có 21  (mod100); 23 8 (mod100)

210 24(mod100); 29 = (23)383 12(mod100); 240  76(mod100)

250 = (210)5245 24(mod100)

2400 =(2100)4 76476(mod100)

2500 = 2400.2100 =762 76(mod100)

2900 = 2400.2500 =76276(mod100)

21000 = 2900.2100 = 762 76(mod100)

22000 =(21000)2 762 76 (mod100)

22001=22000.276.252(mod100)

290 = 250.240 =76.2424(mod100)

21999=21000.2900.290.29762 12.2488(mod100)

 A = 21999+22000 + 22001 88 + 76 + 52 = 216 16 (mod100)

Vậy hai chữ số tận của A là 16

Bài : Chứng minh rằng (148)2004 + 13 chia hết cho 11

Giải

Ta có 143 (mod11)  (148)2004 (38)2004 (mod11)

Mà 38 = 6561 5 (mod11)  (38)200452004(mod11)

 (38)200452004 (mod11)

Xét sự tuần hoàn của số dư chia lũy thừa của cho 11: 51 52 53 54 55 56 57 58 59 510

(5 ) ( 1) Mà : 2004 4 (mod5)

Cho nên 52004 cho 11 dư 9, tức (148)2004 chia cho 11 dư 9.

Vậy (148)2004 +13 chia hết cho 11.

Cách khác:

Ta có: 515 (mod11)

52  (mod11)

53  (mod 11)

549 (mod 11)

55 1 (mod 11)

 52004=55.400+4 =(55)400.54 1400.9 9(mod11).

Vậy : (148)2004+13  9+13 =22 0 (mod11)

Bài 5: Chứng minh rằng : 222555 +555222 7

Giải

Ta tìm dư chia 222555 cho 7

Ta có : 222  5(mod 7)  222555 5555 (mod 7)

Xét sự tuần hoàn của số dư chia lũy thừa của cho

( 1) (5 Mà : 555 3 (mod6)

 5555 6 (mod 7)

Vậy : 222555 chia cho dư 6.

- Tương tự ta tìm : Số dư chia 555222 cho là 1

Vậy dự của 222555 +555222 chia cho là 7, tức chia hết cho 7.

Bài 6: Cho A = 2100 + 2101 + 2 102 + ……… + 22007

Tìm số dư chia A cho 2007

Giải

Ta có A = 2100 (1+ + 22 + + 21007)

= 2100 ( 2-1) (21907 + 21906 = + + 22 + +1 )

 A = 2100 (21908- 1) (*)

( Chú ý : ta đa áp dụng HĐT mở rộng :

an – bn = ( a – b) ( an – + an – 2b + ……… + abn-2 + b n-1 )

Ta cần tìm số dư chia 2100(21908 – 1) cho 2007

Ta có 220 = 1048576 922 (mod 2007)

 2100 = ( 220)5 9225 9223.9222 1801 1123 1474 (mod 2007)

 21900 = (2100)19 147419 (mod 2007)

Mà : 14743685 (mod 2007)

14749 6853 82 (mod 2007)

147419=147418.1474  (14749)2 1474 822 1474 610 (mod 2007)

Nên 21900 610 (mod2007)

Tính tiếp : 28  256 (mod 2007)

 21908 610 256 1621 (mod 2007)

 21908 -1 1621 – =1620 (mod 2007)

Cuối : 2100 (21908-1)  1474 1620 1557 (mod 2007)

Vậy A chia cho 2007 có dư là 1557

*Chú ý: Để tính A = 2100 ( 21908 – 1), học sinh học bồi dưỡng đa trang

bị kiến thức về cấp số nhân thì ta thấy A là tổng cấp số nhân với công bội là q = 2, u1=2100

Ta có công thức tính tổng Sn =

1(1 )

n

u q

q



 , với n = 1908 ( tức từ 100 đến 2007 có số hạng là 1908) 

100 1908

100 1908 1908

2 (1 )

2 2

S   



DẠNG 8: DẠNG TOÁN VỀ LIÊN PHÂN SỚ.

Sớ hữu tỉ dưới dạng liên phân số.Mỗi số hữu tỉ có một biểu diễn nhất dưới dạng liên phân số, nó viết dưới dạng là:

a

b = [a0, a1, … an].

Số hữu tỉ cũng có thể biểu diễn dưới dạng liên phân số vô hhanj bằng cách xấp sĩ nó dưới dạng gần đúng bởi số thập phân hữu hạn và biểu diễn số thập phân hữu hạn này qua liên phân số

Vấn đề đặt : Hay biểu diễn liên phân số

1

1

1 n

n

a a

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 mợt cách nhanh chóng giá trị của phân số đó

Ấn lầ lượt: an-1 + ab/c an = an-2 +1 ab/c Ans = … a0 + ab/c Ans =

(Có thể dùng x-1 ấn phấm sau: a

n = x-1 + an-1 = x-1 + … = x-1 + a0 = )

Một số ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Tính giá trị của A = +

1

1

2 



Giải: Quy trình ấn máy fx 500MS:

Ấn + ab/c = +1 ab/c Ans = + ab/c Ans = SHIFT ab/c

Kết quả : A = 23 16.

Ví dụ 2: Tính B = +

5

5

4

5

3 

 



HD: Đây là dạng liên phân số biến thể, qui trình ấn máy cũng tương tự không có gì khó: Kết quả: B =

1761 382

Ví dụ 3: Tính C = 2,35+

8, 6, 21

0,32 3,12

2 



(liên phân sớ biến thể) (Kết quả: C = 4,456186374)

Ví dụ 4: Biết

15 1 17

1

a b

 



đó a và b là số dương Tính a,b ? Giải:

Ta có

15 1 1

17 1

17 1 1 1

15

15 15 7

2

   

  



Vậy a = 7; b = (chú ý có quy trình ấn máy) Ví dụ 5: Tìm x, biết

4 (*)

1

1

1

2

1

3

4

x x

 

 

 

 

Giải:

Viết lại (*) dưới dạng : 4+x.A = x.B x(A – B) = -

X =

B A

Dùng máy tính A gán cho A ( 39 43) B gán cho B (

17 73) Từ đó tính x = 4: (B-A) =

12556 1459

Ví dụ 6: lập quitrinhf ấn phím để tính giá trị của liên phân sớ sau: M = [3,7,15,1,292] và tính  - M

Giải:

Ta có: M = 3+

1

1 15

1

292 

  Ta có quy trình ấn phím sau: Ấn:1 + ab/c 292 =

15 + ab/c Ans =

+ ab/c Ans =

+ ab/c Ans (M = 3,1415 ) SHIFT STO M

SHIFT (A) – ALPHA M = (5,8.10-10)

Ví dụ 7: Cho A = 30 + 12

5 10

2003 

Viết lại A dưới dạng A = [a0, a1, … an] ?

Giải:

Ta có: A =

12 30

20035 2003 

=

24036 4001

30 30 31

20035 20035 20035

4001

     

=

1

31 31

30

5

1

4001 133

8

11

  

 

 

Vậy A =

1 31

1

1 133

1

1

1

1

2 

 

 

  Suy ra: A = [31,5,133,2,1,2,1,2]

Bài 1: Tính:A = 7+ 1 3    B = 20    C=    (ĐS: 1037 142 )

Bài 2: Tìm số tự nhiên a,b biết:

329 1 1051 a b    

(ĐS: a = 7; b = 9)

Bài 3: Tìm x,biết:

1 1 1 x x      

(ĐS: x = 24 29) Bài 4: Lập qui trình ấn phím để tính giá trị của liên phân sớ sau” M = [1;1,2;1;2;1;2;1] và tính - M ?

Bài 5: Cho số 2; 3; có biểu diễn gần đúng dưới dạng liên phân số sau:

2 = [1,2,2,2,2,2]; 3= [1, 1, 2, 1, 2, 1] ;  = [3, 17, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3] Tính các liên phân sớ và so sánh với số vô tỷ mà nó biểu diễn

DẠNG 9: CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC.

I MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ ĐA THỨC:

1) Định lý phép chia đa thức:

Với hai đa thức một biến f(x), g(x) (g(x) ≠ ), luôn tồn tại nhất cặp đa thức Q(x) và R(x) cho : f(x) = g(x) Q(x) + R(x), với R(x) = hoặc bậc R(x) nhỏ bậc của Q(x)

Trong đó: Q(x) gọi là đa thức thương; R(x) gọi là đa thức dư - Nếu R(x) = thì f(x) chia hết cho g(x)

2) Định lý Bê-du:

Số dư phép chia f(x) cho nhị thức (x – a) là f(a)

3) Hệ quả:

f(x) chia hết cho (x – a)  f(a) = (Tức a là nghiệm của f(a))

4) Sơ đồ hooc-ne:

Giả sử đa thức f(x) = an xn + an-1 xn-1 + + a1 x + a0 chia cho nhị thức (x - )

có thương là: Q(x) = bn-1 xn-1 + bn-2xn-2 + + b1 x + b0

Khi đó: an xn + an-1 xn-1 + + a1 x + a0 =

= (bn-1 xn-1 + bn-2xn-2 + + b1 x + b0)(x - ) + r

= bn-1xn + (bn-2 - bn-1)xn-1 + + (b1 - b2)x2 + (b0 - b1)x + (r – b0)

Đồng nhất hệ số, ta có: an = bn-1; an- = bn-2 - bn-1 ; a1 = b0 - b1; a0 = r – b0

Suy ra: bn-1= an ; bn-2 = an- + bn-1 ; b0 = a1+b1; r = a0 +b0

Do đó ta có sơ đờ sau để tính hệ số của thương Q(x) và dư r, gọi là sơ đồ Hooc –ne: an an-1 an-2 …… a2 a1 a0  

 bn-1 bn-2= an- + bn-1 bn-3= an- + bn-2 b1= a2+b2 b0= a1+b1 r = a0 +b0

II MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ ĐA THỨC:

Dạng1: Tính giá trị đa thức(biểu thức)

Loại 1: Đa thức có nhiều biến x, t, z

Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức sau: E =

2

2

3

6

x y xz xyz

xy xz

 

 với x = 2,41; y = -3,17; z = Giải:

Cách 1: Dùng phép gán: Ấn: 2,41 SHIFT STO X

-3,17 SHIFT STO Y

3 SHIFT STO A

Ghi vào màn hình:(3X2Y – 2XA3 + 5XYA):(6XY2+XA)

Ấn =  kết quả: E = -0,7918 Cách 2: Dùng lệnh CALC

Ghi vào màn hình:(3X2Y – 2XA3 + 5XYA):(6XY2+XA)

Ấn: Ấn CALC  X ? (nhập 2,41) =  Y ? (nhập -3,17) =  A ? (nhập

4 3)

=  kết quả: E = -0,7918

Loại 2:Đa thức biến.

Nếu chỉ tính tại một giá trị của biến, ta nhân, chia trực tiếp nhờ biến nhớ Ans Ví dụ 1: Tính A =

5

3

3

4

x x x x

x x x

   

   x = 1,8165 Giải: Ấn 1,8165 = để ghi vào biến nhớ Ans

Ghi vào màn hình biểu thức đa cho với vai trò x là biến nhớ Ans, cuối ấn = kết quả: 1,49846582

(Cách này cũng tương tự cách dùng phép gán )

- Nếu tính giá trị biểu thức tại nhiều giá trị của biến, ta dùng lệnh CALC là tiện lợi nhất Ví dụ 2: Tính

5

3

3

4

x x x x

A

x x x

   



  

Khi x = 1,8165; x = -0,235678; x = 865,321 Giải

Ghi vào màn hình:

5

3

3

4

X X X X

X X X

   

  

Ấn CALC  X (nhập x = 1,8165) = k/q (A = 1,4985)

CALC  X (nhập x = -0,235678) = k/q (A = 0,3331)

CALC  X (nhập x = 865,321) = k/q (A = 561314,2712)

Chú ý: Ta có thể kiểm tra lại kết quả bằng cách gán giá trị của biến vào X, dời trỏ lên

Bài tập thực hành:

1/ Tính x4 + 5x3 – 3x2 + x – x = 1,35627

(ĐS: 10,6956)

2/ Tính P(x) = 17x5 – 5x4 + 8x3 + 13x2 – 11x – 357

(ĐS: 2,18567)

Dạng 2: Tìm dư phép chia đa thức P(x) cho nhị thức (x - a) (ax – b)

- Theo định lý Bêdu thì dư ttrong phép chia P(x) cho (x – a) là r = f(a)

- Giả sử chia P(x) cho (ax + b) có dư là r thì r phải là hằng số (vì bậc của r phải nhỏ bậc của (ax + b)) Cho nên ta có:

P(x) = (ax + b).Q(x) + r Khi x =

b a 

( b a 

là nghiệm của đa thức ax + b) thì: P(

b a 

) =

b b

a a

a b Q r

   

   

   

   

b a

r P  

     

Vậy để tìm dư phép chia P(x) cho x – a ta tính P(a) và dư ax + b ta tính P( b a 

), đó bài tốn giớng bài tốn ở dạng

Ví dụ 1: Tìm sớ dư phép chia:

14 723

1,624

x x x x x x

x

      

Giải

Đặt P(x) là đa thức ở tử, ta có số dư r phép chia là: P(1, 624) Qui trình ấn máy để tìm P(1,624) sau:

Ấn 1,624 SHIFT STO X

Ghi vào màn hình đa thức P(X): Ấn =  k/q r = 85,92136979 Ví dụ 2: Tìm số dư phép chia:

Q(x) = x5 6,723x31,857 0, 458x2 x4,319cho (x + 2,318) Giải

Số dư phép chia là: r = Q(-2,318)

Thực qui trình ấn máy ta được: r = 46,0791 Ví dụ 3: Tìm sớ dư phép chia :

f(x) = 5x5x4 3x3x25x7 cho nhị thức 3x – 5 Giải

Số dư phép chia là: r = f      

Thực qui trình ấn máy ta được:

18526 243

r 

Ví dụ 4: Tìm thương và sớ dư phép chia P(x) = 3x45x3 4x22x 7 cho (x – 5) Giải

Để tìm thương và số dư phép chia P(x) cho (x – 5) ta dùng sơ đồ Hoocne

3 -4 -7

5 5x3 +

=20

5x20 – =96

5x96 + =482

Qui trình ấn máy fx-570 MS

Ấn: SHIFT STO X (Gán cho x) ALPHA X + = Ans ALPHA X - = Ans ALPHA X + =

Ans ALPHA X - =  r = 2403

Vậy: Thương là: Q(x) = 3x320x296x482 và dư r = 2403 Ví dụ 5: Tìm thương và sớ dư ttrong phép chia:

P(x) = x32x2 3x1 cho (2x – 1) Giải

* Nhận xét: Giả sử P(x) chia cho (ax + b) có thương là Q(x) và dư là r Khi đó: P(x) = (ax + b).Q(x) + r

 

( ) b ( )

P x x a Q x r

a

 

    

 

Đặt a.Q(x) = Q’(x)

1 ( ) '( )

Q x Q x

a

 

( ) '( )

b

P x x Q x r

a

 

    

 

Điều này chứng tỏ thương phép chia P(x) cho (ax + b) là thương phép chia P(x) cho b x a     

  nhân với

a Còn dư r = b P a     

 ta đa biết. Từ nhận xét trên, ta cần tìm thương của P(x) chia cho

1 x     

 , dùng sơ đồ Hoocne để tìm hệ số của thương và dư r sau:

1 -3

1  Ta được: P(x) =

2

1

2

x x x

                  2

1

2

2 2

5

2 8

x x x

x x x                          

Vậy thương cần tìm là: Q(x) =

2

1

2x 4x 8 và số dư là r =

Bài tập thực hành:

1) Cho P(x) = x45x3 4x23x 50 Tìm phần dư r1, r2 chia P(x) cho x – và x – 3. Tìm BCNN(r1, r2)?

ĐS: r1 = -4; r2 = 139

2) Tìm thương và dư phép chia

3

3

2

x x x

x

    ĐS: Thương Q(x) =

Dư r = 157

19, 625 

3) Tìm thương và dư phép chia: f(x) = x7 – 2x5 - 3x4 + x – cho x + 5

ĐS: f(x) = (x + 5)(x6 – 5x5 + 23x4 – 118x3 +590x2 – 2950x + 14751) – 73756

4) Chia x8 cho (x + 0,5) thương q

1(x) và dư r1 Chia q1(x) cho (x + 0,5) thương

q2x và dư r2 Tính r2

HD: Ta có x8 = (x + 0,5).q1x + r1

Q1(x) = (x + 0,5).q2(x) + r2

Ta dùng sơ đờ Hoocne, tính hệ số của q1(x), q2(x) và dư r1, r2

1 0 0 0 0

1

 1

2



4

1



16

1 32



64

1 128



256

2

 -1

4

1



16

3 16



64

1 16  5) Tìm thương và dư phép chia:

x7 – 2x5 – 3x4 + x – cho x + 5

ĐS: Thương x6 – 5x5 + 23x4 – 118x3 + 590x2 – 2590x + 14751

Dư: r = - 73756

Dạng 3: Tìm tham số m để p(x) + m chia hết cho nhị thức ax + b

Khi chia đa thức P(x) cho ax + b ta dược : P(x) = (ax + b).Q(x) + r

 P(x) + m = (ax + b).Q(x) + (r + m)

Để P(x) + m chia hết cho (ax + b) thì: r + m =  m = -r =

b a

       Như vậy bài toán thực chất là bài toán tìm sớ dư mà ta đa biết

Ví dụ 1: Tìm a để x4 + 7x3 + 2x2 + 13x + a chia hết cho x + 6

Giải Đặt P(x) = x4 + 7x3 + 2x2 + 13x Khi đó: a = -P(-6)

Qui trình ấn máy để tìm P(-6) sau: Ấn - SHIFT STO X

Ghi vào màn hình biểu thức: X4 + 7X3 + 2X2 + 13X

ẤN =  K/q: -222 Vậy a = 222

Ví dụ 2: Cho P(x) = 3x3 + 17x – 625 Tính a để P(x) + a2 chia hết cho x + 3

Giải Để P(x) + a2 chia hết cho x + thì: a2 = -P(-3)

Dùng máy tính để tính P(-3) ta được: P(-3) = -757  a2 = 757

Vậy a =  75727,51363298

*Chú ý : Ta để ý thấy P(x) = (3x3 + 9x2) – 9x2 + 44x + 132

= 3x2(x + 3) – 9x(x + 3) + 44(x + 3) – 757

 P(x) = (3x2 – 9x + 44)(x + 3) - 757

Do đó để P(x) + a2 (x+ 3) thì a2 – 757 = 0

Ví dụ 3: Tìm m để đa thức P(x) = 2x3 + 3x2 – 4x + + m chia hết cho Q(x) = 3x + 2

Giải Viết lại P(x) = (2x3 + 3x2 – 4x + 5) + m = P

1(x) + m

Để P(x)  Q(x) thì P1(x) + m H(x)  P1(x) + m = (3x + 2) H(x)  P1

2  

  

 +m =  m = -P1  

     Dùng máy tính tính P1

2  

  

  suy m Ví dụ 4: Cho hai đa thức

P(x) = 3x2 – 4x + + m và Q(x) = x3 + 3x2 – 5x + + n

Tìm m và n để hai đa thức có nghiệm chung là x0 =

1 Giải

Viết lại P(x) = P1(x) + m, Q(x) = Q1(x) + n

Vì x0 =

1

2 là nghiệm của P(x)  P(

2) = P1(

2) + m =  m = - P1( 2) Tương tự: n = - Q(

1 2)

Dùng máy ta tính m và n

Dạng 4: Tìm hệ số đa thức

Ví dụ: Cho đa thức P(x) = x3 + bx2 + cx + d Biết

P(1) = -15; P(2) = -15; P(3) = - a) Tính hệ sớ b, c, d của P(x) b) Tìm dư r1 và chia p(x) cho x –

c) Tìm dư r2 chia P(x) cho 2x +

Giải a) Theo đề bài ta có hệ phương trình:

1 15 16

8 15 23

27 9 3

b c d b c d

b c d b c d

b c d b c c b

      

 

 

       

 

        

 

Dùng máy tính giải hệ phương ttrình được: b = -3, c = c, d = -15

Vậy P(x) = x3 – 3x2 + 2x – 15

b) Ta có r1 = P(4)

c) Ta có r2 = P

3  

    

Bài tập thực hành:

Cho đa thức P(x) x3 + a2 + bx + c biết P(1) = -25; P(2) = -21; P(3) = -41 a) Tính hệ sớ a, b, c của P(x)

b) Tìm số dư r1 chia p(x) cho x + c) Tìm số dư r2 chia p(x) cho 5x +

d) Tìm số dư r3 chia p(x) cho (x + 4)(5x + 7)

HD:

Với P(4) = r1; P     

 = r2 đa tính ở câu ta suy m, n từ đó suy r3 Ví dụ 2: 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) cho:

+ Bậc của H(x) nhỏ bậc của P(x)

+ bậc của h(x) nhỏ số giá trị đa biét của P(x)

Trong bài trên, bậc của H(x) nhỏ 5, nghĩa là Q(x) = P(x) + (a1x4 + b1x3 + c1x2 + d1x +

e1)

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

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1

16 4

256 64 16 16 625 125 25 25

81 27 9

a b c d e

a b c d e

a b c d e

a b c d e

a b c d e

                                      

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

15 3

8 26 8

255 63 15 15 624 124 24 24

50 12 2

210 42 6 564 96 12

a b c d

a b c d

a b c d

a b c d

a b c

a b c

a b c

                                      

Dùng máy tính giải hệ phương trình ta được: a1 = b1 = 0; c1 = -1

1 1

1 1

0

2 0

d c d

d e e

  

 

   

  

 

Do đó Q(x) = P(x) – x2

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

Từ đó ta tính được:

P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + x2

Suy P(6) = 156, P(7) = 769, P(8) = 2584, P(9) = 6801

* Chú ý: Ta có thể viết ra

P(x) = x5 – 15x4 + 85x3 - 224x2 + 274x - 120

Từ đó ta suy a, b, c, d, e

Bài tập thực hành:

1) Cho P(x) = x4 + ax3 - bx2 + cx + d Biết P(1) = 5, P(2) = 7, P(3) = 9, P(4) = 11 Tính

P(5), P(6), P(7), P(8) , P(9)

HD: Giải tương tự ví dụ 2, ta có:

P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) + (2x + 3), từ đó tính P(5), P(6), pP(7), P(8) , P(9) 2) Cho P(x) = x4 + ax3 - bx2 + cx + d Biết P(1) = , P(2) = 3, P(3) = 6, P(4) = 10 Tính

(5) (6) (7) P P A P  

ĐS: P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4) +

( 1)

3) Cho đa thứcc f(x) bậc với hệ số củ x3 là k, k  thỏa man: f(1999) = 2000, f(2000) = 2001

CMR: f(2001) – f(1998) là hợp số

HD: Đặt g(x) = f(x) + (ax + b) Tìm a, b biết

g(1999) = g(2000) =

1999 2000

2000 2001

a b a

a b b

   

 

   

   

 

( ) ( )

g x f x x

   

+ Tìm f(x)

Do bậc của f(x) là bậc nên bậc của g(x) cũng bậc và g(x) chia hết cho (x – 1999) và (x – 2000) nên:

G(x) = k(x – 1999)(x – 2000)(x – x0) + x +

Từ đó f(2001 – f(1998) = 3(2k + 1) là hợp số

4) Cho đa thức f(x) bậc 4, có hệ số của bậc nhất là thoả man f(1) = 3, f(3) = 11, f(5) = 27 Tính A = f(-2) + 7f(6)

HD: Đặt g(x) = f(x) + ax2 + bx + c Tìm a, b, c cho g(10 = g(3) = g(5) = 0

Suy a, b c là nghiệm của hệ phương trình

3

9 11 0

25 27

a b c a

a b c b

a b c c

    

 

 

     

 

      

  (bằng máy tính)

Từ đó g(x) = f(x) – x2 – 2

Vì f(x) có bậc nên g(x) cũng có bậc và g(x) lại chia hết cho (x – 1), (x – 3), (x – 5) Do vậy:

g(x) = (x – 1)(x – 3)(x – 5)(x – x0) ta có

f(x) = (x – 1)(x – 3)(x – 5)(x – x0) +x2 +

ĐS: A = f(-2) + 7f(-6) = 1112

5) Cho đa thức f(x) bậc biết f(0) = 10, f(1) = 12, f(2) = 4, f(3) = Tìm f(10)?

HD: G/s f(x) = ax3 + bx2 + cx +d

Vì f(0) = 10, f(1) = 12, f(2) = 4, f(3) = nên ta có hệ phương trình: 10

12

8 4

27

d

a b c d

a b c d

a b c d

  

    



    

     

Lấy phương trình cuối lần lượt trừ cho phương trình đầu và giải hệ gồm phương trình máy tính ta được:

5 25

; ; 12; 10

2

a b c d 

Từ đó ta có f(x) =

3

5 25

12 10 2x  x  x Suy f(10) =

6) Cho đa thức f(x) bậc biết rằng chia f(x) cho (x – 1), (x – 2), (x – 3) đều dư là và f(-1) = -18 Tính f(2012)

HD: Từ giả thiết ta có f(1) = f(2) = f(3) = và f(-1) = -18 Giải tương tự bài ta có:

( ) 11

f x x  x  x Từ đó tính f(2012)

Dạng 5: Biểu diễn đa thức theo bậc nhị thức x 

P(x) = 1 0( 0)

n n

n n n

a x a x  a x a a



     theo bậc của nhị thức x 

, ta áp dụng (n – 1) lần sơ đồ Hoocne:

Lần 1: P(x) = x.Q1(x) + r1

Lần 2: Q1(x) = x Q2(x) + r2

…

Lần n – 1: Qn-2(x) = x  q + rn-1 (q là hằng số)

     

( ) n

P x x   x  x  q r r  r

           

  1  2 

n n

n

x  q r x   r x  r

       

Vậy sau n – lần sử dụng sơ đồ Hoocne ta day q; rn-1; rn-2; r2; r1

Chính là hệ số của luỹ thừa xtừ bậc n Ví dụ: Biểu diễn đa thức

P(x) = x4 – 3x3 + x – theo bậc của (x – 3)

Giải

Ta lập sơ đồ Hoocne sau để tìm hệ số của luỹ thừa (x – 3) sau:

1 -3 -2 P(x)

3 0 1 Q1 = x3 + 1; r1 =

3 28 Q2 = x2 + 3x + 9; r2 = 28

3 27 Q3 = x + 6; r3 = 27

3 Q4 = = an; r4 =

Vậy P(x) = (x – 3)4 + 9(x – 3)3 + 27(x – 3)2 + 28(x – 3) + 1

Bài tập thực hành:

Biểu diễn đa thức f(x) = x5 – 2x4 + 3x3 – x + theo nhị thức (x + 3)

Dạng 6: Vài tốn khác có liên quan đến tam thức bậc hai giải bằng MTCT

1) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ tam thức bậc hai ax2 + bx + c (a ≠0 ):

Ta xét bài toán tổng quát: Ta có: ax2 + bx + c = a(

2 b c

x x

a a

 

) (do a ≠0 ) = a(

2

2

2

2

2 4

b b b c

x x

a a a a

    ) = a 2 ( )

[( ) )]

2

b b ac

x a a     = a

2 ( )

( )

2

b b ac

x a a     ) = a ( ) b x a a    

) ( = b2 - 4ac)

- Nếu a > thì

2 ( ) b a x a 

 , đó ax2 + bx + c  4a

 

Vậy ax2 + bx + c có GTLN (max) là 4a

 

x =

b a



- Nếu a < thì

2 ( ) b a x a 

 , đó ax2 + bx + c  4a

 

với mọi x Vậy ax2 + bx + c có GTNN (min) là 4a

 

x =

b a

Từ kết luận ta có thể áp dụng để tìm cực trị cho bất kì tam thức bậc hai nào cũng một cách dễ dàng nhờ MTBT

Ví dụ 1: Tìm GTLN của đa thức: A = -2,374x2 + 5,236x – 1

Giải:

Vì a = -2,374 < nên đa thức đa cho có GTLN bằng 4a  

tại x =

b a

 Qui trình ấn máy tính fx 500MS:

*Nhập vào màn hình: C – B2:4A ( Vì: 4a

 

= C – B2:4A)

Ấn CALC  A ? (nhập A = -2,374) =  B ? (nhập B = 5,236) =  C ? (nhập C = -1)

=  kết quả: max (A) = 1,88707 *Nhập vào màn hình: – B:2A

Ấn CALC  B ? (nhập B = 5,236) =  A ? (nhập A = -2,374) =  kết quả: x = 1,102780118

Ví dụ 2: Tìm GTNN của đa thức: B= 2x2 (3 2) x11 2 Giải vì a = 2>0 nên B có GTNN bằng 4a

 

tại x =

b a

 Qui trình ấn máy tương tự ví dụ

(ĐS: min(B) = 0,010290608 tại x = 1,6646014640

Bài tập thực hành:

Cho hàm số y =

2 3,1

1,32 7,8

6, 7,

x  x

   



a) Tính y x = 5 (ĐS: y = - 101,0981)

b)Tìm GTLN của y (ĐS max y = -3,5410 tại x = 0,111290936) HD: a) Nhập biểu thức f(x) = ax2 + bx + c vào màn hình rồi dùng lệnh CALC tìm y.

b) làm ví dụ 1,2

(Chú ý: Khi dùng lệnh CALC để tính giá trị biểu thức sau thì giá trị biến gán đa có có thể dùng lại)

2) Phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử:

Định lý:

Nếu phương trình bậc hai:ax2 + bx + c = (a ≠0 ) có hai nghiệm x ; x2

thì ax2 + bx + c = a(x – x

1)(x – x2)

Chứng minh:

Ta có:a(x – x1)(x – x2) = a(x2 – xx1 – xx2 + x1x2)

=a(x2 – (x

1 + x2)x+ x1x2)

=a(x2 –

b c

x

a a ) (vì ;

b c

x x x x

a a

  

) = ax2 + bx + c

Áp dụng định lí và kết hợp với việc giải phương trình bậc hai bằng MTBT ta có thể phân tích nhanh mọi tam thức bậc hai, dù hệ sớ phức tạp nào cũng

Ví dụ: Phân tích

2

3

10 10

x  x

Dùng MTBT giải x1 = 0,5 =

1

2; x2 = 0,6 = -3 Vậy

2

3

10 10

x  x

= 3(x - 2)(x+

3 5) =

3

10(2x – 1)(5x + 3)

DẠNG 10: CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ

Thế mạnh của MTBT là lập trình tính sớ hạng của mợt day sớ, biết sử dụng đúng hợp lý mợt qui trình ấn phím se cho kết quả nhanh xác, từ đó có thể dự đốn cơng thức của sớ hạng tổng qt của day số, việc biết lập qui trình để tính sớ hạng của mợt day sớ, se hình thành cho học sinh kĩ tư thuật toán, rất gần với lập trình tin học

Sau là mợt sớ qui trình ấn phím để tính số hạng của một số dạng day số thường gặp ta giải toán bằng MTBT, cũng là dạng toán rất thường gặp kì thi

1) Dãy số cho bỡi công thức số hạng tổng quát:

un = f(n) ; với n  N*

( Trong đó f(n) là biểu thức của n cho trước) * Cách lập qui trình ấn phím sau:

- Gán giá trị n = vào ô nhớ A : SHIFT STO A - Lập công thức tính un = f(n) : f(A)

- Gán giá trị cho ô nhớ A thêm đơn vị:

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + - Lặp lại dấu bằng: = = = =

Vi dụ : Tính 10 sớ hạng đầu tiên của day: { un } cho bỡi công thức:

1 5

2

5

n n

n

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

 

(Với n = 1; 2; 3; ) Giải:

Qui trình ấn phím để tính sớ hạng của day sau: Ấn: SHIFT STO A

(1 ÷ 5) (((1 + ) ÷ )  ALPHA A - (( - ) ÷ )  ALPHA A ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A +

= = = …

Ta kết quả: u1 = 1; u2 = 1; u3 = 2; u4 = 3; u5 = 5; u6 = 8; u7 = 13;

u8 = 21; u9 = 34; u10 =55

2) Dãy số cho bỡi hệ thức truy hồi dạng:

1

1 ( )

n n

u a

u  f u

 

 

 ; với n  N*

(Trong đó f(un) là biểu thức cho trước của un )

* Cách lập qui trình ấn phím sau:

- Gán giá trị n = vào ô nhớ A : SHIFT STO A

- Lập công thức tính un+1 = f(un) và gán vào nhớ B : B = f(A) (Tức là chỗ nào có

un thì nhập vào ô nhớ A )

- Gán giá trị cho ô nhớ A cho ô nhớ B

*Chú ý : Ta có thể đặt thêm một biến đếm X giá trị u1 ; u2 ; ấn liên tiếp

dấu bằng để đọc kết quả khỏi bị nhầm lẫn Cách lập qui trình ấn phím là tổng quát nhất, áp dụng cho mọi day truy hồi, vẫn còn cách khác là sử dụng biến nhớ có sẵn của máy Ans để lập qui trình, nhiên khơng tổng qt

Ví dụ : Tìm 20 số hạng đầu của day số { un} cho bỡi :

1

2

n n

n

u u u

u

  



 



 

 ; với n  N*

Giải :

Qui trình ấn phím để tính sớ hạng của day sau:

Ấn: SHIFT STO X (Tạo biến đếm un bắt đầu từ u2 )

1 SHIFT STO A ( Gán u1 = cho A )

ALPHA B ALPHA = ( ALPHA A + ) ÷ ( ALPHA A + ) (Lập cơng thức tính un+1 theo A và đưa vào nhớ B, tức B = u2)

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B (Gán u2 vào ô nhớ A)

ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + (Gán cho biến đếm X thêm đơn vị)

Lặp lại dấu = , ta u2 = 1,5

= , ta A = B ; tức A = u2 = 1,5

= , ta thấy X = X + = 3, biến đếm tăng đơn vị = , ta u3 = 1,4

Ví dụ 2: Cho day số xác định bỡi:

3

3

3 ( )

n n

u

u  u

 

 

 

 ; với n  N*

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

Giải:

Qui trình ấn phím để tính sớ hạng của day sau: Ấn: SHIFT STO X

SHIFT 3 SHIFT STO A

ALPHA B ALPHA = ALPHA A  SHIFT 3 ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B

ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + (Gán cho biến đếm X thêm đơn vị)

Lặp lại dấu = , ta u2 = 1,…

= , ta A = B ; tức A = u2 = 1,5

= , ta thấy X = X + = 3, biến đếm tăng đơn vị = , ta u3 = 2,

Khi ta thấy X = X + = 4, tức n = thì u4 = là số nguyên Vậy n = là số tự

nhiên nhỏ nhất cần tìm

3) Dãy số cho bỡi hệ thức truy hồi dạng:

1

2

;

n n n

u a u b

u  Au  Bu C

 

 

  

 ; với n  N*

Ta có hai cách lập qui trình ấn phím để tính các số hạng dãy sau:

Ấn: b SHIFT STO A x A + B x a + C SHIFT STO B

(Gán u2 = b vào nhớ A , tính u3 theo u1 = a và u2 rồi đưa vào ô nhớ B )

x A + ALPHA A x B + C SHIFT STO A (Tính u4 theo u3 = B và u2 = A rồi đưa vào ô nhớ A )

x A + ALPHA B x B + C SHIFT STO B (Lặp lại day phím để tính u5 theo u4 và u3 rời đưa và ô nhớ B

Tiếp tục vòng lặp bằng chức COPY để lặp lại day phím

Ấn:  SHIFT COPY

Lặp lại dấu bằng để lấy kết quả: Ấn = = =

Cách 2:Sử dụng cách lập công thức:

Ấn: a SHIFT STO A (Gán u1 = a vào ô nhớ A )

b SHIFT STO B (Gán u2 = b vào ô nhớ B )

ALPHA C ALPHA = A x ALPHA B + B x ALPHA A + C (Lập công thức đưa vào ô nhớ C giá trị u3 tính theo u2 và u1 )

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B (Đưa u2 vào ô nhớ A )

ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C (Đưa u3 vào ô nhớ B )

Lặp lại dấu = để lấy kết quả: Ấn: = ta C = u3

= ta A = B = u2

= ta B = C = u3

= ta C = u4

*Chú ý: Với cách này ta có thể đưa vào thêm một biến đếm X để đếm un

Đầu chương trình ta khai báo thêm một biến X :

3 SHIFT STO X (Tính từ u3)

Ći chương trình ta thêm day phím:

ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + Ví dụ 1: Cho day sớ xác định bởi:

1

2

1;

3

n n n

u u

u  u  u

 

 

  

 ; với n  N*

Lập qui trình tính un

Giải:

Ta có hai cách lập qui trình ấn phím để tính các số hạng un dãy sau:

Cách 1 :

Ấn: SHIFT STO A x + x + SHIFT STO B x + ALPHA A x + SHIFT STO A

x + ALPHA B x + SHIFT STO B  SHIFT COPY

Lặp lại dấu =  u6 = 954

=  u7 = 3823

=  u8 = 15290

=  u9 = 61167

=  u10 = 244666

=  u11 = 978671

Nhận xét : Cách này số lần ấn phím dễ nhầm lẫn.

Cách 1 : Lập công thức :

Ấn : SHIFT STO X SHIFT STO A SHIFT STO B

ALPHA C ALPHA = x ALPHA B + x ALPHA A + ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B

ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X +

Lặp lại dấu = = = để lấy kết quả, sau dấu = đầu tiên ta có: u3 = 15 và chú ý rằng sau

giá trị của biến điếm X = X + ta kết quả là giá trị của u tương ứng

Nhận xét : Cách này sớ lần ấn phím nhiều nhưng bù lại tḥt tốn rất trực quan dễ

hiểu, khơng sợ nhầm lẫn

Ví dụ 2: Cho day sớ xác định bởi:

1

1

1;

n n n

u u

u  u u 

 

 

 

 ; với n  N, n ≥ 2

Lập qui trình ấn phím tính un+1 Ta có qui trình ấn phím để tính các số hạng un+1 sau:

Ấn : SHIFT STO X SHIFT STO A SHIFT STO B ALPHA C ALPHA = ALPHA B + ALPHA A

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X + Lặp lại dấu = = =

Ta kết quả : u3 = 2; u4 = 3; u5 = 5; u6 = 8; u7 = 13;

Chú ý: Day sớ là day Fibonaci mà học sinh đa biết từ lớp

4) Dãy số cho bỡi hệ thức truy hồi với hệ số biến thiên dạng:

1

1 ({n,u })n

n

u a

u  f

 

 

 ; với n  N*

Trong đó f({n, un}) là biểu thức tính theo n và un

* Thuật toán để lập qui trình ấn phím tính số hạng dãy gồm các bước sau:

- Sử dụng ô nhớ: A chứa giá trị của n B chứa giá trị của un

C chứa giá trị của un+1

- Lập cơng thức tính un+1

- Thực gán thêm đơn vị cho ô nhớ A : A = A + và trao đổi giá trị hai biến B = C để tính sớ hạng của day

- Lặp lại phím = để nhận kết quả Ví dụ : Cho day sớ xác định bỡi:

1

1

0 ( 1)

n n

u n

u u

n



 

 

 

 

 ; với n  N*

Hay lập qui trình ấn phím tính un

Giải:

Ấn : SHIFT STO A SHIFT STO B ALPHA C ALPHA =

(ALPHA A ÷ ( ALPHA A + 1)) x (ALPHA B + ) ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA A + ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C Lặp lại dấu = = =

Ta kết quả : u2 = 0,5; u3 = 1; u4 = 1,5; u5 = 2; u6 = 2,5;

Bài tập thực hành

1) Cho day số xác định bởi:

1

2

17, 29

( 1)

3

n n n

u u

n

u  u  u

 



 

 



Hay lập qui trình ấn phím để tính u15

(ĐS: u15 = 493981609)

2) Cho day sắp thứ tự u1, u2, u3, un, un+1, Biết u5 = 588, u6 = 1084 và

un+1 = 3un – 2un-1 Tính u1, u2 , u25

HD: - Ta có:

1

3

n n n

u u

u 



 

, ta tính u4 340; u3216; u2 154; u1123 - Lập qui trình ấn phím tính sớ hạng tổng qt, ta tính u25 = 520093788

(Tóm tắt qui trình ấn phím sau:

7 SHIFT STO X 588 SHIFT STO A 1084 SHIFT STO B ALPHA C ALPHA = ALPHA B - ALPHA A

ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X +

Ấn = liên tiếp đến thấy X = X + có kết quả 25 thì đó C = 3B – 2A có kết quả 520093788, tức là u25 = 520093788.)

3) Cho day số với số hạng tổng quát cho bởi công thức :

  n n

n

13+ - 13- U =

2 với n = 1, 2, 3, ……, k, … a) Tính U1, U2,U3,U4,U5,U6,U7,U8

b) Lập cơng thức truy hời tính Un+1theo Un và Un-1

c) Lập quy trình ấn phím liên tục tính Un+1theo Un và Un-1

HD : a) U1 = 1, U2 = 26, U3 = 510, U4 = 8944, U5 = 147884, U6 = 2360280,

U7 = 36818536, U8 = 565475456

b) Un+1 = 26Un – 166Un-1;

c) Tóm tắt qui trình ấn phím sau:

3 SHIFT STO X SHIFT STO A 26 SHIFT STO B ALPHA C ALPHA = 26 ALPHA B - 166 ALPHA A ALPHA : ALPHA A ALPHA = ALPHA B

ALPHA : ALPHA B ALPHA = ALPHA C ALPHA : ALPHA X ALPHA = ALPHA X +

các bài toán về hàm sớ, bài tốn hình học v.v Sở dĩ chúng không đưa vào sáng kiến, bỡi lý do, một là khuông khổ của sáng kiến, hai là bài toán thiên về tư toán học là tư thuật toán MTCT, tiến hành bời dưỡng cho học sinh giải tốn MTCT, người giáo viên bộ môn xây dựng giáo án chắc chắn là khơng thể bỏ qua dạng tốn này

2 KHẢ NĂNG ÁP DỤNG, HIỆU QUẢ THỰC TẾ:

Về hiệu quả thực tế, sáng kiến chúng chưa áp dụng ở qui mô rộng rai, nhiên kết quả tại đơn vị có thể chứng minh tính hiệu quả cao của sáng kiến Sau chúng xin nêu kết quả đạt mang tính nợi bợ của đơn vị trường chúng tơi: Tính từ trước đến năm học 2010 – 2011 trường chưa có học sinh đạt giải kỳ thi giải toán MTCT, năm học 2010 – 2011 có hai học sinh dự thi kỳ thi giải toán MTCT cấp huyện kết quả điểm rất thấp chưa đạt Năm học 2011 – 2012, nhà trường thành lập đội tuyển dự thi kỳ thi giải tốn MTCT gờm có học sinh, thời gian tiến hành bồi dưỡng là tuần, mỗi tuần buổi học ( tiết / buổi), với kế hoạch này chúng đa vận dụng sáng kiến kinh nghiệm làm tài liệu và đa tiến hành bồi dưỡng, kết quả là: có học sinh đạt giải, đó có giải ba, giải khuyến kích, kết quả chưa cao, song chúng đa đánh giá hiệu quả của sáng kiến

C KẾT LUẬN

Song song với nhiệm vụ nâng cao chất lượng đại trà thì nhiệm vụ đào tạo nhân tài, đào tạo đội ngũ học sinh giỏi bộ môn cũng là một nhiệm vụ trọng tâm và không kém phần khó khăn của đơn vị nhà trường, bồi dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT cũng là mợt những nhiệm vụ khó khăn đó Nhận thức về vai trò trách nhiệm của một giáo viên bộ môn, chúng thấy để có một đội ngũ học sinh giỏi bộ mơn nói chung, đợi ngũ học sinh giỏi giải tốn MTCT nói riêng chúng ta cần phải có một kế hoạch tổ chức bồi dưỡng hợp lý, mà đó điểm quan trọng phải nói đến là tài liệu bồi dưỡng, người giáo viên bồi dưỡng phải xây dựng tài liệu hợp lý thì bồi dưỡng mới đạt hiệu quả cao Sáng kiến : “Xây dựng phương pháp và thuật

toán để giải số dạng toán thường gặp các kỳ thi giải toán máy tính cầm tay bậc THCS” của chúng xây dựng nhằm giải vấn đề tài liệu

Qua thời gian hai năm tìm tòi, nghiên cứu, sáng tạo và đúc kết kinh nghiệm chúng tin tưởng rằng sáng kiến này là một tài liệu hợp lý, bổ ích cho cơng tác bời dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT, sáng kiến xây dựng mợt hệ thớng dạng loại bài tốn giải MTCT, chú ý đến sở lý thuyết phương pháp và thuật toán cho từng loại dạng toán, giúp cho học sinh có cách giải dạng tốn này mợt cách hiệu quả, vận dụng tốt đảm bảo phù hợp chương trình, phù hợp trình độ nhận thức của học sinh bậc học

Trong trình giảng dạy tại đơn vị, chúng và đồng nghiệp cũng vận dụng thường xuyên nội dung của sáng kiến này, tiết học toán có sử dụng MTCT, hoặc tiết học có dạng toán có thể vận dụng giải nhanh bằng MTCT chúng đều lồng ghép hướng dẫn cho học sinh vận dụng phương pháp, thuật toán để giải dạng toán này, về hiệu quả chúng thấy học sinh có một tác phong học tập và làm việc với máy tính nhạy bén, thao tác nhanh nhẹn, có kết qủa nhanh chóng xác, có tư thuật toán hợp lý, tạo cho em hứng thú tìm tòi, phát kiến thức, khắc ghi kiến thức tiếp thu một cách bền vững Đặc biệt, với học sinh yếu kém, tính tốn thiếu xác, suy luận yếu, nhờ MTCT có thể giúp học kiểm tra nhanh kết quả, có thể dựa vào đó để rèn luyện tính tốn, suy ḷn bổ sung chỡ hổng kiến thức, bước đầu tạo niềm tin và hứng thú học tốn cho em, và cũng là một những biện pháp tốt để thực đổi mới phương pháp dạy học, góp phần nâng cao chất lượng đào tạo

Đề xuất, kiến nghị:

- Như đa nêu, sáng kiến chúng chưa có hội áp dụng ở một qui mô rộng rai, nên hiệu quả cũng mới dừng ở mức nội bộ, với hi vọng rằng sáng kiến này là một tài liệu hợp lý, bổ ích cho cơng tác bời dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT, chúng tơi mong mỏi cấp lanh đạo góp ý, bổ sung, điều chỉnh những điểm thiếu sót, hạn chế để sáng kiến này hoàn thiện ở mức cao hơn, có thể là một tài liệu tốt để đồng nghiệp huyện nhà có thể tham khảo, giúp ích cơng tác bời dưỡng học sinh giỏi giải tốn MTCT

đội ngũ học sinh giỏi giải toán MTCT cho đơn vị trường và cho ngành giáo dục huyện nhà

-Mỹ Thọ, ngày tháng năm 2012 Người viết đề tài

Nguyễn Hữu Sang

Trang

A MƠ ĐẦU 1

I Đặt vấn đề 1

II Phương pháp tiến hành 3

B NỘI DUNG 5

I Mục tiêu 5

II Mô tả giải pháp của đề tài 5

1 Thuyết minh giải pháp 5

DẠNG 1: CÁC BÀI TOÁN VỀ XỬ LÝ SỐ LỚN 5

DẠNG 2: TÌM SỚ DƯ TRONG PHÉP CHIA 7

DẠNG 3: TÌM CHỮ SỚ TẬN CÙNG 10

DẠNG 4: TÌM ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT (UCLN) VÀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT (BCNN) 12

DẠNG 5: MỢT SỚ BÀI TOÁN VỀ TÌM ƯỚC, BỢI, ƯỚC CHUNG, BỘI CHUNG14 DẠNG 6: SỐ NGUYÊN TỐ 16

DẠNG 7: MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG TÍNH TUẦN HOÀN CỦA CÁC SỐ DƯ KHI NÂNG LÊN LŨY THỪA 18

DẠNG 8: DẠNG TOÁN VỀ LIÊN PHÂN SỐ 21

DẠNG 9: CÁC DẠNG TOÁN VỀ ĐA THỨC 24

DẠNG 10: CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ 33

2 Khả áp dụng – Hiệu quả thực tế 39