Chuyen de boi duong CASIO Day du

Tuy nhieân, neáu d n laø moät haøm baát kyø thì coâng thöùc (5) khoâng ñeïp veà maët toaùn hoïc (khoâng ruùt goïn ñöôïc) vaø khoâng tieän söû duïng.. Thay vaøo phöông trình treân ta ñö[r]

(1)

Chuyên đề

“GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH ĐIỆN TỬ CASIO” Nhằm góp phần đổi phương pháp dạy học mơn Tốn, đồng thời giúp học sinh phổ thơng làm quen với máy tính điện tử phương pháp giải toán máy tính điện tử Máy tính điện tử giúp GV học sinh bổ sung nhiều kiến thức toán học bản, đại thiết thực Nhờ khả xử lý số liệu phức tạp với tốc độ cao, máy tính điện tử cho phép thiết kế tốn gắn với thực tế

MỘT SỐ YÊU CẦU KHI THAM GIA DỰ THI

Bắt đầu từ năm 2001, Bộ Giáo dục Đào tạo tổ chức thi cấp khu vực “Giải toán máy tính điện tử Casio” Đội tuyển Phổ thơng Trung học Cơ sở tỉnh gồm thí sinh Những thí sinh đạt giải cộng điểm kỳ thi tốt nghiệp bảo lưu kết suốt cấp học Đề thi gồm 10 (mỗi điểm, tổng số điểm 50 điểm) làm 150 phút

Quy định: Thí sinh tham dự dùng loại máy tính (đã Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép sử dụng trường phổ thông) Casio fx-220, Casio fx-500A, Casio fx-500 MS, Casio fx-500 ES, Casio fx-570 MS,Casio fx-570 ES

 Yêu cầu em đội tuyển sử dụng máy Casio fx-500 MS, Casio fx-570 MS,

Casio fx-500 ES, Casio fx-570 ES

Nếu không qui định thêm kết ví dụ tập tài liệu phải viết

đủ 10 chữ số hình máy tính

Các dạng tốn sau có sử dụng tài liệu tham khảo

+TS.Tạ Duy Phượng – Nguyễn Thế Trạch :Các đềø thi HSG giải toán MTBT casio 1996 – 2004 +Nguyễn Phước - Giải toán nhanh MTBT (NXB.TH – TP.HCM)

+Lê Hồng Đức Đào Thiện Khải - Giải toán MTBT Casio Fx 570MS dành cho lớp THCS +Tạ Duy Phượng – Phạm Thị Hồng Ly : Một số dạng toán thi HSG “Giải tốn máy tính điện tử Và số tập trích từ đề thi (đề thi khu vực, đề thi tỉnh, huyện tỉnh Lâm Đồng) từ năm 1986 đến nay, từ tạp chí Tốn học & tuổi trẻ, Toán học tuổi thơ , đề thi chọn đội tuyển HSG tỉnh Bắc Ninh Phú Thọ, Thừa Thiên – Huế

+Tạ Duy Phượng : Hệ đếm ứng dụng (NXB GD – 2006) +Tạp chí Tốn Tuổi Thơ (Từ số – 64)

A/ PHẦN I

CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI A SỐ HỌC - ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH

I D ngạ 1 : KIỂM TRA KỸ NĂNG TÍNH TỐN THỰC HÀNH

Yêu cầu: Học sinh phải nắm kỹ thao tác phép tính cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa, thức, phép toán lượng giác, thời gian Có kỹ vận dụng hợp lý, xác biến nhớ máy tính, hạn chế đến mức tối thiểu sai số sử dụng biến nhớ

Bài 1: (Thi khu vực, 2001) Tính:

a    

2

A 649 13.180 13 2.649.180

b

1986 1992 19862   3972 1987

B

1983.1985.1988.1989

  

(2)

c

7 6,35 : 6,5 9,8999  12,81

C : 0,125

1

1,2 : 36 : 0,25 1,8333

5                d        

3: 0,2 0,1 34,06 33,81 4

D 26 : :

2,5 0,8 1,2 6,84 : 28,57 25,15 21

   

   

 

 

e.Tìm x biết:

1

x : 0,003 0,3 1

4 20 :62 17,81: 0,0137 1301

1 20

3 2,65 : 1,88

20 25

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

f Tìm y bieát:

13 : 21 11

15,2.0,25 48,51:14,7 44 11 66

1

y 3,2 0,8 5 3,25

2                  

Bài 2: (Thi khu vực, 2002) Tính giá trị x từ phương trình sau:

a

3 4

0,5 x 1,25.1,8 :

4 5,2 : 2,5

3

15,2.3,15 : 1,5.0,8

4

                                    b        

2

0,15 0,35 : 3x 4,2

1

4 3 : 1,2 3,15

2 12

12,5 : 0,5 0,3.7,75 :

7 17

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

Bài 3: (Thi khu vực, 2001, đề dự bị) a Tìm 12%

3a b 3 biết:

 

   

2

3 : 0,09 : 0,15 :

5

a

0,32.6 0,03 5,3 3,88 0,67 2,1 1,965 : 1,2.0,045 1: 0,25 b

0,00325 : 0,013 1,6.0,625

              

b Tính 2,5%

7

85 83 :

30 18

0,004

 



 

 

c Tính 7,5%

7 17

8

55 110 217

2 :17

5 20

             

d Tìm x, nếu:

2,3 : 6,25 7

4

5 : x :1,3 8,4

7 8.0,0125 6,9 14

                 

Thực phép tính: e

1

A : : 1,5 3,7

3 4

     

         

(3)

f

5 3

B 12 :1 :

7 11 121

 

   

 

g

1 12 10

10 24 15 1,75

3 7 11

C

5 0,25 60 194

9 11 99

                        h 1

1 1,5 0,25

D : 0,8: 3 50 46

3 .0,4. 6

1

2 1: 2,2.10

2        i  

4

0,8: 1.25 1,08 :

4

5 25

E 1 1,2.0,5 :

5

0,64

25 17

                        k 1

7 2 3 90

F 0,3(4) 1,(62) :14 :

11 0,8(5) 11



  

Bài 4: (Thi khu vực 2003, đề dự bị) Tính: a A 3 5  2 203 25

b

3

54 18

B 200 126

1 2

    

 

Bài 5: (Thi khu vực 2001)

a Hãy xếp số sau theo thứ tự tăng dần:

17 10

5 16 26 245 45

a ,b ,c ,d

5 125 247 46

 

     

 

b Tính giá trị biểu thức sau:  

1 33

0,(5).0,(2) : : :

3 25 3

   



   

   

c Tính giá trị biểu thức sau: 23344  8899

Nhận xét: Dạng kiểm tra kỹ tính tốn thực hành dạng tốn nhất, tham gia

vào đội tuyển bắt buộc thí sinh phải tự trang bị cho khả giải dạng tốn Trong kỳ thi đa số thí sinh làm tốt dạng này, nhiên nên lưu ý vấn đề thiếu sót sau: Viết đáp số gần cách tùy tiện Để tránh vấn đề yêu cầu trước dùng máy tính để tính cần xem kỹ biến đổi không, sử dụng biến nhớ cần chia cụm phép tính phù hợp để hạn chế số lần nhớ

Ví dụ: Tính T = 9999999996  0,9999999996

- Dùng máy tính trực tiếp cho kết là: 9,999999971 x 1026

- Biến đổi: T=  

6

6 6

61 999999999 0,999999999 ,

Dùng máy tính tính 61 9999999996 60,9999999996 =999 999 999 Vaäy T 9999999996 9999999993

(4)

 Trong kỳ thi cấp tỉnh dạng thường chiếm 40% - 60% số điểm, kỳ thi

cấp khu vực dạng chiếm khoảng 20% - 40%

 Trong dạng thí sinh cần lưu ý: số thập phân vơ hạn tuần hồn (ví dụ: 0,(4); 0,1(24);

9,895862…; … thí sinh cần biết cách biến đổi số sang số thập phân làm việc với số

II D NG 2Ạ : ĐA THỨC Dạng 2.1 Tính giá trị đa thức

Bài tốn: Tính giá trị đa thức P(x,y,…) x = x0, y = y0; …

Phương pháp 1: (Tính trực tiếp) Thế trực tiếp giá trị x, y vào đa thức để tính

Phương pháp 2: (Sơ đồ Horner, đa thức biến)

Viết P(x) a x na x1 n 1  a ndưới dạng P(x) ( (a x a )x a )x )x a     n

Vaäy P(x ) ( (a x0  0a )x1 0a )x2 0 )x0an Đặt b0 = a0; b1 = b0x0 + a1; b2 = b1x0 + a2; …; bn = bn-1x0 + an Suy ra: P(x0) = bn

Từ ta có cơng thức truy hồi: bk = bk-1x0 + ak với k ≥

Giải máy: - Gán giá x0 vào biến nhớm M

- Thực dãy lặp: bk-1 ALPHA M + ak

Ví dụ 1: (Sở GD TP HCM, 1996) Tính

  



  

5

3

3x 2x 3x x

A

4x x 3x x = 1,8165

Cách 1: Tính nhờ vào biến nhớ Ans Aán phím: 8165 

2

( Ans ^ Ans ^ Ans x   Ans ) ( Ans ^ Ans x 3 Ans ) 

Kết quả: 1.498465582

Cách 2: Tính nhờ vào biến nhớ X Aán phím: 8165SHIFT STO X

2

( ALPHA X ^ ALPHA X ^ ALPHA X x   ALPHA X ) ( ALPHA X ^ ALPHA X x 3 ALPHA X ) 

Kết quả: 1.498465582

Nhận xét:  Phương pháp dùng sơ đồ Horner áp dụng hiệu máy 220

fx-500A, máy fx-500 MS fx-570 MS nên dùng phương pháp tính trực tiếp có sử dụng biểu thức chứa biến nhớ, riêng fx-570 MS giá trị biến x nhanh cách bấm

CALC , máy hỏi X? khai báo giá trị biến x ấn phím  xong Để kiểm tra lại kết sau tính nên gán giá trị x0 vào biến nhớ khác biến Ans để tiện kiểm tra đổi giá trị

Ví dụ: Tính

  



  

5

3

3x 2x 3x x

A

4x x 3x x = 1,8165; x = - 0,235678; x = 865,321

Khi ta cần gán giá trị x1 = - 0,235678 vào biến nhớ X:   

235678 SHIFT STO X Dùng phím mũi tên lên lần (màn hình lại biểu thức cũ) ấn phím  xong.

 Trong kỳ thi dạng tốn ln có, chiếm đến điểm thi Khả

tính tốn dẫn đến sai số thường khơng nhiều biểu thức phức tạp nên tìm cách chia nhỏ toán tránh vượt giới hạn nhớ máy tính dẫn đến sai kết (máy tính tính kết thu kết gần đúng, có trường hợp sai hẳn)

Bài tập

(5)

a Tính x45x 3x3 2 x 1 x = 1,35627

b Tính P(x) 17x 5 5x48x 13x 11x 3573 2  x = 2,18567 Dạng 2.2 Tìm dư phép chia đa thức P(x) cho nhị thức ax + b

Khi chia đa thức P(x) cho nhị thức ax + b ta ln P(x)=Q(x)(ax+b) + r, r số (không chứa biến x) Thế

b x

a



ta P(

b a



) = r

Như để tìm số dư chia P(x) cho nhị thức ax+b ta cần tính r = P(

b a



), lúc dạng toán 2.2 trở thành dạng tốn 2.1

Ví dụ: (Sở GD TPHCM, 1998) Tìm số dư phép chia:P=

14

x x x x x x 723

x 1,624

     

 Số dư r = 1,62414 - 1,6249 - 1,6245 + 1,6244 + 1,6242 + 1,624 – 723

Qui trình ấn máy (fx-500MS fx-570 MS)

Ấn phím: 624 SHIFT STO X

ALPHA X ^14 ALPHA X ^ ALPHA X ^ ALPHA X ^ ALPHA X ^ ALPHA X 723      

Kết quả: r = 85,92136979

Bài tập

Bài 1: (Sở GD Đồng Nai, 1998) Tìm số dư phép chia

5

x 6,723x 1,857x 6,458x 4,319

x 2,318

   

 Bài 2: (Sở GD Cần Thơ, 2003) Cho  

4

x

P x 5x  4x 3x 50 Tìm phần dư r

1, r2 chia P(x) cho x – x-3 Tìm BCNN(r1,r2)?

Dạng 2.3 Xác định tham số m để đa thức P(x) + m chia hết cho nhị thức ax + b

Khi chia đa thức P(x) + m cho nhị thức ax + b ta P(x)=Q(x)(ax+b) + m + r Muốn P(x) chia hết cho x – a m + r = hay m = -r = - P(

b a



) Như tốn trở dạng tốn 2.1 Ví dụ: Xác định tham số

1.1 (Sở GD Hà Nội, 1996, Sở GD Thanh Hóa, 2000) Tìm a để x4 7x32x 13x a2  chia hết cho x+6

- Giải -

Số dư    

2

4

a ( 6) 7( 6) 6   13 6 

 

Ấn phím: ( ) SHIFT STO X

( ) ( ALPHA X ^ 4  7 ALPHA X x3

 2 ALPHA X x2  13 ALPHA X ) 

Kết quả: a = -222

1.2 (Sở GD Khánh Hòa, 2001) Cho P(x) = 3x3 + 17x – 625 Tính a để P(x) + a2 chia hết cho x + 3? Giải –

Số dư a2 = -    

3 17 625

     

  => a =    

3

3 17 625

 

    

 

3

( ) ( ( ( ) )  x 17 ( ( ) )  625 ) 

(6)

Chú ý: Để ý ta thấy P(x) = 3x3 + 17x – 625 = (3x2 – 9x + 44)(x+3) – 757 Vậy để P(x) chia hết cho (x + 3) a2 = 757 => a = 27,51363298 a = - 27,51363298

Dạng 2.4 Tìm đa thức thương chia đa thức cho đơn thức

Bài toán mở đầu: Chia đa thức a0x3 + a1x2 + a2x + a3 cho x – c ta thương đa thức bậc hai Q(x) = b0x2 + b1x + b2 số dư r Vậy a0x3 + a1x2 + a2x + a3 = (b0x2 + b1x + b2)(x-c) + r = b0x3 + (b1 -b0c)x2 + (b2-b1c)x + (r + b2c) Ta lại có cơng thức truy hồi Horner: b0 = a0; b1= b0c + a1; b2= b1c + a2; r = b2c + a3

Tương tự cách suy luận trên, ta có sơ đồ Horner để tìm thương số dư chia đa thức P(x) (từ bậc trở lên) cho (x-c) trường hợp tổng quát

Ví duï : Tìm thương số dư phép chia x7 – 2x5 – 3x4 + x – cho x – 5. Giải

Ta có: c = - 5; a0 = 1; a1 = 0; a2 = -2; a3 = -3; a4 = a5 = 0; a6 = 1; a7 = -1; b0 = a0 =

( ) SHIFT STO M ALPHA M ALPHA M

ALPHA M ( ) ALPHA M ALPHA M

ALPHA M ALPHA M ( )1

      

         

      

(-5) (23)

(-118) (590) (-2950)

(14751) (-73756)

Vaäy x7 – 2x5 – 3x4 + x – = (x + 5)(x6 – 5x5 + 23x4 – 118x3 + 590x2 – 2590x + 14751) – 73756.

Dạng 2.5 Phân tích đa thức theo bậc đơn thức

Áp dụng n-1 lần dạng toán 2.4 ta phân tích đa thức P(x) bậc n theo x-c: P(x)=r0+r1(x-c)+r2 (x-c)2+…+r

n(x-c)n

Ví dụ: Phân tích x4 – 3x3 + x – theo bậc x – 3. Giải

Trước tiên thực phép chia P(x)=q1(x)(x-c)+r0 theo sơ đồ Horner để q1(x) r0 Sau lại tiếp tục tìm qk(x) rk-1 ta bảng sau:

1 -3 -2 x4-3x2+x-2

3 0 1 q1(x)=x3+1, r0 = 3 28 q2(x)=x3+3x+1, r1 = 28 27 q3(x)=x+6, r0 = 27 q4(x)=1=a0, r0 = Vaäy x4 – 3x3 + x – = + 28(x-3) + 27(x-3)2 + 9(x-3)3 + (x-3)4.

Dạng 2.6 Tìm cận khoảng chứa nghiệm dương đa thức

Nếu phân tích P(x) = r0 + r1(x-c)+r2(x-c)2+…+rn(x-c)n ta có ri  với i = 0, 1, …, n nghiệm thực P(x) khơng lớn c

Ví dụ: Cận nghiệm dương đa thức x4 – 3x3 + x – c = (Đa thức có hai nghiệm thực gần 2,962980452 -0,9061277259)

Nhận xét:  Các dạng toán 2.4 đến 2.6 dạng toán (chưa thấy xuất kỳ thi)

nhưng dựa vào dạng tốn giải dạng tốn khác phân tích đa thức thừa số, giải gần phương trình đa thức, …

Vận dụng linh hoạt phương pháp giải kết hợp với máy tính giải

nhiều dạng toán đa thức bậc cao mà khả nhẩm nghiệm không sử dụng công thức Cardano phức tạp Do yêu cầu phải nắm vững phương pháp vận dụng cách khéo léo hợp lí làm

Bài tập tổng hợp

Bài 1: (Thi khu vực 2001, lớp 8) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m. a Tìm m để P(x) chia hết cho 2x +

b Với m vừa tìm câu a tìm số dư r chia P(x) cho 3x-2 phân tích P(x) tích thừa số bậc

(7)

d Với n vừa tìm phân tích Q(x) tích thừa số bậc Bài 2: (Thi khu vực 2002, lớp 9)

a Cho P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + f Bieát P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 15 Tính P(6), P(7), P(8), P(9)

a Cho P(x) = x4 + mx3 + nx2 + px + q Bieát Q(1) = 5; Q(2) = 7; Q(3) = 9; Q(4) = 11 Tính Q(10), Q(11), Q(12), Q(13)

Bài 3: (Thi khu vực 2002, lớp 9) Cho P(x) = x4 + 5x3 – 4x2 + 3x + m Q(x) = x4 + 4x3 – 3x2 + 2x + n. a Tìm giá trị m, n để đa thức P(x) Q(x) chia hết cho x –

b Với giá trị m, n vừa tìm chứng tỏ đa thức R(x) = P(x) – Q(x) có nghiệm Bài 4: (Thi khu vực, 2003, lớp 9)

a Cho P(x) = x5 + 2x4 – 3x3 + 4x2 – 5x + m.

1 Tìm số dư phép chia P(x) cho x – 2,5 m = 2003 Tìm giá trị m để P(x) chia hết cho x – 2,5

3 P(x) có nghiệm x = Tìm m?

b Cho P(x) = x5 + ax4 +bx3 + cx2 + dx + e Bieát P(1) = 3, P(2) = 9, P(3) = 19, P(4) = 33, P(5) = 51 Tính P(6), P(7), P(8), P(9), P(10), P(11)

Bài 5: (Sở SG Cần Thơ 2002) Cho f(x)= x3 + ax2 + bx + c Biết

1 89

f( ) ;f( ) ;f( )

3 108   500.

Tính giá trị gần

2 f( )

3 ?

Bài 6: (Thi vào lớp 10 chuyên toán cấp III Bộ GD, 1975) Phân tích biểu thức sau ba thừa số: a4 – 6a3 + 27a2 – 54a + 32.

2 Từ kết câu suy biểu thức n4 – 6n3 + 272 – 54n + 32 số chẵn với số nguyên n

Bài 7: (Thi học sinh giỏi tốn bang New York, Mỹ, 1984) Có xác số nguyên dương n để

2

(n 1) n 23



 là số nguyên Hãy tính số lớn nhất. Bài 8: (Thi học sinh giỏi toán bang New York, Mỹ, 1988)

Chia P(x) = x81 + ax57 + bx41 + cx19 + 2x + cho x – số dư Chia P(x) cho x – số dư -4 Hãy tìm cặp (M,N) biết Q(x) = x81 + ax57 + bx41 + cx19 + Mx + N chia hết cho (x-1)(x-2)

Bài 9: (Thi khảo sát vòng tỉnh trường THCS Đồng Nai – Cát Tiên, 2004) Cho đa thức P(x) = x10 + x8 – 7,589x4 + 3,58x3 + 65x + m.

a Tìm điều kiện m để P(x) có nghiệm 0,3648

b Với m vừa tìm được, tìm số dư chia P(x) cho nhị thức (x -23,55)

c Với m vừa tìm điền vào bảng sau (làm tròn đến chữ số hàng đơn vị)

x -2,53 4,72149

34 6,15 567

P(x)

Bài 10: (Phòng GD huyện Bảo Lâm - Lâm Đồng, 2004) 1.Tính E=7x -12x +3x -5x-7,175 với x= -7,1254

2.Cho x=2,1835 vaø y= -7,0216 Tính

5 3

3 2

7x y-x y +3x y+10xy -9 F=

5x -8x y +y

3.Tìm số dư r phép chia :

5

x -6,723x +1,658x -9,134 x-3,281

(8)

Bài 11: (Sở GD Lâm Đồng, 2005)

a Tìm m để P(x) chia hết cho (x -13) biết P(x) = 4x5 + 12x4 + 3x3 + 2x2 – 5x – m + 7

b Cho P(x) = ax5 + bx4 + cx3 + dx2 + ex + f bieát P(1) = P(-1) = 11; P(2) = P(-2) = 47; P(3) = 107 Tính P(12)?

Bài 12: (Sở GD Phú Thọ, 2004)

Cho P(x) đa thức với hệ số nguyên có giá trị P(21) = 17; P(37) = 33 Biết P(N) = N + 51 Tính N? Bài 13: (Thi khu vực 2004)

Cho đa thức P(x) = x3 + bx2 + cx + d Biết P(1) = -15; P(2) = -15; P(3) = -9 Tính: a Các hệ số b, c, d đa thức P(x)

b Tìm số dư r1 chia P(x) cho x – c Tìm số dư r2 chia P(x) cho 2x +3

Bài 13: (Sở GD Hải Phòng, 2004)

Cho đa thức P(x) = x3 + ax2 + bx + c Biết P(1) = -25; P(2) = -21; P(3) = -41 Tính: a Các hệ số a, b, c đa thức P(x)

b Tìm số dư r1 chia P(x) cho x + c Tìm số dư r2 chia P(x) cho 5x +7

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

Bài 15: (Sở GD Thái Nguyên, 2003)

a Cho đa thức P(x) = x4+ax3 + bx2 + cx + d Biết P(1) = 0; P(2) = 4; P(3) = 18; P(4) = 48 Tính P(2002)?

b Khi chia đa thức 2x4 + 8x3 – 7x2 + 8x – 12 cho đa thức x – ta thương đa thức Q(x) có bậc Hãy tìm hệ số x2 Q(x)?

III.

D ngạ 3 : GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Ghi nhớ: Trước thực giải nên viết phương trình (hệ phương trình) dạng tắc để đưa hệ số vào máy không bị nhầm lẫn

Ví duï: Dạng tắc phương trình bậc có dạng: ax2 + bx + c = 0 Dạng tắc phương trình bậc có dạng: ax3 + bx2 + cx + d = 0 Dạng tắc hệ phương trình bậc có dạng:

1 1

2 2

a x b y c a x b y c

 

 

 



Dạng tắc hệ phương trình bậc có dạng:

1 1

2 2

3 3

a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d

  

 

  



   

 Dạng 3.1 Giải phương trình baäc hai ax2 + bx + c = (a 0)≠

3.1.1: Giải theo chương trình cài sẵn máy

Ấn MODE MODE  nhập hệ số a, b, c vào máy, sau lần nhập hệ số ấn phím  giá trị ghi vào nhớ máy tính

Ví dụ: (Sở GD TPHCM, 1996) Giải phương trình: 1,85432x2 – 3,21458x – 2,45971 = 0 Giải

MODE MODE 

   

( ) ( )

1 85432  321458  45971 x1 = 2.308233881  x2 = -0.574671173

(9)

3.1.2: Giải theo công thức nghiệm

Tính  b2  4ac

+ Nếu  > phương trình có hai nghiệm: 1,2

b x

2a

  



+ Nếu  = phương trình có nghiệm kép: 1,2

b x

2a

  + Nếu  < phương trình vô nghiệm

Ví dụ: (Sở GD Đồng Nai, 1998) Giải phương trình 2,354x2 – 1,542x – 3,141 = 0 Giải

2

( )1 542 x  354 ( ( ) 141 )   SHIFT STO A (27,197892)

( 542 ALPHA A ) 2 354   (x1 = 1,528193632)

( 542 ALPHA A ) 2 354   (x2 = - 0,873138407)

Chú ý: Nếu đề không yêu cầu nên dùng chương trình cài sẵn máy tính để giải

 Hạn chế khơng nên tính trước tính nghiệm x1, x2 dẫn đến sai số

xuất biến nhớ  sau 10 chữ số làm cho sai số nghiệm lớn hơn.

 Dạng tốn thường xuất trực tiếp kỳ thi gần mà chủ yếu

dạng tốn lập phương trình, tìm nghiệm nguyên, chứng minh nghiệm đa thức, xác định khoản chứa nghiệm thực đa thức, … Cần nắm vững cơng thức nghiệm Định lí Viét để kết hợp với máy tính giải tốn biến thể dạng

Dạng 3.2 Giải phương trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = (a≠ 0)

Ấn MODE MODE  nhập hệ số a, b, c, d vào máy, sau lần nhập hệ số ấn phím  giá trị ghi vào nhớ máy tính

Ví dụ: (Sở GD Cần Thơ, 2002) Tìm tất nghiệm gần với chữ số thập phân phương trình x3 – 5x + = 0.

Giaûi

Ấn phím MODE MODE 

1 ( ) 1    (x1 = 2,128419064) (x2 = -2, 33005874) (x3 = 0, 201639675) 

Chú ý: Khi giải chương trình cài sẵn máy góc trái hình máy R I thì nghiệm nghiệm phức, chương trình Trung học sở nghiệm chưa học khơng trìn bày nghiệm giải

3.2.2: Giải theo cơng thức nghiệm

Ta sử dụng cơng thức nghiệm Cardano để giải phương trình trên, sử dụng sơ đồ Horner để hạ bậc phương trình bậc thành tích phương trình bậc bậc nhất, ta giải phương trình tích theo công thức nghiệm biết

Chú ý: Nếu đề khơng u cầu, nên dùng chương trình cài sẵn máy tính để giải

Dạng 3.3 Giải hệ phương trình bậc ẩn

Ấn MODE MODE nhập hệ số a1, b1, c1, a2, b2, c2 vào máy, sau lần nhập hệ số ấn phím  giá trị ghi vào nhớ máy tính.

(10)

Nếu x, y thỏa mãn hệ phương trình

83249x 16751y 108249 16751x 83249y 41715

 

 

 



x

y (chọn đáp số)

A.1 B.2 C.3 D.4 E.5

Giải –

Ấn phím MODE MODE 83249 16751 108249 16751 83249 41751     (1,25) = (0, 25) Ấn tiếp: MODE 1 25ab/ c0 25 (5)

Vậy đáp số E

Chú ý: Nếu hệ phương trình vơ nghiệm vơ định máy tính báo lỗi Math ERROR

3.3.2: Giải theo cơng thức nghiệm

Ta có:

y

x D

D

x ;y

D D

 

với D a b 2 a b ;D2 x c b1 2 c b ;D2 y a c a c1 2

Quy trình ấn phím :(máy Casio Fx 500 MS, Casio Fx 570 MS)

AÁn : a1 x b2 – a2 x b2 shift STO M

Tìm x : c1 x b2 – c2 x b1 =  ALPHA M = Kết x = ?

Tìm y : Đưa trỏ lên sửa lại hệ thức thành a1 x c2 – a2 x c1 = ALPHA M = Kết y = ?

Trong trường hợp hệ số x, y số thập phân có nhiều chữ số thập phân ta chuyển hệ phương trình sau : Đặt a1 = A, b1 = B, c1 = C, a2 = D, b2 = E (X) , c2 = F(Y)

 = AE – DB , x = CE – FB , y = AF – BC

Quy trình ấn phím sau : A shift STO A B shift STO B C shift STO C D shift STO D E shift STO E F shift STO F

Ấn tiếp : ALPHA A ALPHA E – ALPHA D ALPHA B SHIFT STO M

Tính x : Ấn : ( ALPHA C ALPHA E – ALPHA F ALPHA B )  ALPHA M = Kết x = ?

Tính y : Ấn : ( ALPHA A ALPHA F – ALPHA B ALPHA C )  ALPHA M = Kết y = ?

Dạng 3.4 Giải hệ phương trình ba ẩn

Giải theo chương trình cài sẵn máy

Ấn MODE MODE nhập hệ số a1, b1, c1, a2, b2, c2, a3, b3, c3 vào máy, sau lần nhập hệ số ấn phím  giá trị ghi vào nhớ máy tính.

Ví dụ: Giải hệ phương trình

3x y 2z 30 2x 3y z 30 x 2y 3z 30

  

 

  



   



(11)

Nhận xét:  Dạng toán dạng dễ đòi hỏi biết sử dụng thành thạo máy tính

chương trình cài sẵn máy tính Do kỳ thi dạng tốn chúng thường xuất dạng toán thực tế (tăng trưởng dân số, lãi suất tiết kiệm, …) mà q trình giải địi hỏi phải lập phương trình hay hệ phương trình với hệ số số lẻ

Bài 1: Giải phương trình:

1.1 (Sở GD Hà Nội, 1996, Thanh Hóa, 2000): 1,23785x2 + 4,35816x – 6,98753 = 0 1.2 (Sở GD TPHCM 1998): 1,9815x2 + 6,8321x + 1,0581 = 0

1.3 x3 + x2 – 2x – =0 1.4 4x3 – 3x + = 0

Bài 2: Giải hệ phương trình sau: 2.1 (Sở GD Đồng Nai, 1998)

1,372x 4,915y 3,123 8,368x 5,214y 7,318

 

 

 



2.2 (Sở GD Hà Nội, 1996)

13,241x 17,436y 25,168

23,897x 19,372y 103,618

 

 

 



2.3 (Sở GD Cần Thơ, 2002)

1,341x 4,216y 3,147

8,616x 4,224y 7,121

 

 

 



2.4

2x 5y 13z 1000 3x 9y 3z 5x 6y 8z 600

  

 

  



   

 IV.

D ngạ 4: LIÊN PHÂN SỐ

Liên phân số (phân số liên tục) cơng cụ tốn học hữu hiệu nhà toán học sử dụng để giải nhiều tốn khó

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

a b coù

thể viết dạng:

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

0

1

b

b a a

b

b b

b

   

Cứ tiếp tục trình kết thúc sau n bước ta được:

0

1

n n

b

a a a

1

b b a

1 a

a



   



(12)

Vấn đề đặt ra: biểu diễn liên phân số

1

n n

1

a 1

a a

 



dạng

a

b Dạng tốn này

được gọi tính giá trị liên phân số Với trợ giúp máy tính ta tính cách nhanh chóng dạng biểu diễn liên phân số

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

Ví dụ 1: (Vơ địch tốn New York, 1985) Biết

15

1

17 1

a b

 



trong a b số dương Tính a,b? Giải

Ta coù:

15 1 1

17 1

17 1 1 1

15

15 15 7

2

   

  



Vaäy a = 7, b =

Ví dụ 2: Tính giá trị

1

A 1

2 1

3

  

 Giải -

Ấn phím:

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

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

16

Nhận xét:  Dạng tốn tính giá trị liên phân số thường xuất nhiều kỳ thi

thuộc dạng tốn kiểm tra kỹ tính tốn thực hành Trong kỳ thi gần đây, liên phân số có bị

biến thể đôi chút ví dụ nhö:

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)

Bài 1: (Thi khu vực lớp 9, 2002) Tính viết kết dạng phân số:

5

A 4 B 1

2 5 1

2 4 1

2 5

4

3

   

 

 Bài 2: (Thi khu vực lớp 9, 2003)

a Tính viết kết dạng phân số:

20

A 1 B 1

2 1 1

3 1 1

4

5

 

 

(13)

b Tìm số tự nhiên a b biết:

329

1

1051 1

5 1

a b

 

 

Bài 3: (Thi khu vực 2004, lớp 9) Tìm giá trị x, y từ phương trình sau:

a

x x

4 1 1

1 1 1

2 1 1

3

4

 

 

b

y y

1

1 1 1

3

5



 

Bài 4: (Thi khu vực, 2001, lớp - 7) Lập qui trình bấm phím để tính giá trị liên phân số sau

 

M 3,7,15,1,292 tính   M?

Bài 5: (Thi khu vực, 2001, lớp – 7, dự bị)

a Lập qui trình bấm phím để tính giá trị liên phân số sau M 1,1,2,1,2,1,2,1  tính M ?

b Tính viết kết dạng phân số:

1

A 1 1

5 1 1

4 1 1

3

2

 

 

Bài 6: (Sở GD Hải Phòng, 2003 - 2004) Cho

12

A 30 5

10

2003

 

 Hãy viết lại A dạng Aa ,a , ,a0 n?

Bài 7: Các số 2, 3,  có biểu diễn gần dạng liên phân số sau: 1,2,2,2,2,2 ;

   

3 1,1,2,1,2,1 ;  3,17,15,1,292,1,1,1,2,1,3 Tính liên phân số só sánh với số vơ tỉ mà

nó biểu diễn?

Bài 8: (Phòng GD Bảo Lâm – Lâm Đồng)

Tính viết kết dạng phân số

4 D=5+

4 6+

4 7+

4 8+

4 9+

10

V.

D ngạ 5: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HỆ ĐẾM

*Hệ đếm số 10 :

Trong hệ đếm số 10 (hệ gồm 10 kí tự), ta dùng kí tự 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để biểu diễn số Ví dụ số 1975 2008 viết hệ s[os 10 sau :

1975 = 1.1000 + 9.100 + 7.10 + 5.1 = 1.103 + 9.102 + 7.101 + 5.100 2008 = 2.1000 + 0.100 + 0.10 + 8.1 = 2.103 + 0.102 + 0.101 + 8.100.

Như ta viết số 1975, 2008 dạng tổng lũy thừa 10 Các chữ số 1, 9, 7, (hay 2, 0, 0, 8) tương ứng với hàng : nghìn, trăm, chục, đơn vị

(14)

Trong hệ đếm La Mã, kí tự có giá trị định khơng phụ thuộc vào vị trí chữ số Ví dụ : 35 = XXXV – có ba chữ số X đứng vị trí khác có giá trị 10

Các quy tắc tính tốn số học (cộng, trừ, nhân chia, ) hệ đếm số 10 đơn giản quen thuộc

Để cộng hai số (số có nhiều chữ số)trong số 10 , sử dụng quy tắc quen thuộc cộng hàng dọc (theo cột)

Một điều lý thú : Cộng với số với số viết theo thứ tự ngược lại, tổngta lại làm , sau số hữu hạn bước số làđối xứng

*HỆ ĐẾM CƠ SỐ BẤT KỲ :

Ngoài hệ đếm số 10, nhiều hệ đếm số khác Người Babilon dùng hệ đếm số 60, mà ngày ta dùng để tính thời gian đo góc Một lý hệ đếm sử dụng rộng rãi 60 có rấy nhiều ước số : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60, thuận tiện tính tốn Tuy nhiên, hệ đếm số 60 cần nhiều ký tự (60 ký tự) nên ngày khơng cịn thơng dụng số 10

Trong thời đại thông tin , nhu cầu tính tốn máy tính, lại xuất việc sử dụng hệ số : hệ số 2(hệ nhị phân) hệ đếm có số lũy thừa 2(hệ đếm số 8, số 16) Hệ đếm số có hai ký tự Mọi số hệ số biểu diễn dạng hai chữ số Vì hệ số có hai ký tự nên tính tốn hệ số đơn giản Hệ đếm số khơng quan trọng tính tóan máy tính mà cịn có nhiều ứng dụng tuyệt vời thực tế (lý thuyết mật mã, truyền thông tin, ) Tuy nhiên, để biểu diễn số lớn, ta cần nhiều chữ số 1, người ta cịn dùng thêm hệ đếm số 8(là hệ đếm gồm chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) hệ đếm số 16 gồm 16 ký tự 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A (là 10 hệ số 10) B(là 11 hệ số 10), C (là 12 hệ số 10), D (là 13 hệ đếm số 10), E (là 14 hệ đếm số 10), F (là 15 hệ đếm số 10) để tiện biểu diễn hổ trợ tính tốn cho hệ số

Để rõ biểu diễn số hệ đếm số k, người ta thường đẻ số dấu ngoặc kèm theo số k dưới, nhiều trường hợp người ta bỏ dấu ngoặc mà viết số k số bên phải Ví dụ : số 2009 biểu diễn dạnh số 10, số 2, số cớ số 16 số khác sau :

200610 = 2.1000 + 0.100 + 0.10 + 8.1 = 2.103 + 0.102 + 0.101 + 6.100 200610 = 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 24 + 22 + = (11111010110)2 200610 = 7.162 + 13.16 + 6.160

200610 = 3.83 + 7.82 + 2.81 + 6.80 = (7D6)8 200610 = 5.202 + 6.200 = (506)20

*ĐỔI MỘT SỐ TỪ CƠ SỐ NAØY SANG CƠ SỐ KHÁC Ví dụ : Đổi số 119 từ số 10 sang số

Chia 119 cho 23 dư 4, chữ số hàng đơn vị, lại chia 23 cho dư chữ số hàng chục, chữ số thuộc hàng trăm

Cụ thể : 119 23

(119)10 = (434)5 Ví dụ : Viết số 100 số 10 sang số

100 50 25 12

(15)

5.1 Tính chất chia hết

- Một số chia hết cho (cho 9) tổng chữ số chia hết cho (cho 9) - Một số chia hết cho (cho 5) chữ số tận chia hết cho (cho 5)

Chú ý: Tính chất chia hết hệ số cụ thể Ví dụ: Xét hệ đếm với số 12, ta có:

1 Một số viết hệ đếm số 12 chi hết cho (3, 4, 6) chữ số cuối chia hết cho (3, 4, 6)

2 Soá aa a a a an n 1 2 12 chia heát cho (cho 9) neáu a a1 12 chia heát cho (cho 9) Soá aa a a a an n 1 2 12 chia heát cho 11 neáu anan 1  a a 1 chia heát cho 11

Mở rộng: Số aa a a a an n 1 2 12 chia hết cho q – anan 1  a a 1 chia hết cho q

5.2 Hệ số 2

Bài tốn mở đầu: Chỉ cần 10 câu hỏi đốn số cho trước (nhỏ 1000) sau: - Số có chia hết cho khơng?(Nếu có ghi 0, khơng ghi 1)

- Thương số chia hết cho 2? (Nếu có ghi 0, khơng ghi 1)

Nếu tiếp tục ta dãy số Dãy biểu diễn số cần tìm số Vì số nhỏ 1000 có nhiều 10 chữ số biểu diễn số nên 10 câu hỏi đủ để biết số cho Đổi qua số 10 ta số cần tìm

Ví dụ: Số cho trước 999

Vì 999 = 499.2 + 1; 499 = 249.2 + 1; 249 = 124.2 + 1; 124 = 62.2 +1; …; = 1.2 + nên ta có dãy số: 11111001112 = 99910

5.3 Ứng dụng hệ số giải tốn

Trong nhiều tốn khó sử dụng hệ đếm để giải Nói cách khác, hệ đếm sử dụng phương pháp giải tốn

Ví dụ: Giả sử f:N -> N thỏa mãn: f(1)= 1; f(2n) = f(n) f(2n+1) = f(2n) + với n nguyên dương Tìm giá trị lớn n ≤ n ≤1994

Giải

Ta có: f(102) = f(2) = f(1) = 1; f(112) = f(3) = f(2.1 + 1) = f(2)+1 = 2; f(1002) =1; f(1012) =2; f(1102) =2; f(1112) =3; f(10002) =1; f(10012) =2; …

Bài tốn dẫn đến phải tìm số có chữ số lớn biểu diễn số số nhỏ 1994 Vì 1994 < 211 – nên f(n) có nhiều 10 chữ số Ta có f(1023) = f(1111111

2) = 10 Vậy giá trị lớn 10

Lưu yù: Ta phải chứng minh quy luật: f(n) số chữ số biểu diễn số n

Chứng minh:

1) n chẵn n = 2m = 102.m Vì m n = 102.m có số chữ số biểu diễn số (trong hệ số 2, nhân số với = 102, ta thêm số vào cuối số đó) Theo quy nạp (vì m < n), f(m) chữ số m, mà f(n) = f(2m) = f(m) nên f(n) chữ số m, tức n 2) n lẻ n = 2m + = 102.m + n có số chữ số nhiều m Ta có: f(n) = f(2m + 1) = f(m) + Áp dụng quy nạp ta có, f(m) số chữ số m nên f(n) số chữ số m cộng 1, tức số chữ số n

Nhận xét:  Dạng toán dạng tốn khó, thường xuất kỳ thi “Giải tốn

bằng máy tính bỏ túi Casio”, sử dụng phương pháp hệ số giúp phân tích số tốn từ sử dụng phương pháp chứng minh tốn học nguyên lý để giải Nói cách khác, phương pháp giải toán

(16)

Bài 2: Hai người chơi lấy số viên sỏi từ ba đống sỏi Người nhặt viên sỏi cuối thắng Người trước thường thắng Vì sao? (HD: sử dụng hệ số 2)

Bài 3: (Vô địch Trung Quốc, 1995) Cho f: N -> N thỏa mãn f(1) = f(2n) < 6f(n), 3f(n).f(2n+1) = f(2n).(1+3f(n)) với n nguyên dương Tìm nghiệm phương trình f(k) + f(n) = 293 (HD: Vì 3f(n)+1 3f(n) nguyên tố nên f(2n) = 3pf(n), suy p nguyên dương f(2n) = 3f(n) f(2n + 1) = 3f(n)+1 dẫn đến: Với số n viết hệ số f(n) có chữ số n viết hệ số 3)

Bài 4: Xác định tất hàm số f: N -> R thỏa mãn f(1) = 1;

n f(n) f

2



 

   

  n chẵn,

n f(n) f

2

     

  n lẻ (HD: Dùng qui nạp chứng minh: f(n) số chữ số n viết cơ số 2)

Bài 5: Giả sử f: N -> N thỏa mãn f(1) = 1; f(3) = với n nguyên dương f(2n) = f(n); f(4n+1)=2f(2n+1) - f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) – 2f(n) Tìm số n ≤ 1988 mà f(n) = n

VI

D ngạ 6: DAÕY TRUY HỒI

Dạng 6.1 Dãy Fibonacci

6.1.1 Bài tốn mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ tháng để 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 đôi thỏ số

- Tháng đơi thỏ số đẻ đơi thỏ số Vậy có đôi thỏ tháng

- Tháng đôi thỏ số đẻ đôi thỏ số 3, đôi thỏ số chưa đẻ Vậy có đơi thỏ tháng - 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.

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

n n

n

1 5

u

2

5

      

 

     

    

  (*)

Chứng minh

Với n =

1 5

u

2

5

            

   

  ; Với n =

2

1

1 5

u

2

5

      

 

      

   

    

  ;

Với n =

3

1 1 5

u

2

5

      

 

      

   

    

  ;

(17)

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

6.1.3 Các tính chất dãy Fibonacci:

1 Tính chất 1: um = uk.um+1-k + uk-1.um-k hay un+m = un-1um + unum+1

Ví dụ: Để tính số thỏ sau 24 tháng ta chọn n = m = 12 thay vào công thức ta có: u24 = u12 + u12 = u11.u12 + u12.u13 = 144(89 + 233)

2 Tính chất 2: u2n+1 = u(n+1)+n= unun + unun+1 =

2

n n

u  u

Ví dụ: Để tính số thỏ sau 25 tháng ta làm sau: u25 =

2 13 12

u u = 2332 + 1442 = 7502.

3 Tính chất 3:  

n

n n n

u u u 1 



  

4 Tính chất 4: u u1 u u5   2n 1 u2n

5 Tính chất 5: n tacó: u un n 2   u un n 3

6 Tính chất 6: nsố 4u u u un 2 n n 4   9 số phương

7 Tính chất 7: n soá 4u u un n k n k n 2k 1   u   u u laø số phương2 2k k 1

8 Tính chất 8:

n n

1

n n

u u

lim vaø lim

u u

   



 

trong  1; 2là nghiệm phương trình x2 – x –

= 0, tức 1

1 1,61803 ; 0,61803

2

 

     

Nhận xét:  Tính chất cho phép tính số hạng dãy Fibonacci mà không cần biết

hết số hạng liên tiếp dãy Nhờ hai tính chất mà tính số hạng lớn dãy

Fibonacci tay (dùng giấy bút để tính) mà máy tính điện tử khơng thể tính (kết khơng hiển thị hình) Các tính chất từ đến có tác dụng giúp việc chứng minh tốn có liên quan đến dãy Fibonacci thường gặp thi, tính chất giúp tìm số hạng khơng dãy Fibonacci mà số hạng dãy biến thể Fibonacci có tính hội tụ (bị chặn) khoảng Dạng tốn thường gặp kỳ thi tỉnh kỳ khu vực

6.1.4 Tính số hạng dãy Fibonacci máy tính điện tử 6.1.4.1 Tính theo cơng thức tổng qt

Ta có công thưc tổng quát 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

(18)

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 

6.1.4.2 Tính theo dãy

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

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

1 SHIFT STO B

 > laáy u

2+ u1 = u3 gán vào B Lặp lại phím:  ALPHA A SHIFT STO A > laáy u

3+ u2 = u4 gán vào A

ALPHA B SHIFT STO B

 > laáy u

4+ u3 = u5 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Ví dụ: Tính số hạng thứ dãy Fibonacci?

Ấn phím: SHIFT STO A 1 SHIFT STO B  ALPHA A SHIFT STO A

ALPHA B SHIFT STO B

      (21)

Chú ý: Có nhiều qui trình ấn phím để tính số hạng un dãy qui trình qui trình tối ưu số phím ấn Đối với máy fx-500 MS ấn  , máy fx-570 MS có thể ấn   ấn thêm  SHIFT COPY  để tính số hạng từ thứ trở đi.

Daïng 6.2 Daõy Lucas

Tổng quát: Cho u1 = a, u2 = b, un+1 = un + un-1 (với n  a, b hai số tùy ý đó)

Nhận xét: Dãy Lucas dãy tổng quát dãy Fibonacci, với a = b = dãy Lucas trở thành dãy Fibonacci

Ấn phím: b SHIFT STO A > gán u2 = b vào biến nhớ A

a SHIFT STO B

 > laáy u

2+ u1 = u3 (u3 = b+a) 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 u4+ u3 = u5 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Ví dụ: (Sở GD Cần Thơ, 2001, lớp 9) Cho dãy u1 = 8, u2 = 13, un+1 = un + un-1 (n  2) a Lập qui trình bấm phím liên tục để tính un+1?

b Sử dụng qui trình tính u13, u17? Giải

a Lập qui trình bấm phím

Ấn phím: 13 SHIFT STO A

8 SHIFT STO B



Lặp lại phím:  ALPHA A SHIFT STO A

ALPHA B SHIFT STO B



b Sử dụng qui trình để tính u13, u17

Ấn phím:                (u

(19)

        (u

17 = 17711)

Kết qủa: u13 = 2584; u17 = 17711

Dạng 6.3 Dãy Lucas suy rộng dạng

Tổng qt: Cho u1 = a, u2 = b, un+1 = Aun + Bun-1 (với n  a, b hai số tùy ý đó)

a SHIFT STO B

A B > tính u3 (u3 = Ab+Ba) gán vào B Lặp lại phím: A ALPHA A B SHIFT STO A > Tính u4 gán vào A

ALPHA B SHIFT STO B

A  B > laáy u

5 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Ví dụ: Cho dãy u1 = 8, u2 = 13, un+1 = 3un + 2un-1 (n  2) Lập qui trình bấm phím liên tục để tính un+1? Giải

Lập qui trình bấm phím

Ấn phím: 13 SHIFT STO A

3 SHIFT STO B

  

Lặp lại phím:  3 ALPHA A 2 SHIFT STO A

3 ALPHA B SHIFT STO B

  

Dạng 6.4 Dãy phi tuyến dạng

Cho Cho u1 = a, u2 = b,

2

n n n

u  u u  (với n  2).

2 a SHIFT STO B



x x > laáy u22+ u

12= u3 (u3 = b2+a2) gán vào B Lặp lại phím: x2  ALPHA A x2 SHIFT STO A > laáy u

32+ u22= u4 gán vào A



x x > laáy u42+ u

32= u5 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Ví dụ: Cho dãy u1 = 1, u2 = 2,

2 n n n

u  u u  (n  2).

a Lập qui trình bấm phím liên tục để tính un+1? b Tính u7?

Giải

Ấn phím: SHIFT STO A

2 1 SHIFT STO B



x x

Lặp lại phím: x2  ALPHA A x2 SHIFT STO A



x x

b Tính u7

Ấn phím:   (u

6 =750797)

(20)

Chú ý: Đến u7 máy tính khơng thể hiển thị đầy đủ chữ số hình phải tính tay giá trị giấy nháp có sử dụng máy tính hỗ trợ tính Ví dụ: 7507972 = 750797. (750.1000+797) = 750797.750.1000 + 750797.797 = 563097750.1000 + 598385209 = 563097750000 + 598385209= 563 696 135209

Daïng 6.5 Dãy phi tuyến dạng

Cho Cho u1 = a, u2 = b,

2

n n n

u  Au Bu  (với n  2)

2 a SHIFT STO B

  

x A x B > Tính u3 = Ab2+Ba2 gán vào B Lặp lại phím: x2 A  ALPHA A x2 BSHIFT STO A > Tính u

4 gán vào A

  

x A x B > Tính u5 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Ví dụ: Cho dãy u1 = 1, u2 = 2,

2 n n n

u  3u 2u  (n  2) Lập qui trình bấm phím liên tục để tính un+1? Giải

Lập qui trình bấm phím

2 3 1 2 SHIFT STO B

  

x x

Lặp lại phím: x2  3 ALPHA A x2 2 SHIFT STO A

2 3 ALPHA B 2 SHIFT STO B

  

x x

Dạng 6.6 Dãy Fibonacci suy rộng dạng

Cho u1 = u2 = 1; u3 = 2; un+1 = un + un-1 + un-2 (với n  3)

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

2 SHIFT STO B > gán u3 = vào biến nhớ B

ALPHA A  ALPHA B SHIFT STO C

> tính u4 đưavào C Lặp lại phím:  ALPHA B  ALPHA A SHIFT STO A > tính u5 gán biến nhớ A

ALPHA C ALPHA B SHIFT STO B

  > tính u

6 gán biến nhớ B

ALPHA A ALPHA C SHIFT STO C

  > tính u7 gán biến nhớ C Bây muốn tính un ta   , liên tục n – lần

Ví dụ: Tính số hạng thứ 10 dãy u1 = u2 = 1; u3 = 2; un+1 = un + un-1 + un-2?

Ấn phím: SHIFT STO A SHIFT STO B ALPHA A  ALPHA B SHIFT STO C

ALPHA B ALPHA A SHIFT STO A

   ALPHA C ALPHA B SHIFT STO B

ALPHA A ALPHA C SHIFT STO C

           (u

10 = 149)

Dạng 6.7 Dãy truy hồi dạng

Tổng qt: Cho u1 = a, u2 = b, un+1 = Aun + Bun-1+ f(n) (với n  2)

a f(n) SHIFT STO B

A B + > tính u

(21)

Lặp lại phím: A ALPHA A B + f(n) SHIFT STO A > Tính u

4 gán vào A

ALPHA B f(n) SHIFT STO B

A  B + > tính u

5 gán vào B

Ví dụ: Cho daõy u1 = 8, u2 = 13, un+1 = 3un + 2un-1 +

1

n(n  2) a Lập qui trình bấm phím liên tục để tính un+1?

b Tính u7? Giải

13 SHIFT STO B SHIFT STO X

Lặp lại phím: ALPHA X SHIFT STO X b/ c

3 ALPHA B 2 ALPHA A 1 a ALPHA X SHIFT STO A

 3 ALPHA A  ALPHA B a b/ c ALPHA X SHIFT STO B

b Tính u7 ?

Ấn phím:                  (u

7 = 8717,92619)

Kết qủa: u7 = 8717,92619

Dạng 6.8 Dãy phi tuyến dạng

Tổng quát: Cho u1 = a, u2 = b, un+1 = F (u ) F (u )1 n  n 1 (với n  2)

Ấn phím: a SHIFT STO A

b SHIFT STO B

Laëp lại phím: F ( ALPHA B ) F ( ALPHA A ) SHIFT STO A1 

1

F ( ALPHA A ) F ( ALPHA B ) SHIFT STO B

Ví dụ: Cho u1 = 4; u2 = 5,

2 n n n

5u u

u

3 5



 

 

Lập qui trình ấn phím tính un+1? Giải

5 SHIFT STO B

Lặp lại phím: ( ( ALPHA B ) a ) ( ALPHA A x b/ c  2 ) a ) SHIFT STO Ab/ c

b/ c b/ c

( ( ALPHA A ) a ) ( ALPHA B x  2 ) a ) SHIFT STO B

Dạng 6.9 Dãy Fibonacci tổng quát

Tổng quát:

k n i i

i

u  F (u )

 

u1, u2, …, uk cho trước Fi(ui) hàm theo biến u Dạng toán tùy thuộc vào mà ta có qui trình lập dãy phím riêng

Chú ý: Các qui trình ấn phím qui trình ấn phím tối ưu (thao tác nhất) xong có nhiều dạng (thường dạng phi tuyến tính) áp dụng qui trình khơng cẩn thận dẫn đến nhầm lẫn sai xót thứ tự số hạng Do đó, ta sử dụng qui trình ấn phím theo kiểu diễn giải theo nội dung dãy số để tránh nhầm lẫn, vấn đề khơng ảnh hưởng đến đánh giá kết giải Ví duï: Cho u1 = a, u2 = b,

2

n n n

(22)

Ấn phím: a SHIFT STO A > gán u1 = a vào biến nhớ A

b SHIFT STO B > Tính u2 = b gán vào B

Lặp lại phím: A ALPHA B x2  BALPHA A x2 SHIFT STO A > Tính u

3 gán vào A A ALPHA A x2  BALPHA B x2 SHIFT STO B > Tính u4 gán vào B Bây muốn tính un ta  lần , liên tục n – lần

Nhận xét: Lập qui trình theo kiểu tất dạng tốn làm được, nhầm lẫn

tính tối ưu khơng cao Chẳng hạn với cách lập dạng 6.5 để tính un ta cần ấn   liên tục n – lần, cịn lập phải ấn n – lần

 Nhờ vào máy tính để tính số hạng dãy truy hồi ta phát quy

luật dãy số (tính tuần hồn, tính bị chặn, tính chia hết, số phương, …) giúp lập công thức truy hồi dãy dãy số

 Đây dạng toán thể rõ nét việc vận dụng máy tính điện tử học tốn theo

hướng đổi Trong hầu hết kỳ thi tỉnh, thi khu vực có dạng tốn

Bài 1: (Thi khu vực, 2001, lớp 9) Cho dãy u1 = 144; u2 = 233; un+1 = un + un-1 a Lập qui trình bấm phím để tính un+1

b Tính xác đến chữ số sau dấu phẩy tỉ số

3

2

1

u u

u ; ;u ; u u u u

Bài 2: (Thi khu vực, 2003, lớp 9) Cho dãy u1 = 2; u2 = 20; un+1 = 2un + un-1 a Tính u3;u4; u5; u6; u7

b Viết qui trình bấm phím để tính un c Tính giá trị u22; u23; u24; u25

Bài 3: (Thi khu vực, 2003, lớp dự bị) Cho dãy số

  n n

n

2 3

u

2

  

 a Tính số hạng dãy

b Lập cơng thức truy hồi để tính un+2 theo un+1 un c Lập qui trình tính un

d Tìm số n để un chia hết cho

Bài 4: (Thi khu vực, 2003, lớp dự bị) Cho u0 = 2; u1 = 10; un+1 = 10un – un-1 a Lập quy trình tính un+1

b Tính u2; u3; u4; u5, u6

c Tìm cơng thức tổng qt un

Bài 5: (Thi vơ địch tốn Lêningrat, 1967) Cho dãy u1 = u2 = 1;

2 n n n

u  u u  Tìm số dư un chia cho

Bài 6: (Tạp chí tốn học & tuổi trẻ, tháng 1.1999) Cho u1 = 1; u2 = 3, un+2 = 2un+1 – un+1 Chứng minh: A=4un.un+2 + số phương

Bài 7: (Olympic toán Singapore, 2001) Cho a1 = 2000, a2 = 2001 an+2 = 2an+1 – an + với n = 1,2,3… Tìm giá trị a100?

Bài 8: (Tạp chí tốn học & tuổi trẻ, tháng 7.2001) Cho dãy số un xác định bởi: u1 = 5; u2 = 11 un+1 = 2un – 3un-1 với n = 2, 3,… Chứng minh rằng:

a Dãy số có vô số số dương số âm b u2002 chia hết cho 11

(23)

u0 = 1, u1 = vaø un+2 =

n n n n

u 9u ,n 2k

9u 5u ,n 2k



 

 

  

 với n = 0, 1, 2, 3, …. Chứng minh rằng:

a 2000

2 k k 1995

u

 chia heát cho 20

b u2n+1 khơng phải số phương với n

Bài 10: (Sở GD Lâm Đồng, 2005) Cho u1 = u2 = 7; un+1 = u12 + un-12 Tính u7=?

Bài 11: (Trường THCS Đồng Nai – Cát Tiên 2005) Cho dãy u1 = u2 = 11; u3 = 15; un+1 =

 

  

2

n n

5u u

3 u u với n3

a Lập quy trình bấm phím để tìm số hạng thứ un dãy? b Tìm số hạng u8 dãy?

Bài 12: (Trường THCS Đồng Nai – Cát Tiên 2005) Cho dãy u1 = 5; u2 = 9; un +1 = 5un + 4un-1 (n2)

a Lập quy trình bấm phím để tìm số hạng thứ un dãy? b Tìm số hạng u14 dãy?

Bài 13: (Phòng GD Bảo Lâm, 2005)

a.Cho u =1,1234 ; u =1,0123.u (n N; n 1)1 n+1 n   Tính u50?

b Cho

2 n

1 n+1

n

3u +13

u =5 ; u = (n N; n 1)

u +5   Tính u15?

c Cho u0=3 ; u1= ; un = 3un-1 + 5un-2 (n2) Tính u12 ?

Bài 14: (Thi khu vực 2002, lớp 9)Cho dãy số xác định công thức

2 n n

n

4x

x



 

 , n số tự nhiên, n >= Biết x = 0,25 Viết qui trình ấn phím tính xn? Tính x100?

VII : Dạng : PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN :

Phương trình sai phân dạng tốn khó phức tạp, khơng nhắc đến sách giáo khoa phổ thông (cả sách cấp cấp 3) mà nguyên cứu trường đại học, cao đẳng Đối với tốn phổ thơng viết dạng toán thực tế lý thuyết dãy, lãi kép – niên khoản, cấp số … kỳ thi HSG gần dạng toán thường xuyên xuất hiện, kỳ thi cấp khu vực Trong phần trình bày kiến thức đơn giản phương trình sai phân dạng tốn có liên quan đến kỳ thi HSG bậc THCS

Yêu cầu: Các thí sinh phải nắm vững kiến thức dãy truy hồi, phương trình bậc hai, hệ phương trình bậc nhấc hai ẩn số, phương pháp tuyến tính hóa

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN BẬC NHẤT :

1)Phương trình sai phân tuyến tính bậc nhất :

a)Phương trình sai phân tuyến tính bậc :

*Định nghóa : Phương trình sai phân tuyến tính bậc có dạng axn+1 + bxn = , n = 0, 1, 2, 3, … , (1)

trong a  , b  số cho trước

(24)

Phương trình sai phân cịn gọi cấp số nhân (cấp số nhân dãy số mà số hạng sau số hạng trước nhân với số không đổi – gọi công bội)

Nếu biết x0 dễ dàng tính nghiệm (2) theo công thức : xn = qnx0 (Đây cơng thức tìm số hạng tổng qt (hay số hạng thứ n) cấp số nhân

Các công thức cần nhớ cấp số nhân :

Công bội : q = = (q  ; 1) Số hạng thứ n : an = a1qn-1

Tính chất : (an)2 = an-1.an+1 Tổng n số hạng đầu : Sn = a1.(1−q

n) 1−q

Tổng cấp số nhân lùi vô hạn : S = a1 + a2 + a3 + + an-1 + an = , |q| < Cách tìm nghiệm phương trình sai phân tuyến tính bậc máy tính Casio f(x) 500MS :

Ví dụ : Giải phương trình xn+1 = 2xn , n = 0, 1, 2, 3, … , với x0 = -

Cách 1 : Tính theo cơng thức nghiệm tổng qt

Để tính xn theo cơng thức nghiệm tổng qt xn = qnx0 = 2n (−13) Giả sử với n = 10 Khai báo : 10 SHIFT STO X

Khai báo hệ số : (-) ab/c SHIFT STO M

Khai báo công thức nghiệm : ^ ALPHA X x ALPHA M Tính x10 : Aán = nghiệm x10 (- 34 4)

Lập lại quy trình sau :

Dùng trỏ để trở vê dòng 10 X

Khai báo lại n : n SHIFT STO X (với n cần tính)

Dùng trỏ để trở vê dịng cơng thức : ^ ALPHA X x ALPHA M Và bấm phím = ta giá trị xn

Cách 2 : Tính theo công thức truy hồi

Khai báo giá trị ban đầu : ( - ) ab/c =

Tính xn theo cơng thức truy hồi : Liên tiếp bấm phím x =

Tiện bấm liên tiếp phím = sau ta khai báo ( - ) ab/c = x Lần lượt ta giá trị xn

Lưu yù : * Cách 1 : Có thể tính trực tiếp xn với n mà khơng cần tính giá trị trước

*Cách 2 : Quy trình thao tác đơn giản

Cách tìm nghiệm phương trình sai phân tuyến tính bậc máy tính Casio f(x) 570MS

Ngồi cách tính Casio F(x) 500MS, sử dụng phím CALC máy F(x) 570 MS thuận tiện sau :

(25)

Ấn (-) ab/c SHIFT STO M Khai báo công thức nghiệm : Ấn : ^ ALPHA X x ALPHA M

AÁn : CALC , máy hỏi X ?

Tính x10 : Ấn 10 = nghiệm x10 (- 34 4)

Tính tiếp x15 Ấn : CALC , máy hỏi X ? – Ấn 15 = x15 (-10922 3) b)Phương trình sai phân tuyến tính không nhất :

*Định nghóa : Phương trình sai phân tuyến tính không phương trình có dạng axn+1 + bxn = dn, n = 0, 1, 2, 3, … , (3)

a  b số, dn số

Phương trình viết dạng xn+1 =q.xn + dn , n = 0, 1, 2, 3, … (4) Để giải phương trình (4) biết x0, trước tiên ta tính vài giá trị đầu :

x1 = qx0 + d0

x2 = qx1 + d1 = q(qx0 + d0) + d1 = q2x0 + qd0 + d1

x3 = qx2 + d2 = q(q2x0 + qd0 + d1) + d2 = q3x0 + q2d0 + qd1+ d2

Từ ta dễ dàng tìm nghiệm phương trình sai phân tuyến tính khơng bậc (4) : xn = qnx0 + qn-1d0 + qn-2d1 + … + qdn-2 + dn-1 (5)

Tuy nhiên, dn hàm cơng thức (5) khơng đẹp mặt tốn học (khơng rút gọn được) khơng tiện sử dụng Trái lại, ta dễ dàng tính nghiệm phương trình sai phân (3) (4) MTBT nhờ công thức truy hồi (4)

Nghiệm tổng quát phương trình sai phân tuyến tính khơng : Mệnh đề 1 : Nghiệm tổng quát phương trình (3) có dạng : xn = ~xn+xn

❑

Trong ~x

n = C λn nghiệm tổng quát phương trình sai phân tuyến tính (1)

và x❑n

nghiệm riêng phương trình sai phân tuyến tính không (3) Vận dụng :

1)Tính tổng

Ví dụ : Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + n , n = 0, 1, 2, …

Phương trình đặc trưng λ - = có nghiệm λ = Vậy nghiệm phương trình xn = C Ta tìm nghiệm riêng phương trình dạng xn

❑

= n(C1n + C2) Thay vào phương trình ta đồng thức với n

(n + 1)(C1(n + 1) + C2 = n(C1n + C2) + n

So sánh hệ số hai vế ta C1 = ; C2 = -

Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho : xn = C + Nếu cho trước x0 nghiệm xn = x0 +

Nếu x0 = nghiệm xn =

Nhận xét : Nếu x0 = xn+1 = xn + n = xn-1 + (n – 1) + n = + + … + n Như , xn+1 tổng n số tự nhiên

xn+1 = xn + n = xn-1 + (n – 1) + n = … = + + … + n = Ta biết cách tính Sn = + + … + n sau : Viết lại tổng dạng : Sn = n + (n – 1) + … + +

(26)

n => Sn =

Ví dụ : Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (n + 1)2

Phương trình đặc trưng : λ - = có nghiệm λ = Vậy nghiệm phương trình xn = C Vì dn = (n + 1)2 tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dạng

x❑n

= n.(an2 + bn + c) Thay vào phương trình ta đồng thức với n (n + 1).(a.(n + 1)2 + b(n + 1) + c) = n.(an2 + bn + c) + (n + 1)2 Suy a = , b = , c = Vậy phương trình xn+1 = xn + (n + 1)2 có nghiệm : xn = C + n3 + n2 + n

Nếu cho trước x0 nghiệm xn = x0 + n3 + n2 + n Nếu x0 = nghiệm xn = n3 + n2 + n

Nhận xét : Nếu x0 =

xn+1 = xn + (n +1)2 = xn-1 + n2 + (n + 1)2 = … = 12 + 22 + 32 + … + n2 + (n + 1)2 hay xn = 12 + 22 + 32 + … + n2

Như , xn tổng n số tự nhiên xn = n3 + n2 + n =

Suy công thức : 12 + 22 + 32 + … + n2 = n.(n + 1).(2n + 1) Ví dụ : Xét phương trình sai phân xn+1 = xn + (2n + 1)2

Phương trình đặc trưng : λ - = có nghiệm λ = Vậy nghiệm phương trình xn = C Vì dn = (2n + 1)2 tam thức bậc hai nên ta tìm nghiệm dạng đa thức bậc ba

x❑n

= n.(an2 + bn + c) Thay vào phương trình ta đồng thức với n. (n + 1).(a.(n + 1)2 + b(n + 1) + c(n + 1)) = n.(an2 + bn + c) + (2n + 1)2

Suy a = , b = , c = -

Vậy phương trình cho xn+1 = xn + (2n + 1)2 có nghiệm : xn = C + n3 - n Nếu cho trước x0 nghiệm xn = x0 + n3 - n

Neáu x0 = nghiệm xn = n3 - n Nhận xét : Nếu x0 =

xn+1 = xn + (2n +1)2 = xn-1 + (2n - 1)2+ (2n + 1)2= … = 12 + 32 + … + (2n + 1)2 hay xn = 12 + 22 + 32 + … + n2

Như , xn tổng n số tự nhiên xn = n3 - n = n.(4n2 – 1) = n.(2n – 1).(2n + 1)

Suy công thức 12 + 32 + … + (2n + 1)2 = n.(4n2 – 1)

Kết luận : Có thể sử dụng cơng thức nghiệm phương trình sai phân phương pháp để tính tổng

2) Tốn kinh tế

Lãi ngân hàng :

(27)

Ví dụ : Khi gởi 000 000đ vào ngân hàng với lãi suất 5%/năm sau năm ta nhận số tiền lãi : 000 000 x 5% = 50 000đ

Số tiền lãi cộng vào hàng năm Kiểu tính lãi gọi lãi đơn Như sau hai năm số tiền gốc lẫn lãi 000 000 + x 50 000 = 100 000đ

Nếu gởi sau n năm nhận số tiền gốc lẫn lãi : 000 000 + 50 000n đ

Kiểu tính lãi khơng khuyến khích người gởi, ta cần rút tiền Ví dụ ta gởi 000 000 đ với lãi suất 5%/năm, sau 18 tháng ta tính lãi năm đầu tổng số tiền rút 000 000 + 50 000 = 050 000đ Vì ngân hàng thường tính chu kỳ lãi suất ngắn hơn, tính theo tháng Nếu lãi suất %/tháng cuối tháng đầu có số tiền lãi từ triệu đồng 000 000 x % = 4166 đ Và sau năm tổng số tiền lãi :

4166 x 12 = 50 000 đ Như vậy, với lãi đơn, khơng có sai khác ta nhận lãi theo tròn năm hay theo tháng Tuy nhiên, ta rút tiền chừng, ví dụ sau 18 tháng ta số tiền lãi 4166 x 18 = 75 000đ Do tiền lãi nhiều so với tính lãi theo năm

b)Lãi kép : Sau đơn vị thời gian lãi gộp vào vốn tính lãi Loại lãi gọi lãi kép

Ví dụ : Khi gởi 000 000đ với lãi suất 5%/năm sau năm ta nhận số tiền gốc lẫn lãi 050 000đ Toàn số tiền gọi gốc tổng số tiền cuối năm thứ hai : 050 000 + 050 000 x 5% = 102 500đ

Gọi xn số tiền nhận cuối năm n với x0 = 000 000đ = 106 đ

Sau năm thứ ta nhận : x1 = 106 + 106 x 5% = 106 (1 + 5%) = 106x 1,05 = 050 000đ Sau năm thứ hai ta nhận : x2 = x1 + x1.5% = x1(1 + 5%) = x0.(1 + 5%)2 đ

Sau năn thứ ba ta nhận : x3 = x2 + x2.5% = x0.(1 + 5%)3 đ

Sau năm thứ n ta nhận số tiền gốc lẫn lãi : xn+1 = (1 + 5%)xn = 1,05xn Phương trình phương trình sai phân tuyến tính bậc xn+1 = q.xn , n = 0, 1, 2, …

PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN BẬC HAI

7.1 Phương trình sai phân tuyến tính bậc 2:

Định nghĩa: Phương trình sai phân tuyến tính bậc hai với hệ số số có dạng: n n n

ax  bx  cx 0 (*); với n 0;1;2;  a0; b, c số.

Nghiệm tổng quát:

 Nếu c = phương trình (*) có dạng: n n n n n

b

ax bx x x x

a

         

có nghiệm tổng quát xn+1 = xn 1

 Nếu phương trình (*) có phương trình đặc trưng a + b + c = 02  có hai nghiệm  1, việc tìm nghiệm dựa vào mệnh đề sau:

Mệnh đề 1: Giả sử hai nghiệm phương trình đặc trưng phân biệt ( 1 2) phương trình (*) có nghiệm tổng quát là: x = Cn 1 1n+C2 2n C1, C2 số gọi số tự

và xác định theo điều kiện ban đầu x0, x1

Ví dụ 1: Tìm nghiệm phương trình sai phân: u0 7;u1 6;un 2 3un 1 28un Giải

Phương trình đặc trưng 2-3  28 = 0 có hai nghiệm  1 4; 2 Vậy nghiệm tổng quát có dạng:

n n

n

u = C (-4) + C .

(28)

Giải hệ

1

C + C

-4.C + 7C

 





 =>

1 C C     

Vậy nghiệm tổng quát phương trình có dạng: u = 5.(-4) + 2.7n n n

Mệnh đề 2: Nếu phương trình đặc trưng có nghiệm kép

b a

  

nghiệm tổng quát phương trình (*) có dạng: x = Cn 1 1n+ C n2 1n C + C n1 2 1n C

1, C2 số tự xác định theo điều kiện ban đầu x0, x1

Ví dụ 2: Tìm nghiệm phương trình sai phân: u0 1;u12;un 2 10un 1  25un Giải

Phương trình đặc trưng 2-10 25 = 0 có hai nghiệm   1 Vậy nghiệm tổng quát có daïng: n

n

u = (C + C n)5 .

Với n = ta có: C11

Với n = ta có: 2

7

(C + C ).5 C

5

  

Vậy nghiệm tổng quát phương trình có dạng:

n n

7 u = (-1+ n)5

5

Mệnh đề 3: Nếu phương trình đặc trưng khơng có nghiệm thực nghiệm tổng qt phương trình (*) có dạng: x =n r C cosnn  C sin n2 

2 B

r A B ; arctg ;

A

    A b ;B

2a 2a



 

; C1, C2 số tự xác định theo điều kiện ban đầu x0, x1

Ví dụ 3: Tìm nghiệm phương trình sai phân: n n n

1

u 1;u ;u u u

2  

   

Giaûi

Phương trình đặc trưng 2- 1 = 0 có hai nghiệm phức 1,2

1 i    Ta coù:

A ;B ;r 1;

2



    

Vậy nghiệm tổng quát có dạng: n

n n

u = C cos C sin

3

 



Với

1

u 1;u

2

 

C1 =

1

C cos C sin

3

 

 

=> C2 = Vậy nghiệm tổng quát có dạng: n

n u = cos

3



Bài tập

Tìm nghiệm un phương trình sau: a u0 8;u1 3;un 2 12un un 1

b u0 2;u18;un 2 8un 1  9un 0 c u0 1;u 16;u1 n 2  8un 1 16un 0

7.2 Phương trình sai phân phi tuyến bậc 2: 7.2.1 Mở đầu:

Dạng tổng quát: F(xn+2, xn+1, xn) = 0; n = 0; 1; 2; … Dạng taéc: xn+2 = f( xn+1, xn) ; n = 0; 1; 2; …

(29)

7.2.2 Phương pháp tuyến tính hóa:

7.2.2.1 Phương pháp biểu diễn nghiệm dạng tuyến tính:

Ví dụ 1: Cho daõy

2 n

0 n

n

u

u u 1;u ; n

u 



    

Tìm dạng tuyến tính dãy cho? Giải

Gọi số hạng tổng quát dãy có dạng: un aun 1 bun 2 c (*) Cho n = 1; 2; ta u3 3;u4 11;u5 41

Thay vào (*) ta hệ:

a b c 3a b c 11 11a 3b c 41

   



   

   

 =>

a

b

c

  

     Vaäy un 4un 1  un 2

Chú ý: Ta dùng phương pháp qui nạp để chứng minh công thức

7.2.2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ:

Ví dụ 2: Cho daõy

n n

0 n

n n

u u

1

u ;u ;u ; n

2 3u   2u 

    

 Tìm cơng thức tổng quát dãy. Giải

Ta thấy un 0(với n) un = un-1 = un-2 = u2 = u1 = Vơ lí

Đặt n n

1 v

u



khi aáy 3vn 1  2vn 2 có phương trình đặc trưng     2 có nghieäm 1; 2

    .

Công thức nghiệm tổng quát: C C 21 n Với n = 0; ta có:

1 C 1;C

2

 

Vaäy  1 2n 1 hay n n

1 u

1  



7.2.2.3 Phương pháp biến đổi tương đương:

Ví dụ 3: Cho dãy u0 2;u1 6 33;un 1  3un  8u 1; n 2n2   Tìm cơng thức tổng qt dãy Giải

Bình phương hai vế phương trình cho ta có: un 12  6u un 1 nu2n 1 Thay n + n ta được: un2  6u un n 1 un 42 1

Trừ vế hai phương trình ta được: un 1  un 1  un 1  6un un 1 0 Do un 1  3un  8u 1n2 nên un 1 3un 9un 1 un 1

Suy un 1  6un un 1 0 có phương trình đặc trưng     2 có nghiệm 1,2  3 Cơng thức nghiệm tổng quát    

n n

n

u C 3 C 3

Từ giá trị ban đầu suy ra: 1,2

8 66

C

8

 

Vậy số hạng tổng quát:

    n   n

n

8 66 8 66

u

8

    



Bài tập

(30)

Bài 2: Xác định số hạng tổng quát dãy số:

n

1 n 2

n

u u 1;u

2 u



 

 

7.3 Một số dạng toán thường gặp:

7.3.1 Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:

Ví dụ 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số

     



n n

n

3

u

2 Lập công thức truy hồi để tính

 n

u theo un 1 , un Giaûi

 Caùch 1:

Giả sử un 2 aun 1 bunc (*)

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         Vaäy un 2 6un 1  7un

Chú ý: Với ta giả sử un 2 aun 1 bunthì tốn giải nhanh

 Caùch 2:

Đặt   1 2;  2    1   1 chứng tỏ  1, nghiệm phương trình đặc trưng          2 7 ta có:    12    22

Suy ra: 1n 2  6 1n 1  7 1n n n n 2 2

    

Vaäy 1n 2  2n 2  (6 1n 1  7 ) (61n  n 12  7 ) 6n2  1n 1  2n 1  7  1n 2n

hay            

n n n n n n

3   3  6 3    3    3   3 

   

   



3 2n 3 2n 3 2n 3 2n 3 2 n 2n

6

2 2 2 2 2 2

                                  

tức un 2 6un 1  7un

7.3.2 Tìm cơng thức tổng qt từ cơng thức truy hồi:

Ví dụ 2: (Thi khu vực 2002) Cho dãy sốu0 2;u 10 u1 n 1 10un un 1 (*) Tìm cơng thức tổng qt un dãy?

Giải

Phương trình đặc trưng phương trình (*) là:  2 10  1 0 có hai nghiệm 1,2  5

Vaäy    

n n

n 1 2

u   C C  C 6 C 6

Với n = 0; ta có hệ phương trình sau:    

1

C C

5 C C 10

           => C C      Vậy số hạng tổng quát    

n n

n

u  6  6

(31)

Các giải: Nếu lặp theo công thức truy hồi mà số lần lặp nhiều dẫn đến thao tác sai, ta tìm cơng thức tổng qt cho số hạng un theo n sau thực tính

Ví dụ 3: Cho dãy sốu0 2;u 10 u1  n 1 10un un 1 Tính số hạng thứ u100? Giải

 Cách 1:

10 SHIFT STO B

Lặp lại phím: 10 ALPHA B  ALPHA A SHIFT STO A 10 ALPHA A  ALPHA B SHIFT STO B Bây muốn tính u100 ta   96 lần

 Caùch 2:

Tìm cơng thức tổng qt    

n n

n

u  6  6

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

( 2 ) 100 ( 2   ) 100 

Nhận xét: Như cách nhanh xác nhiều so với cách thời gian để tìm cơng thức tổng qt Do số hạng cần tính nhỏ ta dùng cách 1, lớn ta dùng cách

VIII.

D ngạ 8: MÁY TÍNH ĐIỆN TỬ TRỢ GIÚP GIẢI TỐN

Với máy tính điện tử, xuất dạng đề thi học sinh giỏi toán mới: kết hợp hữu suy luận tốn học với tính tốn máy tính điện tử Có tốn khó khơng địi hỏi phải nắm vững kiến thức tốn (lí thuyết đồng dư, chia hết, …) sáng tạo (cách giải độc đáo, suy luận đặc biệt, …), mà q trình giải cịn phải xét loại trừ nhiều trường hợp Nếu khơng dùng máy tính thời gian làm lâu Như máy tính điện tử đẩy nhanh tốc độ làm bài, dạng tốn thích hợp kỳ thi học sinh giỏi tốn kết hợp với máy tính điện tử

(Trích lời dẫn Tạ Duy Phượng - Viện tốn học)

Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: (Thi khu vực, 2003, lớp 9)

Tìm tất số tự nhiên n (1010n2010) 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 coù 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.

Chứng tỏ (an - 1) (an + 1) chia hết cho Vậy an = 7k + an = 7k –

* Neáu an = 7k – thi 204  n =7k-1 249 => 29,42  k  35,7 Do k nguyeân neân

 

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 coù:

k 30 32 33 35

(32)

* Neáu an = 7k + thi 204  n =7k-1 249 => 29,14  k  35,57 Do k nguyeân nên

 

k 30;31;32;33;34;35 Vì a 7k(7k 2)2n   chia heát cho 21 nên k là: 30; 31; 33; 34 Ta có:

Như ta có tất đáp số Ví dụ 2: Tính A = 999 999 9993

Giải

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

 

   

Vaäy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999.

Bài 1: (Thi khu vực, 2002, lớp 9, dự bị)

a Tìm số tự nhiên n nhỏ cho n3 số có ba chữ số đầu bốn chữ số cuối 1, tức n3 = 111 1111.

b Tìm số tự nhiên n cho (1000  n  2000) cho an  57121 35n số tự nhiên

c Tìm tất số tự nhiên n cho n2 = 2525******89, dấu * vị trí khác các số khác

d Tìm tất số n có ba chữ số cho n69 = 1986 , n121 = 3333

Bài 2: (Thi khu vực 2003, lớp 9, dự bị)

a Tìm chữ số a, b, c để ta có: a5 bcd 7850 

b Tìm số có không 10 chữ số mà ta đưa chữ số cuối lên vị trí số tăng lên gấp lần

c Hãy tìm chữ số cuối số 2224 1 (Số Fecma thứ 24)

d Giải phương trình x2 – 2003 x + 2002 = với  x là phần nguyên x.

Bài 3: (Thi khu vực 2003, lớp 12) Tìm số dư chia 20012010 cho số 2003.

Bài 4: (Thi khu vực 2001, lớp 10)

a Tìm ước số nguyên tố nhỏ lớn số 2152 + 3142.

b Tìm số lớn nhỏ số tự nhiên dạng 1x2y3z4 chia hết cho

Bài 5: (Sở GD Cần Thơ 2003) Số 312 – chia hết cho hai số tự nhiên nằm khoảng 70 đến 79. Tìm hai số đó?

Bài 6: (Thi khu vực 2002, lớp 12) Tìm UCLN hai số sau: a = 24614205; b = 10719433

Bài 7: Kiểm nghiệm máy tính số dạng 10n + hợp số với n = 3, …, 10 Chứng minh rằng, số dạng 10n + số nguyên tố n có dạng n = 2p (Giả thiết: 10n + số nguyên tố khi n = n = 2)

Bài 8: Tìm tất cặp số ab cdsao cho đổi ngược hai số tích khơng đổi, tức là:

ab cd ba dc   (Ví dụ: 12.42 = 21.24 = 504)

Bài 9: Tìm phân số

m

n xấp xỉ tốt   m

2 ( m,n

n

  

nhỏ nhất), m, n số có hai chữ số

Bài 10: (Trường THCS Đồng Nai – Cát Tiên, 2005) Cho số tự nhiên n (5050 n 8040) cho an =

80788 7n số tự nhiên.

k 30 32 33 35

n 1118 1406 1557 1873

(33)

a an phải nằm khoảng nào?

b Chứng minh an dạng sau: an = 7k + an = 7k – (với kN)

Bài 11: (Sở GD Lâm Đồng, 2005) Cho k = a1 + a2 + a3 + … + a100

k 2

2k a

(k k)

 

 Tính k?

Nhận xét:  Dạng thực chất thi học sinh giỏi tốn, nâng cao ý nghĩa mục

đích đưa máy tính vào trường phổ thơng, phù hợp với nội dung tốn SGK đổi Nhờ máy tính bỏ túi giúp cho ta dẫn dắt tới giả thuyết, quy luật toán học, nghiên cứu toán học nghiêm túc

 Trong kỳ thi tỉnh dạng chiếm khoảng 20% - 40%, kỳ thi khu vực

khoảng 40% - 60% số điểm thi Có thể nói dạng tốn định thí sinh tham dự kỳ thi có đạt giải hay khơng Như vậy, yêu cầu đặt phải giỏi toán trước, giỏi tính

 Hiện nay, đa số thí sinh có mặt đội tuyển, phụ huynh nhận định chưa

chính xác quan điểm mơn thi này, thường đánh giá thấp mơn tốn (thậm chí coi mơn thi mơn học khơng thức, mang tính chất hình thức “thử cho biết”) thực tế hầu hết thí sinh đạt giải thí sinh hồn thành tập dạng Trong xu hướng toán học đại kết hợp hữu suy luận tốn học máy tính điện tử (vi tính), chương trình học khóa, SGK ln có tập sử dụng máy tính điện tử

IX.

D ngạ 9: TÌM NGHIỆM GẦN ĐÚNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH

Trong nhiều trường hợp để giải phương trình ta tìm nghiệm gần (nghiệm thường số thập phân vơ hạn), phương trình ứng dụng sống thực tế phần lớn thuộc dạng phương trình này, phương trình có nghiệm ngun hữu hạn mà

Phương pháp lặp: Giả sử phương trình đa thức f(x) = có nghiệm a,b

Ta biến đổi f(x) thành dạng x = g(x) (1) Lấy giá trị x1 (đủ lớn) tùy ý khoảng nghiệm a,b Thay x1 vào (1) ta được: x2 = g(x1) (2) Thay x2 vào (2) ta được: x3 = g(x2) (3), …, tiếp tục bước n + mà cho giá trị liên tiếp … = xn-1 = xn = xn+1 giá trị x nghiệm gần phương trình f(x) =

Ví dụ 1: Tìm nghiệm gần phương trình:x16 + x – = 0. Giải

Ta coù: x16 + x – = <=> x = 168 x Choïn x =

Dùng phép lặp: x = 168 x

Ấn phím: 16 SHIFT x ( Ans )    

Kết quả: 1,128022103 Ví dụ 2: Tìm nghiệm gần x x 1

Giaûi

Ta có: x = + x Chọn x1 =

Dùng phép lặp: x = + x

Ấn phím:  Ans 1    

(34)

Nhận xét:  Phương pháp lặp để tìm nghiệm gần phương trình, xét cách làm tương

đối đơn giản, cần thay vị trí có x g(x) biến nhớ Ans, sau ấn phím  giá trị theo lại thay vào g(x) Nhưng dạng toán mà hay bị sai đáp số nhất, lý cách biến đổi để nhận biểu thức x = g(x) không hợp lý, biểu thức g(x) phức tạp sai số lớn dẫn đến đáp số khơng xác, có trường hợp chọn biểu thức x = g(x) thực phép lặp làm tràn nhớ máy tính tải

Ví duï: Ở ví dụ biến đổi x = – x16, cho x = giá trị ban đầu sau ba lần thực phép lặp máy tính báo lỗi Math ERROR Ở ví dụ 2, biến đổi xx 1 2 chọn x = giá trị ban đầu có hai nghiệm số ngun, cịn chọn x = 15 sau số lần lặp máy báo lỗi Math ERROR Nhưng x = + x x ban đầu lớn máy cho nghiệm 2,618033989 sau số lần lặp hiển nhiên chọn x ban đầu âm

 Như dùng phép lặp để tìm nghiệm gần x = g(x), việc hội tụ

của dãy  xn g x n 1  (các giá trị x

1 > x2 >… > xn-1 = xn = xn+1)tùy thuộc vào điều kiện hội tụ hàm x = g(x) giá trị ban đầu x1 đoạn a,b chứa nghiệm có thỏa mãn có kết Một phường trình đa thức tìm nhiều nghiệm gần đúng, làm cần ghi rõ dùng phép lặp cẩn thận biến đổi hàm x = g(x) cho phù hợp

Bài tập tổng hợp (Xem đề thi chương sau) X.

D ng ạ 10: THỐNG KÊ MỘT BIẾN

Đây dạng tốn nói đến nhiều cách sách tham khảo Yêu cầu thành viên đội tuyển tự nghiên cứu phương pháp giải dạng toán vấn đề có liên quan đến nhớ máy tính giải dạng tốn

Ví dụ: Một vận động viên bắn súng, có số điểm lần bắn số lần bắn theo bảng sau:

Điểm số 10

Số lần bắn 25 42 14 15 Hãy tính x;x; n; ;n 2n?

MODE MODE

10 SHIFT ; 25 DT SHIFT ; 42 DT

………

6 SHIFT ; DT

Đọc số liệu

SHIFT S.VAR 1 (x= 8,69)

AC SHIFT S.SUM 2 (x 869 )

AC SHIFT S.SUM 3 (n 100 )

AC SHIFT S.VAR 2 ( n 1,12)

SHIFT S.VAR 1 ( 2n 1,25)

(35)

- Nếu số liệu cho chưa lập dạng bảng tần số cần lập bảng tần số giải - Không để máy nhận số liệu không rõ ràng từ số nhớ, thống kê hai biến, hồi quy

Bài tập tổng hợp (Xem đề thi chương sau) XI

D ng ạ 11: LÃI KÉP – NIÊN KHOẢN

Bài toán mở đầu: Gởi vào ngân hàng số tiền a đồng, với lãi suất hàng tháng r% n tháng Tính vốn lẫn lãi A sau n tháng?

Giải

Gọi A tiền vốn lẫn lãi sau n tháng ta có: Tháng (n = 1): A = a + ar = a(1 + r)

Thaùng (n = 2): A = a(1 + r) + a(1 + r)r = a(1 + r)2 ………

Thaùng n (n = n): A = a(1 + r)n – 1 + a(1 + r)n – 1.r = a(1 + r)n Vaäy A = a(1 + r)n (*)

Trong đó: a tiền vốn ban đầu, r lãi suất (%) hàng tháng, n số tháng, A tiền vốn lẫn lãi sau n tháng Từ công thức (*) A = a(1 + a)n ta tính đại lượng khác sau:

1)

A ln

a n

ln(1 r)



 ; 2)

n A

r

a

 

; 3)

n

a(1 r) (1 r) A

r

 

    



; 4) n

Ar a

(1 r) (1 r)



 

    

(ln công thức Lôgarit Nêpe, máy fx-500 MS fx-570 MS phím ln ấn trực tiếp)

Ví dụ 1: Một số tiền 58.000.000 đ gửi tiết kiệm theo lãi suất 0,7% tháng Tính vốn lẫn lãi sau tháng?

Giaûi

Ta coù: A = 58000000(1 + 0,7%)8

58000000 ( 007 ) ^ 8  Kết quả: 61 328 699, 87

Ví dụ 2: Một người có 58 000 000đ muốn gởi vào ngân hàng để 70 021 000đ Hỏi phải gởi tiết kiệm với lãi suất 0,7% tháng?

Giaûi

Số tháng tối thiểu phải gửi là:  

70021000 ln

58000000 n

ln 0,7%

 

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

b/ c

ln 70021000 a 58000000 ln ( 007 )  

Kết quả: 27,0015 tháng Vậy tối thiểu phải gửi 27 tháng

(Chú ý: Nếu không cho phép làm trịn, ứng với kết số tháng tối thiểu 28 tháng)

Ví dụ 3: Số tiền 58 000 000đ gởi tiết kiệm tháng lãnh 61 329 000đ Tìm lãi suất hàng tháng?

(36)

Lãi suất hàng tháng:

8 61329000

r

58000000

 

b/ c x

8 ^ 61329000 a 58000000 SHIFT %   Kết quả: 0,7%

Ví dụ 4: Mỗi tháng gửi tiết kiệm 580 000đ với lãi suất 0,7% tháng Hỏi sau 10 tháng lãnh vốn lẫn lãi bao nhiêu?

Giải Số tiền lãnh gốc lẫn lãi:

 10 

10 580000.1,007 1,007 1

580000(1 0,007) (1 0,007) A

0,007 0,007

  

    

 

580000 007 ( 007 ^ 10 )    007

Kết quả: 6028055,598

Ví dụ 5: Muốn có 100 000 000đ sau 10 tháng phải gửi quỹ tiết kiệm tháng Với lãi suất gửi 0,6%?

Giaûi

Số tiền gửi hàng tháng:      

10 10

100000000.0,006 100000000.0,006

a

1,006 1,006

1 0,006 0,006

 

  

  

 

100000000 006 ( 006 ( 006 ^10 ) )    Kết quả: 9674911,478

Nhận xét:  Cần phân biệt rõ cách gửi tiền tiết kiệm:

+ Gửi số tiền a lần -> lấy vốn lẫn lãi A + Gửi hàng tháng số tiền a -> lấy vốn lẫn lãi A

 Cần phân tích tốn cách hợp lý để khoảng tính đắn  Có thể suy luận để tìm cơng thức từ 1) -> 4) tương tự toán mở đầu  Các tốn dân số áp dụng công thức

(37)

CHƯƠNG II: MỘT SỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI “GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH ĐIỆN TỬ CASIO”

Qui định:  Yêu cầu em sử dụng máy Casio fx-500 A, Casio fx-500 MS, Casio Fx-500

ES, Casio Fx-570 MS Casio fx-570 ES để giải Ngoài em sử dụng dạng máy tính khác phải có chức tương tự để giải

Nếu khơng qui định thêm kết đề thi phải viết đủ 10 chữ số

hiện hình máy tính

 Trình bày giải theo bước sau:

- Lời giải vắn tắt

- Thay số vào cơng thức (nếu có) - Viết qui trình ấn phím

- Kết

Nhận xét: - Qua chương “Các dạng toán thi học sinh giỏi giải tốn máy tính điện tử Casio” ta rút nhận xét sau:

1 Máy tính điện tử giúp củng cố kiến thức tăng nhanh tốc độ làm tốn

2 Máy tính điện tử giúp liên kết kiến thức toán học với thực tế

3 Máy tính điện tử giúp mở rộng kiến thức toán học

- Qua đề thi tỉnh, thi khu vực năm, đặc biệt từ năm 2001 đến (tháng 05/2005), đề thi thể rõ nét nhận xét Có thể nhìn thấy đề thi từ năm 2001 đến soạn theo định hướng sau đây:

1 Bài thi học sinh giỏi “Giải toán máy tính điện tử” phải thi học sinh giỏi tốn có trở giúp máy tính để thử nghiệm tìm quy luật tốn học tăng tốc độ tính tốn.

2 Đằng sau tốn ẩn tàng định lý, chí lý thuyết toán học (số học, dãy truy hồi, phương trình sai phân, ….)

Định dạng
Số trang	37
Dung lượng	2,87 MB