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,
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 ...

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.
−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
Trường THCS Nguyễn Trãi

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
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

Trường THCS Nguyễn Trãi

3

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

PLUS như tìm số dư trong phép chia, phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm

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
2
3.1023 .456
= 1431651672
2
3.1023.456
=
638155584
3
456
=
94818816
Vậy (tính trên giấy): C = 1070599167000000000 + 1431651672000000 +
+ 638155584000 + 94818816 = 1072031456922402816
Bài toán 2 : Tính A = 999 999 9993
Giải
Trường THCS Nguyễn Trãi

4

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Ngoài cách tính toán kết hợp trên giấy, ta có thể tìm quy luật như sau:

=> 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
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
Trường THCS Nguyễn Trãi

5

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

123456789101112 = 123456789.106 + 101112

Định lí: Nếu x, y là hai số nguyên khác thì BCNN(x,y) . = ( x, y )
x

y

Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên ( x, y ) , ( x, y ) là những số nguyên
x. y

=> b = ( 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 nên :
c
y
m.x
c

⇔

( x, y ) ( x, y ) ( x , y ) ( x , y )
y
m = u.
( x, y )
Trường THCS Nguyễn Trãi



y
x 
 = 1
,

a = 24614205, b = 10719433
Giải
Cách tìm ƯCLN bằng máy tính CASIO Fx 570 VN-PLUS
24614205

10719433

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
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.

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:
τ (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

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 3z 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  24 ⇒ N  3 ; N  8 ⇒ (37 + x + y)  3 ; x 4 y  8.
⇒ y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8.
Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1)  3 và x 4 y  8, ta có:
Trường THCS Nguyễn Trãi

9

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840
Bài 4: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoã mãn:

⇒ 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 y z
Trường THCS Nguyễn Trãi

10

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

2
6
9

8
0
1

5
0
5

Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) 2n + 7 chia hết cho n + 1

* Nếu an = 7k + 1 thi do 204 ≤ 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
30
32
33
35
n
1118 1406 1557 1873
an
209 223 230 244

Như vậy ta có tất cả 8 đáp số.

Trường THCS Nguyễn Trãi

11

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

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)

A = 21999 + 22000 + 22001
Giải
1999
1999
A = 2 (1 + 2 + 4) = 7.2
Ta có 220 ≡ 76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19
do đó 220.99.219 ≡ 76.219 (mod 100) ≡ 88 (mod 100)
 A ≡ 88.7 (mod 100) => A ≡ 616 (mod 100)
Vậy hai chữ số cuối của A là 16
Trường THCS Nguyễn Trãi

12

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của 29
2000 ≡

2003

Giải
≡ 001.93 (mod 1000) ≡ 729 (mod 1000)
001 (mod 1000) => 9
≡ 2729 (mod 1000) ≡ 2700.229 (mod 1000) ≡ 376.912 (mod 1000) ≡ 912
2003

Ta có 9

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.
Trường THCS Nguyễn Trãi

13

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

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

a

Giải
1
a) Số A = = 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

(với n ≥ 2)
Dãy { un } có quy luật như trên là dãy Fibonacci. un gọi là số (hạng) Fibonacci.Công
thức tổng quát của số Fibonacci: Nhờ truy hồi ta chứng minh được số hạng thứ n
n
n
1  1 + 5   1 − 5  


÷ − 
÷
của dãy Fibonacci được tính theo công thức sau: un =
÷  (*)
2
5  2 ÷
 
 


Chứng minh
1  1 + 5   1 − 5  

÷− 
÷
Với
n
=
÷ = 1 ;
5  2 ÷
  2  
2

k −1
1− 5  
1  1 + 5   1 − 5   1  1 + 5 




u k +1 = u k + u k −1 =
÷ − 
÷
÷  + 5  2 ÷
÷ −  2 ÷
÷ 
2
5  2 ÷
 
 


 


k
k
1  1 + 5  
2   1− 5  
2 


=

÷  1 − 5 ÷
÷
5  2 ÷
1
+
5
 
 
 


k +1
k +1
 1− 5  
1  1 + 5 

=
÷ − 
÷ 
2 ÷
5  2 ÷


 


Với

n=1


. Lập công thức truy

hồi để tính un + 2 theo un +1 , un .
Giải

Giả sử un + 2 = aun +1 + bun + c (*).
Với n = 0, 1, 2, 3 ta tính được u0 = 0; u1 = 1; u2 = 6; u3 = 29; u 4 = 132 .
a + c = 6

Thay vào (*) ta được hệ phương trình : 6a + b + c = 29 =>
29a + 6b + c = 132


a = 6

 b = −7
c = 0


Vậy un + 2 = 6un +1 − 7un
Bài 2: Tính các số hạng của dãy Fibonacci trên máy tính điện tử
a) (Tính theo công thức tổng quát)
Tính số hạng thứ n và tổng của n số hạng đầu tiên của dãy Fibonaci
n
n
1  1 + 5   1 − 5  

÷ − 
÷  . Trong công thức
Ta có công thưc tổng quát của dãy: un =

1  1 + 5   1 − 5  
−
÷ 
÷
Trên máy tính bấm A = A + 1:B= 
 2 ÷  :C = C + B
5  2 ÷


 


Bấm đến khi A = n thì B và C là kết quả cần tìm.
b). (Tính theo dãy)
Ta có dãy Fibonacci: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1
(với n ≥ 2)
Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
1 SHIFT STO A
Ấn các phím:
----> gán u2 = 1 vào biến nhớ A
+ 1 SHIFT STO B
----> lấy u2+ u1 = u3 gán vào B
Trường THCS Nguyễn Trãi

16

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

+
+
+
...
+
.
13 + 23 23 + 33 33 + 43
153 + 163

Giải

Gán A = 0; B = 1; C = 2; X = 0 ( Biến đếm)
D= (số hạng )
E = 1/9 (tổng)
X=X+1:A=2X+1:B=B+1:C=C+1:D=A2:(B3+C3):E=E+D
Bấm = liên tục đến khi A = 29 thì E là kết quả tương ứng
Đáp số: 0,112568598
Dạng 10: Bài toán lãi kép
Có ba loại toán cơ bản
Bài 1: ( Lãi suất có từ một giá trị không đổi theo thời gian ). Một số tiền a đồng
được gửi vào ngân hàng, lãi suất r/tháng. Hỏi sau n tháng số tiền cả gốc lẫn lãi là
bao nhiêu ?
Giải
Gọi A là số tiền có được sau n tháng.
Ta có công thức: A = a(1 + r )
Bài 2: ( Lãi suất từ giá trị thêm vào theo thời gian đều ) Muốn có số tiền là A
đồng sau n tháng với lãi suất r, hỏi mỗi tháng phải gửi vào ngân hàng số tiền là bao
nhiêu đồng ?
Giải
n

Giải
Số tiền gốc sau tháng 1 :
N + Nx - A = N( x +1) -A
Sau tháng 2 :
[N( x +1) -A] + [N ( x+1) -A] x -A = N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1]
Sau tháng 3:[ N ( x+1)2 - A[ (x +1) +1] ( 1+x) -A= N (x+1)3 - A [(x+1)2 + (x+1)+1]
Sau tháng n:
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]
Trả hết nợ thì sau n tháng, số tiền sẽ bằng 0
N(1+x)n - A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]=0
 N(1+x)n = A [(x+1)n-1+ (x+1)n-2+...+ (x+1) + 1]
Đặt y = x+1
n

Ta có : N. y = A ( y

n-1

+y

n-2

+ ...+ y+1) A = N .

yn
y n−1 + y n− 2 + ... y + 1

Dạng 10: Tính số chữ số của một luỹ thừa:
Bài 1: Tính xem 222425 có bao nhiêu chữ số ?
Giải

Giải
- Lập công thức P(x)
- Tính giá trị của đa thức tại các điểm: dùng chức năng CALC
- Kết quả:
P(1,25)
=
; P(4,327) =
3

P(-5,1289) =

; P(1 4 )

=

Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau:
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9
tại x = 0,53241
2
3
8
9
10
Q(x) = x + x +...+ x + x + x
tại x = -2,1345
Giải
- áp dụng hằng đẳng thức: an - bn = (a - b)(an -1 + an-2b +...+ abn-2 + bn-1). Ta
có:
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9 =
Từ đó tính P(0,53241) =

81a1 + 27b1 + 9c1 + 3d1 + e1 + 9 = 0
 256a + 64b + 16c + 4d + e + 16 = 0
1
1
1
1
1

625a1 + 125b1 + 25c1 + 5d1 + e1 + 25 = 0

Vậy ta có: Q(x) = P(x) - x2
Vì x = 1, x = 2, x = 3, x = 4, x = 5 là nghiệm của Q(x), mà bậc của Q(x) bằng
5 có hệ số của x5 bằng 1 nên: Q(x) = P(x) - x2 = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5)
⇒ P(x) = (x -1)(x - 2)(x - 3)(x - 4)(x - 5) + x2.
Từ đó tính được: P(6) =
; P(7) =
; P(8) =
; P(9) =
Bài 4: Cho đa thức P( x) =
Trường THCS Nguyễn Trãi

1 9 1 7 13 5 82 3 32
x − x + x − x + x
630
21
30
63
35

19

Kẻ thêm đường cao AH.
Cotg380 =

BH
HC
11
và Cotg320 =
; Do đó Cotg380 + Cotg320 =
AH
AH
AH

Tính được AH ta tính được BH và HC. Áp dụng Pi ta go tính được AB và AC
Đáp số
AB ≈ 6,203211324 cm
AC ≈ 7,206905832 cm
Chú ý học sinh tính toán các cạnh theo hệ thức toán học rồi mới thay số liệu vào
tính toán. Không dùng máy tính để tính từng đoạn thẳng riêng biệt vì sẽ khó kiểm
tra kết quả và có thể dẫn đến sai sót do quá trình làm tròn số.
Dạng 2: Đa giác và hình tròn
Trường THCS Nguyễn Trãi

20

Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

a. Lý thuyết

- Diện tích: S = π(R2 - r2) = π(2r + d)d
+ Hình quạt:
- Độ dài cung: l = αR ; (α: rad)
- Diện tích:

α
A

.

R

O

.
O

. R

rO

1 2
R α (α: rad)
2
π R 2a
=
(a: độ)
360

S=

2
Gv:Nguyễn Văn Mạnh


Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Bài 2: Cho hình vuông ABCD, cạnh a = 5,35. Dựng các đường tròn tâm A, B, C, D
có bán kính R =

a
. Tính diện tích xen giữa 4 đường tròn đó.
2

Giải
Sgạch = SABCD - 4Squạt
1
1
SH.tròn = πR2
4
4
1
1
⇒ Sgạch = a2 - 4. πR2 = a2 - πa2
4
4
1
= a2(1 - π) ≈ 6,142441068
4

Squạt =

O

C

Sgạch = SOBAC - Squạt = aRsinα -

π R .α ≈
11,16 (cm2)
180
2

III. KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ
III.1 .Kết luận:
+ Mặc dù đã hết sức cố gắng nghiên cứu, sưu tập tài liệu nhưng đề tài này chắc
chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế. Tôi thực sự mong muốn nhận
được nhiều ý kiến đóng góp xây dựng của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp để
đề tài thực sự hấp dẫn và có hiệu quả khi đến với các em học sinh.
+ Qua việc giảng dạy ôn thi học sinh giỏi thông qua tài liệu này tôi thấy học sinh
hứng thú trong việc tìm tòi trong giải toán bằng máy tính bỏ túi, kết quả có nhiều
học sinh đạt HSG cấp Huyện, cấp Tỉnh và đã có HSG đạt cấp Quốc gia.
III.2. Kiến nghị:
Để đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG giải toán bằng máy tính cầm tay
đề nghị nhà trường, Phòng GD& ĐT thường xuyên tổ chức các chuyên đề về sử
Trường THCS Nguyễn Trãi

22

Gv:Nguyễn Văn Mạnh