học sinh còn được rèn luyện lên một mức độ cao hơn đó là rèn tư duy thuật toán - một thao tác tư duy cực kỳ cần thiết cho lập trình viên máy tính PC sau này - thông qua các bài toán về t[r]
(1)PHẦN MỞ ĐẦU I.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
I.1.1 Cơ sở lý luận
Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ lực hoạt động sáng tạo học sinh nhiệm vụ trọng tâm nhà trường Sử dụng máy tính điện tử bỏ túi (MTĐT) BT để giải toán hoạt động phát triển trí tuệ lực sáng tạo học sinh hiệu Xuất phát từ kỹ đơn giản sử dụng MTĐT BT để tính tốn thơng thường tính giá trị biểu thức số, tìm nghiệm phương trình bậc – 3, khai phương, hay tìm tỉ số lượng giác góc học sinh cịn rèn luyện lên mức độ cao rèn tư thuật toán - thao tác tư cần thiết cho lập trình viên máy tính PC sau - thơng qua bài tốn tìm số, tốn phân tích số thừa số ngun tố, tìm ƯCLN hay tốn phân tích đa thức thành nhân tử
Hiện nay, với phát triển vũ bão khoa học - kỹ thuật ngành thuộc lĩnh vực cơng nghệ thơng tin MTĐT BT thành tiến MTĐT BT sử dụng rộng rãi nhà trường với tư cách công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay việc đổi phương pháp dạy học theo hướng đại cách có hiệu Đặc biệt, với nhiều tính mạnh máy CASIO Fx-500MS, CASIO Fx-570MS trở lên học sinh cịn rèn luyện phát triển dần tư thuật toán cách hiệu
(2)chức thi tương tự cho HS THCS THPT tập đoàn SHARP tài trợ, nhằm góp phần phát huy trí lực học sinh tận dụng tính ưu việt MTĐT BT để hỗ trợ học tốt mơn học khác Lý, Hố, Sinh, Địa I.1.2 Cơ sở thực tiễn
Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán MTĐT trường PGD& ĐT huyện Tiên Yên, nhận thấy em học sinh thực say mê tìm tịi, khám phá cơng dụng MTĐT BT đơn giản vơ hữu ích vận dụng tốt trình học tập
(3)I.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Để tất em học sinh có điều kiện nắm chức
nhất MTĐT BT CASIO Fx-570 MS, biết cách vận dụng vào giải tốn tính tốn thơng thường dần đến tốn địi hỏi tư thuật tốn cao
Tạo khơng khí thi đua học tập sôi hơn, giáo dục cho em ý
thức tự vận dụng kiến thức học vào thực tế cơng việc ứng dụng thành khoa học đại vào đời sống
Tạo nguồn HSG cho năm tiếp sau
I.3.THỜI GIAN - ĐỊA ĐIỂM : I.3.1 Thời gian
Từ tháng năm 2010 đến tháng năm 2011 I.3.2 Địa điểm
Trường THCS Thị Trấn Tiên Yên I.3.3 Phạm vi đề tài
I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu :
Các toán thi học sinh giỏi giải tốn máy tính Casio I.3.2 Giới hạn địa bàn nghiên cứu :
Nghiên cứu huyện Tiên Yên I.3.3.3 Giới hạn khách thể khảo sát :
Giới hạn toán thi HSG giỏi cấp tỉnh cấp khu vực I.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1 Phương pháp nghiên cứu tài liệu Phương pháp nghiên cứu thực tiễn
(4) Về mặt lý luận :
Đưa tập với phép chứng minh rõ ràng kết mà em học sinh thường áp dụng cách máy móc, khơng hiểu chất vấn đề
Về mặt thực tiễn:
Giúp hệ thống phương pháp giải loại toán thường gặp kì thi HSG giải tốn máy tính Casio Là tài liệu chun mơn hữu ích cho thân đồng nghiệp lĩnh vực ôn luyện giải tốn máy tính Casio
(5)II.1.1 Lịch sử vấn đề nghiên cứu
Có thể nói tài liệu ơn luyện CASIO có nhiều, có tài liệu sách, có tài liệu mạng Internet, tài liệu hữu ích đáng để học nghiên cứu Nhưng để tổng hợp lại thành tài liệu thực phù hợp với học sinh huyện, cần hệ thống lại tập theo trình tự, vấn đề mà tơi trình bày cịn huyện Tiên n
II.1.2 Kết luận chương I
Đề tài mà tơi trình bày khơng phải vấn đề mới, đồng nghiệp Tiên Yên sưu tầm biên soạn tài liệu Casio cho riêng thân chưa đưa thành đề tài nghiên cứu để nhận đóng gớp đồng nghiệp khác để viết thành tài liệu hữu ích cho việc ơn luyện học sinh Chính nên đề tài mà tơi đưa chắn cần nhiều ý kiến đóng góp đồng nghiệp hồn thiện
CHƯƠNG II
(6)II.2.1 THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN TIÊN YÊN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN
Qua thời gian ôn luyện học sinh cho trường PTCS Yên Than, trường THCS Thị Trấn cho huyện Tiên Yên, nhận thấy em học sinh có nhận thức tốt, có tảng kiến thức vững vàng Đặc biệt học sinh đội tuyển HSG huyện, thầy cô giáo trường ôn luyện cho em kiến thức máy tính Casio vững vàng có hệ thống Kết đạt huyện nhà kỳ thi HSG giải tốn máy tính Casio năm học 2009 – 2010: 02 giải nhì, 01 giải
II.2.2 ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG. II.2.2.1 Nguyên nhân dẫn đến thực trạng
Về nguồn học sinh giỏi huyện Tiên Yên dồi dào, thầy cô giáo bỏ nhiều công sức ôn luyện, kết đạt năm qua chưa có giải nhất, có giải nhì ba Điều khẳng định phương pháp ơn luyện học sinh cịn có vấn đề cần khắc phục, vấn đề biên soạn tài liệu ơn thi có hệ thống kiến thức đầy đủ
II.2.2.2 Kết luận chương II
Nếu ôn luyện chắn kết năm cao nữa, biên soạn tài liệu đầy đủ, sát với chương trình thi em Chính vè lý đó, tơi định chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Phương pháp giải tốn máy tính Casio FX570 MS” Đề tài ngồi việc chun sâu vào tốn số học, cịn đề cập tới tốn đa thức hình học Đây điểm đề tài so với đề tài làm năm học 2009 – 2010
CHƯƠNG III
(7)II.3.1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN II.3.1.1 PHẦN I: SỐ HỌC
Dạng 1: Cách tính số phép tính có kết bị tràn hình
Bài tốn 1: Nêu phương pháp (kết hợp máy giấy) tính chính xác kết phép tính sau:
a) A = 12578963 x 14375
b) Tính xác số: B = 1234567892
c) Tính xác số: C = 10234563
Giải
a) Nếu tính máy tràn hình nên ta làm sau:
A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375 * Tính máy: 12578.14375 = 180808750 12578.103.14375 = 180808750000
* Tính máy: 963.14375 = 13843125
Từ ta có: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125 (Tính máy) Hoặc viết: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 cộng máy: 808750000 + 13843125 = 822593125 A = 180822593125
b) B = 1234567892=(123450000 + 6789)2
= (1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892
Tính máy: 123452 = 152399025; 2x12345x6789 = 167620410
67892 = 46090521
Vậy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 46090521
= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521 =15241578750190521
c) C = 10234563 = (1023000 + 456)3= (1023.103 + 456)3
= 1023.109 + 3.10232.106.456 + 3.1023.103.4562 + 4563
(8)10233 = 1070599167
3.10232.456 = 1431651672
3.1023.4562 = 638155584
4563 = 94818816
Vậy (tính giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 + + 638155584000 + 94818816 = 1072031456922402816 Bài tốn : Tính A = 999 999 9993
Giải
Ngồi cách tính tốn kết hợp giấy, ta tìm quy luật sau: Ta có: 93=729; 993= 970299; 9993=997002999;
99993= 99992.9999=99992(1000-1)= 999700029999.
Từ ta có quy luật:
3
n chữsố n chữ số nchữ số nchữ số
99 99 00 299
Vậy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999.
Dạng 2: Tìm số dư chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b. a Lý thuyết
Định lí: Với hai số nguyên a b, b 0, tồn cặp số
nguyên q r cho:
a = bq + r r < |b|
Định lý Giả sử: a chia cho b dư r1, c chia cho b dư r2
1 Nếu r1.r2 < b ac chia cho b dư r1.r2
2 Nếu r1.r2 > b số dư phép chia ac cho b số dư phép chia r1.r2 cho b
3 Nếu r1 + r2 < b a + c chia cho b dư r1 + r2
4 Nếu r1 + r2 > b số dư phép chia a + c cho b số dư phép chia r1 + r2
cho b
(9)1 Vì a = bq + r1; c = bs + r2 => a.c = (bq + r1)(bs + r2 ) = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + r1r2
= b(bqs + qr2 + sr1 ) + r1r2 => đpcm
2 Nếu r1r2 > b giả sử r1r2 = k.b + t ( t < b) Do theo phân tích ta có :
a.c = b2.q.s + bqr
2 + bsr1 + r1r2 = b2.q.s + bqr2 + bsr1 + k.b + t = b(b.q.s + qr2 + sr1 +
k) + t => đpcm
3 a + c = b(s+q) + r1+r2 => đpcm
4 Vì r1 + r2 > b nên giả sử r1 + r2 = b.k + t ( t < b)
Do a + c = b(s+q) + r1+r2 = a + c = b(s+q) + b.k + t = b(s+q+k) + t => đpcm
b Bài tập Bài toán 1
Tìm số dư chia 18901969 cho 3041975 Giải
18901969 : 3041975 = 6.231 Dùng phím lên dòng sửa 18901969 – 3041975.6 =650119
Số dư là: r = 650119 Bài tốn 2
Tìm số dư phép chia 123456789101112 cho 9999 Giải
Cách 1: Áp dụng định lý
123456789101112 = 123456789.106 + 101112
123456789 chia cho 9999 dư 9135 106 chia 9999 dư 100
Vì 100.9135 = 913500 > 9999 nên ta tìm số dư 913500 chia cho 9999 913500 chia cho 9999 dư 3591
101112 chia cho 9999 dư 1122
(10)Cách 2: Cắt nhóm 11 chữ số đàu tiên, tìm số dư viết số dư liên tiếp vào phần cịn lại tối đa 11 chữ số tìm số dư Nếu cịn tính liên tiếp nhu VD: 12345678910 chia cho 9999 dư 31601
360111112 chia cho 9999 dư 4713 Bài tốn TÌm số dư 9876542 :5678
Đáp số: 459
Dạng 3: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) bội chung nhỏ nhất (BCNN) a Lý thuyết
Bổ đề (cơ sở thuật toán Euclide)
Nếu a = bq + r (a, b) = (b, r) Chứng minh
Giả sử (a,b) = c => a = c.m, b = c.n => c.m = c.n.q + r => r = c(m – nq) c ước r Vậy (b,r) = c => đpcm
Từ bổ đề trên, ta có thuật tốn Euclide sau (với hai số nguyên dương a, b): - Chia a cho b, ta thương q1 dư r1: a = bq1 + r1
- Chia b cho r1, ta thương q2 dư r2: b = r1q2 + r2
- Chia r1 cho r2, ta thương q3 dư r3: r1 = r2q3 + r3
Tiếp tục trình trên, ta dãy giảm: b, r1, r2, r3 dãy dần đến 0,
và số tự nhiên nên ta thực không b phép chia Thuật toán kết thúc sau số hữu hạn bước bổ đề cho ta:
(a, b) = (b, r1) = rn
Định lí: Nếu x, y hai số nguyên khác BCNN(x,y) = x.y
(x , y)
Chứng minh: Do (x,y) UCLN x y nên (x , yx ), y
(x , y) số nguyên
=> b= x.y
(11)Tiếp theo, ta giả sử c bội chung khác x y, suy tồn số nguyên m cho c = m.x ta có c⋮y nên :
c (x , y)⋮
y (x , y)⇔
m.x (x , y)⋮
c
(x , y) Nhưng ta lại có
(
y (x , y),x
(x , y)
)
=1 nên m⋮ y(x , y) hay m=u y
(x , y)
với u số ngyuên Thay vào đẳng thức c = m.x ta c=u.x y
(x , y)= x.y
(x , y).u hay c ;à bội b= x.y
(x , y) => đpcm
b Bài tập
Bài toán 1: Tìm UCLN hai số:
a = 24614205, b = 10719433 Giải
* Thực máy thuật tốn tìm số dư phép chia số a cho số b, ta được: - Chia a cho b được: 24614205 = 10719433 x + 3175339 - Chia 10719433 cho 3175339 được: 10719433 = 3175339 x + 1193416 - Chia 3175339 cho 1193416 được: 3175339 = 1193416 x + 788507 - Chia 1193416 cho 788507 được: 1193416 = 788507 x + 404909 - Chia 788507 cho 404909 được: 788507 = 404909 x + 383598 - Chia 404909 cho 383598 được: 404909 = 383598 x + 21311 - Chia 383598 cho 21311 được: 383598 = 21311 x 18 +
UCLN(a, b) = 21311
Dạng 4: Số nguyên tố a Lý thuyết
Định lí (Định lí số nguyên tố):
Mọi số nguyên dương n, n > 1, viết cách (khơng tính đến việc xếp nhân tử) dạng:
1
1 k, e
e e
k
(12)với k, ei số tự nhiên pi số nguyên tố thoả mãn: < p1 < p2 < < pk
Khi đó, dạng phân tích gọi dạng phân tích tắc số n
Bổ đề: Mọi hợp số có ước thực nhỏ bậc hai nó. Chứng minh
Cho n hợp số Ta viết n = a.b với 1<a,b<n
Nếu đồng thời a,b < √n n = √n √n < a.b = n, mâu thuẫn Vậy có hai số a, b nhỏ √n
Nhận xét: Mỗi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ bậc hai
Định lí (Xác định số ước số số tự nhiên n):
Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử phân tích n thừa số nguyên tố ta được:
1
1 k, e
e e
k
np p p
với k, ei số tự nhiên pi số nguyên tố thoả mãn: < p1 < p2 < < pk
Khi số ước số dương n tính theo công thức:
(n) = (e1 + 1) (e2 + 1) (ek + 1)
Chứng minh
Mọi ước số n có dạng: p1f1p
2 f2 p
k
fk , với f
i thoả mãn 0≤ fi≤ei i=1, k
Đặc biệt, có ước số = p10p20p30 pk0 tức f1 = f2 = = f0 =
và n ước số nó, fi = ei
Tập cách chọn lựa f1 {0,1,2, ., e1} , tức có tất e1+1 cách chọn Tương tự ta
có cách chọn fl khác Từ => đpcm
(13)A/3 =
Ấn tiếp A/(A/Ans + 2) = = = = … kiểm tra , số hình hạ xuống giá trị A ngưng Nếu không cố số nguyên tố xuất dịng kết hình số số nguyên tố
b Bài tập
Bài tốn 1: Tìm ước ngun tố nhỏ lớn số: A = 2152 + 3142
Giải - Tính máy, ta có: A = 144821
- Đưa giá trị số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A
- Lấy giá trị ô nhớ A 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 A không chia hết cho số Lấy A chia cho 97, ta được:
ANPHA A
97 = (1493) Vậy: 144821 = 97 x 1493
để 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 không.
- Thực máy ta có kết 1493 khơng chia hết cho số nguyên tố nhỏ 40 1493 số nguyên tố
Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ 97, lớn 1493.
(14)Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ 73, lớn 137 Bài toán 3: Số N = 27.35.53 có ước số ?
Giải
- Số ước số N chứa thừa số: 7, 5, - Số ước số N chứa hai thừa số nguyên tố:
là: 7x5 = 35; là: 7x3 = 21; là: 5x3 = 15 - Số ước số N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 7x5x3 = 105 Như số ước số N là: + + + 35 + 21 + 15 + 105 + = 192 Bài toán 4: (Thi giải Toán MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Hãy tìm số ước dương số A = 6227020800 Giải
- Phân tích A thừa số nguyên tố, ta được: A = 210.35.52.7.11.13
Áp dụng định lí ta có số ước dương A là:
(A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584
Bài toán 5: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004):
Có số tự nhiên ước của:
N = 1890 x 1930 x 1945 x 1954 x 1969 x 1975 x 2004 Giải
- Phân tích N thừa số nguyên tố, ta được:
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 ước dương N là:
(15)Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo điều kiện cho trước: a Lý thuyết
Các dấu hiệu chia hết
Giả sử số tự nhiên n = akak −1 .a1a0 n ⋮2 ⇔ a0 = 0,2,4,6,8
n ⋮ ⇔ a0 = 0,5
n ⋮ ( 25 ) ⇔ a1a0 ⋮ ( 25 ) n ⋮ ( 125 ) ⇔ a2a1a0 ⋮ ( 125 ) n ⋮ ( 9) ⇔ a0 + a1 + ak ⋮ ( )
n ⋮ 11 ⇔ (a0+ a2 + +) – (a1 + a3 + ) ⋮ 11
( Một số chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số thứ chẵn tổng chữ số thứ lẻ ( tính từ phải sang ) chia hết cho 11 )
b Bài tập
Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ số tự nhiên dạng:
1 4x y z
chia hết cho
Giải
- Số lớn dạng 4x y z chia hết cho phải có dạng:
19293 4z với z {0, 1, 2, ,8, 9}
lần lượt thử với z = 9; 8; 7; 6; đến z = 5, ta có: 1929354 = (275622)
Vậy số lớn dạng 4x y z chia hết cho 1929354, thương 275622 - Số nhỏ dạng 4x y z chia hết cho phải có dạng:
10203 4z với z {0, 1, 2, ,8, 9}
(16)Vậy số nhỏ dạng 4x y z chia hết cho 1020334, thương 145762 Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ số tự nhiên dạng:
1 4x y z chia hết cho 13.
Đáp số: - Số lớn dạng 1 4x y z chia hết cho 13 1929304 - Số nhỏ dạng 4x y z chia hết cho 13 1020344
Bài 3: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004) Tìm tất số n dạng:
1235679
N x y chia hết cho 24.
Giải
- Vì N 24 N ; N (37 + x + y) ; x y4 y ; ; ; ;
Dùng máy tính, thử giá trị x thoả mãn: (x + y + 1) x y4 8, ta có:
N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840
Bài 4: 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 phương
Giải - Gọi số cần tìm là: n a a a a a a
- Đặt x a a a Khi a a a4 x n = 1000x + x + = 1001x + = y2
(17)Vậy hai ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải ước hai thừa số vế trái số lại phải ước thừa số lại vế trái
Dùng máy tính, xét khả đến đáp số:
n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716
Bài 5: Tìm tất số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 chia x cho 393 655 có số dư 210
Giải
- Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210 x -210 chia hết cho 393
x = 655.q2 + 210 x -210 chia hết cho 655
x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965 x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2, ) hay x = 1965k + 210
- Từ giả thiết 10000 < x < 15000 10000 < 1965k + 210 < 15000
hay 9790 < 1965k < 14790 k <
Tính máy:
Với k = 5, ta có: x = 1965.5 + 210 = 10035 Với k = 6, ta có: x = 1965.6 + 210 = 12000 Với k = 7, ta có: x = 1965.7 + 210 = 13965 Vậy số phải tìm là: 10035, 12000, 13965
Bài 6: Tìm chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, Giải
- Vì số 5, 7, đơi ngun tố nên ta phải tìm chữ số x, y, z cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315
Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz
30 + xyz chia hết cho 315 Vì 30 30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính
tìm bội 315 khoảng (30 ; 1029):
(18)- Nếu 30 + xyz = 630 xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau:
x y z
2
6 0
9
Bài 7: Tìm số tự nhiên n cho:
a) 2n + chia hết cho n + b) n + chia hết cho - n
Giải
a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) máy thử n = 0, 1, 2, ta 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 a) Tương tự ta có: n = n =
Bài 8: (Thi khu vực, 2003, lớp 9)
Tìm tất số tự nhiên n (1010n2010) cho an 20203 21n số
tự nhiên
Giải
Vì 1010 n 2010 nên 203,5 41413 an 62413 249,82
Vì an nguyên nên 204 n 249 Ta có an2 = 20203 + 21n = 21.962 + + 21n
Suy ra: an2 – = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n)
Do đó, a 12n
a a 1n
n
chia hết cho 7. (19)* Nếu an = 7k – thi 204 n =7k-1 249 => 29,42 k 35,7 Do k nguyên
nên k
30;31;32;33;34;35
Vì a 7k(7k 2)2n chia hết cho 21 nên k là: 30; 32;33; 35 Ta có:
k 30 32 33 35
n 1118 1406 1557 1873 an 209 223 230 244
* Nếu an = 7k + thi 204 n =7k-1 249 => 29,14 k 35,57 Do k nguyên
nên
k 30;31;32;33;34;35 Vì a 7k(7k 2)2n chia hết cho 21 nên k là: 30; 31; 33;
34 Ta có:
Như ta có tất đáp số
Dạng 6: Tìm chữ số tận luỹ thừa số dư luỹ thừa khi chia cho số.
a Lý thuyết
Để tìm số dư phép chia An cho B ta tìm số R < B cho : A R (mod )B
Để tìm chữ số tận An ta tìm số 0x9 cho An x (mod 10)
Quan hệ đồng dư tính chất Nếu a ≡b (mod m) thì:
a.c b.c (mod m) an bn (mod m)
Nếu a ≡b (mod m) c d (mod m) thì: a ± c b ± d (mod m)
a.c b.d (mod m)
k 30 32 33 35
(20)* Định lý Fermat:
Với p số nguyên tố ta có: ap a (mod p)
Đặc biệt (a,p) = ap-1 1 (mod p)
a) Tìm chữ số tận an
- Nếu a có chữ số tận 0, 1, 5, an có chữ số tận 0,
1, ,
- Nếu a có chữ số tận 2, 3, ta có nhận xét sau 24k (mod 10)
34k 1 (mod 10)
74k ( mod 10)
b) Tìm hai chữ số tận an
Ta có nhận xét sau
a20k 00 (mod 100) a có chữ số tận 0
a20k 01 (mod 100) a có chữ số tận 1,3,7,9
a20k 25 (mod 100) a có chữ số tận 5
a20k 76 (mod 100) a có chữ số tận 2,4,6,8
c) Tìm ba chữ số tận số an
a100k 000 (mod 1000) a có chữ số tận 0
a100k 001 (mod 1000) acó chữ số tận 1,3,7,9
a100k 625 (mod 1000) a có chữ số tận 5
a100k 376 (mod 1000) a có chữ số tận 2,4,6,8
b Bài tập
Bài 1: Tìm hai chữ số cuối số: A = 21999 + 22000 + 22001
Giải A = 21999(1 + + 4) = 7.21999
(21)do 220.99.219 76.219 (mod 100) 88 (mod 100)
A 88.7 (mod 100) => A 616 (mod 100)
Vậy hai chữ số cuối A 16
Bài 2: Tìm chữ số tận 292003
Giải
Ta có 92000 001 (mod 1000) => 92003 001.93 (mod 1000) 729 (mod 1000)
Do 292003 2729 (mod 1000) 2700.229 (mod 1000) 376.912 (mod 1000)
912 (mod 1000)
Vậy chữ số cuối 292003
912 Bài 3: Tìm số dư phép chia 52008 cho 2003
Giải
Bài tốn dạng Fermat: 52002 1 (mod 2003) => 52002.56 56 (mod
2003)
Vậy số dư : 56 = 1064
Bài 4: Tìm số dư 199140 cho 2008
Giải
Dạng tốn khơng phải dạng tốn Ferma, ta tìm số dư luỹ thừa lớn 1991 mà khơng tràn hình máy tính chia cho 2008
19913 1111(mod 2008)
19912 289 (mod 2008 )
19915 289.1111 (mod 2008) 1807 (mod 2008)
199110 18072 (mod 2008) 241 (mod 2008)
199140 2414 713
Vậy số dư 713
Bài Tìm chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm hàng nghìn số tự nhiên: A20112010
(22)Ta có: 20112 4121 mod 10000 ; 2011
41212 2641 mod 10000
8 10
2011 2641 4881 mod 10000 ;2011 4121 4881 4601 mod 10000
20 40
2011 4601 9201 mod 10000 ; 2011 8401 mod 10000
80 100
2011 6801 mod 10000 ; 2011 6001 mod 10000 ;
200 1000
2011 2001 mod 10000 ; ; 2011 1 mod 10000 ;
2
2010 10 1000
2011 2011 2011 4601 mod 10000 4601 mod 10000
Vậy: A20112010 có bốn số cuối là: 4601
Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k N) số thập phân vơ hạn tuần hồn
a Lý thuyết
Định lí: (Dấu hiệu nhận biết phân số đổi số thập phân hữu hạn)
Điều kiện cần đủ để phân số tối giản viết 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 khơng chứa thừa số nguyên tố 2, 5
hoặc thừa số nguyên tố 2, chứa thừa số nguyên tố khác số dư trình chia phải nhỏ b nên số dư số trong: {1; 2; 3; ;b-1}
(23)gặp lại số dư gặp trước Do đó, ta tiếp tục chia số dư lặp lại dĩ nhiên chữ số thương lặp lại
Từ để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy số thập phân vô hạn tuần hoàn, ta cần xác định chu kỳ lặp lại chữ số thương, từ dễ dàng suy chữ số cần tìm
b Bài tập
Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy số:
1 10
) ; ) ; ) ; )
37 41 51 49
a A b B c C d C
Giải a) Số
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) Số
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) Số
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
020 408 163 265 306 122 448 979591836734693877551
Vì 2005 31 (mod 42) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy :
* Thuật tốn tìm chữ số thập phan sau dấu phẩy: VD: Tìm chu kì 1/49 ta làm sau
Mode mode ( Base) ấn phím DeC shift sto A
(24)Ta viết giấy: 0,204081
Tiếp tục bấm Ax10000000 – 49xAns shift A Bấm dấu mũi tên lên ấn Shift copy
chỉ việc bvaams dấu = = = … chu kì
Lưu ý: phép chia cho ta chữ số thập phân, hay số, ta hiểu ngầm có hay hai chữ số đứng trước
Dạng 8: Liên phân số a Lý thuyết
Cho a, b (a > b) hai số tự nhiên Dùng thuật toán Ơclit chia a cho b, phân
số
a
b viết dạng:
0
0
0
b
a a a
b
b b
b
Vì b0 phần dư a chia cho b nên b > b0 Lại tiếp tục biểu diễn phân số
1 1 0 b
b a a
b
b b
b
Cứ tiếp tục trình kết thúc sau n bước ta được:
0 0 n n b
a a a
1
b b a
1 a a
(25)dưới dạng liên phân số Mỗi số hữu tỉ có biểu diễn dạng liên phân số, viết gọn
a ,a , ,a0 n
Số vơ tỉ biểu diễn dạng liênphân số vô hạn cách xấp xỉ dạng gần số thập phân hữu hạn biểu diễn số thập phân hữu hạn qua liên phân số
Vấn đề đặt ra: biểu diễn liên phân số
0 n n a 1 a 1 a a dạng a
b Dạng tốn
này gọi tính giá trị liên phân số Với trợ giúp máy tính ta tính cách nhanh chóng dạng biểu diễn liên phân số
Qui trình ấn máy (fx-500MS fx-570 MS)
Ấn an 1 1 ab/ c an an 2 1 ab/ c Ans a0 1 ab/ c Ans
Bài (Vơ địch tốn New York, 1985) Biết
15
1
17 1
a b
trong a b 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 =
Bài 2: Tính giá trị
1
A 1
2 1 Giải
Qui trình ấn máy (fx-500MS fx-570 MS) Ấn phím:
b/ c b/ c b/ c b/ c
3 a 2 a Ans 1 a Ans SHIFT a ( )23
(26)Nhận xét: Dạng tốn tính giá trị liên phân số thường xuất nhiều trong kỳ thi thuộc dạng tốn kiểm tra kỹ tính tốn thực hành Trong kỳ thi gần đây, liên phân số có bị biến thể đơi chút ví dụ như:
8,2
A 2,35 6,21
2 0,32
3,12
với dạng lại thuộc dạng tính tốn giá trị biểu thức Do cách tính máy tính liên phân số (tính từ lên, có sử dụng biến nhớ Ans)
Dạng 9: Dãy truy hồi Fibonacci a Lý thuyết
Bài toán mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ tháng đẻ đôi thỏ con, đôi thỏ sau tháng lai sinh đôi thỏ nữa, sau tháng lại sinh đôi thỏ khác v.v… giả sử tất thỏ sống
Hỏi có đơi thỏ ni từ tháng giêng đến tháng đẻ đơi thỏ đến cuối năm có đơi thỏ?
Giải - Tháng (giêng) có đơi thỏ số
- Tháng đôi thỏ số đẻ đơi thỏ số Vậy có đơi thỏ tháng
(27)- Tháng đôi thỏ số đẻ đôi thỏ số 4.1, đôi thỏ số để đôi thỏ số 4.2, đôi thỏ số chưa đẻ Vậy tháng có đơi thỏ
Tương tự ta có tháng có đơi thỏ, tháng có 13 đơi thỏ, …
Như ta có dãy số sau: (ban đầu)1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233 (tháng 12)
Đây dãy số có quy luật: Mỗi số hạng kể từ số hạng thứ ba tổng hai số hạng trước đó.
Nếu gọi số thỏ ban đầu u1; số thỏ tháng thứ n un ta có cơng thức:
u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 (với n 2)
Dãy
un có quy luật dãy Fibonacci un gọi số (hạng) Fibonacci.Công thức tổng quát số Fibonacci: Nhờ truy hồi ta chứng minh số hạng thứ n dãy Fibonacci tính theo công thức sau:
n n
n
1 5
u 2 (*) Chứng minh
Với n =
1 1 5
u 2
; Với n = thì
2
1
1 5
u 2 ;
Với n =
3
1
1 5
u 2 ;
(28)k k k k k k k
k k
1 5 1 5
u u u
2 2
5
1 1 1
2
5 5
k k
k k
1 5 5
2
5 5
1 5
2
Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) chứng minh
b Bài tập
Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:
Bài 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số
n n
n
3
u
2 Lập công thức truy
hồi để tính un 2 theo un 1 , un
Giải Giả sử un 2 aun 1 bunc (*)
Với n = 0, 1, 2, ta tính u0 0;u 1;u1 6;u3 29;u4 132
Thay vào (*) ta hệ phương trình :
a c 6a b c 29 29a 6b c 132
=> a b c
Vậy un 2 6un 1 7un
Bài 2: Tính số hạng dãy Fibonacci máy tính điện tử a) (Tính theo cơng thức tổng qt)
(29)Ta có cơng thưc tổng qt dãy:
n n
n
1 5
u 2
Trong công thức
tổng quát số hạng un phụ thuộc n, n thay đổi nên ta dùng biến nhớ Ans để thay
giá trị n phép tính
Qui trình ấn máy (fx-500MS fx-570 MS) Ấn phím: 1
b / c
1 a ( ( ( 1 ) 2 ) ) ^ Ans ( ( 1 ) 2 ) ) ^ Ans )
Muốn tính n = 10 ta ấn 10, dùng phím lần để chọn lại biểu thức vừa
nhập ấn Quy trình bấm phím giúp ta tính số hạng thứ n muốn
tính tổng n số hạng ta phải liên tục dùng biến nhớ M Trên máy 570MS ta làm sau:
Gán A = ( biến đếm )
B = ( u0)
C = (tổng)
Trên máy tính bấm A = A + 1:B=
A A
1 5
2
5
:C = C + B
Bấm đến A = n B C kết cần tìm b) (Tính theo dãy)
Ta có dãy Fibonacci: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 (với n 2)
Qui trình ấn máy (fx-500MS fx-570 MS)
Ấn phím: SHIFT STO A > gán u2 = vào biến nhớ
(30)1 SHIFT STO B
> lấy u
2+ u1
= u3 gán vào B
Lặp lại phím: ALPHA A SHIFT STO A > lấy u
3+ u2 = u4
gán vào A
ALPHA B SHIFT STO B
> lấy u
4+ u3 = u5
gán vào B
Bây muốn tính un ta lần , liên tục n – lần
Cách 2: Ta làm nhu sau: A =
B =
A=A+B:B=B+A= = = =
Để đỡ phải đếm cách nhẩm bị nhầm số lần bấm dấu = ta cho thêm biến đếm: C = C + 1:A=A+B:B=B+A= = = =
Với giá trị ban đấu C = Vậy ứng với C = n ta có giá trị Un
tính số hạng từ thứ trở
Bài 3 Tính tổng:
2 2
3 3 3 3
1 29
1 2 3 15 16
B
Giải
Gán A = 0; B = 1; C = 2; X = ( Biến đếm) D= (số hạng )
(31)X=X+1:A=2X+1:B=B+1:C=C+1:D=A2:(B3+C3):E=E+D
Bấm = liên tục đến A = 29 E kết tương ứng Đáp số: 0,112568598
Dạng 10: Bài tốn lãi kép Có ba loại toán bản
Bài 1: ( Lãi śt có từ giá trị khơng đổi theo thời gian ) Một số tiền a đồng gửi vào ngân hàng, lãi suất r/tháng Hỏi sau n tháng số tiền gốc lẫn lãi ?
Giải Gọi A số tiền có sau n tháng Ta có cơng thức: A=a(1+r)n
Bài 2: ( Lãi suất từ giá trị thêm vào theo thời gian ) Muốn có số tiền A đồng sau n tháng với lãi suất r, hỏi tháng phải gửi vào ngân hàng số tiền đồng ?
Giải Sử dụng công thức: A.=a
r(1+r)
[
(1+r) n−1
]
r: Phân lãia: Tiền đóng hàng tháng n: Thời gian
Bài 3: ( trả nợ ngân hàng ) Một người vay vốn ngân hàng với số vốn N triệu đồng, thời hạn n tháng, lãi suất x% tháng, tính theo dư nợ, trả ngày quy định Hỏi hàng tháng, người phải đặn trả vào ngân hàng khoảng tiền gốc lẫn lãi để đến tháng thứ n người trả hết nợ ?
Giải Số tiền gốc sau tháng :
(32)Sau tháng :
[N( x +1) -A] + [N ( x+1) -A] x -A = N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1]
Sau tháng 3:[ N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1] ( 1+x) -A= N (x+1)3 - A [(x+1)2 + (x+1)+1]
Sau tháng n:
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+ + (x+1) + 1]
Trả hết nợ sau n tháng, số tiền N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+ + (x+1) + 1]=0 N(1+x)n = A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+ + (x+1) + 1]
Đặt y = x+1
Ta có : N yn = A ( yn-1 + yn-2 + + y+1)
n
n n
y A N
y y y
Dạng 11: Tính số chữ số luỹ thừa: Bài 1: Tính xem 222425 có chữ số ?
Giải
Ta có 22425.log(2) = 6750,597….làm trịn 6751 Vậy số cho có 6751 chữ số
Dạng 12: Tính chữ số đầu lũy thừa Bài 1: Tính chữ số 20082008
Giải
Phân tích 20082008 = a.10n ( n∈N ) Thế chữ số đầu 20082008 5
chữ số đầu a Để tìm n ta giả sử 20082008 = 10x ( x∈R )
(33)Do ta viết 20082008 = 106631.100,949527 => a = 100,949527
Bấm máy tính ta thấy 100,949527 = 8,902799854.
Vậy chữ số đầu a 89027
Trên phần mềm khác máy tính khác ta tính xác 20082008 = 8902799930….
Ta thấy cách tính từ số thứ trở khơng xác phép logarit phép tính gần
II.3.1.2 PHẦN II ĐA THỨC
Dạng tốn: Tính giá trị biểu thức
Bài 1: Cho đa thức P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 2x3 - 5x2 + x - 1
Tính P(1,25); P(4,327); P(-5,1289); P(
3
4)
(34)- 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 x = 0,53241
Q(x) = x2 + x3 + + x8 + x9 + x10 x = -2,1345
Giải
- 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) = Tương tự:
Q(x) = x2 + x3 + + x8 + x9 + x10 = x2(1 + x + x2 + x3 + + x8) =
2
1
x x
x
Từ tính Q(-2,1345) =
Bài 3: Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4;
P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 25 Tính P(6); P(7); P(8); P(9) = ?
Giải Bước 1: Đặt Q(x) = P(x) + H(x) cho: + Bậc H(x) nhỏ bậc P(x)
+ Bậc H(x) nhỏ số giá trị biết P(x), bậc H(x) nhỏ 5, nghĩa là:
(35)Bước 2: Tìm a1, b1, c1, d1, e1 để Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0, tức là:
1 1 1
1 1 1
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
Vậy ta có: Q(x) = P(x) - x2
Vì x = 1, x = 2, x = 3, x = 4, x = nghiệm Q(x), mà bậc Q(x) có hệ số x5 nên: Q(x) = P(x) - x2 = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)
P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) + x2
Từ tính được: P(6) = ; P(7) = ; P(8) = ; P(9) =
Bài 4: Cho đa thức
9
1 13 82 32
( )
630 21 30 63 35
P x x x x x x
a) Tính giá trị đa thức x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; b) Chứng minh 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 x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; nghiệm 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 số chia hết cho 2, 5, 7, nên với x nguyên tích: (x 4)(x 3)(x 2)(x1) (x x1)(x2)(x3(x4) chia hết cho
(36)II.3.1.3 PHẦN III HÌNH HỌC
Dạng 1: Giải tam giác
Bài ( Đề thi CASIO Quảng Ninh năm 2006 – 2007 )
Cho tam giác ABC, BC = 11cm, góc ACB = 320 , góc ABC = 380 Tính
gần độ dài cạnh AB, AC
(37)Kẻ thêm đường cao AH Cotg380 = BH
AH Cotg320 = HC
AH ; Do Cotg380 + Cotg320 =
11
AH
Tính AH ta tính BH HC Áp dụng Pi ta go tính AB AC Đáp số
AB 6,203211324 cm AC 7,206905832 cm
Chú ý học sinh tính tốn cạnh theo hệ thức toán học thay số liệu vào tính tốn Khơng dùng máy tính để tính đoạn thẳng riêng biệt khó kiểm tra kết dẫn đến sai sót q trình làm trịn số
Dạng 2: Đa giác hình trịn a Lý thuyết
* Một số cơng thức:
1) Đa giác n cạnh, độ dài cạnh a:
+ Góc tâm:
2
n
(rad), hoặc:
360 o
a n
(độ)
a A
(38)+ Góc đỉnh: A n n
(rad),
A n 180
n
(độ)
+ Diện tích: cot
na
S g
2) Hình trịn phần hình trịn: + Hình trịn bán kính R:
- Chu vi: C = 2R
- Diện tích: S = R2
+ Hình vành khăn:
- Diện tích: S = (R2 - r2) = (2r + d)d
+ Hình quạt:
- Độ dài cung: l = R ; (: rad)
- Diện tích:
2
S R
(: rad)
360 R a (a: độ) b Bài tập
Bài 1: Ba đường trịn có bán kính cm đơi tiêp xúc ngồi (Hình vẽ) Tính diện tích phần xen ba đường trịn ?
Giải Sgạch xọc = SO1O2O3 - Squạt
Tam giác O1O2O3 đều, cạnh nên:
1
1
6.6
2
O O O
S
(39)Squạt =
2 .9.60 3
360 360
R a
Sgạch xọc = SO1O2O3 - Squạt =
9 18
9 1, 451290327
2
Bài 2: Cho hình vng ABCD, cạnh a = 5,35 Dựng đường tròn tâm A, B, C, D
có bán kính R =
a
Tính diện tích xen đường trịn Giải
Sgạch = SABCD - 4Squạt Squạt =
1
4SH.tròn = 4R2
Sgạch = a2 -
1
4R2 = a2 - 4a2
= a2(1 -
4) 6,142441068
Bài 3: Cho đường trịn tâm O, bán kính R = 3,15 cm Từ điểm A ngoài đường 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 = 7,85 cm
Giải - Tính :
(40)SOBAC = 2SOBA = aRsin
Squạt =
2.2 2.
360 180
R R
Sgạch = SOBAC - Squạt = aRsin -
2. 180
R
11,16 (cm2)
II.3.1.4 PHẦN IV HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
(41)Giả sử toán cho ta đường thẳng bậc hình vẽ a) Yêu cầu tính tọa độ điểm A, B, C, D, E
b) Tính diện tích ngũ giác ABCDE
Hướng giải:
a) HS phải giải hệ phương trình bậc để tìm tọa độ giao điểm cặp đường thẳng
b) Có nhiều cách tính diện tích tứ giác Giáo viên dạy cách chia thành hình thang SABCDE = SABGE + SBCFG - SCDF
(42)Mặc dù cố gắng nghiên cứu, sưu tập tài liệu đề tài chắn không tránh khỏi thiếu sót, hạn chế Tơi thực mong muốn nhận nhiều ý kiến đóng góp xây dựng thày cô giáo, bạn đồng nghiệp để đề tài thực hấp dẫn có hiệu đến với em học sinh
(43)- Các đề thi học sinh giỏi giải tốn máy tính Casio 1996 – 2004 - Tạ Duy Phượng
- Số học - Nguyễn Vũ Thanh - Mạng Internet
IV.2 Phụ lục
I PHẦN MỞ ĐẦU
(44)I.1.1 Cơ sở lý luận I.1.2 Cơ sở thực tiễn
I.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU I.3 THỜI GIAN VÀ ĐỊA ĐIỂM I.3.1 Thời gian
I.3.2 Địa điểm I.3.3 Phạm vi đề tài
I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu I.3.3.3.Giới hạn Khách thể khảo sát I.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu thực tiễn Phương pháp nghiên cứu tài liệu
I.5 ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN: II PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU
II.1 CHƯƠNG I: TỔNG QUAN II.1.1 Lịch sử vấn đề nghiên cứu II.1.2 Kết luận chương I
II.2 CHƯƠNG II: TÌM HIỂU THỰC TRẠNG
II.2.1.THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở TRƯỜNG PTCS YÊN THAN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN
II.2.2 ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG II.2.2.1 Nguyên nhân dẫn đến thực trạng II.2.2.2 Kết luận chương II
III CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO 570 MS
(45)II.3.1.2 PHẦN II: Đa thức II.3.1.3 PHẦN IIII: Hình học II.3.1.4 PHẦN IV: Hệ trục tọa độ IV KẾT LUẬN
(46)(47)(48)(49)