Hướng dẫn sử dụng máy tính casio fx-500es filetype pdf năm 2024

- Hàm Type,Hàm Mũ, Toạ độ Đê-cac 1, toạ độ cực,Tổ hợp, chỉnh hợp, Kí hiệu kỹ thuật, Đổi độ phút giây 1, số thập phân, Phần trăm, Dấu ngoặc, Làm tròn, Phân số,Hiện lại, Phương trình, Nhập (-), Exp, p

• 1. CHÍ MINH 2015
• 3. thế hệ máy tính với chức năng giải được phương trình bậc 2, bậc 3 và các hệ phương trình ra đời, việc học tập và thi cử đã có những cải tiến đáng kể. Đến nay sự ra đời của máy tính CASIO 570VN Plus với nhiều tính năng vượt trội: 1. Đối với bậc THCS máy tính thực hiện các phép chia có dư, phân tích thành thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN, BCNN. 2. Lưu các nghiệm của phương trình bậc 2, 3 và nghiệm x, y,z của một hệ (2 ẩn, 3 ẩn) vào các phím nhớ A, B, C. D, E, F để truy xuất. 3. Giải được các bất phương trình bậc 2 và bậc 3, từ đó có thể giải được các bất phương trình khác có thể biến đổi tương đương về bất phương trình bậc 2 và bậc 3, tính trực tiếp tọa độ đỉnh Parabol trên máy tính 4. Tạo bảng số từ 2 hàm trên cùng một màn hình tính toán 5. Các tính toán phân phối trong thống kê. Rất nhiều tính năng khác mà dòng máy này đem lại như: • Tính toán với các số thập phân vô hạn tuần hoàn giúp hiểu thêm về tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn. 3
• 4. kết quả cuối cùng vào bộ nhớ thông qua phím và (PreAns). Điều này giúp hiểu biết thêm về dãy số Fibonasi và các dãy số cho bằng các biểu thức qui nạp khác. Việc sử dụng máy tính thật cần thiết như thế, nhưng rất nhiều học sinh vẫn chưa khai thác hết các tính năng ưu việt của nó. Tập tài liệu này giúp cho các bạn đồng nghiệp nắm vững việc sử dụng máy tính trong giảng dạy và truyền đạt cho học sinh các kỹ năng này để các em làm tốt bài tập và bài thi của mình. Quyển sách được viết trong một thời gian ngắn để kịp cho các khoá bồi dưỡng giáo viên. Trong quá trình biên soạn tài liệu, tôi tham khảo một phần của quyển sách HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG VÀ GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO FX-500MS của nhóm tác giả NGUYỄN VĂN TRANG-NGUYỄN TRƯỜNG CHẤNG- NGUYỄN HỮU THẢO-NGUYỄN THẾ THẠCH. Trong quá trình giảng dạy, chúng tôi sẽ có những hiệu đính và cải tiến thích hợp. Mọi ý kiến đóng góp gửi về email [email protected] hoặc email [email protected], điện thoại 08.3969 9999 (Ext: 005) Thành phố Hồ Chí Minh ngày 26 tháng 5 năm 2015 TS Nguye�n Thái Sơn 1 http://osshcmup.blogspot.com http://osshcmup.wordpress.com 1 Nguyên Trưởng Khoa Toán-Tin, Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh (2000- 2009)- Nguyên Gám đốc-Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011) 4
• 7. và dư của một phép chia các số tự nhiên Trong trường hợp một số tự nhiên a không chia hết cho số tự nhiên b, máy tính CASIO 570VN Plus cho phép tìm được thương và dư của phép chia đó. Để thực hiện công việc này ta: • Nhập số bị chia a • Nhấn vào (÷R) • Nhập số chia b và nhấn phím Màn hình sẽ thông báo thương (của phép chia) và dư R của phép chia đó. Ví dụ 1 (Đề thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính cấp khu vực, Bộ Giáo dục và Đào tạo, lớp 6, 7, 2001) 1. Tìm thương và số số dư khi chia 18901969 cho 2382001; 2. Tìm thương và số dư khi chia 3523127 cho 2047. 7
• 8. (÷R) 2382001 Ta nhận được thương là 7 và dư R = 2227962. 2. 3523127 (÷R) 2047 Ta nhận được thương là 1721 và dư R = 240. Ví dụ 2. Tìm a,b,c biết số 11a8b 1987c chia hết cho 504. Bài giải: Ta phân tích số 504 thành thừa số nguyên tố: 504 (FACT) 23 × 32 × 7 = 8 × 9 × 7 Để số A đã cho chia hết cho 8 thì ba số tận cùng phải chia hết cho 8. Vì 87c = 800+7c nên để A chia hết cho 8 thì c = 2 (đọc cửu chương 8). Số cần tìm có dạng 11a8b 19872. Muốn A chia hết cho 9 thì tổng các chữ số phải chia hết cho 9. nghĩa là: 1 + 1 + a + 8 + b + 1 + 9+8+7+2 = 36+1+a +b chia hết cho 9. Muốn vậy 1+a +b chia hết cho 9. Vậy 1 + a + b = 9 hay 1 + a + b = 18. Do đó a + b = 8 hay a + b = 17. Ta lập bảng xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra: 8
• 9. thương ÷ 504 dư Kết luận 0 8 1108819872 • 216 • 1 7 1118719872 • 144 • 2 6 1128619872 • 72 • 3 5 1138519872 • 0 Đáp số 8 0 1188019872 • 144 • 8 9 1188919872 • 0 Đáp số 9 8 1198819872 • 432 • Đáp số: Số cần tìm là 1138519872 và 1188919872. Lưu ý: Để có thể thực hiện nhanh phép chia có dư trong tất cả các trường hợp vừa nêu, chúng ta sử dụng thuật toán sau đây: 1108019872 10 7 10 5 504 Khi được hỏi, bấm bằng -1, sau đó bấm dấu bằng nhiều lần, mỗi lần sẽ xuất hiện thương và dư của phép chia và do đó ta lập được bảng như trên. Sau khi đã hoàn thành bảng với a + b = 8 ta dùng mũi tên trái để di chuyển con trỏ lên dòng công thức và thay 18 1.2 Trong trường hợp số bị chia có hơn 10 chữ số. Ví dụ 1 (Thi học sinh giỏi cấp khu vực, Bộ Giáo dục và Đào tạo. Trung học Cơ sở, 2006) Tìm số dư trong mỗi phép chia sau: 9
• 10. 2006; 2. 30419753041975 : 151975; 3. 103200610320061032006 : 2010. Bài giải: 1. 103103103 (÷R) 2006 51397,R = 721 2. 30419753041975 (STO) (A) tránh “tam sao thất bản” 151975 (STO) (B) (÷R) (Int) 200162875 Vậy thương của phép chia là 200162875 và dư của phép chia là R = 113850 . Lưu ý: Nếu máy xuất ra một kết quả dưới dạng một số thập phân với 1 số sau dấu chấm, ta thực hiện việc tìm thương và dư như trên. Tuy nhiên nếu kết quả là một số viết dưới dạng luỹ thừa, ta không sử dụng kết quả này mà thực hiện như sau: 3. 1032006103 200610 32006 : 2010. 10
• 11. (F) tránh “tam sao thất bản” • Lấy 10 chữ số đầu tiên 1032006103 chia có dư cho (F) 1032006103 (÷R) 513435,R = 1753 (STO) (A) lưu số 513435 vào (A) • “gắn” thêm 6 chữ số tiếp theo vào số 1753 thành số có 10 chữ số 1753200610 1753200610 (÷R) 872239,R = 220 (STO) (B) lưu số 872239 vào (B) • “gắn” thêm các chữ số còn lại vào số 220 thành số 22032006 22032006 (÷R) 10961,R = 396 (STO) (C) lưu số 10961 vào (C) Kết luận: Thương và dư của phép chia 103200610320061032006 : 2010 là: Q = 51343587223910961,R = 396 (“lắp ghép” các số đã lưu A, B, C thành ABC , dư của phép chia là “dư cuối cùng”) Để tránh những nhầm lẫn không đáng có, chúng tôi thực hiện phép chia trên một cách tường minh, qua đó làm cơ sở cho phép chia có dư trong trường hợp này và các trường hợp tương tự. • 103200610320061032006 = 1032006103 × 1011 + 20061032006 11
• 12. 2010 = (513435 × 2010 + 1753) × 1011 như vậy sau số 513435 còn 11 số nữa sẽ tìm sau. • 1753×1011 +20061032006 = 1753200610×105 +32006 1753200610×105 ÷2010 = (872239×2010+220)×105 như vậy sau số 872239 còn 5 số nữa sẽ tìm sau. • 220 × 105 + 32006 = 22032006 202200610 ÷ 2010 = 10961 × 2010 + 396 Tóm lại: 103200610320061032006 = = (513435 × 1011 + 872239 × 105 + 10961) × 2010 + 396 1.3 Trong trường hợp số bị chia có dạng luỹ thừa. Ta dùng phép đồng dư theo công thức: Với các số nguyên a,b,c ,m,n a ≡ m (mod p) b ≡ n (mod p) ⇒ a × b ≡ m × n (mod p) ac ≡ mc (mod p) Giả sử ta muốn tìm số dư của phép chia an cho b . Theo dõi bài tập thực hành sau đây: Ví dụ 1 Tìm số dư của phép chia 2004376 cho 1975. 12
• 13. = 3,... 20043 ≡ 689 (mod 1975) 20043 10 : log(689) = 3,... 6893 ≡ 1044 (mod 1975) 20049 10 : log(1044) = 3,... 10043 ≡ 884 (mod 1975) 200427 10 : log(884) = 3,... 8843 ≡ 1479 (mod 1975) 200481 10 : log(1479) = 3,... 14793 ≡ 1439 (mod 1975) 2004243 1439 × 1479 × 884 ≡ 1579 (mod 1975) 2004351 1579 × 10442 ≡ 1844 (mod 1975) 2004369 1844 × 6892 ≡ 349 (mod 1975) 2004375 349 × 2004 ≡ 246 (mod 1975) 2004376 Vậy dư của phép chia 2004376 cho 1975 là 246. Ví dụ 2: Đề thi HSG toàn quốc MTCT môn Toán năm 2010-2011. Một mảnh sân hình chữ nhật kích thước 760 cm×1120 cm được lát bởi các viên gạch vuông cạnh 20 cm. Giả sử trên viên gạch thứ nhất ta đặt 1 hạt đậu, trên viên gạch thứ hai ta đặt 7 hạt đậu, trên viên gạch thứ ba ta đặt 49 hạt đậu, trên viên gạch thứ tư ta đặt 243 hạt đậu v.v. . .cho đến viên gạch cuối cùng. Gọi S là tổng số hạt đậu đặt lên các viên gạch của sân đó. Tìm ba chữ số tận cùng của số 6S + 5. Giải: Ta tính được số viên gạch lát trên sân là: 760 × 1120 202 = 2128 Do đó tổng số hạt đậu đặt lên tất cả các viên gạch trên sân là: S = 1 +71 +72 +···+72127 đây là tổng của 2128 số hạng đầu tiên của một cấp số nhân với u1 = 1,q = 7,n = 2128 nên S = u1. qn − 1 q − 1 = 72128 − 1 6 . 13
• 14. 6S +5 = 72128 +4. Ta tìm dư của phép chia T cho 1000. 10 : log(7) = 11,... 711 ≡ 743 (mod 1000) 711 10 : log(743) = 3,... 7433 ≡ 407 (mod 1000) 733 10 : log(407) = 3,... 4073 ≡ 143 (mod 1000) 799 10 : log(143) = 4,... 1434 ≡ 601 (mod 1000) 7396 10 : log(601) = 3,... 6013 ≡ 801 (mod 1000) 71188 Ta có nhận xét: 2128 = 1188 + 396 × 2 + 99 + 33 + 11 + 5. 801 × 6012 ≡ 1 (mod 1000) 143 × 407 × 743 ≡ 343 (mod 1000) 343 × 75 ≡ 801 (mod 1000) Vậy ba chữ số tận cùng của T là 801 + 4 = 805. 1.4 Áp dụng định lý Fermat Định lý Fermat: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì: ap−1 ≡ 1 (mod p) Áp dụng: Ví dụ 1: Tìm số dư trong các phép chia: 20092010 : 2011 Vì 2011 là số nguyên tố và 2009 không chia hết cho 2011 nên: 20092011−1 ≡ 1 ((mod 2011)) 14
• 15. của phép chia 20092010 cho 2011 là 1. Lưu ý: Nếu không sử dụng định lý Fermat ta phải thực hiện như sau: 20093 ≡ 2003 (mod 2011) 20099 ≡ 1499 (mod 2011) 200927 ≡ 434 (mod 2011) 200981 ≡ 1365 (mod 2011) 2009243 ≡ 480 (mod 2011) 2009729 ≡ 1077 (mod 2011) 20091458 ≡ 1593 (mod 2011) Vì 2010 = 1458 + 486 + 54 + 9 + 3 nên thực hiện tiếp như sau: 1593 × 4802 ≡ 1601 (mod 2011) 1601 × 4342 ≡ 462 (mod 2011) 462 × 1499 × 2003 ≡ 1 (mod 2011) Vậy số dư của phép chia 20092010 cho 2011 là 1. Ví dụ 2: Tìm số dư trong các phép chia: 19972008 : 2003 Vì 2003 là số nguyên tố và 1997 không chia hết cho 2003 nên: 19972002 ≡ 1 (mod 2003) Ngoài ra: 19973 ≡ 1787 (mod 2003) và 17872 ≡ 587 (mod 2003) Vậy số dư của phép chia 19972008 : 2003 là 587. BÀI TẬP 1. Tìm chữ số b sao cho số 469283866b3658 chia hết cho 2007. 15
• 16. = 9 × 223, ta tìm điều kiện cho số cần tìm chia hết cho 9. Tổng các chữ số bằng 74 + b, suy ra b = 7, sau đó kiểm tra lại số 46928386673658 chia hết cho 2007. 4692838667×104 +3658 2007 23382355094 2. Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và Đào tạo Hòa Bình, 2007-2008. Tìm các số a và b biết 686430a8b chia hết cho 2008. 3. Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Bộ Giáo dục và Đào tạo, 2009-2010 Tìm số dư trong các phép chia sau: • 20092010 : 2011 ; • 22009201020112012 : 2020 ; • 1234567890987654321 : 2010. 4. Tìm số dư r khi chia số 24728303034986074 cho 2003 . ĐS: 401 1.5 Tìm ước số chung lớn nhất (GCD) của hai số Ví dụ 1: (Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên. Đề chọn đội tuyển thi học sinh giỏi cấp khu vực, 2004) Tìm ước chung lớn nhất của 1754298000 và 75125232. Bài giải: (GCD) 1754298000 ( , ) 75125232 825552 16
• 17. ba số được xác định như sau: GCD(a,b,c ) = GCD(GCD(a,b ),c ) Ví dụ 2: Tìm ước chung lớn nhất của ba số a = 1193984;b = 157993;c = 38743. Bài giải: UCLN(1193984,157993,38743) = 53 (GCD) (GCD) 1193984 ( , ) 157993 ( , ) 38743 53 1.6 Tìm bội số chung nhỏ nhất (LCM) của hai số Ví dụ 1: Tìm BCNN của hai số a = 195;b = 1890. Giải: (LCM) 195 ( , ) 1890 24570 Nhận xét: Bội chung nhỏ nhất của ba số a,b,c được xác định như sau: LCM(a,b,c ) = LCM(LCM(a,b),c ) Trong trường hợp bị tràn bộ nhớ máy sẽ thông báo Math Error. Khi đó ta khắc phục như sau: a (STO) (A)b (STO) (B)c (STO) (C) (LCM) ( , ) (STO) (D) 17
• 18. D GCD(C ,D ) Ví dụ 2: Tìm BCNN của ba số a = 195;b = 1890;c = 1975. Giải: (LCM) (LCM) 195 ( , ) 1890 ( , ) 1975 9705150 Ví dụ 3. (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính. Sở Giáo dục Đào tạo Thừa Thiên-Huế, lớp 8, 9, 11, 2005). Cho ba số a = 1193984;b = 157993;c = 38743. 1. Tìm UCLN của ba số a,b,c ; 2. Tìm BCNN của ba số a,b,c với kết quả đúng. Giải: 1. Tìm UCLN(1193984;57993;38743): (GCD) (GCD) 1193984 ( , ) 157993 ( , ) 38743 53 2. Tìm BCNN của ba số a,b,c với kết quả đúng. 1193984 (STO) (A) 157993 (STO) (B) 38743 (STO) (C) 18
• 19. ) (STO) (D) (GCD) ( , ) 2.365294244 × 1011 Số dưới dạng luỹ thừa chỉ là hiển thị của số trong bộ nhớ . Ta truy xuất số này như sau: • 2 11 3.652942438 × 1010 • 3 10 6529424384 Vậy số cần truy xuất là 236529424384. Do đó: BCNN(1193984;57993;38743) = 236529424384 3. Tìm ba số biết BCNN của chúng bằng 3150, tỉ số của số thứ nhất và số thứ hai là 5 : 9, tỉ số của số thứ nhất và số thứ ba là 10 : 7. BÀI TẬP Bài 1 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và Đào tạo Hòa Bình, 2005-2006) Tìm UCLN và BCNN của hai số a = 457410,b = 831615 Bài 2 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và Đào tạo Sóc Trăng, 2004-2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số 1. a = 9148,b = 16632; 19
• 20. 75125232,b = 175429800. Bài 3 (Thi giải toán trên máy tính, Tạp chí Toán Tuổi thơ 2, số 25 và 27, tháng 3 và tháng 5, 2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số a = 3022005,b = 7503021930 Bài 4 (Thi giải toán trên máy tính, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, tháng 11, 2004 và tháng 1, 2005) Tìm UCLN và BCNN của hai số a = 1234566,b = 9876546 Bài 5 Tìm một số có ba chữ số là bội của 72 và ba chữ số đó sắp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn thì tỉ lệ với 1,2,3. Lập bảng: 7 f (x) = 72x 2 13 1 x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f(x) 144 216 288 360 432 504 576 648 720 x 11 12 13 f(x) 792 864 936 Nhìn vào bảng ta thấy số cần tìm là: 936. 20
• 21. một số ra thừa số nguyên tố Số nguyên tố là số tự nhiên chỉ chia hết cho 1 và chính nó. Ngoài ra nó không chia hết cho bất cứ số nào khác. Số 0 và 1 không được coi là số nguyên tố. Số 2 là số nguyên tố nhỏ nhất, và 2 cũng là số nguyên tố chẵn duy nhất. Trong toán học, một cặp số nguyên tố sexy là một cặp hai số nguyên tố có hiệu bằng sáu; so với các cặp số nguyên tố song sinh, là các cặp số nguyên tố có hiệu bằng 2, và cặp số nguyên tố họ hàng, là cặp số nguyên tố có hiệu bằng 4. Tên “số nguyên tố sexy” xuất phát từ tiếng Latin “sex” là từ chỉ số sáu (6). Các số nguyên tố sexy nhỏ hơn 500 là: (5,11), (7,13), (11,17), (13,19), (17,23), (23,29), (31,37), (37,43), (41,47), (47,53), (53,59), (61,67), (67,73), (73,79), (83,89), (97,103), (101,107), (103,109), (107,113), (131,137), (151,157), (157,163), (167,173), (173,179), (191,197), (193,199), (223,229), (227,233), (233,239), (251,257), (263,269), (271,277), (277,283), (307,313), (311,317), (331,337), (347,353), (353,359), (367,373), (373,379), (383,389), (433,439), (443,449), (457,463), (461,467) Các số nguyên tố song sinh (3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31), (41, 43), (59, 61), (71, 73), (101, 103), (107, 109), (137, 139), (149, 151), (179, 181), (191, 193), (197, 199), (227, 229), (239, 241), (269, 271), (281, 283), (311, 313), (347, 349), (419, 421), (431, 433), (461, 463), (521, 523), (569, 571), (599, 601), (617, 619), (641, 643), (659, 661), (809, 811), (821, 823), (827, 829), (857, 859), (881, 883), (1019, 1021), (1031, 1033), (1049, 1051), (1061, 1063), (1091, 21
• 22. (1229, 1231), (1277, 1279), (1289, 1291), (1301, 1303), (1319, 1321), (1427, 1429), (1451, 1453), (1481, 1483), (1487, 1489), (1607, 1609), (1619, 1621), (1667, 1669), (1697, 1699), (1721, 1723), (1787, 1789), (1871, 1873), (1877, 1879), (1931, 1933), (1949, 1951), (1997, 1999), (2027, 2029), (2081, 2083), (2087, 2089), (2111, 2113), (2129, 2131), (2141, 2143), (2237, 2239), (2267, 2269), (2309, 2311), (2339, 2341), (2381, 2383) Trong quá trình phân tích một số thành thừa số nguyên tố ta sẽ sử dụng định lý dưới đây: Định lý Nếu N là hợp số thì nó có thừa số nguyên tố p thoả điều kiện: p N Ví dụ 1: Phân tích số 29601 ra thừa số nguyên tố. Bài giải: 29601 (FACT) 32 × 11 × 13 × 23 Ví dụ 2: Phân tích số 8824575375 ra thừa số nguyên tố. Bài giải: 8824575375 (FACT) 35 × 53 × 74 × 112 Ví dụ 3: Phân tích số 7396812423 ra thừa số nguyên tố. Bài giải: 22
• 23. xét: Với khả năng tính toán nhanh, CASIO 570VN Plus có thể phân tích một số khá lớn dưới 10 chữ số ra các thừa số nguyên tố có ba chữ số. Tuy nhiên, cho đến hiện tại CASIO 570VN Plus cũng còn có hạn chế là nó chưa thể phân tích các số có chứa các số nguyên tố lớn hơn 4 chữ số ra thừa số nguyên tố. Ví dụ 4: (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Tỉnh Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2006-2007) Phân tích số 9405342019 thành thừa số nguyên tố. Bài giải: 9405342019 (FACT) 193 × (1371241) Khi CASIO 570VN Plus xuất ra kết quả dưới dạng một số nằm trong dấu ngoặc đơn, ý muốn nói rằng cho đến hiện tại, máy chưa phân tích số đó thành các thừa số nguyên tố được vì các thừa số nguyên tố (nếu phân tích được) có từ 4 chữ số trở lên. Do đó ta sẽ phân tích số này thành thừa số nguyên tố một cách thủ công như sau: • Khai căn số 1371241 ta được 1171. Vậy 1371241 = 11712 • Tiếp tục khai căn số 1171 ta được: 1171 = 34.21987726 Theo Định lý trên, nếu 1171 không phải là số nguyên tố thì nó sẽ có ước nguyên tố p 34 • Ta chứng minh số 1171 không có ước nguyên tố nào nhỏ hơn hay bằng 31 (các số 32,33,34 không là số nguyên tố). Xét thuật toán: 23
• 24. giản kiểm tra số nguyên tố 1171 2 bấm liên tiếp dấu “bằng ” cho đến khi mẫu số bằng 31 ta thấy dư của phép chia luôn khác 0. Vậy số 1171 là số nguyên tố. Tóm lại: 9405342019 = 193 × 11712 BÀI TẬP Bài 1 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và Đào tạo Sóc Trăng, 2003-2004) Phân tích các số 20387 và 139231 ra thừa số nguyên tố. Bài 2 (Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2005-2006) Phân tích các số 252633033 và 8863701824 ra thừa số nguyên tố. Bài 3 (Đề thi Giải toán trên máy tính, Trung học Cơ sở, Sở Giáo dục và Đào tạo Hòa Bình, 2007-2008) Phân tích các số 8563513664 và 244290303 ra thừa số nguyên tố. 24
• 25. phân vô hạn tuần hoàn Để chuyển một số thập phân vô hạn tuần hoàn thành phân số ta thực hiện như sau: • Nhập phần phía trước phần tuần hoàn. • Bấm phím • con trỏ sẽ vào dấu ( ) • nhập phần tuần hoàn vào đó rồi nhấn dấu Ví dụ 1. Chuyển các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau đây sang phân số 0,1(6) 0.1 6 1 6 0,(45) 0. 45 5 11 0,(4) 0. 4 4 9 0,3(8) 0.3 8 7 18 25
• 26. Hai số sau đây 0,(31) và 0,3(13) có bằng nhau không? Trả lời: 0,(31) 0, 31 31 99 0,3(13) 0,3 13 31 99 Ví dụ 3. Tìm số lẻ thập phân thứ 15 của phép chia 17 cho 13. Trả lời: 17 13 1.(307692) Phần tuần hoàn có chu kỳ 6, lấy 15 6 có dư R = 3. Vậy lẻ thập phân thứ 15 của phép chia 17 cho 13 là 7 (thứ ba từ trái sang). Ví dụ 4. Thi HS giải toán trên MTCT TP HCM, năm 2007. Tìm số lẻ thập phân thứ 2007 của phép chia 2007 cho 2008. Trả lời: 2007 2008 0.999(5019920318725099601593625498007968127490039 8406374) Phần tuần hoàn có chu kỳ 50, lấy 2004 50 có dư R = 4. Vậy số lẻ thập phân thứ 2007 của phép chia 2007 cho 2008 là 9 (thứ tư phần tuần hoàn từ trái sang). Ví dụ 5. Chọn đội tuyển THCS MTCT TP HCM, năm 2013. Tìm số lẻ thập phân thứ 2013 của phép cộng 2.(085)+1.2(915). Trả lời: Nếu ta nhập 2. 085 1.12 915 Rất tiếc ta không ra được số thập phân vô hạn tuần hoàn (chưa rõ lý do) mà là 3.376676677. Tuy rằng ta có thể dự đoán 3.3(766) nhưng vẫn chưa chắc chắn. 26
• 27. nghị cách khắc phục như sau: 1 2. 085 2083 999 . 2 1.2 915 4301 3330 . 3 (LCM) 999 3330 9990 4 AF+BF 3, R=3763 5 3763 0.3(766) Vậy 2.(085) + 1.2(915) = 3.3(766) Phần tuần hoàn có chu kỳ 3, lấy 2012 3 có dư R = 2. Vậy số lẻ thập phân thứ 2013 của phép cộng là 6 (thứ hai phần tuần hoàn từ trái sang). 2.2 Số vô tỉ - Khái niệm về căn bậc hai Ví dụ 1: Thu gọn các biểu thức sau đây: 1 A = 6 +2 2 + 12 + 18 + 8 2 2 A = 11 + 2 30 − 8 − 4 3 ( 5 − 2) 3 Thi HSG giải toán trên MTCT cấp Bộ năm 2010-2011. 27
• 28. + 3 3 4 + 5 5 6 + 7 7 8 + 9 9 10 + 11 11 12 Thực hành 10 + 11 × 11 12 10 11 11 12 8 + 9 × 9 Ans 8 9 9 6 + 7 × 7 Ans 6 7 7 4 + 5 × 5 Ans 4 5 5 2 + 3 × 3 Ans 2 3 3 Ans Vậy: B=3.002658374 Ví dụ 2: Tìm x biết rằng: 1 x2 3969 = 125 − 102 x = ± 3969 125 10 ±63 5 2 (x2 − 1) × 49 = 312 x = ± 312 49 + 1 ± 19 7 28
• 29. 2 = 29 2.3 Đại lượng tỉ lệ thuận, đại lượng tỉ lệ nghịch Bấm R . Tùy theo phép toán là tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch ta chọn tiếp hay . Sau đó ta nhập số a số b số d (hoặc số c ) . Ví dụ 1: Cho biết x và y tỉ lệ thuận. Hãy điền số thích hợp vào bảng sau đây: x 4 5 6 6.3 y 12 Tỉ lệ thuận ta chọn “trên dưới”, x nằm dưới mẫu ta chọn R . R 4 12 5 15 6 18 6.3 189 10 Vậy: x 4 5 6 6.3 y 12 15 18 18.9 Ví dụ 2: Cho biết x và y tỉ lệ thuận. Hãy điền số thích hợp vào bảng sau đây: 29
• 30. 5 7 y -28 40 49.2 Tỉ lệ thuận ta chọn “trên dưới”, bên trái x nằm dưới mẫu ta chọn R , bên phải x nằm trên tử ta chọn R R 7 −28 5 −20 −4 16 3 −12 R 7 −28 40 −10 49.2 −12.3 Vậy: x 3 -4 5 7 -10 -12.3 y -12 16 -20 -28 40 49.2 Ví dụ 3: Tìm x, y,z biết rằng 4 x = 7 y = 12 z và 2x + 3y + 4z = 1925 Ta có: 4 x = 7 y = 12 z = 8 + 21 + 48 1925 = 1 25 Tỉ lệ thuận ta chọn “trên dưới”, x, y.z nằm dưới mẫu ta chọn R . 30
• 31. “trên dưới” R 1 25 4 100 7 175 12 300 Đáp số: x = 100 ; y = 175 ; z = 300 Ví dụ 4: Cho biết x, y tỉ lệ nghịch, hãy điền số thích hợp vào bảng: x -12 -7 -4 5 y 630 450 350 150 Tỉ lệ nghịch ta chọn “ngang ngược” và dựa vào sơ đồ sau đây để biết x nằm trên tử hay ở dưới mẫu. Giả sử ta bắt đầu từ số 630, bên phải x đều nằm trên tử ta chọn R . bên phải x đều nằm trên tử R 630 450 5 7 350 9 150 21 31
• 32. lại bắt đầu từ số 630, bên trái x đều nằm dưới mẫu ta chọn R . bên trái x đều nằm dưới mẫu R −4 5 630 −787.5 −7 −450 −12 −262.5 Vậy: x -12 -7 -4 5 7 9 21 y -262.5 -450 -787.5 630 450 350 150 2.4 Vấn đề làm tròn số Khi được hỏi Fix 0 ∼ 9 ? muốn làm tròn đến 4 số lẻ ta nhập số 4. Nhập một số muốn làm tròn nhấn dấu bằng sẽ lưu vào . Bấm sẽ làm tròn số đó với 4 số lẻ. Ví dụ: 17 13 1.(307692) 1.3077 2.5 Thống kê Trình tự sử dụng MODE Thống kê như sau: 1 Nhấn để xóa số liệu thống kê cũ. 2 Cài đặt chế độ số liệu có tần số: R 32
• 33. MODE thống kê: 4 Nhập số liệu xong nhấn , lưu ý sau mỗi lần viết số liệu xong ta nhấn để nhập liệu. 5 Để tính tổng, tổng bình phương ta nhấn (TỔNG), (TỔNG BÌNH PHƯƠNG) rồi nhấn . 6 Để tính TRUNG BÌNH ta nhấn . 7 Để tính TẦN SỐ ta nhấn . 8 Muốn xem ĐỘ LỆCH TIÊU CHUẨN ta nhấn . 9 Muốn xem PHƯƠNG SAI ta nhấn . Ví dụ: Một xạ thủ thi bắn súng. Kết quả số lần bắn và điểm số được ghi như sau: Điểm 4 5 6 7 8 9 Lần bắn 8 14 3 12 9 13 Tính: 1 Tổng số lần bắn. 2 Tổng số điểm 3 Số điểm trung bình cho mỗi lần bắn. 33
• 34. 7 8 9 8 14 3 12 9 13 1 Tổng số lần bắn n. 59 2 Tổng số điểm (sum): 393 3 Số điểm trung bình cho mỗi lần bắn x : 6.66. 2.6 Tính giá trị của một biểu thức một hoặc nhiều biến 1 Nếu f (x) là biểu thức theo một biến x, ta nhập biểu thức với biến x nhấn và kết thúc bằng cách nhấn . Muốn tìm giá trị của biểu thức, ta nhấn , nhập giá trị của x và nhấn dấu . 2 Nếu f (x, y ) là biểu thức theo hai biến x, y , ta nhập biểu thức (biến y nhấn ) và kết thúc bằng cách nhấn . Muốn tìm giá trị của biểu thức, ta nhấn , nhập giá trị của x, sau đó nhập giá trị của y và nhấn dấu . 3 Nếu f (x, y,z) là biểu thức theo ba biến x, y,z, ta thực hiện như trên nhưng thay z bằng . Lưu ý: 34
• 35. (a) = 0 thì a là nghiệm của phương trình f (x) = 0 • Dư của phép chia f (x) cho nhị thức a x + b (a = 0) là f − b a . Ví dụ: 1 Số −3 có phải là nghiệm của phương trình sau đây hay không? f (x) = 3x4 − 5x3 + 7x2 − 8x − 465 = 0 3 4 5 7 8 465 3 0. Vậy −3 là nghiệm của phương trình. 2 Tính giá trị của biểu thức f (x) = 2x3 − 4x2 + x − 5 tại x = −1; x = 5 Thực hiện như trên bằng cách nhập biểu thức: 2x3 − 4x2 + x − 5 1 −12 bấm tiếp 5 150 3 Tính giá trị của B: B = 3x y 2 + 2x2 y 3 tại x = 1 2 ; y = −4 3 2 1 2 4 8 35
• 36. trị của C Tương tự như trên nhưng riêng biến z ta thay bằng ta có: C = 2 C = 4x y z + x y 2 z3 −2x z tại x = 1 2 ; y = −2;z = 3 4 2 1 2 2 3 8 36
• 37. trị của đa thức Ví dụ 1: Tính giá trị của đa thức: Q = 1 2 x3 y 3x y 2 − 3 4 x3 y + y 3 tại x = −2; y = 1 2 . Bấm phím tương tự như chương trình lớp 7, ta có: Q = − 13 4 Ví dụ 2: Cho đa thức P (x) = x5 + a x4 + b x3 + c x2 + d x + e , biết P (1) = 1,P (2) = 4,P (3) = 9,P (4) = 16,P (5) = 25 1. Tính P (6),P (7) 2. Viết lại P (x) với các hệ số là các số nguyên. Theo giả thiết ta có: P (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) + x2 37
• 38. nhập vào màn hình biểu thức: (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) + x2 6 156 7 6496 P (x) = x5 − 15x4 + 85x3 − 224x2 + 274x − 120 3.2 Phép chia đa thức Ví dụ 1: Tìm số dư của phép chia 3x4 +5x3 −4x2 +2x −7 cho x − 5. Như chương trình lớp 7 ta tìm giá trị của biểu thức 3x4 + 5x3 − 4x2 + 2x − 7 khi x = 5 và kết quả là 2403 3x4 + 5x3 − 4x2 + 2x − 7 khi x = 5 3 4 5 4 2 7 5 Ví dụ 2: Tìm số dư của phép chia x5 − 7x3 + 3x2 + 5x − 4 cho x + 3. Ta tìm giá trị của biểu thức x5 −7x3 +3x2 +5x −4 khi x = −3 và kết quả là −46 x5 − 7x3 + 3x2 + 5x − 4 khi x = −3 5 7 3 5 4 3 Ví dụ 3: Tìm số dư của phép chia 3x4 +5x3 −4x2 +2x −7 cho 4x − 5. 38
• 39. trị của biểu thức 3x4 +5x3 −4x2 +2x −7 khi x = 5 4 và kết quả là 1623 256 Ví dụ 4: Chứng tỏ rằng đa thức sau đây chia hết cho x + 3: P (x) = 3x4 − 5x3 + 7x2 − 8x − 465 Ta tính P (−3) = 0 nên đa thức chia hết cho x + 3. 3.3 Liên phân số Ví dụ 1: Biểu diễn A ra dạng phân số thường và số thập phân: A = 3 + 5 2 + 4 2 + 5 2 + 4 2 + 5 3 Ta thực hiện từ dưới lên: 2 5 3 4 2 5 2 4 2 5 3 39
• 40. Tìm a và b nguyên dương biết rằng B = 329 1051 = 1 3 + 1 5 + 1 a + 1 b 329 1051 3 5 7 1 9 Vậy a = 7 ;b = 9. Ví dụ 3: Biểu diễn M ra phân số: M = 1 5 + 1 4 + 1 3 + 1 2 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 Tương tự như Ví dụ 1, liên phân số thứ nhất lưu vào , liên phân số thứ hai lưu vào , sau đó lấy . 3.4 Phương trình bậc nhất một ẩn Ví dụ 1: Giải phương trình bậc nhất một ẩn sau đây: x 1 5 3 − 7 2 + 7 5 x − 11 9 = 3 7 8 − 5 11 40
• 41. 1 5 3 − 7 2 lưu vào nhập 7 5 lưu vào nhập biểu thức: 3 7 8 − 5 11 + 7 5 × 11 9 lưu vào x sẽ bằng 20321 2244 Ví dụ 2: Giải phương trình bậc nhất một ẩn sau đây: 2 + 3 3 − 5 x − 1 − 6 3 + 2 x − 3 − 7 4 − 3 = 15 − 11 2 3 − 5 Thực hiện tương tự như ví dụ 1, ta có x = −1.4492 2 + 3 3 − 5 − 1 − 6 3 + 2 − 1 − 6 3 + 2 × 3 − 7 4 − 3 + 15 − 11 2 3 − 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 + x 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 = x 4 + 1 3 + 1 2 + 1 2 41
• 42. + 1 2 1 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 4 − 12556 1459 42
• 43. trị của biểu thức chứa căn Ví dụ 1: 1 A = 3 1 8 x2 + 1 16 x3 − 5 (6x + 1)2 × (x2 + 9)3 tại x = 4 2 3 (4x + 1)(3x + 5)2 − (x2 + 2x + 3) tại x = 3 3 B = x3 + 10 2x + 3 − 4x + 1 x3 + 11 tại x = 3 4.2 Hàm số Ví dụ 1: Điền các giá trị của hàm số y = −3x + 2 vào bảng sau đây: x -5.3 -4 − 4 3 2.17 4 3 7 5 7 y 43
• 44. Điền các giá trị của các hàm số y = f (x) = 5 3 − 4x và y = g (x) = −4x2 + 2 vào bảng sau đây: x -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 f (x) g (x) 4.3 Hệ phương trình Ví dụ 1: Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: 13x + 17y + 25 = 0 23x − 123y − 103 = 0 13 17 25 23 123 103 X = − 662 995 Y = − 957 995 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn:    y = 1 3 x + 4 y = − 3 2 x − 1 2 44
• 45. Giải hệ phương trình bậc nhất ba ẩn:    2x + 2y − z = 5 4x + 3y − z = 8 8x + 5y + 3z = 10 2 2 1 5 4 3 1 8 4 5 3 10 X = 1 Y = 1 Z = −1 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn:    x − y − z + t = 35 2x − y + 3z + 5t = −70 x + 2y + 3z − 4t = 0 x − y − 4z + t = 14. Khử t = −x + y + z + 35 giữa các phương trình của hệ, ta có:    2x − y + 3z + 5(−x + y + z + 35) = −70 x + 2y + 3z − 4(−x + y + z + 35) = 0 x − y − 4z + (−x + y + z + 35) = 14. =⇒    −3x + 4y + 8z = −245 5x − 2y − z = 140 −3z = −21. 45
• 46. 245 5 2 1 140 0 0 3 21 X = −1 (STO) (A) Y = −76 (STO) (B) Z = 7 (STO) (C) 35 T = −33 4.4 Hàm số bậc hai và phương trình bậc hai Ví dụ 1: Cho hàm số bậc hai y = −1,32x2 + 3.1 − 2 5 6,4 − 7,2 x − 7,8 + 3 2 1 Tính giá trị của hàm số khi x = 2 + 3 2 Giải phương trình y = 0 3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số (làm tròn đến 5 số lẻ) Ví dụ 2: Giải các phương trình sau đây: 1 3x2 − 4x + 7 = 0 2 x2 + 5x + 3 = 0 3 (x − 4)2 + (2x + 1)2 = 25 − 5x 46
• 47. sau: 5 3 1 + 4 8 4 5 16+1-25 Ví dụ 3: Kỳ thi HS giải toán trên MTCT Huế, 2007. Giải phương trình (lấy kết quả với các chữ số thập phân tính được trên máy): 2007 + 2008 x2 + x + 0,1 = 20+ 2008 − 2007 x2 + x + 0,1 Giải: Đặt t = x2 + x + 0,1 ;t 0. Phương trình dược viết: 2007 + 2008t = 20 + 2008 − 2007t Ta nhận xét phương trình này có tối đa một nghiệm trong khoảng 0; 2008 2007 . (HS đội tuyển sẽ hiểu ngay nhận xét này). Ngoài ra x2 + x +0,1− t 2 = 0 có c a = 0,1− t 2 < 0 nên phương trình đã cho có tối đa hai nghiệm và hai nghiệm này trái dấu. Nhập phương trình: 2007 + 2008 x2 + x + 0,1 = 20+ 2008 − 2007 x2 + x + 0,1 vào máy tính, bấm khi được hỏi X ta nhập số 0 và nhấn dấu , chờ một lát ta được nghiệm x = 0.082722755 , sau đó bấm tiếp khi được hỏi X ta nhập số −1 và nhấn dấu , chờ một lát ta được nghiệm x = −1.082722755. Kết luận phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là: x = 0.082722755 ∨ x = −1.082722755 47
• 48. bậc 3 Ví dụ: Giải các phương trình sau đây: 1 x3 + x2 − 3x + 3 = 0 5 4 1 1 3 3 Ta nhận được một nghiệm thực là x = −2.598674508 2 3x3 + x2 − 3 2 x − 1 2 = 0 Bấm phím như sau: 5 4 3 1 3 2 1 2 3 3x3 + 2x2 − x + 14 = 0 4 x3 − 15 2 x2 + 18x − 27 2 = 0 4.6 Lượng giác Ở lớp 9 ta cho màn hình hiển thị MODE độ . Ví dụ 1: Tính 1 sin36◦ 36 2 tan78◦ 78 48
• 49. 2: Tính 1 cos43◦ 27 43 43 27 43 . 2 sin71◦ 52 14 3 tan69◦ 0 57 Ví dụ 3: Tìm góc nhọn x đo bằng độ, phút, giây biết 1 sin x = 0.5 2 cos x = 0.3561 0.3561 3 tan x = 3 4 4 cot x = 5 1 5 Ví dụ 4: Tìm góc nhọn x biết 1 sin x = 5 − 1 4 5 1 4 2 tan x = 2 − 1 2 1 Ví dụ 4: Tính giá trị của biểu thức: 1 A = sin3 18◦ +sin2 18◦ 18 18 2 B = 2 − 3 3sin3 90◦ + cot3 30◦ + cos2 45◦ tan4 60◦ + sin2 30◦ cos3 60◦ 49
• 50. 108◦ 1 3 55 40 20 108 Hướng dẫn: • Để gõ sin3 18◦ ta thực hiện như sau: 3 chuyển sang mode độ. 18 . • Để gõ cot55◦ ta gõ như sau: 55 50
• 53. Chủ đề giải hệ phương trình Viê.c giải một hệ phương trình vừa là yêu cầu của một bài toán đại số nhưng đồng thời cũng vừa là một công cụ để giải các bài toán đai số khác, ví dụ tìm hệ số của một đa thức hay tìm giao điểm của hai đường thẳng. Bài 1 Giải các hệ phương trình bậc nhất ba ẩn sau đây: a)    2x + 3y − z = 1 3x + 5y + 2z = 8 −2y − 3z = −1 b)    2x − 5y + 2z = 7 x + 2y − 4z = 3 3x − 4y − 6z = −5 53
• 54. hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn sau đây:    x + 2y − 4z + 3t = 1 −x − 2y + 5z − 2t = −3 x + 2y − 3z + 4t = 5 −2x − 4y + 10z − 4t = 6. (Khử x) Bài 3 Cho parabol (P ) : y = a x2 + b x + c . Xác định a,b,c để cho (P ) đi qua các điểm A 2; 13 3 B − 3 4 ; 2551 48 C 2 5 ;− 199 15 Bài 4 Đề thi chọn đội tuyển MTCT TP HCM năm 2014. Cho P (x) là đa thức bậc 5 với hệ số bậc 5 là 3, chia hết cho x2 + 1 và sao cho P (0) = −1,P (1) = 4,P (2) = 85. Tìm dư khi chia P (100) cho P (5). 5.2 Chủ đề đa thức bậc 3 Cho một đa thức bâc 3 có dạng P (x) = a x3 +b x2 +c x +d trong đó a,b,c ,d là 4 ẩn số cần xác định. Nếu giả thiết cho 4 điều kiện về các giá trị của đa thức ta sẽ thiết lập được một hệ phương trình theo 4 ẩn. Giải hệ này ta sẽ xác định được đa thức. Ví dụ 1: Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Trung học cơ sở, 2007-2008. 1. Tìm đa thức bậc ba P (x) biết: P (0) = 10; P (1) = 12; P (2) = 4;P (3) = 1. 54
• 55. thức P (x) tìm được ở câu trên, trình bày cách tìm giá trị đúng của P (2008). Bài giải: Giả sử đa thức có dạng P (x) = a x3 + b x2 + c x + d Theo giả thiết    P (0) = 10 P (1) = 12 P (2) = 4 P (3) = 1 ⇐⇒    d = 10 (1) a + b + c + d = 12 (2) 8a + 4b + 2c + d = 4 (3) 27a + 9b + 3c + d = 1 (4) Ta lần lượt lấy (1) trừ (2); lấy (2) trừ (3); lấy (3) trừ (4) (thể hiện trên máy tính CASIO 570VN Plus) 0 1 0 1 0 1 10 12 1 8 1 4 1 2 12 4 8 27 4 9 2 3 4 1 X = 5 2 (STO) (A) Y = − 25 2 (STO) (B) Z = 12 (STO) (C) Vậy đa thức cần tìm là P (x) = 5 2 x3 − 25 2 x2 + 12x + 10 55
• 56. 2 12 10 a 2008 b c 2.019058459 × 1010 2 10 190584586 a chấp nhận số A b chấp nhận số B c chấp nhận số C Sau dáu chấm là 10 chữ số thập phân. Ở đây chỉ có 9 chữ do bỏ số 0 đứng đầu, do đó ta phục hồi số 0. Vậy: P (2008) = 20190584586 Ví dụ 2: Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Đăk Nông, Trung học cơ sở, 2007-2008 Tìm một đa thức bậc ba P (x), biết rằng khi chia P (x) cho x − 1 ; x − 2; x − 3 đều được số dư là 6 và P (−1) = −18. Bài giải: Giả sử đa thức có dạng P (x) = a x3 + b x2 + c x + d Theo giả thiết    P (1) = 6 P (2) = 6 P (3) = 6 P (−1) = −18 ⇐⇒    a + b + c + d = 6 (1) 8a + 4b + 2c + d = 6 (2) 27a + 9b + 3c + d = 6 (3) −a + b − c + d = −18 (4) Ta lần lượt lấy (1) trừ (2); lấy (2) trừ (3); lấy (3) trừ (4) (thể hiện trên máy tính CASIO 570VN Plus) 56
• 57. 4 1 2 6 6 8 27 4 9 2 3 6 6 27 1 9 1 3 1 6 18 X = 1 (STO) (A) Y = −6 (STO) (B) Z = 11 (STO) (C) 6 T = 0 Vậy đa thức cần tìm là P (x) = x3 − 6x2 + 11x BÀI TẬP Bài 1. Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Thừa Thiên-Huế, Trung học cơ sở, 2005-2006. Cho đa thức P (x) = a x3 + b x2 + c x + d Biết P (1) = 27 ; P (2) = 125 ; P (3) = 343 ; P (4) = 735 1. Tính (kết quả chính xác) các giá trị P (−1) ; P (6) ; P (15) ; P (2006) 2. Tìm số dư của phép chia P (x) cho 3x − 5. Bài 2 Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Trung học cơ sở, 2007-2008). Cho đa thức P (x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + d thỏa mãn: P (0) = 12 ; P (1) = 12 ; P (2) = 0 ; P (4) = 60 57
• 58. các hệ số a,b,c ,d của P (x). 2. Tính P (2006). 3. Tìm số dư trong phép chia đa thức cho 5x − 6. Bài 3 Thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên, Trung học cơ sở, 2006-2007. Cho đa thức P (x) = x4 + a x3 + b x2 + c x + d có P (1) = 1 ; P (2) = 13 ; P (3) = 33 ; P (4) = 61. Tính P (5),P (6),P (7),P (8). Bài 5 Thi học sinh giỏi Giải toán trên máy tính, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Trung học cơ sở, 2008-2009. Đa thức P (x) = x6 + a x5 + b x4 + c x3 + d x2 + e x + f có giá trị là 3;0;3;12;27;48 khi x lần lượt nhận các giá trị tương ứng là 1;2;3;4;5;6. 1) Xác định các hệ số a, b, c , d , e, f của P (x) . 2) Tính giá trị của đa thức P (x) với x = 11;12;13;14;15; 16;17;18;19;20. Ta có nhận xét các giá trị 3;0;3;12;27;48 là bội của 3 với các số chính phương 1;0;1;22 ;32 ;42 lần lượt là giá trị của đa thức khi thay x lần lượt bằng 1;2;3;4;5;6. Ngoài ra nó cũng là giá trị của biểu thức: Q(x) = 3(x − 2)2 . Vậy: P (x) = (x −1)(x −2)(x −3)(x −4)(x −5)(x −6)+3(x −2)2 58
• 59. (x2 − 7x + 6)(x2 − 7x + 10)(x2 − 7x + 12) + 3(x − 2)2 = (x2 −7x)3 +28(x2 −7x)2 +252(x2 −7x)+720+3(x −2)2 Khai triển và thu gọn các hằng đảng thức, ta có: P (x) = x6 − 21x5 + 175x4 − 735x3 + 1627x2 − 1776x + 732 Tuy nhiên cách giải trên không phải lúc nào cũng áp dụng được. Do đó ta sẽ giải bài toán trên máy tính cầm tay thay vì suy luận toán học. P (x) = x6 + a x5 + b x4 + c x3 + d x2 + e x + f Ta có: P (6) = 48 P (5) = 27 P (4) = 12 P (3) = 3 P (2) = 0 P (1) = 3 Lần lượt lấy P (6) − P (5),P (5) − P (4),... ta có hệ phương trình:    (65 − 55 )a + (64 − 54 )b + (63 − 53 )c + (62 − 52 )d + (6 − 5)e = −31010 (55 − 45 )a + (54 − 44 )b + (53 − 43 )c + (52 − 42 )d + (5 − 4)e = −11514 (45 − 35 )a + (44 − 34 )b + (43 − 33 )c + (42 − 32 )d + (4 − 3)e = −3358 (35 − 25 )a + (34 − 24 )b + (33 − 23 )c + (32 − 22 )d + (3 − 2)e = −662 (25 − 1)a + (24 − 1)b + (23 − 1)c + (22 − 1)d + (2 − 1)e = −66 Tiếp tục lần lượt lấy phương trình trên trừ phương trình dưới, ta có:    2550a + 302b + 30c + 2d = −19496 1320a + 194b + 24c + 2d = −8156 570a + 110b + 18c + 2d = −2696 180a + 50b + 12c + 2d = −596 1230a + 108b + 6c = −11340 750a + 84b + 6c = −5460 390a + 60b + 6c = −2100 59
• 60. giải hệ phương trình Ta được: a = −21 b = 175 c = −735 Ta tiếp tục tính d = 596 180 50 12 2 1627 Tương tự e = −1776 ; f = 732 5.3 Chủ đề dãy số cho bằng biểu thức qui nạp Một dãy số xác định bởi một biểu thức qui nạp dựa vào hai số hạng đứng trước bằng cách sử dụng hai bộ nhớ và (PreAns) các bạn có thể đọc ở chương 3. Tuy nhiên trong các kỳ thi Học sinh giỏi Máy tính cầm tay THCS cấp Bộ hay yêu cầu thí sinh thiết lập một dãy số qui nạp dựa vào 3 số hạng đứng trước. Do đó trong phần này chúng ta sẽ trao đổi về nội dung này và hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính để giải bài toán được đặt ra cho họ. Ví dụ 1: Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2011 Bộ GD và ĐT. Cho một dãy số (un ) đuợc xác định như sau: u1 = 1 ; u2 = 2 ; u3 = 3 ; un+3 = 2un+2 − 3un+1 + 2un (n 1) 1. Viết qui trình bấm máy tính để thực hiện un+3. 2. Dựa vào đó để tính u19 ; u20 ; u66 ; u67 ; u68 60
• 61. số hạng đầu tiên ta lần lượt gán vào A, B, C. Sau đó ta thiết lập công thức tính 3 số hạng tiếp theo với qui ước như sau: Trước C là B, trước B là A, trước A là C. Các số hạng của dãy thay vì đánh số u1,u2,u3,u4,u5,u6,u7,u8, u9 ... ta sẽ liệt kê là A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C, A, B, C . . . u1 1 A u2 2 B u3 3 C u4 2 A 2C-3B+2A→ A u5 -1 B 2A-3C+2B → B u6 -2 C 2B-3A+2C → C u7 3 A 2C-3B+2A u8 10 B 2A-3C+2B u9 7 C 2B-3A+2C u10 -10 A 2C-3B+2A u11 -21 B 2A-3C+2B u12 2 C 2B-3A+2C u13 47 A 2C-3B+2A u14 46 B 2A-3C+2B u15 -45 C 2B-3A+2C u16 -134 A 2C-3B+2A u17 -41 B 2A-3C+2B u18 230 C 2B-3A+2C u19 315 A 2C-3B+2A Bài giải: 1 (STO) (A) 2 (STO) (B) 3 (STO) (C) 2 3 2 (STO) (A) 2 3 2 (STO) (B) 2 3 2 (STO) (C) copy dòng lệnh A copy dòng lệnh B copy dòng lệnh C v.v... 61
• 62. Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2014 Bộ GD và ĐT. Cho x1 = x2 = 1 x3 = 2 ; xn+3 = xn+2 − 2 3 xn+1 + 1 2 xn (n = 1,2,3,...) Viết qui trình bấm máy tính xn và dùng qui trình đó tính x15, x20, x25. ĐS: x15 = 1019 2916 ; x20 = 0.1978507786 ; x25 = 0.1060976856 Ví dụ 3: Chọn đội tuyển MTCT năm 2014 SGD và ĐT TP HCM. Cho x1 = 1 ; x2 = 2. xn = −xn−1 + xn−2 + n2 , n = 3,4,5,... Tính x29. Rất tiếc bài này ta không dùng Ans và PreAns được. Do đó qui trình bấm phím như sau: (chúng tôi xuống dòng cho tiện theo dõi) 1 1 Lần lượt trả lời X = 2,A = 1,B = 2 và nhấn dấu bằng liên tục đến khi X = 28 ta sẽ nhận được x29 = 364967 Ví dụ 4: Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2013 BGD và ĐT. Lập qui trình bấm máy và tính giá trị của mỗi biểu thức sau: 62
• 63. + 2012 2011 + 2011 2010 + ··· + 1992 1991 + 1991 1990 b) Q = 2013 2012 2012 2011 2011 2010... 1992 1991 1991 1990 Giải: a) Ta có nhận xét P là số hạng của dãy số: u1 = 1991 1990 ; un = n n − 1 + un−1 khi n = 2013. Do đó qui trình bấm phím như sau: 1 1 • nếu hỏi X nhập 1991 để nạp 1992 vào X . • nếu hỏi A nhập 1991 1990 (gõ 1991 1990 ) • nhấn dấu bằng liên tục cho đến X = 2013 ta được 1.003786277 b) Ta có nhận xét Q là số hạng của dãy số: u1 = 1991 1990 ; un = n (n − 1)un−1 khi n = 2013. 63
• 64. trình bấm phím như sau: 1 1 • nếu hỏi X nhập 1991 để nạp 1992 vào X . • nếu hỏi A nhập 1991 1990 (gõ 1991 1990 ) • nhấn dấu bằng liên tục cho đến X = 2013 ta được 1.003787915 BÀI TẬP Bài 1: Cho dãy số sắp thứ tự u1,u2,u3,...,un ,un+1,... biết u5 = 588,u6 = 1084 và un+1 = 3un − 2un−1. 1. Tính u1;u2 2. Tính u25 Bài 2: Cho dãy số sắp thứ tự u1,u2,u3,...,un ,un+1,... biết: u1 = 1,u2 = 2,u3 = 3;un = un−1+2un−2+3un−3 (n 4) 1. Tính u4,u5,u6,u7 . 2. Viết qui trình bấm phím liên tục để tính giá trị của un với n 4 3. Sử dụng qui trình trên, tính giá trị của u20,u22,u25,u28 . 64
• 65. số nguyên và số chính phương Số chính phương là một nội dung giảng dạy ở bậc Trung học cơ sở, nhất là cho các lớp chuyên. Trong khuôn khổ máy tính cầm tay ta sẽ không đi sâu vào lý thuyết số mà chỉ sử dụng khả năng tính toán nhanh của máy để tìm các số nguyên mà bình phương của nó thoả một điều kiện nào đó. Ví dụ 1: Tìm một cặp số nguyên dương (x, y ) sao cho : x2 = 37y 2 + 1 Ta gán y cho A và cho A chạy từ 1 cho đến khi nhận được 37y 2 + 1 là một số nguyên. (=) 1 (:) 37 1 1 Gõ dấu bằng liên tục đến khi nhận được số nguyên thì dừng. ĐS: y = 12; x = 73 BÀI TẬP Bài 1 : Tìm các chữ số a,b,c ,d sao cho số 567a b c da là số chính phương. Nêu qui trình bấm phím để có kết quả. Giải: Ta có: 56700000 = 7529.940239 65
• 66. đó số đã nêu là bình phương của một số nguyên nằm trong khoảng (7529;7536). Ta lập bảng: x 7530 7531 7532 7533 7534 7535 7536 x2 00900 15961 31024 46089 61156 6225 91296 ta bỏ đi ba chữ số 567 đứng đầu, còn lại nếu chữ số đầu tiên trùng với chữ số cuối cùng thì đó là phần đuôi của số cần tìm. Vậy các số thoả yêu cầu của bài toán là: 56700900 ; 56715961 ; 56761156 Bài 2 : Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010 n 2010) sao cho 20203 + 21n cũng là số tự nhiên. Giải: Đặt x = 20203 + 21n. Vì 0 n 2010 nên 204 x 249. (hàm số đồng biến) Bấm phím: 20203 21 1010 203.5018427 20203 249.8259394. Ta có: n = x2 − 20203 21 với x là số nguyên chạy từ 204 đến 249. Sử dụng chức năng lập bảng: f (x) = x2 − 20203 21 204 66
• 67. 2) ta có: n = 1118;1158;1301;1406 225 249 1 Nhìnvào bảng (cột 2) ta có: n = 1557;1601;1758;1873. Vậy các giá trị cần tìm của n là: n = 1118;1158;1301;1406;1557;1601;1758;1873 Bài 3 : (Thi giải toán trên máy tính cầm tay - THCS năm 2013, Bộ Giáo dục và Đào tạo) Tìm các số tự nhiên n (1000 < n < 10.000.000) sao cho với mỗi số đó thì an = 4 22122010 + 6n cũng là số tự nhiên. Nêu qui trình bấm phím để có kết quả. Ta có nhận xét: Vì 1000 < n < 10.000.000 nên: 4 22122010 + 6000 < an < 4 22122010 + 60.000.000 hay: 68,5860181 < an < 95,19516537 Với an là số tự nhiên và thoả bất đẳng thức trên nên: 69 an 95 67
• 68. n = a4 n − 22122010 6 Thực hiện trên máy tính Trước hết ta cài đặt máy tính chế độ bảng một hàm số (giải phóng bộ nhớ để nhớ được 30 số): 5 1 7 f (x) = x4 − 22122010 6 69 95 1 Ta có bảng sau đây (chỉ ghi kết quả là số nguyên) x 70 74 76 80 82 f(x) 314665 1310761 1873361 3139665 3848361 x 86 88 92 94 f(x) 5429801 6307921 825881 9325481 Vậy các số tự nhiên thoả yêu cầu bài toán là: 314665;1310761;1873361;3139665;3848361;5429801; 6307921;825881;9325481 Bài 4 : Tìm cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình: 4x3 + 17(2x − y )2 = 161312 Bài 5 : Số chính phương P có dạng: P = 17712a b 81. Tìm các chữ số a và b biết rằng a + b = 13. 68
• 69. 10 Khi được hỏi ta nhập bằng 2 để A = 3 và nhấn liên tiếp dấu để nhận được số nguyên cần tìm là 177129481 ứng với a = 9 ,b = 4. 5.5 Chủ đề tính tổng hữu hạn Ví dụ 1: Ta muốn tính tổng S = 3 12.22 + 5 22.32 + 7 32.42 + ··· + 19 92.102 Hướng dẫn: S = 9 x=1 2x + 1 x2(x + 1)2 Ví dụ 2: Tính tổng S = 1 1.2 + 1 3.4 + 1 5.6 + ··· + 1 99.100 Hướng dẫn: S = 99 x=1 1 x(x + 1) Ví dụ 3: Tính tổng S = 1 1.2.3.4 + 1 2.3.4.5 + 1 3.4.5.6 + ··· + 1 2011.2012.2013.2014 (Đề thi Thi giải toán trên MTCT năm 2011-THCS) 69
• 70. 1 2011 0.05555555551 So sánh với Maple S = 1359502363 24471042552 = 0.05555555551 Ví dụ 4: Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2014 Bộ GD và ĐT. Tính tổng S = 12 1.3 + 22 3.5 + 32 5.7 + ··· + 10052 2009.2011 + 10062 2011.2013 2 1 2 1 1 1006 Sau 118 giây sẽ cho kết quả: S = 251.6249379 BÀI TẬP Bài 1. Cho tổng Sn = 1 − 1 22 + 2 32 + 3 42 − 4 52 + ··· + (−1)n−1 n − 1 2n Tính S4,S5,S6 ; S20 ; S25 ; S30. 70
• 71. phần nguyên của tổng số sau đây: 13 + 12 3 + 23 + 32 5 + ··· + 753 + 1492 151 Hướng dẫn: S = 75 x=1 x3 + (2x − 1)2 (2x + 1) ĐS: 19824 5.6 Chủ đề lý thuyết đồng dư Máy tính hiển thị 10 chữ số trên màn hình và thực hiện được tính năng để tìm dư. Do đó các số luỹ thừa được viết ở dưới được tính theo công thức: p = 10 : log(n) nghĩa là np sẽ có tối đa 10 chữ số hiển thị trên màn hình. Ví dụ: 10 : log(17) = 8.127115093 nên 178 = 6975757441 có 10 chữ số và thực hiện được phép chia có dư. Ví dụ 1: Bài thi chọn đội tuyển năm 2013 TP HCM. Tìm hai chữ số tận cùng của 192013 . Giải: 197 ≡ 39 (mod 100) 1942 = 396 ≡ 61 (mod 100) 19210 = 615 ≡ 1 (mod 100) 191890 = (19210 )5 ≡ 1 (mod 100) 192013 = 191890 .1984 .1935 .194 ≡ 21.99.194 (mod 100) 71
• 72. số tận cùng của 192013 là 21 × 99 × 194 100 là 59. Ví dụ 2: Tìm số dư trong các phép chia: 20092010 : 2011 Vì 2011 là số nguyên tố và UCLN(2009,2011) = 1 nên: 20092011−1 ≡ 1 (mod 2011) nghĩa là dư của phép chia 20092010 cho 2011 là 1. Ví dụ 3: Tìm số dư trong các phép chia: 52008 : 2003 Vì 2003 là số nguyên tố và BCNN(2003,5) = 1 nên: 52002 ≡ 1 (mod 2003) Mà 52008 = 52002 .56 và 56 2003 có R = 1604 nên là dư của phép chia 52008 cho 2003 là 1604. Ví dụ 4: Tìm số dư trong các phép chia: 19972008 : 2003 Vì 2003 là số nguyên tố và BCNN(2003,1997) = 1 nên: 19972002 ≡ 1 (mod 2003) 19972008 = 19972002 .19976 ; 19976 = (19973 )2 19973 2003 có R = 1787 17872 2003 có R = 587 nên là dư của phép chia 19972008 cho 2003 là 587. Ví dụ 5: Tìm số dư trong các phép chia: 2008201 : 1991 2008 1991 cho R = 17 178 1991 cho R = 246 1732 ≡ 2464 1991 cho R = 586 1796 ≡ 5863 1991 cho R = 1677 72
• 73. R = 1037 17200 = 17192 .178 ≡ 1037 × 246 1991 cho R = 254 17201 = 17200 .17 ≡ 254 × 17 1991 cho R = 336 Ví dụ 6: Thi vào lớp 10 Chuyên TP Hà Nội năm học 2013- 2014. Tìm các số tự nhiên n để 72013 + 3n có chữ số hàng đơn vị là 8. Giải: 74 ≡ 1 (mod 10), suy ra 72012 ≡ 1 (mod 10). Do đó 72013 ≡ 7 (mod 10). Vì vậy ta cần tìm các số tự nhiên n để 3n ≡ 1 (mod 10). Ta có nhận xét 34 ≡ 1(mod 10) nên: 3n ≡ 1 (mod 10) ⇐⇒ n = 4k,k ∈ 5.7 Chủ đề giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Cách làm sau đây là cách làm tham khảo để sử dụng tính năng mới giải bất phương trình của MTCT. Người học có thể vận dụng nhiều cách khác nhau để hướng dãn lại học sinh. Ví dụ 1: Bài thi chọn đội tuyển năm 2013 TP HCM. Tính gần đúng (chính xác đến 4 số lẻ thập phân sau dấy phẩy) giá trị lớn nhất là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2,5x − 3,2 0,2x2 + 1,9 Giải: Đặt y = 2,5x − 3,2 0,2x2 + 1,9 . Suy ra phương trình bậc hai: 0,2y x2 − 2,5x + 1,9y + 3,2 = 0 73
• 74. nghiệm khi và chỉ khi: ∆ = 2,52 − 0,8y (1,9y + 3,2) 0 Sử dụng chức năng giải bất phương trình của máy CASIO FX570 VN Plus Chức năng giải bất phương trình của máy 1 1 3 0.8 1.9 0.8 3.2 2.5 Máy sẽ cho đáp số: −3.03777905 y 1.353568524 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1.3536 và giá trị nhỏ nhất là −3.0378. Ví dụ 2: Bài thi chọn đội tuyển năm 2014 TP HCM. Tính gần đúng (chính xác đến 4 số lẻ thập phân sau dấy phẩy) giá trị lớn nhất là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 1,4x − 5,3 3,7x2 + 0,2x + 3 Giải: y = 1,4x − 5,3 3,7x2 + 0,2x + 3 ⇐⇒ 3,7y x2 + (0,2y − 1,4)x + 3y + 5,3 = 0 Khi y = 0 phương trình có nghiệm. Khi y = 0 phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: (0,2y − 1,4)2 − 4 × 3,7y ( 3y + 5,3) 0 74
• 75. 1 3 0,22 −4×3,7× 3 2×0,2×(−1,4)−4×3,7×5,3 1,42 Kết quả: −3.111232338 y 0.0246138465. Vậy GTNN bằng −3.1112 và GTLN bằng 0.0246. Ví dụ 3: Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2011 Bộ GD và ĐT. Biết x là một số thực khác 0, tìm giá trị nhỏ nhất của Q = 2010,2011x2 − 2x + 2012,2013 2014,2015x2 5.8 Chủ đề phương trình bậc 4 Máy tính đã giải phương trình bậc 3, do đó các kỳ thi học sinh giải toán trên MTCT dành nhiều câu hỏi cho phương trình bậc 4. Ở đây ta sẽ không trao đổi về công thức tổng quát giải phương trình bậc 4 (không phù hợp với các bậc học phổ thông do độ phức tạp và khó nhớ của nó). Thay vào đó chúng tôi giới thiệu một phương pháp thực hành rất thiết thực trên máy tính cầm tay. Tất nhiên phương pháp này không dùng để giải bất cứ một phương trình bậc 4 nào, chỉ giải những phương trình mà đề thi đề cập. Ví dụ 1: Bài thi chọn đội tuyển năm 2014 TP HCM. Cho phương trình: x4 + x3 −7x2 −4x +6 = 0. Gọi x1, x2, x3, x4 là các nghiệm của phương trình. Tính giá trị của biểu thức S = x10 1 + x10 2 + x10 3 + x10 4 Giải. 75
• 76. trình lên màn hình: (việc đóng mở ngoặc và nhấn dấu đều có dụng ý) 4 7 4 6 2. Đưa con trỏ lên dòng công thức và bấm . nhập số 0 (hay bất cứ số nào nếu số 0 làm đứng máy) 3. Khi nhận được nghiệm thứ nhất lưu nó vào A. 0.7320508076 (thực chất là 3 − 1) 4. Tìm nghiệm thứ nhì như sau: chấp nhận số và nhấn dấu chấp nhận dùng nghiệm cũ để dò tìm. Khi ra nghiệm thứ nhì −2.732050808 (thực chất là −1 − 3) lưu vào 5. Tìm nghiệm thứ ba như sau: chấp nhận số , số và nhấn dấu chấp nhận dùng nghiệm cũ để tiếp tục dò tìm. Khi ra nghiệm thứ ba −2.732050808 (thực chất là −1 − 3) lưu vào 6. Tìm nghiệm thứ tư như sau: 76
• 77. , số , số và nhấn dấu chấp nhận dùng nghiệm cũ để tiếp tục dò tìm. Khi ra nghiệm thứ tư 2.302775638 lưu vào 7. Bấm 1 ra ngoài gõ: 10 10 10 10 27375 Ví dụ 2: Cuộc thi giải toán trên MTCT năm 2014 Bộ GD và ĐT. Cho hai đa thức P (x) = 6x4 − 7x3 − 12x2 + a x + 2 và Q(x) = x2 + b x − 2 1. Xác định a,b để P (x) chia hết cho Q(x). 2. Với a tìm được, hãy giải phương trình P (x) = 0. Giải: Thực hiện phép chia đa thức, ta có: P (x) =Q(x).T (x).D (x) trong đó: T (x) = 6x2 − (7 + 6b)x + 7b + 6b 2 D (x) = (a − 6b 3 − 7b2 − 12b − 14)x + 12b 2 + 14b + 2 P (x) chia hết cho Q(x) khi D (x) = 0 ∀x. Vậy ta có hệ phương trình: a − 6b 3 − 7b 2 − 12b − 14 = 0 12b 2 + 14b + 2 = 0 Giải hệ phương trình ta có: a = 3 b = −1 hay    a = 73 6 b = − 1 6 77
• 78. = 3 thì phương trình P (x) = (6x2 − x − 1)(x2 − x − 2) = 0 có 4 nghiệm là −1,2, 1 2 ,− 1 3 . • Nếu a = 73 6 thì phương trình P (x) = (6x2 − 6x − 1)(x2 − 1 6 x − 2) = 0 có 4 nghiệm là 3 ± 15 6 , 3 2 ,− 4 3 . Ví dụ 3: Giải phương trình bậc 4 sau đây: 36x4 − 42x3 − 72x2 + 73x + 12 = 0 Thực hiện qui trình bấm máy như ví dụ 1, ta có 4 nghiệm là x1 = −0.1454972244 x2 = 3 2 x3 = 1.1454972244 x4 = − 4 3 Ta có nhận xét x2 và x4 là nghiệm hữu tỉ, do đó x1 và x3 là nghiệm vô tỉ của phương trình: X 2 − ( + )X + . = 0 Bấm máy tính 5 3 nhập 1 Ta có x1,3 = 3 ± 15 6 Ví dụ 4: Giải phương trình bậc 4 sau đây: 28x4 + 12x3 − 83x2 − 12x + 40 = 0 78
• 79. trình bấm máy như ví dụ 1, ta có 4 nghiệm là x1 = 1.392280956 x2 = 0.72247448714 x3 = −0.8208523846 x4 = −1.724744871 Ta có nhận xét tổng của x2 và x4 là số nguyên, do đó ta tính tổng của x1 và x3 được 4 7 . Giải phương trình: X 2 − ( + )X + . = 0 Bấm máy tính 5 3 nhập 1 Ta có x1,3 = 2 ± 2 15 7 Giải phương trình: X 2 − ( + )X + . = 0 Bấm nhập 1 Ta có x2,4 = −1 ± 6 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: x = 2 − 2 15 7 ; x = 2 + 2 15 7 ; x = −1 − 6 2 ; x = −1 + 6 2 Ví dụ 5: Tương tự, giải phương trình bậc 4 sau đây: x4 + 3x3 − 4x2 − 11x + 5 = 0 = 0 Đáp số: x = −1 − 2 ; x = −1 + 2; x = −1 − 21 2 ; x = −1 + 21 2 79
• 81. toán về căn thức Ví dụ 1: Đề thi vào lớp 10 CT năm 2003-2004 TP HCM. Rút gọn biểu thức 1 2 − 3 3 2 − 2 3 3 2 + 2 3 Ví dụ 2: Đề thi vào lớp 10 Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2002-2003. Rút gọn biểu thức A = 6 − 2 2 + 12 + 18 − 8 2 Ví dụ 3: Đề thi vào lớp 10 CT THTH ĐHSP TP HCM năm 2005-2006. Tính A = 11 + 2 30 − 8 − 4 3 ( 5 − 2) Ví dụ 4: Đề thi vào PTNK Khối C, D năm 2003-2004. Rút gọn biểu thức: 2 + 3 2 + 2 + 3 + 2 − 3 2 − 2 − 3 Ví dụ 4: Đề thi vào PTNK Khối C, D năm 2005-2006. 81
• 82. thức: 3 + 5 2 + 3 + 5 + 3 − 5 2 − 3 − 5 6.2 Các bài toán về phương trình bậc 2 Ví dụ 1: 1. Cho a = 11 + 6 2, b = 11 − 6 2. Chứng minh rằng a,b , là hai nghiệm của một phương trình bậc 2 với hệ số nguyên. 2. Cho c = 3 6 3 + 10, d = 3 6 3 − 10 . Chứng minh rằng c 2 ,d 2 là hai nghiệm của một phương trình bậc 2 với hệ số nguyên. Giải: 1. Nhập 11 + 6 2 Dùng đưa con trỏ lên dòng công thức sửa dấu + thành dấu −: 11 − 6 2 Ta có : 6 và 7 Vậy a và b là nghiệm của phương trình: x2 − 6x + 7 = 0. 2. Nhập 3 6 3 + 10 Dùng đưa con trỏ lên dòng công thức sửa dấu + thành dấu −: 3 6 2 − 10 Ta có : 8 và 6 Vậy c 2 và d 2 là nghiệm của phương trình: x2 −8x +6 = 0. 82
• 83. toán về giải phương trình và hệ phương trình Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 1 2x 3x2 − 5x + 2 + 13x 3x2 + x + 2 = 6 Giải trực tiếp trên máy: 6 (3x2 − 5x + 2)(3x2 + x + 2) 2x(3x2 + x + 2) 13x(3x2 − 5x + 2) Khi được hỏi nhập số 0 , chờ và nhận nghiệm thứ nhất x = 0.5 thành 1 2 khi lên được biểu thức ban đầu, nhấn và gõ vbang (chấp nhận A) (chấp nhận X) chờ và nhận nghiệm thứ hai x = 1.3333333333 thành 4 3 khi lên được biểu thức ban đầu, nhấn và gõ chờ lâu và thấy thông báo “Can’t Solve” dự đoán là không còn nghiệm nào khác. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 2 , x = 4 3 . Cách giải truyền thống: 83
• 84. 5 + 2 x + 13 3x + 1 + 2 x = 6 Đặt ẩn phụ và giải ra ta có: 3x + 2 x = 1 (loại) hay 3x + 2 x = 11 2 , suy ra hai nghiệm như trên. 2 3x 3x + 10 = 3x + 1 − 1 3 −x2 + 2 = 2 − x 4 Thi vào Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2003-2004. x4 − 4x3 − 19x2 + 106x − 120 = 0 Thực hiện như trong phần 5.8 trang 75, ta tìm được bốn nghiệm là x = 2 , x = 3 , x = 4 , x = −5 5 2x + 4 − 2 2 − x = 2x − 8 9x2 + 16 6 (x − 3) x2 + 5 = −2x2 + 7x − 3 7 x(x + 2) + x(x − 5) = x(x + 3). Chú ý: Các phương trình trên chỉ sử dụng để luyện tập chức năng để tìm một nghiệm. Muốn tìm tất cả các nghiệm phải sử dụng các công cụ cao hơn, như chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất (nếu có như vậy). 84
• 85. phương trình: x + 2 − x + 3 = x + 4 − x + 7 Biết phương trình này có nghiệm duy nhất, hãy tìm nghiệm duy nhất ấy. Thực hiện trên máy tính cầm tay • Nhập phương trình vào màn hình: x + 2 − x + 3 = x + 4 − x + 7 • Bấm Khi được hỏi giá trị của x, ta nhập số 0 và nhấn • Máy tính sẽ dò tìm và thông báo kết quả: −1,958333333 • Bấm ta được: − 47 24 Vậy nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là x = − 47 24 Ví dụ 2: Giải các hệ phương trình sau: 1 Đề thi lớp 10 CT TP HCM năm 2004-2005    3 2x − y − 6 x + y = −1 1 2x − y − 1 x + y = 0 85
• 86. 1 1 1 0 2 1 1 1 1 1 Kết quả: x = 2 , y = 1 2 Xem hệ phương trình ở dưới: 1 7 3 1 7 2 1 x = 3 4 x = 2    x + 1 y = 7 2 y + 1 x = 7 3 Vậy hệ có hai nghiệm: x = 3 y = 2 hay x = 2 y = 3 6.4 Các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 1 Cho phương trình 4x2 + 2(3 − 2m)x + m2 − 3m + 2 = 0 86
• 87. phương trình trên luôn có nghiệm. (b) Xác định m để tích của các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn: Nếu đã làm câu (a) thì câu (b) bấm máy tính như sau: 5 3 1 3 2 xuất ra thông báo X-Value Minimum = 3 2 Y-Value Minimum = − 1 4 Vậy tích của các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất là − 1 4 khi và chỉ khi m = 3 2 2 Đề thi lớp 10 CT TP HCM năm 2002-2003. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x2 x2 − 5x + 7 Giải: y = x2 x2 − 5x + 7 ⇐⇒ (y − 1)x2 − 5y x + 7y = 0 Khi y = 1 phương trình có nghiệm. Khi y = 1 phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 25y 2 − 28(y − 1)y 0 87
• 88. 3 25 − 28 28 0 Kết quả: 0 y 28 3 . Vậy GTNN bằng 0 và GTLN bằng 28 3 . 3 Đề thi PTNK Khối C, D năm 2001-2002. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x2 + 2 x2 + x + 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x2 + 2 x2 + x + 2 Giải: y = x2 + 2 x2 + x + 2 ⇐⇒ (y − 1)x2 + y x + 2y − 2 = 0 Khi y = 1 phương trình có nghiệm. Khi y = 1, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: y 2 − 4(y − 1)(2y − 2) 0 Bấm máy tính: 1 3 −7 16 -8 88
• 89. 2 2 7 y 8 + 2 2 7 . Vậy GTNN bằng 8 − 2 2 7 và GTLN bằng 8 + 2 2 7 . 4 Đề thi lớp 10 TP HCM năm 2003-2004. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3 2 + 2x − x2 + 7 Cách làm trên MTCT: 5 3 1 2 7 xuất ra thông báo X-Value Maximum = 1 Y-Value Maximum = 8 Nghĩa là 2 + 2x − x2 + 7 8, suy ra A 3 2 + 2 2 ; xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi x = 1. Vậy GTNN của A là 3 2 + 2 2 . 5 Tìm GTLN của A = −x2 − 5y 2 − 2x + 4x y + 10y − 6 Lời giải thông thường: A = −(x + 1 − 2y )2 + (1 − 2y )2 − 5y 2 + 10y − 6 = −(x + 1 − 2y )2 − y 2 + 6y − 5 = −(x + 1 − 2y )2 − (y − 3)2 + 4 4 Vậy GTLN của A là 4 đạt được khi x = 5 ; y = 3 89
• 90. vào lớp 10 CT TP HCM năm 2004-2005. Tìm GTNN của A = 5x2 +9y 2 +24x −12x y −48y +82 Giải: A = 9 y − 12 18 x − 48 18 2 −9 12 18 x + 48 18 2 +5x2 +24x +82 Tới giai đoạn bấm máy tính: 5 3 9 12 18 5 9 2 12 18 48 18 24 9 48 18 82 gõ nhiều lần dấu đến khi xuất ra thông báo X-Value Minimum = 4 Y-Value Minimum = 2 Nghĩa là A 2; xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi x = 4 và do đó y = 4. Vậy GTNN của A là 2. 7 Đề thi vào lớp 10 CT Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2004-2005. Tìm x, y thoả 5x2 + 5y 2 + 8x y + 2x − 2y + 2 = 0 Giải: 5x2 + 5y 2 + 8x y + 2x − 2y + 2 = 0 ⇐⇒ x2 + y 2 + 8 5 x y + 2 5 x − 2 5 y + 2 5 = 0 90
• 91. − 1 5 2 − 4 5 x − 1 5 2 + x2 + 2 5 x + 2 5 = 0 Tới giai đoạn bấm máy tính: 5 3 − 16 25 + 1 2 × 4 5 × 1 5 + 2 5 − 1 25 + 2 5 gõ nhiều lần dấu đến khi xuất ra thông báo X-Value Minimum = −1 Y-Value Minimum = 0 Nghĩa là y + 4 5 x − 1 5 2 − 4 5 x − 1 5 2 +x2 + 2 5 x + 2 5 0; xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi x = −1 và do đó y = 1. Vậy x = −1 ; y = 1 8 Đề thi vào lớp 10 Chuyên TP Hà Nội năm 2013-2014. Tìm các số nguyên x, y thoả: x2 − 3y 2 + 2x y − 2x + 6y − 8 = 0 Hướng dẫn: Phương trình đã cho có thể được viết: (x − y + 1)(x + 3y − 3) = 5 91
• 92. là các số nguyên nên phương trình trên tương đương với: x − y + 1 = 1 x + 3y − 3 = 5 hay x − y + 1 = 5 x + 3y − 3 = 1 Giải các hệ phương trình trên ta suy ra x = y = 2 hay x = 4 ; y = 0. 92
• 93. và Đáp án HSG máy tính cầm tay của Bộ giáo dục và Đào tạo các năm 2003-2013 môn Toán dành cho bậc THCS. [2] Đề thi và Đáp án HSG máy tính cầm tay bậc THCS của Sở Giáo dục và Đào tạo các tỉnh phía Nam năm 2003-2013. [3] Đề thi và Đáp án chọn đội tuyển HSG máy tính cầm tay bậc THCS của Sở Giáo dục và Đào tạo TP HCM các năm 2003- 2013. [4] Hướng dẫn sử dụng và giải toán trên máy tính Casio FX- 500MS. Nguyễn Văn Trang-Nguyễn Trường Chấng- Nguyễn Hữu Thảo-Nguyễn Thế Thạch. NXB Giáo dục Việt Nam- 2013 [5] Tuyển tập các đề thi Giải toán trên máy tính THCS 2003- 2010. Trần Đỗ Minh Châu - Tạ Duy Phượng - Nguyễn Khắc Toàn. NXB Giáo dục Việt Nam - 2013 93
• 95. năng mới trong chương trình lớp 6. 7 1.1 Tìm thương và dư của một phép chia các số tự nhiên 7 1.2 Trong trường hợp số bị chia có hơn 10 chữ số. . . . 9 1.3 Trong trường hợp số bị chia có dạng luỹ thừa. . . . 12 1.4 Áp dụng định lý Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.5 Tìm ước số chung lớn nhất (GCD) của hai số . . . 16 1.6 Tìm bội số chung nhỏ nhất (LCM) của hai số . . . 17 1.7 Phân tích một số ra thừa số nguyên tố . . . . . . . . . 21 2 Các tính năng mới trong chương trình lớp 7. 25 2.1 Số thập phân vô hạn tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Số vô tỉ - Khái niệm về căn bậc hai . . . . . . . . . . 27 2.3 Đại lượng tỉ lệ thuận, đại lượng tỉ lệ nghịch . . . . . 29 2.4 Vấn đề làm tròn số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.5 Thống kê . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.6 Tính giá trị của một biểu thức một hoặc nhiều biến 34 3 Các tính năng mới trong chương trình lớp 8. 37 3.1 Tính giá trị của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.2 Phép chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 3.3 Liên phân số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.4 Phương trình bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . . . 40 95
• 96. năng mới trong chương trình lớp 9. 43 4.1 Tính giá trị của biểu thức chứa căn . . . . . . . . . . 43 4.2 Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 4.3 Hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 4.4 Hàm số bậc hai và phương trình bậc hai . . . . . . . 46 4.5 Phương trình bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 4.6 Lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5 Các chủ đề thường gặp trong kỳ thi HS giải toán trên máy tính. 53 5.1 Chủ đề giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 53 5.2 Chủ đề đa thức bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 5.3 Chủ đề dãy số cho bằng biểu thức qui nạp . . . . . . 60 5.4 Chủ đề số nguyên và số chính phương . . . . . . . . 65 5.5 Chủ đề tính tổng hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 5.6 Chủ đề lý thuyết đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 5.7 Chủ đề giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất . . . . . . 73 5.8 Chủ đề phương trình bậc 4 . . . . . . . . . . . . . . . . 75 6 Các bài toán thường gặp trong bài thi vào lớp 10. 81 6.1 Các bài toán về căn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.2 Các bài toán về phương trình bậc 2 . . . . . . . . . . 82 6.3 Các bài toán về giải phương trình và hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 6.4 Các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 86 96