Tai lieu boi duong MTBT

NÕu biÕt c¸ch sö dông ®óng, hîp lý mét quy tr×nh bÊm phÝm sÏ cho kÕt qu¶ nhanh, chÝnh x¸c... B»ng c¸ch sö dung MTBT cho phÐp ta tÝnh ®îc nhiÒu sè h¹ng cña d·y sè mét c¸ch nhanh chãng..[r]

Phần I: Các toán đa thức 1 Tính giá trị biểu thức:

Bài 1: Cho ®a thøc P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 2x3 - 5x2 + x - 1 TÝnh P(1,25); P(4,327); P(-5,1289); P(

3

4)

H.DÉn:

- LËp c«ng thøc P(x)

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

3

4) =

Bài 2: Tính giá trị biểu thức sau:

P(x) = + x + x2 + x3 + + x8 + x9 t¹i x = 0,53241 Q(x) = x2 + x3 + + x8 + x9 + x10 t¹i x = -2,1345 H.DÉn:

- áp dụng đẳng thức: an - bn = (a - b)(an-1 + an-2b + + abn-2 + bn-1) Ta có: P(x) = + x + x2 + x3 + + x8 + x9 =

2 10

( 1)(1 )

1

x x x x x

x x

     



 

Từ tính P(0,53241) = Tơng tự:

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

9

2

1

x x

x

 

Từ tính Q(-2,1345) =

Bµi 3: Cho ®a thøc P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e BiÕt P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 25 TÝnh P(6); P(7); P(8); P(9) = ?

H.Dẫn:

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

+ Bậc H(x) nhỏ số giá trị biết P(x), trongbài bậc H(x) nhỏ 5, nghĩa là:

Q(x) = P(x) + a1x4 + b1x3 + c1x2 + d1x + e

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

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1

16 4

81 27 9

256 64 16 16

625 125 25 25

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

     

 

     

 

     



      



     



  a1 = b1 = d1 = e1 = 0; c1 = -1

VËy ta cã: Q(x) = P(x) - x2

V× x = 1, x = 2, x = 3, x = 4, x = lµ nghiƯm cđa Q(x), mµ bËc cđa Q(x) b»ng cã hƯ sè cđa x5 b»ng nªn: 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

Bài 4: Cho đa thøc P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d BiÕt P(1) = 5; P(2) = 7; P(3) = 9; P(4) = 11 TÝnh P(5); P(6); P(7); P(8); P(9) = ?

H.DÉn:

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

Bài 5: Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d BiÕt P(1) = 1; P(2) = 3; P(3) = 6;

P(4) = 10 TÝnh

(5) (6) ? (7)

P P

A

P



 

H.DÉn:

- Gi¶i tơng tự 4, ta có: P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4) +

( 1)

2

x x

Từ tớnh

đ-ợc:

(5) (6) (7)

P P

A

P



 

Bài 6: Cho đa thức f(x) bậc với hệ số x3 k, k Z thoả m·n: f(1999) = 2000; f(2000) = 2001

Chøng minh rằng: f(2001) - f(1998) hợp số H.Dẫn:

* Tìm đa thức phụ: đặt g(x) = f(x) + (ax + b) Tìm a, b để g(1999) = g(2000) =

1999 2000

2000 2001

a b a

a b b

   

 

   

   

   g(x) = f(x) - x - 1 * Tính giá trị f(x):

- Do bậc f(x) nên bậc g(x) vµ g(x) chia hÕt cho:

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

Bài 7: Cho đa thức f(x) bậc 4, hƯ sè cđa bËc cao nhÊt lµ vµ tho¶ m·n: f(1) = 3; P(3) = 11; f(5) = 27 Tính giá trị A = f(-2) + 7f(6) = ? H.Dẫn:

- Đặt g(x) = f(x) + ax2 + bx + c T×m a, b, c cho g(1) = g(3) = g(5) =  a, b, c nghiệm hệ phơng trình:

3

9 11

25 27

a b c a b c

a b c

    



   



    

  MTBT ta giải đợc:

1

2

a b c

  

    

 g(x) = f(x) - x2 - 2

- Vì f(x) bậc nên g(x) cịng cã bËc lµ vµ g(x) chia hÕt cho (x - 1), (x - 3), (x - 5), vËy: g(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5)(x - x0)  f(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5)(x - x0) + x2 + 2.

Ta tính đợc: A = f(-2) + 7f(6) =

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

H.Dẫn:

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

nªn:

10

12

8 4

27

d

a b c d a b c d

a b c d

  

   

 

   



    

lấy phơng trình cuối lần lợt trừ cho phơng trình đầu giải hệ gồm phơng trình ẩn a,

b, c MTBT cho ta kÕt qu¶:

5 25

; ; 12; 10

2

a b c d



3

5 25

( ) 12 10

2

f x  x  x  x

 f(10)

Bài 9: Cho đa thức f(x) bậc biết chia f(x) cho (x - 1), (x - 2), (x - 3) đợc d f(-1) = -18 Tính f(2005) = ?

H.DÉn:

- Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: f(1) = f(2) = f(3) = có f(-1) = -18 - Giải tơng tự nh bµi 8, ta cã f(x) = x3 - 6x2 + 11x

Bµi 10: Cho ®a thøc

9

1 13 82 32

( )

630 21 30 63 35

P x  x  x x x x a) Tính giá trị cđa ®a thøc x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; b) Chøng minh r»ng P(x) nhận giá trị nguyên với x nguyên Giải:

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

b) Do 630 = 2.5.7.9 vµ x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; lµ nghiƯm đa thức P(x)

nên

1

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

2.5.7.9

P x  x x x x x x x x x

Vì só ngun liên tiếp ln tìm đợc số chia hết cho 2, 5, 7, nên với x ngun tích: (x 4)(x 3)(x 2)(x1) (x x1)(x2)(x3(x4) chia hết cho 2.5.7.9 (tích số nguyên tố nhau) Chứng tỏ P(x) số nguyên với x nguyên Bài 11: Cho hàm số

4 ( )

4

x x

f x 

 H·y tÝnh c¸c tỉng sau:

1 2001

)

2002 2002 2002

a S f   f    f  

     

2 2

2

2 2001

) sin sin sin

2002 2002 2002

b S f   f    f  

     

H.DÉn:

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

* áp dụng bổ đề trên, ta có: a)

1 2001 1000 1002 1001

2002 2002 2002 2002 2002

S  f  f   f  f  f 

         

   

1 1

1 1000 1000,5

2 f f 2

    

               

 

b) Ta cã

2 22001 21000 21002

sin sin , ,sin sin

2002 2002 2002 2002

   

 

Do đó:

2 2

2

2 1000 1001

2 sin sin sin sin

2002 2002 2002 2002

S   f    f     f    f  

       

 

2 21000 2500 2501

2 sin sin sin sin sin

2002 2002 2002 2002

f  f  f  f  f 

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

2 2500 2500

2 sin cos sin cos (1)

2002 2002 2002 2002

f  f  f  f  f

                                    

4 2

2 1 1000 1000

6 3

2 Tìm thơng d phép chia hai đa thức:

Bài toán 1: Tìm d phÐp chia ®a thøc P(x) cho (ax + b) Cách giải:

- Ta phân tích: P(x) = (ax + b)Q(x) + r 

0

b b

P Q r

a a

   

   

   

     r =

b P

a



 

 

 

Bài 12: Tìm d phép chia P(x) = 3x3 - 5x2 + 4x - cho (2x - 5) Gi¶i:

- Ta cã: P(x) = (2x - 5).Q(x) + r 

5 5

0

2 2

P  Q  r r P         r =

5

P 

 

Tính máy ta đợc: r =

5

P 

  =

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

- Dùng lợc đồ Hoocner để tìm thơng d phép chia đa thức P(x) cho (x + a) Bài 13: Tìm thơng d phép chia P(x) = x7 - 2x5 - 3x4 + x - cho (x + 5) H.Dẫn: - Sử dụng lợc đồ Hoocner, ta có:

1 -2 -3 0 -1

-5 -5 23

-upload 123doc

net

590 -2950 14751 -73756

* Tính máy tính giá trị nh sau:

( )

SHIFT STO M

1  ANPHA M + = (-5) : ghi giÊy -5

 ANPHA M + - = (23) : ghi giÊy 23

 ANPHA M - = (-upload.123doc.net) : ghi giÊy -upload.123doc.net

 ANPHA M + = (590) : ghi giÊy 590

 ANPHA M + = (-2950) : ghi giÊy -2950

 ANPHA M + = (14751) : ghi giÊy 14751

 ANPHA M - = (-73756) : ghi giÊy -73756

Bài toán 3: Tìm thơng d phép chia đa thức P(x) cho (ax +b) Cách giải:

- Để tìm d: ta giải nh toán

- tỡm h s đa thức thơng: dùng lợc đồ Hoocner để tìm thơng phép chia

®a thøc P(x) cho (x + b

a) sau nhân vào thơng với

1

a ta đợc đa thức thơng cần tìm. Bài 14: Tìm thơng d phép chia P(x) = x3 + 2x2 - 3x + cho (2x - 1)

Gi¶i:

- Thùc hiÖn phÐp chia P(x) cho

1 x     

 , ta đợc:

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

1 x       

2

2

x x

 

  

 

  Từ ta phân tích:

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

1 x       . 2.

2

2

x x

 

  

 

 

= (2x - 1)

2

1

2x 4x 8

 

  

 

 

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

H.DÉn:

- Phân tích P(x) = (2x3 + 3x2 - 4x + 5) + m = P1(x) + m Khi đó:

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

Ta cã:

1

2

0

3

P m  mP 

Tính máy giá trị đa thức P1(x)

2

x

ta đợc m =

Bµi 16: Cho hai ®a thøc P(x) = 3x2 - 4x + + m; Q(x) = x3 + 3x2 - 5x + + n T×m m, n

để hai đa thức có nghiệm chung

1 x  H.DÉn: x 

nghiệm P(x) m =

1

1

P 

  

 , víi P1(x) = 3x2 - 4x + 5

0

1

x 

nghiệm Q(x) n =

1

1

Q  

  

Tính máy ta đợc: m =

1

1

P 

  

  = ;n =

1

Q  

  

  =

Bài 17: Cho hai đa thức P(x) = x4 + 5x3 - 4x2 + 3x + m; Q(x) = x4 + 4x3 - 3x2 + 2x + n. a) Tìm m, n để P(x), Q(x) chia hết cho (x - 2)

b) XÐt ®a thøc R(x) = P(x) - Q(x) Víi giá trị m, n vừa tìm chứng tỏ đa thøc R(x) chØ cã nhÊt mét nghiÖm

H.DÉn:

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

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

Bài 18: Chia x8 cho x + 0,5 đợc thơng q1(x) d r1 Chia q1(x) cho x + 0,5 đợc thơng q2(x) d r2 Tìm r2 ?

H.DÉn:

- Ta ph©n tÝch: x8 = (x + 0,5).q1(x) + r1 q1(x) = (x + 0,5).q2(x) + r2

- Dùng lợc đồ Hoocner, ta tính đợc hệ số đa thức q1(x), q2(x) số d 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



VËy:

1 16

Phần II: Các to¸n vỊ D·y sè

Máy tính điện tử Casio fx - 570 MS có nhiều đặc điểm u việt MTBT khác Sử dụng MTĐT Casio fx - 570 MS lập trình tính số hạng dãy số ví dụ Nếu biết cách sử dụng đúng, hợp lý quy trình bấm phím cho kết nhanh, xác Ngồi việc MTBT giúp cho việc giảm đáng kể thời gian tính tốn học mà từ kết tính tốn ta dự đốn, ớc đốn tính chất dãy số (tính đơn điệu, bị chặn ), dự đốn cơng thức số hạng tổng qt dãy số, tính hội tụ, giới hạn dãy từ giúp cho việc phát hiện, tìm kiếm cách giải toán cách sáng tạo Việc biết cách lập quy trình để tính số hạng dãy số cịn hình thành cho học sinh kỹ năng, t thuật tốn gần với lập trình tin hc

Sau số quy trình tÝnh sè h¹ng cđa mét sè d¹ng d·y sè th ờng gặp chơng trình, ngoại khoá thi giải Toán MTBT:

I/ Lập quy trình tính sè h¹ng cđa d·y sè: 1) D·y sè cho bëi công thức số hạng tổng quát:

f(n) biểu thức n cho trc

Cách lập quy trình:

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

- LËp c«ng thøc tính f(A) gán giá trị ô nhớ : A = A +

- LỈp dÊu b»ng: = = Gi¶i thÝch:

1 SHIFT STO A : ghi giá trị n = vào ô nhớ A

f(A) : A = A +

: tính un = f(n) giá trị A (khi bấm dấu thứ lần nhất) thực gán giá trị ô nhớ A thêm đơn vị: A = A + (khi bấm dấu lần thứ hai)

* Công thức đợc lặp lại ấn dấu =

VÝ dơ 1: TÝnh 10 sè h¹ng ®Çu cđa d·y sè (un) cho bëi:

1 5

; 1, 2,3

2

5

n n

n

u         n

    

 

Gi¶i:

- Ta lËp quy tr×nh tÝnh un nh sau:

SHIFT STO A

(

 ) ( ( ( + )  )  ANPHA A

-( (

- )  )  ANPHA A ) ANPHA : ANPHA

A ANPHA = ANPHA A + 1 =

- Lặp lại phím: = =

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

u9 = 34, u10 = 55.

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

f(un) biểu thức ca un cho trc

Cách lập quy trình:

- Nhập giá trị số hạng u1: a =

- NhËp biĨu thøc cđa un+1 = f(un) : ( biểu thức un+1 chỗ có un ta

nhËp b»ng ANS )

- LỈp dÊu b»ng: = Gi¶i thÝch:

- Khi bÊm: a = hình u1 = a lu kết

- Khi nhập biểu thức f(un) phím ANS, bấm dấu = lần thứ máy thực tính u2 = f(u1) lại lu kết

- Tip tc bm du = ta lần lợt đợc số hạng dãy số u3, u4 Ví dụ 1: Tìm 20 số hạng đầu dãy số (un) cho bởi:

1

n+1 n u = a

u = f(u ) ; n N*

 

1

1

1

2

, *

1 n n

n

u u

u n N

u



  

 

 

 



Gi¶i:

- Lập quy trình bấm phím tính số hạng d·y sè nh sau: = (u1)

( ANS +

)  ( ANS + ) = (u2) = =

- Ta đợc giá trị gần với chữ số thập phân sau dấu phảy:

u1 = u8 = 1,414215686

u2 = 1,5 u9 = 1,414213198

u3 = 1,4 u10 = 1,414213625

u4 = 1,416666667 u11 = 1,414213552

u5 = 1,413793103 u12 = 1,414213564

u6 = 1,414285714 u13 = 1,414213562

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

Ví dụ 2: Cho dãy số đợc xác định bởi:

 

3

3

3

, *

n n

u

u  u n N

 

 

 

 

Tìm số tự nhiên n nhỏ để un số nguyên Giải:

- Lập quy trình bấm phím tính số h¹ng cđa d·y sè nh sau:

SHIFT

= (u1)

ANS 

SHIFT

3

= (u2) = = (u

4 = 3)

Vậy n = số tự nhiên nhỏ để u4 = 3 số nguyên

3) D·y sè cho bëi hệ thức truy hồi dạng:

Cách lËp quy tr×nh:

1

n+2 n+1 n

u = a, u b

u = A u + Bu + C ; n N*

 



* C¸ch 1:

BÊm phÝm: b SHIFT STO A  A + B  a + C SHIFT STO B

Và lặp lại dÃy phím:

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

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

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

trong ô nhớ B , hình là: u3 : = Au2 + Bu1 + C

Sau thực hiện:  A + ANPHA A  B + C SHIFT STO A máy tính tổng u4 := Au3 + Bu2 + C đa vào ô nhớ A Nh ta có u4 mn hỡnh

và ô nhớ A (trong ô nhí B vÉn lµ u3)

Sau thực hiện:  A + ANPHA B  B + C SHIFT STO B máy tính tổng u5 := Au4 + Bu3 + C đa vào ô nhớ B Nh ta có u5 hình

và ô nhớ B (trong ô nhớ A lµ u4)

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

*Nhận xét: Trong cách lập quy trình trên, ta sử dụng chức COPY để lập lại dãy lặp quy trình sau (giảm đợc 10 lần bấm phím tìm số hạng dãy số), thực quy trình sau:

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

 SHIFT COPY

LỈp dÊu b»ng: = =

* C¸ch 2: Sư dơng c¸ch lËp c«ng thøc

BÊm phÝm: a SHIFT

A b SHIFT STO B

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

LỈp dÊu b»ng: = =

Ví dụ : Cho dãy số đợc xác định bởi:

1

n+2 n+1 n

u = 1, u

u = 3u + u + ; n N*

 

 

 



HÃy lập quy trình tính un Giải:

- Thực hiƯn quy tr×nh:

2 SHIFT STO A  +  + SHIFT STO B



+ ANPHA A  + SHIFT STO A



+ ANPHA B  + SHIFT STO B

SHIFT COPY



= =

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

1 SHIFT STO A SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = ANPHA B + ANPHA A + 5

ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA B

ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C

= =

4) D·y sè cho bëi hÖ thøc truy håi với hệ số biến thiên dạng:

* Thut tốn để lập quy trình tính số hạng dãy:

- Sư dơng « nhí: A : chứa giá trị n B : chứa giá trị un

C : chứa giá trị un+1

- Lập cơng thức tính un+1 thực gán A : = A + B := C để tính số

h¹ng tiÕp theo cđa d·y - LỈp phÝm : =

Ví dụ : Cho dãy số đợc xác định bởi:

 

1

n+1 n

u = n

u = u +1 ; n N*

n+1

  

 



H·y lËp quy trình tính un Giải:

- Thực quy tr×nh:

SHIFT STO A SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = ( ANPHA A  ( ANPHA A + )

)

 ( ANPHA B + ) ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA A + ANPHA : ANPHA B ANPHA = ANPHA C = =

ta đợc dãy:

1

, 1, , 2, , 3, ,

2 2

 

 

1 n+1

u = a

u = f n u, n ; n N*

 

 

II/ Sử dụng MTBT việc giải số dạng toán dÃy số: 1) Lập công thức số hạng tổng quát:

Phơng pháp giải:

- Lp quy trỡnh MTBT để tính số số hạng dãy số - Tìm quy luật cho dãy số, dự đốn công thức số hạng tổng quát - Chứng minh công thức tìm đợc quy nạp

VÝ dơ 1: Tìm a2004 biết:

Giải:

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

1 SHIFT STO A SHIFT STO B

ANPHA C ANPHA = ANPHA A ( ANPHA A + )

 ( ( ANPHA A +

) ( ANPHA A + ) ) 

( ANPHA

B + ) ANPHA : ANPHA A ANPHA =

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

- Ta đợc dãy:

1 27 11 13

, , , , , ,

6 20 50 15 14

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

a2 =

1 1.5

6 303.10 dự đoán công thức số hạng tổng quát:

a3 =

7 2.7 2.7

2040 4.10

a4 =

27 3.9

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

 2004

2003.4009 20050

a 

1

1

( 1)

( 1) ; *

( 2)( 3)

n n

a

n n

a a n N

n n



  

 

  

  



        

( 1)(2 1) 10( 1)

n

n n

a

n

 



 (1)

VÝ dô 2 : XÐt d·y sè:

Chøng minh r»ng sè A = 4an.an+2 + số phơng Giải:

- Tính số số hạng đầu dÃy (an) quy tr×nh:

3 SHIFT STO A  - + SHIFT STO B



- ANPHA A + SHIFT STO A



- ANPHA B + SHIFT STO B

SHIFT COPY



= =

- Ta đợc dãy: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55,

- T×m quy luËt cho d·y sè:

1

1(1 1)

2

a   

2

2(2 1)

2

a   

dự đoán công thức số hạng tổng quát:

3

3(3 1)

2

a   

4(4 1) 10

2

a   

5

5(5 1) 15

2

a   

* Ta hoàn toàn chứng minh công thøc (1)

Từ đó: A = 4an.an+2 + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) +1 = (n2 + 3n + 1)2.

 A số phơng

Cỏch gii khỏc: Từ kết tìm đợc số số hạng đầu dãy,ta thấy: - Với n = 1 A = 4a1.a3 + = 4.1.6 + = 25 = (2a2 - 1)2

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

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

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

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

2.1 XÐt tÝnh héi tơ cđa d·y sè:

1

*

1,

2 1;

n n n

a a

a  a a n N

 

 

   



        

( 1)

2 n

n n

a   (1)

Bằng cách sử dung MTBT cho phép ta tính đợc nhiều số hạng dãy số cách nhanh chóng Biểu diễn dãy điểm số hạng dãy số giúp cho ta trực quan tốt hội tụ dãy số, từ hình thành nên cách giải tốn

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

sin( )

; *

1 n

n

a n N

n

 



Gi¶i:

- Thùc hiƯn quy tr×nh:

4 2

MODE SHIFT STO A

sin ( ANPHA A )  ( ANPHA A + ) ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA A + = =

ta đợc kết sau (độ xác 10-9):

n an n an n an n an

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

2 0,303099142 14 0,06604049 26 0,028242905 38 0,007599194

3 0,035280002 15 0,04064299 27 0,034156283 39 0,024094884

4 -0,151360499 16 -0,016935489 28 0,009341578 40 0,018173491

5 -0,159820712 17 -0,053410971 29 -0,022121129 41 -0,00377673

6 -0,039916499 18 -0,039525644 30 -0,031871987 42 -0,021314454

7 0,082123324 19 0,00749386 31 -0,012626176 43 -0,018903971

8 0,109928694 20 0,043473583 32 0,016709899 44 0,000393376

9 0,041211848 21 0,038029801 33 0,029409172 45 0,018497902

10 -0,049456464 22 -0,000384839 34 0,015116648 46 0,019186986

11 -0,083332517 23 -0,035259183 35 -0,011893963 47 0,00257444

12 -0,041274839 24 -0,036223134 36 -0,026804833 48 -0,015678666

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

Dựa vào biểu diễn giúp cho ta rút nhận xét n lớn an gần (an 0) chất dãy hội tụ đến số

an

2.2 Dù đoán giới hạn dÃy số:

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

1

1

2

2 ; *

n n

u

u  u n N

 

 

  

 

có giới hạn Tìm giới hạn Giải:

- Thùc hiƯn quy tr×nh: =

(

+ ANS )

= =

ta đợc kết sau (độ xác 10-9):

n un n un

1 1,414213562 11 1,999999412

2 1,847759065 12 1,999999853

3 1,961570561 13 1,999999963

4 1,990369453 14 1,999999991

5 1,997590912 15 1,999999998

6 1,999397637 16 1,999999999

7 1,999849404 17 2,000000000

8 1,999962351 18 2,000000000

9 1,999990588 19 2,000000000

10 1,999997647 20 2,000000000

Dựa vào kết ta nhận xét đợc:

1) DÃy số (un) dÃy tăng

2) Dự đoán giới hạn dÃy số 2

Chng minh nhận định trên:

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

d·y (un) cã giíi h¹n

+ Gọi giới hạn a: limun = a Lấy giới hạn hai vế công thức truy hồi xác

định dãy số (un) ta đợc:

limun = lim(

2un

) hay a = 2a

2

0

2

a

a

a a

 

   

  

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

1 2

1

1

2

sin( ) , *

5

n n n

x x

x x  x n N



 

 

  

  

 

Chøng minh r»ng d·y (xn) cã giới hạn tìm giới hạn Giải:

- Thùc hiƯn quy tr×nh:

4 2

MODE SHIFT STO A  (

 SHIFT  )

+ ( 2SHIFT   )  sin ( ) SHIFT STO B

2

x  (

 SHIFT  ) + ( 2SHIFT   )

 sin ( ANPHA A ) SHIFT STO A

2

x  (

 SHIFT  ) + ( 2SHIFT   )

 sin ( ANPHA B ) SHIFT STO B  SHIFT COPY

= =

ta tính số hạng đầu dÃy số (xn) rút nhận xét sau:

1) DÃy số (xn) dÃy không gi¶m

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

3) NÕu lÊy xi (i = 50, 51, ) trõ cho 2



ta nhận đợc kết 0.

dự đoán giới hạn dÃy số  .

Chứng minh nhận định trên:

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



) dÃy (xn) không giảm dÃy (xn) có giíi h¹n

+ Gọi giới hạn a, ta có:

2

2

sin( ), (1)

5

a a  a



 

+ B»ng ph¬ng pháp giải tích (xét hàm số

2

2

( ) sin( )

5

f x x  x x



  

) ta cã (1) cã nghiƯm lµ a =



VËy: lim xn =



Bµi 1: Cho d·y sè (un), (n = 0, 1, 2, ):

2 3 2 3

2

n n

n

u    

a) Chứng minh un nguyên với n tự nhiên b) Tìm tất n nguyên để un chia hết cho Bài 2: Cho dãy số (an) đợc xác định bởi:

2

2

4 15 60 , *

o

n n n

a

a  a a n N

         

a) Xác định công thức số hạng tổng quát an b) Chứng minh số:  

1

8

5 n

A a 

biểu diễn đợc dới dạng tổng bình phơng số nguyên liên tiếp với n 

Bài 3: Cho dãy số (un) xác định bởi:

0, 1999 , o

n n n

u u

u  u  u n N

 

 

  



Tìm tất số tự nhiên n cho un số nguyên tố Bài 4: Cho dãy số (an) xác định bởi:

1

1

5, 11

2 , 2,

n n n

a a

a  a a  n n N

 

 

   

 Chøng minh r»ng:

a) DÃy số có vô số số dơng, sè ©m b) a2002 chia hÕt cho 11

Bài 5: Cho dãy số (an) xác định bởi:

2 2 , 3, n n n a a a

a n n N

a             

Chứng minh an nguyên với n tự nhiên Bài 6: Dãy số (an) đợc xác định theo công thức:

2 3n , *

n

a    n N

 

  ; (kÝ hiÖu 2 3

n   



là phần nguyên số2 3 n 

).

PhÇn III: Các toán số 1 Tính toán máy kết hợp giấy:

Bài 1: a) Nêu phơng pháp (kết hợp máy giấy) tính xác kết của phép tính sau: A = 12578963 x 14375

b) TÝnh chÝnh x¸c A

c) TÝnh chÝnh x¸c cđa sè: B = 1234567892 d) Tính xác số: C = 10234563 Giải:

a) Nếu tính máy tràn hình nên ta lµm nh sau:

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

* TÝnh trªn m¸y: 12578.14375 = 180808750  12578.103.14375 = 180808750000

* Tính máy: 963.14375 = 13843125

T ú ta có: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125 (Tính mỏy)

Hoặc viết: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 cộng máy: 808750000 + 13843125 = 822593125 A = 180822593125

b) Giá trị xác A lµ: 180822593125

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

Tính máy: 123452 = 152399025 2x12345x6789 = 167620410 67892 = 46090521

VËy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 46090521

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

= 10233.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563

Tính máy:

10233 = 1070599167 3.10232.456 = 1431651672 3.1023.4562 = 638155584 4563 = 94818816

Bài (Thi giải Toán MTBT khu vực - Năm học 2003-2004)

Tớnh kt qu ỳng ca cỏc tích sau:

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

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

Bµi 3: (Thi giải Toán MTBT lớp 12 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)

Tớnh kt qu ỳng ca phép tính sau:

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

Bµi 4: (Thi giải Toán MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)

Tớnh kt qu phép tính sau:

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

Bài 5: TÝnh chÝnh x¸c cđa sè A =

2 12

10

3

  

 

 

Gi¶i:

- Dùng máy tính, tính số kết quả:

2

10

34

 

vµ

2

10

1156

  



 

 

10

334

 

vµ

2

10

111556

  



 

 

10

3334

 

vµ

2

10

11115556

  



 

 

NhËn xÐt:

10

3 k

số nguyên có (k - 1) chữ số 3, tận số

2

10

3 k

  

 

là số nguyên gồm k chữ số 1, (k - 1) ch÷ sè 5, ch÷ sè cuèi cïng lµ 6

* Ta dễ dàng chứng minh đợc nhận xét đó:

2 T×m sè d phÐp chia sè a cho số b:

Định lí: Với hai số nguyên a b, b 0, tồn cặp số nguyên q r cho:

a = bq + r vµ  r < |b|

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

+ Bíc 2: Thùc hiƯn phÐp chia A cho B {ghi nhớ phần nguyên q}

+ Bíc 3: Thùc hiƯn A - q  B = r

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

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

a) Quy tr×nh Ên phÝm: 18901969 SHIFT STO A 3041975 SHIFT STO B

ANPHA A  ANPHA B =

(6,213716089)

SHIFT A -  B =

(650119) b) Sè d lµ: r = 650119

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

Bài 6: (Thi giải Toán MTBT lớp 12 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2002-2003)

Tìm thơng số d phép chia: 123456789 cho 23456 Đáp sè: q = 5263; r = 7861

Bµi 7: (Thi giải Toán MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)

Tìm số d phÐp chia:

a) 987654321 cho 123456789 b) 815 cho 2004

H.DÉn:

a) Sè d lµ: r =

b) Ta ph©n tÝch: 815 = 88.87

- Thực phép chia 88 cho 2004 đợc số d r1 = 1732 - Thực phép chia 87 cho 2004 đợc số d r2 = 968

 Sè d phÐp chia 815 cho 2004 lµ sè d phÐp chia 1732 x 968 cho 2004

 Sè d lµ: r = 1232

3 Tìm ớc chung lớn (UCLN) bội chung nhỏ (BCNN): Bổ đề (cơ sở thuật toán Euclide)

NÕu a = bq + r th× (a, b) = (b, r)

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

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

Tiếp tục trình trên, ta đợc dãy giảm: b, r1, r2, r3 dãy dần đến 0, số tự nhiên nên ta se thực không b phép chia Thuật toán kết thúc sau số hữu hạn bớc bổ đề cho ta:

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

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

 , 

xy x y Bµi 8: T×m UCLN cđa hai sè:

a = 24614205, b = 10719433 Gi¶i:

* Thực máy thuật tốn tìm số d phép chia số a cho số b, ta đợc: - Chia a cho b đợc: 24614205 = 10719433 x + 3175339 - Chia 10719433 cho 3175339 đợc: 10719433 = 3175339 x + 1193416 - Chia 3175339 cho 1193416 đợc: 3175339 = 1193416 x + 788507 - Chia 1193416 cho 788507 đợc: 1193416 = 788507 x + 404909 - Chia 788507 cho 404909 đợc: 788507 = 404909 x + 383598 - Chia 404909 cho 383598 đợc: 404909 = 383598 x + 21311 - Chia 383598 cho 21311 đợc: 383598 = 21311 x 18 +

 UCLN(a, b) = 21311

Bµi 9: (Thi giải Toán MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)

Tìm ớc chung lín nhÊt vµ béi chung nhá nhÊt cđa: a = 75125232 b = 175429800 Đáp số: UCLN(a, b) = ; BCNN(a, b) =

4 Mét sè toán sử dụng tính tuần hoàn số d nâng lên luỹ thừa:

Định lí: Đối với số tự nhiên a m tuỳ ý, c¸c sè d cđa phÐp chia a, a2, a3, a4

cho m lặp lại cách tuần hoàn (có thể không đầu). Chứng minh Ta lấy m + luỹ thừa đầu tiên:

a, a2, a3, a4 , am, am+1

và xét số d chúng chia cho m Vì chia cho m có số d {0, 1, 2, , m - 2, m - 1}, mà lại có m + số, nên số phải có hai số có số d chia cho m Chẳng hạn hai số ak ak + l, l > 0.

Khi đó:

ak ak + l (mod m) (1)

Với n  k nhân hai vế phép đồng d (1) với an - k đợc: an an + l (mod m)

Số l đợc gọi chu kỳ tuần hoàn số d chia luỹ thừa a cho m.

Sau ta xét số dạng tập sử dụng định lí trên: Bài toán: Xét luỹ thừa liên tiếp số 2:

21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29,

Tìm xem chia luỹ thừa cho nhận đợc loại số d ? Giải: Ta có:

21 = 2, 22 = 4, 23 =  (mod 5), 24 = 16  (mod 5) (1) Để tìm số d chia 25 cho ta nhân hai vế phép đồng d (1) với đợc:

25 = 24.2  1x2  (mod 5) 26 = 25.2  2x2  (mod 5) 27 = 26.2  4x2  (mod 5)

Ta viết kết vào hai hàng: hàng ghi luỹ thừa, hàng dới ghi số d tơng ứng chia luỹ thừa cho 5:

21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211

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

 hàng thứ hai cho ta thấy số d lập lại cách tuần hoàn: sau số d (2, 4, 3, 1) lại lặp lại theo thứ tự trờn

Bài 10: Tìm số d chia 22005 cho 5 Giải:

* áp dụng kết trên: ta cã 2005  (mod 4)  sè d chia 22005 cho 2 Bài 11: Tìm ch÷ sè ci cïng cđa sè:

4

Gi¶i:

- Xét luỹ thừa chia cho 10 (sử dụng MTBT để tính luỹ thừa 2, ta thực theo quy trình sau:

1 SHIFT STO A  ANPHA A

ANPHA : ANPHA A ANPHA = ANPHA A + = = )

ta đợc kết sau:

21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211

(2 4 8 6) (2 6) (2

 hµng thø hai cho ta thÊy r»ng số d lặp lại tuần hoàn chu kỳ sè (2, 4, 8, 6) ta cã 34 = 81  (mod 4)  sè d chia

4

2 cho 10 lµ 2

VËy ch÷ sè ci cïng cđa sè

4 2.

Bài 12: Tìm hai ch÷ sè ci cïng cđa sè:

Giải: Xét luỹ thừa chia cho 100 (sử dụng MTBT để tính luỹ thừa của 2, thực theo quy trình nh 11), ta đợc kết sau:

21 22 23 24 25 26 27 28 29 210 211 212

2 (4 8 16 32 64 28 56 12 24 48 96

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

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

 số d lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số đến số 52) Ta có: 1999  19 (mod 20)  số d chia 21999 cho 100 88 2000  (mod 20)  số d chia 22000 cho 100 76 2001  (mod 20)  số d chia 22001 cho 100 52 88 + 76 + 52 = 216  16 (mod 100)

Bµi 13: Chøng minh r»ng  

2004

14

+10 chia hÕt cho 11 Gi¶i:

- Ta cã: 14  (mod 11)   

2004

14

  

2004

3

(mod 11) Do 38 = 6561  (mod 11), nªn  

2004

3

= 65612004 52004 (mod 11) Xét tuần hoàn cđa c¸c sè d chia l thõa cđa cho 11:

51 52 53 54 55 56 57 58

(5 1) (5 1)

 52004 = (54)501 1501 (mod 11) 1 (mod 11) (1) Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2)

Cộng vế với vế phép đồng d (1) (2) có:

2004

14 +10  11 (mod 11)  0 (mod 11) 1482004

+10 chia hÕt cho 11 Bµi 14: Chøng minh r»ng sè 222555 + 555222 chia hÕt cho 7.

Giải:

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

- V× 222 = x 31 + 5, nªn 222  (mod 7)  222555  5555 (mod 7) - Xét tuần hoàn số d chia luü thõa cña cho 7:

51 52 53 54 55 56 57 58

(5 1) (5

 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53  53 (mod 7) (1)

VËy sè d chia 222555 cho 6.

2) Tơng tự, tìm sè d cña phÐp chia 555222 cho 7:

- Vì 555 = x 79 + 2, nên 555  (mod 7)  555222  2222 (mod 7) - Xét tuần hoàn số d chia luü thõa cña cho 7:

21 22 23 24 25 26 27 28

(2 4) (2

 2222 = 23.74 = (23)74  174 (mod 7) (2)

VËy sè d chia 555222 cho lµ 1.

Cộng vế với vế phép đồng d (1) (2), ta đợc: 222555 + 555222 +  (mod 7) Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7.

5 Sè nguyên tố:

Định lí (Định lí vỊ sè nguyªn tè):

Mọi số ngun dơng n, n > 1, đợc viết cách (khơng tính đến việc xếp nhân tử) dới dạng:

1 2 k,

e

e e

k

np p p

1 < p1 < p2 < < pk

Khi đó, dạng phân tích đợc gọi dạng phân tích tắc số n Bài 15: Tìm ớc nguyên tố nhỏ lớn số:

A = 2152 + 3142 H Dẫn:

- Tính máy, ta có: A = 144821

- Đa giá trị số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A - Lấy giá trị ô nhớ A lần lợt chia cho số nguyên tố từ số 2:

ANPHA A 

= (72410,5)

ANPHA A 

= (48273,66667)

tiếp tục chia cho số nguyên tố: 5, 7, 11, 13, ,91: ta nhận đợc A không chia hết cho số Lấy A chia cho 97, ta đợc:

ANPHA A 

97 = (1493) VËy: 144821 = 97 x 1493

NhËn xÐt: NÕu mét số n hợp số phải có ớc số nguyên tố nhỏ n.

kiểm tra xem 1493 có hợp số hay khơng ta cần kiểm tra xem 1493 có chia hết cho số nguyên tố nhỏ 1493 40 hay khụng

- Thực máy ta có kết 1493 không chia hết cho số nguyên tố nhỏ 40 1493 số nguyên tố

VËy A = 2152 + 3142 cã íc sè nguyªn tè nhá nhÊt lµ 97, lín nhÊt lµ 1493. Bµi 15: Tìm ớc nguyên tố nhỏ lớn số:

A = 10001

Đáp số: A có ớc số nguyên tố nhỏ 73, lín nhÊt lµ 137 Bµi 16: Sè N = 27.35.53 có ớc số ?

Giải:

- Sè c¸c íc sè cđa N chØ chøa thõa sè: lµ 7, lµ 5, lµ - Sè c¸c íc sè cđa N chøa hai thõa sè nguyªn tè:

là: 7x5 = 35; là: 7x3 = 21; là: 5x3 = 15 - Số ớc số N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 7x5x3 = 105 Nh số ớc số N là: + + + 35 + 21 + 15 + 105 + = 192 Định lí (Xác định số ớc số số tự nhiên n):

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

1 2 k,

e

e e

k

víi k, ei lµ số tự nhiên pi số nguyên tố tho¶ m·n: < p1 < p2 < < pk

Khi số ớc số n đợc tính theo công thức:

 (n) = (e1 + 1) (e2 + 1) (ek + 1)

Bµi 17: (Thi giải Toán MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)

HÃy tìm số ớc dơng số A = 6227020800 Giải:

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

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

 (A)= 11.6.3.2.2.2 = 1584

Bài 18: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004):

Cã bao nhiªu sè tù nhiên ớc của:

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

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

N = 25 x 34 x 55 x x 11 x 79 x 167 x 179 x 193 x 389 x 977

áp dụng định lí 2, ta có số ớc dơng N là:

 (N)= x x x x x x x x x x = 46080

6 Tìm số tự nhiên theo điều kiện cho trớc:

Bài 19: Tìm số lớn nhất, số nhỏ số tự nhiên dạng:

1 4x y z chia hÕt cho

Giải:

- Số lớn dạng 4x y z chia hÕt cho sÏ ph¶i cã d¹ng:

19293 4z víi z {0, 1, 2, ,8, 9}

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

VËy sè lín nhÊt d¹ng 4x y z chia hÕt cho 1929354, thơng 275622 - Số nhỏ nhÊt d¹ng 4x y z chia hÕt cho phải có dạng:

10203 4z víi z {0, 1, 2, ,8, 9}

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

VËy sè nhá nhÊt d¹ng 4x y z chia hết cho 1020334, thơng 145762 Bài 20: Tìm số lớn nhất, số nhỏ số tự nhiên dạng:

1 4x y z chia hết cho 13.

Đáp số: - Sè lín nhÊt d¹ng 1 4x y z chia hÕt cho 13 lµ 1929304 - Sè nhá nhÊt d¹ng 4x y z chia hÕt cho 13 lµ 1020344

Bài 21: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực nm 2004)

Tìm tất số n dạng:

1235679

N  x y chia hÕt cho 24. H.DÉn:

- V× N  24  N  ; N   (37 + x + y)  ; x y4 

 y chØ cã thĨ lµ ; ; ; ;

Dïng m¸y tÝnh, thử giá trị x thoả mÃn: (x + y + 1)  vµ x y4  8, ta cã: N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840

Bµi 22: Tìm số bình phơng có tận ba chữ số Có hay không số bình phơng có tận bốn chữ sè ?

H.DÉn:

- Ch÷ sè cuèi x2 chữ số cuối x Tính trên

máy bình phơng số:

2, 12, 22, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92, 8, 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 88, 98 ta chØ cã c¸c số:

12, 62, 38, 88 bình phơng có tận hai chữ số

- Tính máy bình phơng số:

12, 112, 212, 312, 412, 512, 612, 712, 812, 912; 62, 162, 262, 362, 462, 562, 662, 762, 862, 962; 38, 138, 238, 338, 438, 538, 638, 738, 838, 938 88, 188, 288, 388, 488, 588, 688, 788, 888, 988 ta đợc: 462, 962, 38, 538 bình phơng có tận 444

* Tơng tự cách làm trên, ta có kết luận: khơng có N để N2 kết thúc 4444. Bài 23: Tìm tất số có chữ số thỗ mãn:

1) Số tạo thành ba chữ số cuối lớn số tạo thành ba chữ số đầu đơn vị 2) Là số phơng

- Gäi số cần tìm là: n a a a a a a .

- §Ỉt x a a a 3 Khi Êy a a a4 6 x 1 vµ n = 1000x + x + = 1001x + = y2 hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x

VËy hai ba sè nguyªn tè 7, 11, 13 phải ớc hai thừa số vế trái số lại phải ớc thừa số lại vế trái

Dựng mỏy tính, xét khả năng đến đáp số:

n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716

Bài 24: Tìm tất số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 chia x cho 393 nh 655 có số d 210

H.DÉn:

- Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: x = 393.q1 + 210  x -210 chia hÕt cho 393 x = 655.q2 + 210  x -210 chia hÕt cho 655

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

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

- Tõ gi¶ thiÕt 10000 < x < 15000  10000 < 1965k + 210 < 15000 hay 9790 < 1965k < 14790   k <

TÝnh trªn m¸y:

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

Bài 25: Tìm chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, Giải:

- Vì số 5, 7, đơi nguyên tố nên ta phải tìm chữ số x, y, z cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315

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

 30 + xyz chia hÕt cho 315 V× 30  30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính tìm các béi cđa 315 kho¶ng (30 ; 1029):

x y z

2

6 0

9

Bµi 26: (Thi Quốc tế IMO 1962):

Tìm số nguyên dơng nhá nhÊt cã tÝnh chÊt sau: 1) ViÕt díi d¹ng thập phân a có tận số

2) Nếu bỏ chữ số cuối đặt chữ số lên trớc chữ số lại đợc số gấp lần chữ số ban đầu

Gi¶i:

- Giả sử số cần tìm có n + chữ số - Từ điều kiện 1) số dạng: a a a1 6n

- Tõ ®iỊu kiƯn 2), ta cã: 6a a a1 n = 4.a a a1 6n (*)

- Đặt a a a a n , th×: a a a1 6n = 10a + 6

6a a a1 n = 6.10n + a - Khi (*) trở thành:

6.10n + a = 4.(10a + 6)  2.(10n - 4) = 13a (**) Đẳng thức (**) chứng tỏ vế trái chia hết cho 13

Vì (2 ; 13) = nªn: 10n - chia hÕt cho 13.

Bài tốn quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ để (10n - 4) chia hết cho 13, ú

tìm số a số cần tìm có dạng: 10a +

Th ln lt máy giá trị n = 1; 2; (10n - 4) lần lợt là: 6, 96, 996, 9996, 99996, số chia hết cho 13 là: 99996 Khi a = 15384  Số cn tỡm l: 153846

Bài 27: Tìm số tự nhiªn n cho:

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

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

Chứng minh với n  5, ta có 2n + khơng chia hết cho n + 1, thật vậy: (2n + 7)  (n + 1)  [(2n + 7) - 2(n + 1)]  (n + 1)   (n + 1)  n  Vậy số n cần tìm

Bài 28: Tìm số tự nhiên n nhỏ cho n3 số có chữ số đầu chữ số cuối số

Gi¶i:

NhËn xÐt:

1) Để n3 có tận 11 n có tận số Thử máy sè: 11, 21, 31, 81, 91

đợc số 71 luỹ thừa bậc ba có tận 11 2) Để n3 có tận 111 n có phải tận số 471

(Thử máy với số: 171, 271, 371, 871, 971 )

3) §Ĩ n3 có tận 1111 n phải có tận số 8471

(Thử m¸y víi c¸c sè: 1471, 2471, 3471, 8471, 9471 )

- Giả sử m số chữ số đứng số 111 1111: + Nếu m = 3k, k Z+, thì:

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

  

4

3

111000 00 0000 111 1111 112000 000000

m k

k  k

 

     

)  31110.10k13 n3 3111 1111 31120.10k1

TÝnh trªn m¸y:

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

Do đó, với k  Cho k = ta đợc n bắt đầu số 103, nghĩa là: n = 103 8471

 Số nhỏ số là: n = 1038471

+ Nếu m = 3k + m = 3k + 2, ta đợc số vợt số 1038471 Kết luận: Số nhỏ thỗ mãn u cầu tốn là: n = 1038471 đó:

Bài 29: a) Tìm số tự nhiên n nhỏ mà n2 bắt đầu số 19 kết thúc số 89 b) Tìm số tự nhiên n cho: n2 = 2525xxxxxx89 (trong xxxxxx số có

thĨ khác nhau) Giải:

a) Trớc hết ta tìm số n2 cã tËn cïng lµ 89:

- Vì n2 có tận nên n có tận 7. - Thử máy số: 13, 23, , 93 ; 17, 27, , 97 ta tìm đợc:

để n2 có tận 89 n phải có số tận số sau: 17, 33, 67, 83 (*)

* Bây ta tìm số n2 bắt đầu số 19: - Để n2 bắt đầu số 19 phải có dạng:

19 x 10k n2 < 20 x 10k  19.10k  n 20.10k (1) + NÕu k = 2m ta có (1), trở thành:

19.10m n 20.10m

 4,3588989.10m n < 4,472135955.10m (2) Trong (2) ta cho m = 0, 1, 2, (tÝnh máy):

ta c n cú th l: 44, 436, 437, 438, 439, , 447 + Nếu k = 2m ta có (1), trở thành:

190.10m n 200.10m

 13,78404875.10m n < 14,14213562.10m (3) Trong (3) ta cho m = 0, 1, 2, (tính máy):

ta c n cú th là: 14, 138, 139, , 141 1379, 1380, 1381, , 1414 Tóm lại để n bắt đầu số 19 n là:

14, 44, 138, 139, , 141, 436, 437, , 447, 1379, 1380, , 1414 (**) Tõ (*) vµ (**) ta nhận thấy số có số 1383 thoả mÃn toán b) Ta có: 2525 x 108 x2 < 2526 x 108

 50,24937811 x 104 x < 50,25932749 x 104 VËy : 502493 < x < 502593

Bài 30: Với giá trị tự nhiên cđa n th×:

1,01n - 1 < (n - 1) 1,01n > n. Giải:

- Ta có:

1,01512  163,133 < 512 1,011024 26612,56 > 1024 VËy: 512 < n < 1024

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

521 1024

768

1,01 1,01 2083,603 768



  

VËy l¹i cã: 512 < n < 768

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

Cuèi cïng ta cã: 1,01651 = 650,45 < 651 1,01652 = 656,95 > 652

 n = 652

Ta hoàn toàn giải toán quy trình MTBT:

(Thuật toán: Xét hiƯu 1,01A - A , g¸n cho A c¸c gi¸ trị tự nhiên: 0, 1, 2, dừng lại hiƯu trªn chun tõ (-) sang (+))

- Gán cho ô nhớ A giá trị tự nhiên đầu tiên:

SHIFT STO A

- LËp c«ng thøc tÝnh hiƯu 1,01A - A gán giá trị ô nhớ số tự nhiên kÕ tiÕp:

1,01  ANPHA A - ANPHA A

: ANPHA A ANPHA = ANPHA A +

- Lặp lại công thức trªn:

= =

7 Một số dạng toán khác:

7.1 Số có đuôi bất biến với luỹ thừa:

1) Luỹ thừa bậc số có chữ số tận ; ; (và số ấy) có chữ số tận ; ; (có bất biến).

2) Luỹ thừa bậc số có chữ số tận 25 76 (và những số ấy) có chữ số tận 25 76 (có bất biến).

3) Luỹ thừa bậc số có chữ số tận 376 625 (và những số ấy) có chữ số tận 376 625 (có bất biến).

4) Luỹ thừa bậc số có chữ số tận 9376 0625 (và những số ấy) có chữ số tận 9376 0625 (có bất biến).

Bài 31: Tìm số d chia số 133762005! cho 2000 (TH & TT T3/ 317) Gi¶i:

- Giả sử A, B hai số tự nhiên có tận 376, thì:

A.B = (1000.a + 376)(1000.b + 376) = 376000(a + b) + 106a.b + 3762 = 2000t + 1376; víi a, b t  N

 A.B chia 2000 cã sè d lµ 1376

Với k > chia 13376k cho 2000 (thực (k - 1) lần phép nhân số có tận 376 chia cho 2000) đợc d 1376 Đề ứng với k = 2005! Bài 32: Tìm chữ số tận số:

A = 21999 + 22000 + 22001 H.DÉn:

- Ta cã: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + + 22) = x 29 x 210 x 21980 = x 29 x 210 x (220)99

- Ta cã (dïng m¸y): 29 = 512 210 = 1024 ; 220 = 1048576

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

 21999 + 22000 + 22001 = x 512 x 1024 x ( 76) = 16. VËy chữ số cuối A 16

Bài 33: Tìm bốn chữ số tận cïng cđa 51994. Gi¶i:

- Ta cã: 54 = 625

- Nhận thấy số có tận 625 luỹ thừa bậc có tận 625 - Do đó:

51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(625)k = 25( 625) = 5625. VËy ch÷ sè tËn cïng cđa sè 51994 5625.

7.2 Khai triển nhị thức Newton toán chia hết: -Ta có khai triển:

 

1 2 1

n n n n n n n

n n n

a b a C a b C a b  C ab  b

      

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

1.2 1.2.3 1.2

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

a na b  a b   a b  a b  nab  b

       

- Khi chøng minh tính chia hết luỹ thừa, cần nhí mét sè kÕt qu¶ sau: 1) an - bn chia hÕt cho a - b (a  b)

2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hÕt cho a + b (a  -b) 3) (a + b)n = BS a + bn (BS a: béi số a)

Đặc biệt:

(a + 1)n = BS a + 1 (a - 1)2n = BS a + 1 (a - 1)2n + 1 = BS a - 1 Bài 34: Tìm số d chia 2100 cho:

a) b) c) 125 Gi¶i:

a) L thõa cđa sát với bội 23 = = (9 - 1)

- Ta cã: 2100 = 2(23)33 = 2(9 - 1)33 = 2(BS - 1) = BS - = BS + 7 VËy sè d chia 2100 cho lµ 7.

b) L thõa cđa s¸t víi mét béi cđa 25 lµ 210 = 1024 = (BS 25 - 1) - Ta cã: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 +

VËy sè d chia 2100 cho 25 lµ 1 c) Dïng c«ng thøc Newton:  

50

100 50 49 50.49

2 5 50.5 50.5

2

       

Để ý 48 số hạng đầu chứa thừa số với số mũ lớn nên chia hết cho 125, hai số hạng chia hết cho125, số hạng cuối

VËy 2100 = BS 125 +  Sè d cña 2100 chia cho 125 1

Tổng quát: Nếu số tự nhiên n không chia hết cho th× chia n100 cho 125 ta

đợc số d l 1.

Bài 35: Tìm ba chữ số tËn cïng cđa 2100.

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

126, 376, 626 hc 876

- HiĨn nhiên 2100 chia hết ba chữ số tËn cïng cđa nã ph¶i chia hÕt cho Bèn số có 376 thoả mÃn điều kiện Vậy ba chữ số tận 2100 376.

Tổng quát: Nếu n số tự nhiên chẵn không chia hết cho ba chữ số tận cùng n100 376.

Bài 36: Tìm ba chữ số tận 3100. Giải: - Ta phân tÝch nh sau:

 50

100 50 50.49

3 10 10 10 50.10

      

= BS 1000 + 500 - 500 + = BS 1000 + VËy 3100 tËn 001.

Tổng quát: Nếu n số tự nhiên lẻ không chia hết cho ba chữ số tận của n100 001.

Bài 37: Thay dấu * chữ số thÝch hỵp: 896 = 496 * * 290 961. H.DÉn:

- Ta cã: (896 - 1)  (89 - 1)  (896 - 1)  11

(896 - 1)  (893 + 1)  (896 - 1)  (89 + 1)  (896 - 1) 9 - Đặt A = (896 - 1) = 496 x y 290 960 Ta cã A chia hÕt cho vµ 11.

Ta cã tổng chữ số hàng lẻ (từ phải sang trái) A bằng: 36 + y ; tổng chữ số hàng chẵn A bằng: 18 + x

A chia hÕt cho nªn: 54 + x + y  x + y  {0 ; ; 18}

A chia hÕt cho 11 nªn: [(36 + y) - (18 + x)]  11  x - y  {-4 ; 7} + NÕu x + y = x = y = (loại)

+ NÕu x + y = 18 th× x = y = (lo¹i)

+ NÕu x + y = : chó ý r»ng (x + y) (x - y) chẵn lẻ nên: x - y =  x = ; y =

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

Điều kiện cần đủ để phân số tối giản viết đợc thành số thập phân hữu hạn mẫu số khơng chứa thừa số ngun tố ngồi

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

a

b có mẫu b không chứa thừa số nguyên tố 2, hoặc thừa số nguyên tố 2, chứa thừa số nguyên tố khác số d trình chia phải nhỏ b nên số d số trong:

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

Nh phép chia a cho b, nhiều sau (b - 1) lần chia gặp số d khác nhau, nhng chắn sau b lần chia ta gặp lại số d gặp trớc Do đó, ta tiếp tục chia số d lặp lại dĩ nhiên chữ số th-ơng lặp lại

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

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

1 10

) ; ) ; ) ; )

37 41 51 49

a A b B c C d C

H.DÉn:

a) Sè

1

0,027 027 (027) 37

A

tuần hoàn chu kỳ chữ số 027 Vì 2005 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy A là: b) Sè

1

0, 0243902439(02439) 41

B

tuần hoàn chu kỳ chữ số 02439 Vì 2005 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy B là:

c) Sè

10

0,(1960784313725490) 51

C 

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

d) Số

1

0,(020408163265306122448979591836734693877551) 49

D

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

Phần IV: giải tam giác 1 Giải tam giác:

Bài 1: Tính góc tam giác ABC, biÕt:

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

Bµi 2: TÝnh c¹nh BC, gãc B , gãc C cđa tam gi¸c ABC, biÕt:

AB = 11,52 ; AC = 19,67 góc A 54o3512 Đáp số: BC = ; B  ; C  Bµi 3: Tính cạnh AB, AC, góc C tam giác ABC, biÕt:

BC = 4,38 ; A 54o35’12’’ ; B 101o157 Đáp số: AB= ; AC = ; C Bài 4: Tam giác ABC cã ba c¹nh: AB = 4,123 ; BC = 5,042 ; CA = 7,415 Điểm M nằm cạnh BC cho: BM = 2,142

1) Tính độ dài AM?

2) Tính bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABM 3) Tính bán kính đờng trịn nội tip tam giỏc ACM

Đáp số: 1) AM = 2) R = 3) r = Bài 5: Tam giác ABC có: B 49o27 ; C 73o52 cạnh BC = 18,53. Tính diện tích S tam giác ?

Đáp số: S =

Bài 6: Tam giác ABC có chu vi 58 (cm) ; B 57o18’ C 82o35’ Tính di cỏc cnh AB, BC, CA ?

Đáp sè: AB = ; BC = ; CA =

Bài 7: Tam giác ABC có 90o < A < 180o vµ sinA = 0,6153 ; AB = 17,2 ; AC = 14,6. TÝnh: 1) §é dài cạnh BC ? Trung tuyến AM ?

2) Gãc B ?

3) Diện tích tam giác S = ?

Đáp sè: BC = ; AM = ; B ; S = Bài 8: Tam giác ABC cã A 90o ; AB = (cm) ; AC = (cm).

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

2 Đa giác, hình tròn: * Một số công thức:

1) Đa giác n cạnh, độ dài cạnh a: + Góc tâm:

2

n

  

(rad), hc:

360 o

a n



(độ) + Góc đỉnh:



A n

n 

 

(rad), hc



A n 180

n

 

(độ) + Diện tích:

cot

4

na

S g 2) Hình tròn phần hình tròn:

a A

O

R

+ Hình tròn bán kính R: - Chu vi: C = 2R - DiÖn tÝch: S = R2 + Hình vành khăn:

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

- Độ dài cung: l = R ; (: rad) - DiÖn tÝch:

2

1

S  R 

(: rad)

2

360

R a

 

(a: độ)

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

H.DÉn:

Sg¹ch xäc = SO1O2O3 - Squ¹t

Tam giác O1O2O3 đều, cạnh nên:

1

1

6.6

2

O O O

S  

Squ¹t =

2 .9.60 3

360 360

R a

  

 

 Sg¹ch xäc = SO1O2O3 - Squ¹t =

9 18

9 1, 451290327

2

  

  

B ài 10: Cho hình vuông ABCD, cạnh a = 5,35 Dựng

đ-ờng tròn tâm A, B, C, D cã b¸n kÝnh R = a

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

Squạt =

1

4SH.tròn = 4R2

O R r

d

O R

O1 O2

O3

A B

 Sg¹ch = a2 -

1

4R2 = a2 -

1 4a2

= a2(1 -

1

4)  6,142441068

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

H.DÉn:

- TÝnh :

3,15 cos

7,85

OB R OA a

   



13,15

cos 7,85

 



SOBAC = 2SOBA = aRsin

Squ¹t =

2.2 2.

360 180

R R

   



Sg¹ch = SOBAC - Squ¹t = aRsin -

2.

180

R

 

 11,16 (cm2)

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

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

Đáp số:

B

A

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

Một ngơi năm cánh có khoảng cách hai đỉnh khơng liên tiếp 9,651cm Tìm bán kính đờng trịn ngoại tiếp (qua nh)

Giải: Ta có công thức tính khoảng cách

gia hai nh khụng k ngơi năm cánh (hình vẽ):

10 cos18

2

o R AC d  R  

C«ng thức d2 cos18R o hiển nhiên Công thức

10 cos18

2

o 



cã thÓ chøng minh nh sau: Ta cã:

3 2 cos36 sin 54 3sin18 4sin 18

1 sin 18 cos 18

2 2

o o o o

o o    

    

hay 4sin 183 o 2sin 182 o3sin18o 1 0. Suy sin18o lµ nghiƯm cđa phơng trình:

3 2

4x 2x  3x 1 (x1)(4x 2x1) 0 VËy

1 sin18

4

o   

Từ ta có:

2 12 10

cos 18 sin 18 ( )

4 16

o o  

    

hay

10 10

cos18

16

o  

 

Suy

10 cos18

2

o R

d R  

vµ

2 2cos18o 10 5

d d

R

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

Cách giải 2: 29.651 [( [( 10  25 )] (5.073830963) Bµi (Së GD & ĐT TP Hồ Chí Minh, 1996, vòng 1)

Tính khoảng cách hai đỉnh khơng liên tiếp cánh nội tiếp đ-ờng trịn bán kính R5,712cm

Cách giải 1: Ta có cơng thức tính khoảng cách hai đỉnh khơng kề ngơi sao năm cánh (xem hình vẽ chứng minh 1):

A B

C

D E

O

10 cos18

2

o R

d R  

TÝnh: MODE 25.71218 o,,, cos (10.86486964)

Cách giải 2: 10 25 5.712 2(10,86486964)

Đáp số: 10,86486964

Bài Cho đờng trịn tâm O, bán kính R  11, 25 cm Trên đờng tròn cho, đặt cung AB 90 ,  o BC 120  o cho A C nằm phía BO

a) Tính cạnh đờng cao AH tam giác ABC b) Tính diện tích tam giác ABC(chính xác đến 0,01) Giải: a) Theo hình vẽ:

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

Tính góc nội tiếp ta đợc:ABC = 150; ACB = 450 Suy ra: BAC = 1200; CAH = 450; BAH = 750.

Ta cã: AB R 2; BCR 3.

Vì AHC vng cân, nên AH HC (đặt AHx)

Theo định lí Pitago ta có: AH2AB2 HB2 Do đó:    

2

2 3 2

x  R  x  R

hay

2

2x  2R 3x R 0 Suy ra:

2

R R x  

;

3

R R

x Vì AH ACR, nên nghiệm

3

R R

x 

bị loại Suy ra:

( 1)

2

R ACAH  

Gäi diƯn tÝch ABC lµ S, ta cã:

2

1 3 (3 3)

2 2

R R R

S AH BC    R  

Ên phÝm: 11.25 Min 2  MODE (15.91) VËyAB15,91cm

Ên tiÕp phÝm: MR 3  KÕt qu¶:19.49 VËy: BC19, 49cm

Ên phÝm: MR  [(   2 (5.82) VËyAC5,82cm

Ên tiÕp phÝm: MR  [(   2(4.12) VËy:AH4,12cm

Ên tiÕp phÝm: MR SHIFT x2  [(   4 

KÕt qu¶: S40,12cm2

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

O A

B C

Cho hình vuông ABCD cạnh 12 Vẽ đoạn AE với E điểm cạnh CD

5

DE cm Trung trc AE cắt AE AD, và BCtại M P, và Q Tỷ số độ dài đoạn

PM vµ MQ lµ:

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

Ta cã:

MP MR MQMS

Vì RM đờng trung bình tam giác ADE nên

2

DE MR

Mµ: MSRS MR

VËy:

2

DE MP MR

DE MQMS RS

¸p dơng b»ng sè víi DE5cm RS, 12 cm: ab c/  Min  [( 12  MR = (

5 19)

Đáp số (C)

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

H·y tÝnh: 2  Min  [( 12  MR (0.2631579) So s¸nh: ab c/ 19SHIFT ab c/ ab c/ KÕt qu¶: 0.2631579

Nh vậy, hai kết nh nhau, nhng kết đợc thực dới dạng phân số (khi khai báo 5ab c/ 2), kết đợc thực dới dạng số thập phân (khi khai báo 2) Bài Trên đờng tròn tâm O, bán kính R15, 25 cm, ngời ta đặt cung liên tiếp:



AB= 600, BC = 900, CD = 1200 a) Tứ giác ABCD hình g×? b) Chøng minh ACBD.

c) Tính cạnh đờng chéo ABCD theo R xác đến 0,01 d) Tính diện tích tứ giác ABCD

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

Suy ra: AD = BC , ABD = BDC = 450 (v× cïng b»ng 90

2 )

Từ ta có: AB CD// Vậy ABCD hình thang

S

A B

Q E

D

P

M

C

A B

C D

E

60°

120°

MỈt kh¸c, ADB = BCD (cïng b»ng

0 60 +90

2 ).

Vậy ABCD hình thang cân (đpcm) b) Vì ABD = BAC = 450 (vì cïng b»ng

0 90

2 ).

Suy AEB = 900, vËy ACBD (®pcm).

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

ABR; AD BC R 2; DCR 3. Các tamgiácAEB CED, vuông cân, suy

AB AE

, CD CE

VËy:

R AE , R CE

Suy

3 (1 3)

2

R R R ACAE EC    

.

d)

2 2

2

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

[ ]

2 2

ABCD

R R R

S  AC DB  AC       

TÝnh: MR  [(   2  SHIFT x2 MODE (433.97)

VËy SABCD 433,97cm2.

Ên tiÕp: 15.25 Min 2  KÕt qu¶: 21.57 VËy AD BC 21,57cm

Ên tiÕp phÝm: MR 3 (26.41) VËy: CD26,41cm

Ên tiÕp phÝm: MR  [(   2 (29.46) VËy ACBD29, 46cm

Bài Cho đờng tròn tâm O, bán kính R3,15 cm Từ điểm A ngồi đờng trịn vẽ hai tiếp tuyến AB AC (B, C hai tiếp điểm thuộc (O))

TÝnh diện tích phần mặt phẳng giới hạn hai tiếp tuyến cung tròn nhỏ BC

bit rng AO a 7,85 cm (chính xác đến 0,01 cm) Giải: Ta có:

3,15 cos 7,85 OB R OA a     SABOC 2SAOBa R .sin ; Squ¹t OBC

2.2 360 180

R R

   

 

Sg¹ch xäc= SABOC - Squ¹t OBC

2 sin

180

R aR  

Tính máy: 3.15 7.85  SHIFT cos-1 SHIFT ,,, 



 Min sin 

7.853.15 SHIFT  3.15SHIFT

2

x  MR 

180(11.16)

O B

A

Đáp sè: Sg¹ch xäc = 11,16 cm2.

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

(SMNPQ) diện tích hình vuông ABCD (SABCD) trừ lÇn diƯn tÝch cđa

1

4 hình tròn bán kính

a R MNPQ S  2 4 R a  

2 a a   

2(4 )

a  

2 5,35 (4 )

4

  

Ên phÝm: 5.35SHIFT x2  [(    4  MODE (6.14)

KÕt luËn:SMNPQ  6,14 cm2.

Bài Tính diện tích phần hình phẳng (phần gạch xọc) giới hạn cung tròn các cạnh tam giác ABC (xem hình vẽ),

biÕt: AB BC CA a   5,75 cm Gi¶i:

2

3

a R OA OI  IA AH 

. Suy ra: 3 a R

AOI600.

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

2 3

ABC a S 

;

2

2 3 3 3 3

4 12

O AI

R a a

S

 

    

  .

Diện tích viên phân:

2 3 3 2(2 3 3)

6 12

R R R R

   

    

  .

TÝnh theo a, diƯn tÝch mét viªn ph©n b»ng:

2(2 3 3) 36

a   ; Sg¹ch xäc

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

4 36 12

a a  a  

   

; Sg¹ch xäc

2

5,75 (9 ) 12

  

BÊm tiÕp:5,75SHIFT x2  [( 93  4 SHIFT )] 12

Kết quả: Sgạch xọc 8,33 cm2.

Bài Viên gạch cạnh a30cm có hoa văn nh hình vẽ a) Tính diện tích phần gạch xọc hình

ó cho, chớnh xác đến 0,01 cm

b) TÝnh tØ sè phÇn trăm diện tích phần gạch xọc diện tích viên gạch

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

A N B

   

2 2

2

4 16

R R R a

S      Vậy diện tích hình gồm viên phân  

2 2 a   Diện tích phần gạch xọc bằng:



2

2

2

a a

a    

Tính máy: 30SHIFT x2 Min [(  SHIFT  )] 2

MODE

(386.28) VËy Sg¹ch xäc  386,28 cm2.

Ên phÝm tiÕp:  MR SHIFT % (42.92)

TØ sè diện tích phần gạch xọc diện tích viên gạch 42,92%

Đáp số: 386,28 cm2; 42,92 %.

Bài 10 Nhân dịp kỷ niệm 990 năm Thăng Long, ngời ta cho lát lại đờng ven hồ Hoàn Kiếm viên gạch hình lục giác Dới viên gạch lục giác có mầu (các hình trịn mầu, phần cịn lại mầu khác)

Hãy tính diện tích phần gạch mầu tỉ số diện tích hai phần đó, biết AB a 15 cm

Giải: Bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác là:

1 a a

3

R

Diện tích hình tròn lµ:

2 12 a R   

Diện tích hình tròn là: 2

a

Tính máy: 15SHIFT x2   2  Min (353.4291) DiƯn tÝch toµn bé viên gạch là:

2 3 3 3

4

a a

 

Diện tích phần gạch xọc là:

2

3

2

a a 

BÊm tiÕp phÝm: 315SHIFT x 

3    MR (231.13797)

Ên tiÕp phím: MR SHIFT % Kết quả: 65.40

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

Bài 11 Viên gạch hình lục giác ABCDEF có hoa văn hình nh hình vẽ, đó đỉnh hình M N P Q R S, , , , , trung điểm cạnh lục giác

Viên gạch đợc tô hai mầu (mầu hình mầu phần lại)

Biết cạnh lục giác a = 16,5 cm

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

Lục giác nhỏ có cạnh

a

b

, cánh tam giác có cạnh

a

b Từ suy ra: diện tích lục giác cạnh b S2 bằng: S2 =

2 3b

2 = 3a

8 , diÖn tÝch

tam giác cạnh b S3: S3 = 3a

8

Tính máy: 316.5SHIFT x2 82 MODE (353.66) Min

Ên tiÕp phÝm: 316,5SHIFT x2 3 2   MR (353.66)

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

Lời bình: Có thể chứng minh phần có 12 tam giác nhau, diện tích hai phần Từ cần tính diện tích lục giác chia đôi

Bài 12 Cho lục giác cấp ABCDEF có cạnh AB a 36 mm Từ trung điểm cạnh dựng lục giác A B C D E F' ' ' ' ' ' hình cánh có đỉnh trung điểm A B C D E F', ', ', ', ', ' (xem hình vẽ) Phần trung tâm hình lục giác cấp MNPQRS.Với lục giác ta lại làm tơng tự

nh lục giác ban đầu ABCDEF đợc hình lục giác cấp Đối với lục giác cấp 3, ta lại làm tơng tự nh đợc lục giác cấp Đến ta dừng lại Các cánh hình đợc tơ mầu (gạch xọc), cịn hình thoi hình chia thành

2 tam giác tơ hai mầu: mầu gạch xọc mầu "trắng" Riêng lục giác cấp đợc tô mầu trắng

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

b) Tính tỉ số phần trăm diện tích phần "trắng" diện tích hình lục giác ban đầu Giải: a) Chia lục giác thành tam giác có cạnh a đờng chéo qua đỉnh đối xứng qua tâm, từ ta có S =

2 3 a  = 3 a

.Chia lục giác ABCDEF thành 24 tam giác có cạnh

a

2 Mỗi tam giác cạnh a

2 cã diện tích diện tích tam

giác "trắng" A NB' ' (xem h×nh vÏ) Suy diƯn tÝch tam giác trắng vòng

6

244 diƯn tÝch lơc gi¸c cÊp ABCDEF . VËy diện tích tam giác trắng vòng là:

2 3

a 

(1) b) Tơng tự với cách tính trªn ta cã:

a MN b

; b c

DiƯn tÝch tam gi¸c trắng lục giác cấp MNPQRS là:

2 3

b 

(2)

DiƯn tÝch tam gi¸c trắng lục giác cấp là: 3

c 

(3) Diện tích lục giác trắng (với

c d ): 3 d

(4) Tãm l¹i ta cã:

S1 = 3 a  = 3 a

; S2 =

1 3 b  = 2 3 2 a   = 3 a ; S3 = 3 c  = 2 3 a   = 3 a

; S4 = 3 d = 2 3 a  = 3 a Str¾ng =S1+S2+S3+S4 =3a2 3(

1

2 2 2 )= 3

2

a

6 2

2

 

Ên phÝm: 336SHIFT x2 3 2  MODE (3367.11) Min VËy SABCDEF = 3367,11 mm2.

Ên tiÕp phÝm: 2SHIFT xy  2SHIFT x   2SHIFT y

x 6 MR 

(1157.44) VËy Str¾ng 1157,44 mm2.

Ên tiÕp phÝm:  MR SHIFT % (34.38) VËy trang ABCDEF S

S 34,38%. Đáp số: 1157,44 mm2 34,38%.

Bài 13 Cho hình vng cấp ABCD với độ dài cạnh AB 40 a  cm Lấy

, , ,

A B C D làm tâm, thứ tự vẽ cung tròn bán kính a, bốn cung tròn cắt tại , , ,

M N P Q

Tø gi¸c MNPQ hình vuông, gọi hình vuông cấp Tơng tự nh trên, lấy M N P Q, , , làm tâm vẽ cung tròn

bỏn kính MN, đợc giao điểm E F G H, , , hình vng cấp Tơng tự lm tip c

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

tụ mu (phn trng theo a)

b) Tìm tỉ số phần trăm hai diện tích tô mầu không tô mầu

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

S1 =

2 2 a a

4 -

4 b



 

(b cạnh hình vuông cấp 2) Tơng tự, tính diện tích cánh hoa trắng cấp cấp 3:

2 2 4( - )

4

b b S   c

(c cạnh hình vuông cấp 3)

2 2 ( - )

4

c c S  d

(d cạnh hình vuông cấp 4)

b) Ta cã: MCQ = 300; b = QM = 2MK = 2a.sin150 = a(2sin150). T¬ng tù: c = 2b.sin150 = a(2sin150)2; d = 2c.sin150 = a(2sin150)3. Ký hiÖu x = 2sin150, ta cã: b = a.x; c = ax2; d = ax3.

Thay vào cơng thức tính diện tích Strắng ta đợc:

Str¾ng = (a2 + a2 x2 + a2 x4) - 4(a2 x2 + a2 x4) - 2(a2 + a2 x6) = a2(1 + x2 + x4) - 4a2(x2 + x4) - 2a2(1 + x6)

Ên phÝm: 15 o,,, sin 2  Min SHIFT xy  MR SHIFT x2

   SHIFT  40SHIFT x2  440 SHIFT x2  [( MR SHIFT

2

x  MR SHIFT xy

4 )]  240 SHIFT x  [(  MR SHIFT xy  MODE (1298.36) Min

VËy Str¾ng 1298,36 cm2.

BÊm tiÕp phÝm: 40SHIFT x2  MR (301.64) VËy Sg¹ch xäc 301,64 cm2.

BÊm tiÕp phÝm:  MR SHIFT % (23.23) VËy

gach xoc trang S

S

23,23%

Đáp số: 1298,36 cm2; 23,23%.

Bài 14 Cho tam giác ABC có cạnh a 33,33  cm tâm O Vẽ cung tròn qua hai đỉnh trọng tâm O tam giác đợc hình Gọi A B C', ', ' trung điểm cạnh BC, CA AB

Ta lại vẽ cung tròn qua hai trung điểm điểm O, ta đợc hình nhỏ

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

b) TÝnh tØ số phần trăm phần cắt bỏ diện tích cđa tam gi¸c ABC

Giải: A B C' ' ' tam giác

nhận O làm tâm (vì AA BB CC', ', ' đờng cao, đờng trung tuyến  A B C' ' '). có điểm chung O, nghĩa khơng có phần diện tích chung Mỗi viên phân có góc tâm 600, bán kính

2

3 đờng cao tam giác Gọi S1 là

diÖn tÝch viên phân Khi S1 =

2 3

-6

OA OA 

= 12

OA

(2 -3 3) Ta cã:

2

OA

2

a =

3

a

Gäi S diện tích lớn, S' diện tích l¸ nhá Khi Êy: S =6S1 =

2

OA

(2-3 3)=

a

(2 -3 3) Gọi cạnh tam giác A B C' ' ' b, tơng tự ta có:

B

A' O

A

B'

S'=

b

(2-3 3) = 24

a

(2 -3 3). Tỉng diƯn tÝch l¸ lµ: S + S' = (2 -3 3)(

2 24

a a 

) DiÖn tích phần gạch xọc (phần cắt bỏ) S''.

S''=SABC-(S + S')= 3

4

a

- (2 -3 3)( 2

2

) ( )

6 24 12

a a

a    

TÝnh SABC: 33.33SHIFT

2 x 

3 4 (481.0290040) Min

TÝnh S'': 7 3 8  5 12   33.33SHIFT x 

(229.4513446) VËy S'' 229,45 cm2.

ấn tiếp phím để tính ABC S''

S :  MR SHIFT %

Kết quả: 47.70

Đáp số: S'' 229,45 cm2; ABC S''

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

1) Tính thể tích V hình cầu bán kính R3,173 2) Tính bán kính hình cÇu cã thĨ tÝch

3 137, 45

V dm

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

3

V R

Tính máy: 3.173 SHIFT xy 34  3 (133.8131596) 2) Tõ c«ng thøc

3

V  R

suy 33

4

V R

 

¸p dơng: 3137.454    SHIFT xy ab c/ (3.20148673)

Đáp số:

3

133.8134725

V dm

Bài 16 (Sở GD & ĐT TP HCM, 1998, vßng chung kÕt, PTTH & PTCB) TÝnh góc HCH phân tử mêtan (H: Hydro, C: Carbon)

Giải: Gọi G tâm tứ diện ABCD cạnh a, I tâm tam giác đềuBCD Góc HCH phân tử mêtan góc AGB tứ diện ABCD Khi ta có:

3

a IB

Suy

2 2 ( )2

3

a a

AI  AB  IB  a  

vµ

3

4 2

a BGAG AI 

Gäi E điểm AB Khi

2 sin

3 2

a AE AGE

AG a   

TÝnhAGB:2 ab c/ SHIFT sin-1  2  SHIFT o,,, 

(109 28 16.39o o )

Đáp sè: 109 28'16''o

A

B C

D

Bµi 17 (Së GD & §T TP HCM, 1998, vßng chung kÕt, PTTH & PTCB)

Cho hình chóp tứ giác SABCD, biết trung đoạn d 3, 415cm, góc cạnh bên đáy 42 17 'o Tính thể tích

Giải: Gọi cạnh đáy chóp tứ giác SABCD a, chiều cao h,  góc cạnh bên đáy Khi

SH tg AH   hay

2

a h SH tg

Mặt khác,

2 ( )2 2

a h  d

hay

2 2

( ) ( )

2

a tg a d   

Suy

2

d a

tg  

 vµ

2

2 1 2

a d

h tg tg

tg

 



 

 .

Thể tích tứ diện đợc tính theo cơng thức:

2

2

2

2

1 4

3 1 2 (1 ) (1 2 )

d tg d d tg

V ha

tg

tg tg

 



 

  



Tính máy:

42 33.415SHIFT xy 342o,,, 17o,,, tan Min 

[(

1  2 MR SHIFT x2 )] SHIFT xy ab c/ (15.795231442)

Đáp số:

3

15,795

V  cm

A B C

D

S

Phần VII Phơng pháp lặp giải gần phơng trình f x( ) 0

Nội dung phơng pháp: Giả sử phơng trình có nghiệm khoảng ( , )a b Giải phơng trình f x( ) phơng pháp lặp gồm bớc sau:

1 Đa phơng trình f x( ) 0 phơng trình tơng đơng xg x( ) Chọn x0( , )a b làm nghiệm gần ban đầu

3.Thay xx0 vào vế phải phơng trình x g x ( ) ta đợc nghiệm gần thứ x1g x( )0 Thay x1g x( )0 vào vế phải phơng

trình xg x( ) ta đợc nghiệm gần thứ hai x2g x( )1 Lặp lại trình trên, ta nhận đợc dãy nghiệm gần

1 ( )0

x g x , x2g x( )1

, x3g x( )2 , x4g x( )3 , ,xng x( n1),

Nếu dãy nghiệm gần  xn , n1, 2, hội tụ, nghĩa tồn limn xn x (với

gi¶ thiÕt hàm g x( ) liên tục khoảng ( , )a b ) ta cã:

1

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

n n n

x x g x  g x g x

     

   

Chứng tỏ x nghiệm phơng trình xg x( ) x nghiệm đúng phơng trình f x( ) 0

Tính hội tụ: Có nhiều phơng trình dạng x g x ( ) tơng đơng với phơng trình f x( ) 0 Phải chọn hàm số g x( ) cho dãy  xn xây dựng theo phơng pháp lặp dãy hội tụ và hội tụ nhanh tới nghiệm Ta có tiêu chuẩn sau

Định lý Giả sử ( , )a b khoảng cách ly nghiệm x phơng trình f x( ) 0 phơng trình x g x ( ) tơng đơng với phơng trình f x( ) 0 Nếu g x( ) g x'( ) hàm số liên tục cho g x( )  q  x a b,  từ vị trí ban đầu x0( , )a b

d·y  n x

xây dựng theo phơng pháp lặp xng x( n1) sÏ héi tơ tíi nghiƯm nhÊt x khoảng ( , )a b

phơng trình f x( ) 0

ThÝ dơ Gi¶i phơng trình x3 x21 .

Phng trỡnh ny có nghiệm khoảng (1;1.5) tơng đơng với 1

x x  Do g x( )3x21 có đạo hàm 2

2 '( )

3 ( 1)

x g x

x 

 tháa m·n ®iỊu kiƯn

1 '( )

4

g x  

kho¶ng (1;1.5) nên dÃy lặp

2

1

n n

x  x 

héi tơ tíi nghiƯm nhÊt tõ mét ®iĨm khoảng (1;1.5)

DÃy lặp máy Casio fx-570 MS: Khai báo hàm

3

( )

SHIFT ( ALPHA X x2 ) Bắt đầu tính to¸n b»ng CALC m¸y hiƯn X?

Khai b¸o gi¸ trị ban đầu x0 1 bấm phím

Sau thực dãy lặp CALC Ans  ta đến x1.465571232 Dãy lặp máy Casio fx-570 MS Casio fx-500 MS : Khai báo giá trị ban đầu x0 1 cách bấm phím 1  Khai báo dãy xấp xỉ

2 ( ) n

n n

x g x  x  :

SHIFT ( Ans x2

 1) Sau thực dãy lặp  ta đến x1.465571232

Vậy nghiệm xấp xỉ (chính xác đến chữ số thập phân) x1.465571232. Thí dụ Tìm nghiệm gần phơng trình ex x 0 .

Vì f x( )ex x có đạo hàm f x'( )ex 1 x nên đồng biến

toàn trục số Hơn nữa, f(0)3, f(1) e 0 nên phơng trình cho có nghiệm nằm khoảng (0,1)

Phơng trình cho tơng đơng với xln(3 x) Đặt g x( ) ln(3  x)

1 '( )

3

g x

x 

 nªn  

1

'( ) 0,1

2

g x   x

Do dãy lặp xn1ln(3 xn) hội tụ từ điểm khoảng (0,1) Dãy lặp máy Casio fx-570 MS:

Khai b¸o g x( ) ln(3  x): ln (  ALPHA X ) Bắt đầu tính toán CALC máy X? Khai báo giá trị ban đầu

1

x  :

/

b c

a 2 bấm phím  Sau thực dãy lặp CALC Ans  ta đến

26 27 28 0.792059968 x x x  . Vậy nghiệm gần 0,792059968

D·y lỈp máy Casio fx-570 MS Casio fx-500 MS : Khai báo giá trị ban đầu

1

x 

: ab c/ bấm phím Khai báo dÃy xấp xỉ xn1g x( ) ln(3n   xn): ln ( 3 Ans )

Nhận xét Nếu địi hỏi nghiệm xác đến chữ số thập phân sau dấu phẩy thì cần sau 13 bớc lặp ta đến nghiệm 0,79206

Nhận xét Nếu ta đa phơng trình ex x dạng x ex ( ) x g x   e

có đạo hàm g x'( )ex không thỏa mãn điều kiện

 

'( ) 0,1

g x  q  x nên ta cha thể nói đợc hội tụ dãy lặp

Nhận xét Chọn điểm xuất phát x02 ([2], trang 62) cần nhiều bớc lặp hơn. Dùng lệnh solve để giải phơng trình Maple:

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

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

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

.79205996843067700141839587788 Lời bình: Maple cho ta đáp số đến độ xác tuỳ ý. Thí dụ Tìm nghiệm gần phơng trình xlnx0.

Vì f x( ) x lnx hàm đồng biến ngặt (0,) Hơn f(1) 0 

1 ( )

f

e e nên phơng trình có nghiệm khoảng

1 ( ,1)

e Phơng trình cho tơng đơng với x e x g x( )

V× g x'( )ex nªn

1

'( ) x

e g x e

e



  

víi mäi

1 ( ,1)

x e

nên dÃy lặp xn e xn



  hội tụ.

DÃy lặp máy Casio fx-570 MS: Khai b¸o g x( ) e x





: SHIFT ex (  ALPHA X )

Bắt đầu tính toán CALC máy X? Khai báo giá trị ban đầu

1

x  :

1 ab c/ bấm phím  Sau thực dãy lặp CALC Ans  ta đến

0,567143290

x Vậy nghiệm gần x0,567143290. Dãy lặp máy Casio fx-570 MS Casio fx-500 MS: Khai báo giá trị ban đầu

1

x 

: ab c/ bấm phím Khai báo ( )

n n

x n

x g x e

  

: SHIFT x

e (  Ans )

Sau thực dãy lặp  ta đến x0,567143290 Vậy nghiệm gần x0,567143290

Vì f x( ) x cosx có đạo hàm f x'( ) sin  x0 x số điểm rời rạc

2

x  k

nên hàm đồng biến ngặt Do f(0)1 f( )2   

nên phơng trình có nghiệm khoảng (0, )2

 HiĨn nhiªn g x'( ) sinx sin(2 )

      

víi mäi x (0,2 ) 

  

với  đủ nhỏ nên dãy cos

n n

x  x héi tơ kho¶ng

(0, )

DÃy lặp máy Casio fx-570 MS:

Ên phÝm MODE MODE MODE MODE (tÝnh theo Radian) Khai b¸o g x( ) cos x: cos ALPHA X

Bắt đầu tính toán CALC máy X? Khai báo giá trị ban đầu x01.5 bấm phím  Sau thực dãy lặp CALC Ans  ta đến x0,739085133 radian Dãy lặp máy Casio fx-500 MS Casio fx-570 MS:

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

Khai báo giá trị ban đầu x0 1.5: 1.5 bấm phÝm  Khai b¸o xn1g x( n) cos xn

: cos Ans

Sau thực dãy lặp  ta đến x0.739085133 Thí dụ Tìm nghiệm gần phơng trình x3 3x 1 0.

Vì f( 2) 1, f( 1) 3  , f(1)1,f(2) 3 x33x 1 phơng trình bậc nên có nghiệm khoảng ( 2, 1)  , ( 1,1) ,(1, 2)

Phơng trình tơng đơng với x33x1 Xét khoảng ( 2, 1)  Đặt g x( )33x1 Ta có

3

1

'( )

16 (3 1)

g x

x

  

 nên dÃy xn133xn1 hội tụ trong khoảng ( 2, 1)

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

Khai b¸o g x( )33x1: SHIFT ( ALPHA X 1)

Bắt đầu tính toán CALC máy X? Khai báo giá trị ban đầu x01 bấm phím

Dãy lặp máy Casio fx-570 MS Casio fx-500 MS : Khai báo giá trị ban đầu x01:  1 bấm phím  Khai báo xn1g x( )n 33xn1: SHIFT ( 3 Ans  1) Sau thực dãy lặp  ta đến x11,879385242 Vậy nghiệm gần x11,879385242.

Dùng sơ đồ Horner để hạ bậc, sau giải phơng trình bậc hai ta tìm đợc hai nghiệm lại là: x1,53208886và x0,3472963

Chú ý: Để tính nghiệm x20,3472963 ta khơng thể dùng phơng trình tơng đơng 33 1 ( )

x x g x

nh

2

1 '( )

(3 1)

g x

x 



kh«ng tháa m·n ®iỊu kiƯn g x'( )  q kho¶ng (0,1) dÃy lặp xn133xn1 không hội tụ (HÃy thử khai báo giá trị ban đầu

0,3472963

x thực dÃy lặp xn133xn1 theo quy trình bấm phím trên, ta thấy dÃy lặp hội tụ tíi x11,879385242)

NhËn xÐt 1: Cã thĨ gi¶i phơng trình x3 3x Casio 570 MS Casio fx-570 MS theo chơng trình cài sẵn máy, quy trình bấm phím sau:

Vào MODE giải phơng trình bậc ba: MODE MODE Khai b¸o hƯ sè: = = (-) = =

Máy đáp số x11.53088886

BÊm tiÕp phÝm = , m¸y hiƯn x21.879385242. BÊm tiếp phím = , máy x30.347296355. Vậy phơng trình cã ba nghiÖm thùc

1 1.53088886

x  ;x21.879385242; x30.347296355. Thí dụ Tìm giao điểm đồ thị hàm số

3

( )

f x x  x 

với trục hồnh (chính xác đến 107)

Giải: Giao điểm đồ thị hàm số f x( )x33x21 với trục hồnh nghiệm phơng trình

3

( )

f x x  x  

V× f( 1) 3  , f(0)1, f(1) 1 , f(2,5) 2,125 f(3)1 nên phơng trình có nghiệm khoảng ( 1;0) ,(0;1)và (2,5;3)

Phng trỡnh f x( )x33x21 0 tơng đơng với x33x21 Đặt

3 ( )

g x  x  th× 2

2 '( )

(3 1)

x g x

x 



BÊm phÝm MODE 1 (tÝnh theo sè thùc) Khai b¸o

3 ( )

g x  x  : SHIFT ( 3 ALPHA X x2

1)

Bắt đầu tính toán CALC máy X? Khai báo giá trị ban đầu x02,7 vµ bÊm phÝm 

Sau thực dãy lặp CALC Ans  ta đến nghiệm x2,879385242 Dãy lặp máy Casio fx-570 MS Casio fx-500 MS :

Khai báo giá trị ban đầu x0 2,7: 2.7  Khai b¸o

2 ( ) n

n n

x g x  x 

: SHIFT ( 3 Ans x2  1) Sau thực dãy lặp  ta đến x2,879385242 Vậy nghiệm gn ỳng l x2,879385242

Hai nghiệm lại tìm phơng pháp lặp phân tích thừa số tìm nghiệm phơng trình bậc hai lần dùng phơng pháp lặp

Bài tập

Bài tập Tìm khoảng cách ly nghiệm phơng trình sau đây:

1) x4 4x1 0 ; 2) x39x218x1 0 ; 3) lgx 3x 5 Bài tập (Thi Giải tốn máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Tp HCM, 24.11.1996) Giải phơng trình (tìm nghiệm gần phơng trình):

1) x3 7x 4 0; 2) x32x29x 3 0; 3)

32x 32x17 0 ;

4)x615x 25 0 ; 5)2x5 2cosx 1 0; 6)x2sinx1 0 ; 7) 2cos3x 4x1 0 ; 8)

2 1 ( 0)

2

x tgx    x

; 9) Cho

1 x

  

Tìm nghiệm gần cosx tg x 0;

10) (Câu hỏi thêm cho trờng chuyên Lê Hồng Phong): 10a) x4 x27x 2 ; 10b) x 6x1 0

Bài tập (Thi Giải toán máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Hà Nội, 18.12.1996) Tìm nghiệm gần phơng trình:

1) x35x1 0 ; 2) x615x 25 0 ; 3) x9 x 10 0 ;

4) x 6x1 0 ; 5) x3 cosx0; 6) x cotgx (0 x 2)

    

; 7) Tìm nghiệm gần (lấy số lẻ) phơng trình: x2tgx1 0 ;

Bài tập (Thi Giải tốn máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Đồng Nai, 15.2.1998) Tìm nghiệm gần phơng trình:

1) x35x2 0 ; 2) x9 x 0 ; 3) x7x1 0 ; 4) x7x 0 Bài tập (Thi Giải toán máy tính bỏ túi, Sở GD & ĐT Tp HCM, 15.3.1998) Tìm nghiệm gần phơng trình:

1) 3x 28x5 0 ; 2) x5 2x sin(3x1) 0  ;

3) Tìm nghiệm âm gần phơng trình: x10 5x32x3 0 ; 4) (Câu hỏi thêm cho trờng chuyên Lê Hồng Phong):

Tìm nghiệm gần phơng trình 2x3x5x 11x

Bài tập Tìm nghiệm gần phơng trình máy tính điện tử bỏ túi: 1) x33x23 0 ; 2) x3 x1 0 ; 3)x35x1 0 ;

4) 5x3 20x 3 0; 5) 8x332x17 0 ; 6) x5 x0, 0 ; 7) x3 x 1000 0 ; 8) x75x1 0 ; 9) x16 x 0 ;

10) x x1; 11) 5x x3 0 ; 12)

1

x x  

; 13) x 3x1; 14) 3x 26x 0 ; 15) 3x 28x 0 16) 4x5x 6x; 17) 13x11x 19x; 18) 2x3x4x10x; 19) x3logx 0 ; 20) 2cosx e x 0; 21)cosx logx (0 x 2)

   

; 22)