Tài liệu Skkn-phương pháp sử dụng máy tính cầm tay cấp thcs

Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay PHẦN I: PHẦN MỞ ĐẦU I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động sáng tạo của học sinh là nhiệm vụ trọng tâm của mỗi nhà trường. Sử dụng máy tính điện tử bỏ túi (MTĐT) BT để giải toán cũng là một hoạt động phát triển trí tuệ và năng lực sáng tạo của học sinh rất hiệu quả. Xuất phát từ những kỹ năng đơn giản về sử dụng MTĐT BT để tính toán thông thường như tính giá trị của biểu thức số, tìm nghiệm của phương trình bậc 2 – 3, khai phương, hay tìm tỉ số lượng giác của một góc... 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 tìm số, bài toán về phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN hay bài toán phân tích đa thức thành nhân tử... Hiện nay, với sự phát triển như vũ bão của khoa học - kỹ thuật nhất là các ngành thuộc lĩnh vực công nghệ thông tin trong đó MTĐT BT là một thành quả của những tiến bộ đó. MTĐT BT đã được sử dụng rộng rãi trong các nhà trường với tư cách là một công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay cả việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu quả. Đặc biệt, với nhiều tính năng mạnh như của các máy CASIO Fx-500MS, CASIO Fx-570MS... trở lên thì học sinh còn được rèn luyện và phát triển dần tư duy thuật toán một cách hiệu quả. Trong những năm gần đây, các cơ quan quản lý giáo dục cũng như các tổ chức kinh tế tài trợ thiết bị giáo dục (nhất là các công ty cung cấp thiết bị điện tử và máy văn phòng) rất chú trọng việc tổ chức các cuộc thi giải toán trên MTĐT BT. Từ năm 2001, BGD& ĐT bắt đầu tổ chức cuộc thi “Giải toán trên MTĐT BT” cho HS THCS đến cấp khu vực; báo Toán tuổi thơ 2 tổ chức thi giải toán bằng MTĐT BT qua thư cho HS THCS do tập đoàn CASIO tài trợ, báo Toán học & Tuổi trẻ tổ chức cuộc thi tương tự cho cả HS THCS và THPT do tập đoàn SHARP tài trợ, Trường THCS Nguyễn Trãi 1 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay nhằm góp phần phát huy trí lực của học sinh và tận dụng những tính năng ưu việt của MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các môn học khác nữa như Lý, Hoá, Sinh, Địa ... Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT của trường cũng như của PGD& ĐT huyện Krông Ana, tôi nhận thấy các em học sinh thực sự say mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của mình. Từ những lý do trên, tôi mạnh dạn triển khai sáng kiến kinh nghiệm: “PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY” I.2.MỤC TIÊU, NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI: Để tất cả các em học sinh có điều kiện nắm được những chức năng cơ bản nhất của MTĐT BT, biết cách vận dụng vào giải các bài toán tính toán thông thường rồi dần đến các bài toán đòi hỏi tư duy thuật toán cao hơn. Tạo không khí thi đua học tập sôi nổi hơn, nhất là giáo dục cho các em ý thức tự vận dụng kiến thức đã được học vào thực tế công việc của mình và ứng dụng những thành quả của khoa học hiện đại vào đời sống. Tạo nguồn HSG cho các năm tiếp sau. I.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU : Các bài toán thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio. I.4 GIỚI HẠN PHẠM VI NGHIÊN CỨU : Giới hạn các bài toán thi HSG giỏi cấp tỉnh và cấp khu vực. I.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 1. Phương pháp nghiên cứu tài liệu. 3. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn. I.5. ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN: Về mặt lý luận : Đưa ra các bài tập với phép chứng minh rõ ràng những kết quả mà các em học sinh thường áp dụng một cách máy móc, không hiểu bản chất vấn đề. Trường THCS Nguyễn Trãi 2 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Về mặt thực tiễn: Giúp hệ thống các phương pháp giải từng loại toán thường gặp trong các kì thi HSG giải toán trên máy tính Casio. Là tài liệu chuyên môn hữu ích cho bản thân và đồng nghiệp trong lĩnh vực ôn luyện giải toán trên máy tính Casio. PHẦN II: NỘI DUNG II.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN Có thể nói rằng các tài liệu ôn luyện MTCT có rất nhiều, có tài liệu sách, có cả các tài liệu trên mạng Internet, những tài liệu đó đều rất hữu ích và đáng để học và nghiên cứu. Nhưng để tổng hợp lại thành một tài liệu thực sự phù hợp với học sinh của huyện, cần hệ thống lại các bài tập theo trình tự, thì vấn đề mà tôi trình bày vẫn còn là mới ở huyện Krông Ana. Đề tài mà tôi trình bày không phải là một vấn đề mới, nhưng các đồng nghiệp của tôi ở trường cũng chỉ sưu tầm và biên soạn tài liệu MTCT cho riêng bản thân chứ chưa đưa ra thành một đề tài nghiên cứu để nhận được sự đóng góp của các đồng nghiệp khác và để viết thành một cuốn tài liệu hữu ích cho việc ôn luyện học sinh. Chính vì vậy nên đề tài mà tôi đưa ra chắc chắn sẽ cần nhiều ý kiến đóng góp của các đồng nghiệp mới có thể hoàn thiện hơn được. II.2.THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CẦM TAY Ở TRƯỜNG THCS NGUYỄN TRÃI VÀ Ở HUYỆN KRÔNG ANA a. Thuận lợi - khó khăn Qua một thời gian ôn luyện học sinh cho trường THCS Nguyễn Trãi, trường THCS Lương Thế Vinh, trường THCS Buôn Trấp ... Tôi nhận thấy các em học sinh có nhận thức rất tốt, có nền tảng kiến thức cơ bản vững vàng. Đặc biệt là học sinh trong đội tuyển HSG của huyện, các thầy cô giáo ở trường cũng đã ôn luyện cho các em được những kiến thức cơ bản về máy tính cầm tay rất vững vàng và có hệ thống. Kết quả đạt được của huyện nhà trong các kỳ thi HSG giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2013 – 2014: 03 giải khuyến khích Quốc gia. Trường THCS Nguyễn Trãi 3 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay b. Thành công – hạn chế Trong những năm học vừa qua dựa vào tài liệu biên soạn để hướng dẫn học sinh thi học sinh giỏi giải Toán bằng máy tính cầm tay đã giúp các em học sinh giỏi đạt học sinh giỏi các cấp ngày càng nhiều hơn, kết quả cao hơn. Đề tài nội dung còn chưa phong phú, còn ít nội dung giúp học sinh đại trà nắm bắt cách sử dụng máy tính cầm tay để giải toán. c. Mặt mạnh – mặt yếu Đề tài là tài liệu giúp các thầy cô giáo tham khảo để hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính cầm tay để giải Toán. d. Các nguyên nhân các yếu tố tác động. Trong những năm gần đây, các cơ quan quản lý giáo dục cũng như các tổ chức kinh tế tài trợ thiết bị giáo dục (nhất là các công ty cung cấp thiết bị điện tử và máy văn phòng) rất chú trọng việc tổ chức các cuộc thi giải toán trên MTĐT BT. Từ năm 2001, BGD& ĐT bắt đầu tổ chức cuộc thi “Giải toán trên MTĐT BT” cho HS THCS đến cấp khu vực; báo Toán tuổi thơ 2 tổ chức thi giải toán bằng MTĐT BT qua thư cho HS THCS do tập đoàn CASIO tài trợ, báo Toán học & Tuổi trẻ tổ chức cuộc thi tương tự cho cả HS THCS và THPT do tập đoàn SHARP tài trợ, nhằm góp phần phát huy trí lực của học sinh và tận dụng những tính năng ưu việt của MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các môn học khác nữa như Lý, Hoá, Sinh, Địa ... Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT của trường cũng như của PGD& ĐT huyện Krông Ana, tôi nhận thấy các em học sinh thực sự say mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của mình. e. Phân tích đánh giá các vấn đề thực trạng mà đề tài đặt ra * Nguyên nhân dẫn đến thực trạng Về nguồn học sinh giỏi ở huyện Krông Ana rất dồi dào, mặc dù các thầy cô giáo đã bỏ nhiều công sức ôn luyện, kết quả đạt được các năm qua chưa hề có giải nhất, chỉ có giải nhì và ba. Điều đó khẳng định rằng phương pháp ôn luyện học Trường THCS Nguyễn Trãi 4 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay sinh còn có những vấn đề cần khắc phục, một trong những vấn đề đó là biên soạn ra những cuốn tài liệu ôn thi có hệ thống kiến thức đầy đủ. * Kết luận : Nếu được ôn luyện bài bản chắc chắn kết quả các năm tiếp theo sẽ còn cao hơn nữa, nếu chúng ta biên soạn được những tài liệu đầy đủ, sát với chương trình thi của các em; và đây cũng là tài liệu để đồng thầy cô tham khảo để hướng dấn các em học sinh sử dụng MTCT. Chính vì lý do đó, tôi quyết định chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay”. Đề tài ngoài việc chuyên sâu vào các bài toán số học, còn đề cập tới các bài toán đa thức và hình học và cách sử dụng các chức năng mới của máy tính cầm tay CASIO fx-570VN PLUS như tìm số dư trong phép chia, phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN, BCNN... II.3.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN II.3.1.1. SỐ HỌC Dạng 1: Cách tính một số phép tính có kết quả bị tràn màn hình Bài toán 1: Nêu một phương pháp (kết hợp trên máy và trên giấy) tính chính xác kết quả của phép tính sau: a) A = 12578963 x 14375 b) Tính chính xác của số: B = 1234567892 c) Tính chính xác của số: C = 10234563 Giải a) Nếu tính trên máy sẽ tràn màn hình nên ta làm như sau: A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375 * Tính trên máy: 12578.14375 = 180808750  12578.103.14375 = 180808750000 Trường THCS Nguyễn Trãi 5 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay * Tính trên máy: 963.14375 = 13843125 Từ đó ta có: A = 180808750000 + 13843125 = 180822593125 (Tính trên máy) Hoặc viết: 180808750000 = 180000000000 + 808750000 và cộng trên máy: 808750000 + 13843125 = 822593125  A = 180822593125 b) B = 1234567892=(123450000 + 6789)2 = (1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892 Tính trên 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 Tính trên máy: 10233 = 1070599167 3.10232.456 = 1431651672 3.1023.4562 = 638155584 4563 = 94818816 Vậy (tính trên giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 + + 638155584000 + 94818816 = 1072031456922402816 Bài toán 2 : Tính A = 999 999 9993 Giải Ngoài cách tính toán kết hợp trên giấy, ta có thể tìm quy luật như sau: Ta có: 93=729; 993= 970299; 9993=997002999; 99993= 99992.9999=99992(1000-1)= 999700029999. 3 { 7 00...0 { 2 99...9 { 1 2 3  99...9 Từ đó ta có quy luật: 99...9 n 1 chöõsoá n 1 chöõ soá n chöõ soá 9 n chöõ soá 9 Vậy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999. Trường THCS Nguyễn Trãi 6 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Dạng 2: Tìm số dư khi chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b. a. Lý thuyết Định lí: Với hai số nguyên bất kỳ a và b, b  0, luôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q và r sao cho: a = bq + r và 0  r < |b| Định lý 1. Giả sử: a chia cho b dư r1, c chia cho b dư r2 . 1. Nếu r1.r2 < b thì ac chia cho b dư r1.r2 . 2. Nếu r1.r2 > b thì số dư của phép chia ac cho b là số dư của phép chia r1.r2 cho b. 3. Nếu r1 + r2 < b thì a + c chia cho b dư r1 + r2. 4. Nếu r1 + r2 > b thì số dư của phép chia a + c cho b là số dư của phép chia r 1 + r2 cho b. Chứng minh 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 thì giả sử r1r2 = k.b + t ( t < b) Do đó theo phân tích ở trên ta có : a.c = b2.q.s + bqr2 + 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 đó 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: Số bị chia không vượt quá 10 chữ số Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975 Giải Khi sử dụng máy CASIO fx-570VN PLUS ta sử dụng chế độ tìm số dư như sau Trường THCS Nguyễn Trãi 7 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay 18901969 3041975 6, R=650119 Ta có số dư của phép chia là: 650119 Bài toán 2: Số bị chia nhiều 10 chữ số Tìm số dư của 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 khi chia cho 9999. 913500 chia cho 9999 dư 3591 101112 chia cho 9999 dư 1122. Vậy số dư của phép chia đã cho là 3591 + 1122 = 4713 Cách 2: Cắt ra nhóm 10 chữ số đầu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên tiếp vào phần còn lại tối đa 10 chữ số rồi tìm số dư. Nếu còn nữa thì tính liên tiếp như vậy. VD: 1234567891 chia cho 9999 dư 1360. 136001112 chia cho 9999 dư 4713. Bài toán 3. Tìm số dư của 9876542 :5678 Đáp số: 459 Dạng 3: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN) a. Lý thuyết Bổ đề (cơ sở của thuật toán Euclide) Nếu a = bq + r thì (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) do đó c là một ước của r. Vậy (b,r) = c => đpcm Trường THCS Nguyễn Trãi 8 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Từ bổ đề trên, ta có thuật toán Euclide như sau (với hai số nguyên dương a, b): - Chia a cho b, ta được thương q1 và dư r1: a = bq1 + r1 - Chia b cho r1, ta được thương q2 và dư r2: b = r1q2 + r2 - Chia r1 cho r2, ta được thương q3 và dư r3: r1 = r2q3 + r3 .... Tiếp tục quá trình trên, ta được một dãy giảm: b, r 1, r2, r3... dãy này dần đến 0, và đó là các số tự nhiên nên ta sẽ thực hiện không quá b phép chia. Thuật toán kết thúc sau một số hữu hạn bước và bổ đề trên cho ta: (a, b) = (b, r1) = ... rn Định lí: Nếu x, y là hai số nguyên khác thì BCNN(x,y) . = x x. y ( x, y ) y Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên  x, y  ,  x, y  là những số nguyên => b x. y  x, y  là bội chung của x và y. Tiếp theo, ta giả sử c là bội chung khác của x và y, suy ra tồn tại số nguyên m sao cho c = m.x và ta có cy c y m.x c     x , y   x, y   x, y   x, y  m u. nên : Nhưng ta lại có  y x    1 ,   x, y   x , y   nên y  x, y  m y  x, y  với u là số ngyuên nào đó. Thay vào đẳng thức c = m.x ta được c u.x. y x. y  .u  x, y   x, y  hay c ;à bội của b x. y  x, y  => đpcm b. Bài tập Bài toán 1: Tìm UCLN của hai số: a = 24614205, b = 10719433 Giải Cách tìm ƯCLN bằng máy tính CASIO Fx 570 VN-PLUS 24614205 Trường THCS Nguyễn Trãi 10719433 9 Gv:Nguyễn Văn Mạnh hay Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Kết quả: 21311 Dạng 4: Số nguyên tố a. Lý thuyết Định lí 1 (Định lí cơ bản về số nguyên tố): Mọi số nguyên dương n, n > 1, đều có thể được viết một cách duy nhất (không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng: n  p1e1 p2e2 ... pkek , với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn: 1 < p1 < p2 <...< pk Khi đó, dạng phân tích trên được gọi là dạng phân tích chính tắc của số n. Bổ đề: Mọi hợp số có ước thực sự nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của nó. Chứng minh Cho n là hợp số. Ta có thể viết n = a.b với 1 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được: n  p1e1 p2e2 ... pkek , với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn: 1 < p1 < p2 <...< pk Khi đó số ước số dương của n được tính theo công thức:  (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1) b. Bài tập Bài toán 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số: Trường THCS Nguyễn Trãi 10 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay A = 2152 + 3142 Giải - Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy CASIO Fx570VN PLUS: 215 314 Ta có kết quả trên màn hình: 97x(1493) (Kết quả máy cho ta số 1493 nằm trong ngoặc đơn là máy không xác định được là số nguyên tố hay hợp số) Để kiểm tra xem 1493 có là hợp số hay không ta chỉ cần kiểm tra xem 1493 có chia hết cho số nguyên tố nào nhỏ hơn 1493  40 hay không. - Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40  1493 là số nguyên tố. Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493. Bài toán 2: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số: A = 10001 Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137 Bài toán 3: Số N =3888000 có bao nhiêu ước số ? Giải - Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy: N = 27 x 35 x 53 *Cách 1:- Số các ước số của N chỉ chứa thừa số: 2 là 7, 3 là 5, 5 là 3 - Số các ước số của N chứa hai thừa số nguyên tố: 2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15 - Số các ước số của N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 5 là 7x5x3 = 105 Như vậy số các ước số của N là: 7 + 5 + 3 + 35 + 21 + 15 + 105 + 1 = 192. *Cách 2 : Số ước của N là (7+1)(5+1)(3+1) = 192. Trường THCS Nguyễn Trãi 11 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Bài toán 4: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004) Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800. Giải - Phân tích A ra thừa số nguyên tố, ta được: A = 210.35.52.7.11.13 Áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:  (A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584 Bài toán 5: Có bao nhiêu số tự nhiên là ước của: N = 1890 x 1930 x 1945 x 1954 x 1969 x 1975 x 2004 Giải - Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta được: N = 25 x 34 x 55 x 7 x 11 x 79 x 167 x 179 x 193 x 389 x 977 áp dụng định lí 2, ta có số các ước dương của N là:  (N) = 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080 Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước: a. Lý thuyết Các dấu hiệu chia hết Giả sử số tự nhiên n = ak ak  1...a1a0  n 2  a0 = 0,2,4,6,8  n 5  a0 = 0,5  n 4 ( hoặc 25 )  a1a0 4  n 8 ( hoặc 125 )  ( hoặc 25 ) a2 a1a0 8 ( hoặc 125 )  n 3 ( hoặc 9)  a0 + a1 + ...ak 3 ( hoặc 9 )  n 11  (a0+ a2 +...+) – (a1 + a3 +...) Trường THCS Nguyễn Trãi 12 11 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay ( Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu của tổng các chữ số thứ chẵn và tổng các chữ số thứ lẻ ( tính từ phải sang ) chia hết cho 11 ). b. Bài tập Bài 1: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 1x 2 y 3 z 4 chia hết cho 7. Giải - Số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 19293 z 4 với z {0, 1, 2,...,8, 9} lần lượt thử với z = 9; 8; 7; 6; 5... đến z = 5, ta có: 1929354  7 = (275622) Vậy số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622 - Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 10203 z 4 với z {0, 1, 2,...,8, 9} lần lượt thử với z = 0; 1; 2; 3... đến z = 3, ta có: 1020334  7 = (145762) Vậy số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762 Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 1x 2 y 3 z 4 chia hết cho 13. Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 13 là 1929304 - Số nhỏ nhất dạng 1x 2 y3z 4 chia hết cho 13 là 1020344 Bài 3: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004) Tìm tất cả các số n dạng: N 1235679 x 4 y chia hết cho 24. Giải - Vì N M24  N M3 ; N M8  (37 + x + y) M3 ; x 4 y M8.  y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8. Trường THCS Nguyễn Trãi 13 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1) M3 và x 4 y M8, ta có: N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840 Bài 4: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoã mãn: 1) Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị 2) Là số chính phương. Giải - Gọi số cần tìm là: n a1a2 a3 a4 a5 a6 . - Đặt x a1a2 a3 . Khi ấy a4 a5 a6 x  1 và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2 hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x. Vậy hai trong ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải là ước của một trong hai thừa số của vế trái và số còn lại phải là ước của thừa số còn lại của vế trái. Dùng máy tính, xét các khả năng đi đến đáp số: n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716. Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho 393 cũng như 655 đều có số dư là 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  5  k < 8. Tính trên 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 Trường THCS Nguyễn Trãi 14 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965 Bài 6: Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9. Giải - Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x, y, z sao 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 các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029): - Nếu 30 + xyz = 315 thì xyz = 315 - 30 = 285 - Nếu 30 + xyz = 630 thì xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 thì xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau: X 2 6 9 y 8 0 1 z 5 0 5 Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho: a) 2n + 7 chia hết cho n + 1 b) n + 2 chia hết cho 7 - n Giải a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lượt n = 0, 1, 2,... ta được n = 0 và n = 4 thì 2n + 7 chia hết cho n + 1. Chứng minh với mọi n  5, ta đều có 2n + 7 không chia hết cho n + 1, thật vậy: (2n + 7) M(n + 1)  [(2n + 7) - 2(n + 1)] M(n + 1)  5 M(n + 1)  n  5. Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4. a) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6. Bài 8: (Thi khu vực, 2003, lớp 9) Trường THCS Nguyễn Trãi 15 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010 �n  2010) sao cho an  20203  21n cũng là 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 + 1 + 21n. Suy ra: an2 – 1 = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n). 2 Do đó, an  1  an  1  an  1 chia hết cho 7. Chứng tỏ (an - 1) hoặc (an + 1) chia hết cho 7. Vậy an = 7k + 1 hoặc an = 7k – 1. * Nếu an = 7k – 1 thi do 204  n =7k-1  249 => 29,42  k  35,7. Do k nguyên nên k  30;31;32;33;34;35 . Vì a2n  1 7k(7k  2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32; 33; 35. Ta có: k n an * Nếu an = 7k + 1 thi do 204  30 32 33 35 1118 1406 1557 1873 209 223 230 244 n =7k-1  249 => 29,14  k  35,57. Do k nguyên nên k  30;31;32;33;34;35 . Vì a2n  1 7k(7k  2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 31; 33; 34. Ta có: k n an 30 32 33 35 1118 1406 1557 1873 209 223 230 244 Như vậy ta có tất cả 8 đáp số. Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số dư của một luỹ thừa khi chia cho một số. a. Lý thuyết Để tìm số dư của phép chia An cho B ta tìm số R < B sao cho : A  R(mod B ) Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0  x  9 sao cho An x (mod 10) Quan hệ đồng dư và các tính chất Trường THCS Nguyễn Trãi 16 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Nếu a b (mod m) thì: b.c (mod m)  bn (mod m) a.c an Nếu a b (mod m) và c  d (mod m) thì: a c b d (mod m) a.c  b.d (mod m) * Định lý Fermat: Với p là số nguyên tố ta có: ap Đặc biệt nếu (a,p) = 1 thì ap-1  a (mod p) 1 (mod p) a) Tìm một chữ số tận cùng của an - Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì a n lần lượt có chữ số tận cùng là 0, 1, 5 , 6. - Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 ta có nhận xét sau 24k 34k 74k  6 (mod 10) 1 (mod 10)  1 ( mod 10) b) Tìm hai chữ số tận cùng của an Ta có nhận xét sau a20k 00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0 a20k 01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9 a20k 25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5 a20k 76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8 c) Tìm ba chữ số tận cùng của số an a100k 000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0 a100k 001 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9 a100k 625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5 a100k 376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8 b. Bài tập Trường THCS Nguyễn Trãi 17 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Bài 1: Tìm hai chữ số cuối cùng của số: A = 21999 + 22000 + 22001 Giải A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999 Ta có 220 76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19 76.219 (mod 100) 88 (mod 100) 88.7 (mod 100) => A 616 (mod 100) do đó 220.99.219 A Vậy hai chữ số cuối của A là 16 Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của 29 2003 Giải Ta có 92000  001 (mod 1000) => 92003 Do đó 29 2003 2729 (mod 1000) 001.93 (mod 1000) 729 (mod 1000) 2700.229 (mod 1000) 376.912 (mod 1000)  912 (mod 1000) Vậy 3 chữ số cuối cùng của 29 2003 là 912 Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003 Giải Bài toán trên chính là dạng Fermat: 52002 1 (mod 2003) => 52002.56 56 (mod 2003) Vậy số dư là : 56 = 1064 Bài 4: Tìm số dư của 199140 cho 2008 Giải Dạng toán trên không phải dạng toán Ferma, vậy ta tìm số dư của luỹ thừa lớn nhất của 1991 mà không tràn màn hình máy tính khi chia cho 2008. 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 19913 Trường THCS Nguyễn Trãi 18 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay Vậy số dư là 713 Bài 5. Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn của số tự A  20112010 nhiên: Giải 2 4 2 Ta có: 2011 �4121  mod 10000  ; 2011 �4121 �2641  mod 10000  20118 �26412 �4881  mod 10000  ; 201110 �4121�4881 �4601  mod 10000  201120 �46012 �9201 mod 10000  ; 201140 �8401 mod 10000  201180 �6801 mod 10000  ; 2011100 �6001 mod 10000  ; 2011200 �2001 mod 10000  ;...; 20111000 �1 mod 10000  ; 20112010  201110 � 20111000  �4601�1 mod 10000  �4601 mod 10000  2 Vậy: A  20112010 có bốn chứ số cuối là: 4601 Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k  N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn a. Lý thuyết Định lí: (Dấu hiệu nhận biết một phân số đổi được ra số thập phân hữu hạn) Điều kiện cần và đủ để một phân số tối giản có thể viết được thành ra số thập phân hữu hạn là mẫu số của nó không chứa những thừa số nguyên tố ngoài 2 và 5. * Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau: Nếu phân số tối giản a có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2, 5 b hoặc ngoài thừa số nguyên tố 2, 5 còn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do các số dư trong quá trình chia bao giờ cũng phải nhỏ hơn b nên các số dư chỉ có thể là các số trong: {1; 2; 3;...;b-1} Như vậy trong phép chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) lần chia có thể gặp các số dư khác nhau, nhưng chắc chắn rằng sau b lần chia thì thế nào ta cũng Trường THCS Nguyễn Trãi 19 Gv:Nguyễn Văn Mạnh Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay gặp lại số dư đã gặp trước. Do đó, nếu ta cứ tiếp tục chia thì các số dư sẽ lặp lại và dĩ nhiên các chữ số trong thương cũng lặp lại. Từ đó để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy của số thập phân vô hạn tuần hoàn, ta chỉ cần xác định được chu kỳ lặp lại của các chữ số trong thương, từ đó dễ dàng suy ra được chữ số cần tìm. b. Bài tập Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy của số: a) A 1 1 10 1 ; b) B  ; c ) C  ; d ) C  37 41 51 49 Giải a) Số A  1  0, 027 027 (027)... tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027. 37 Vì 2005  1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7 b) Số B  1  0, 02439 02439 (02439)... tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439. 41 Vì 2005  0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9 c) Số C  10  0, (1960784313725490) TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490 51 Vì 2005  5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7 d) Số D  1  0, (020408163265306122448979591836734693877551) 49 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 là : 7 Dạng 8: Dãy truy hồi Fibonacci a. Lý thuyết Bài toán mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ cứ mỗi tháng đẻ được một đôi thỏ con, mỗi đôi thỏ con cứ sau 2 tháng lai sinh ra một đôi thỏ Trường THCS Nguyễn Trãi 20 Gv:Nguyễn Văn Mạnh