Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS

Chia sẻ: Đặng Xuân Đăng Đăng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:50

5
1.894
lượt xem
408
download

Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS

  1. Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS
  2. MỤC LỤC Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS...........................................1 MỤC LỤC..................................................................................................................2 PHẦN MỞ ĐẦU I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. I.1.1. Cơ sở lý luận. Bồi dưỡng, phát triển trí tuệ và năng lực hoạt động sáng tạo c ủa h ọc sinh là nhiệm vụ trọng tâm của mỗi nhà trường. Sử dụng máy tính đi ện t ử 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 đ ơn gi ản v ề s ử dụng MTĐT BT để tính toán thông thường như tính giá trị c ủa bi ểu th ức s ố, 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 th ừa 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 tr ường với tư cách là một công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay c ả vi ệc đ ổi m ới phương pháp dạy học theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu qu ả. 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 tri ển d ần t ư duy thuật toán một cách hiệu quả.
  3. 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 t ập 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 t ận dụng những tính năng ưu việt của MTĐT BT để hỗ trợ h ọc tốt các môn h ọc khác nữa như Lý, Hoá, Sinh, Địa ... I.1.2. Cơ sở thực tiễn Thực tế, qua việc phụ trách bồi dưỡng HSG giải toán trên MTĐT c ủa trường cũng như của PGD& ĐT huyện Tiên Yên, tôi nhận th ấy các em h ọc sinh thực sự say mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chi ếc MTĐT BT đ ơn giản nhưng vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình h ọc t ập c ủa mình. Từ những lý do trên, tôi mạnh dạn triển khai sáng kiến kinh nghiệm: “PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO FX 570 MS”
  4. I.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: − Để tất cả các em học sinh có điều kiện nắm được những chức năng cơ bản nhất của MTĐT BT CASIO Fx-570 MS, biết cách vận dụng vào gi ải các bài toán tính toán thông thường rồi dần đến các bài toán đòi hỏi tư duy thu ật 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.THỜI GIAN - ĐIA ĐIÊM : ̣ ̉ I.3.1. Thời gian Từ tháng 9 năm 2010 đến tháng 2 năm 2011. I.3.2. Địa điểm Trường THCS Thị Trấn Tiên Yên. I.3.3 Phạm vi đề tài I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu : Các bài toán thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio. I.3.2 Giới hạn về địa bàn nghiên cứu : Nghiên cứu tại huyện Tiên Yên.
  5. I.3.3.3 Giới hạn về khách thể khảo sát : Giới hạn các bài toán thi HSG giỏi cấp tỉnh và cấp khu vực. I.4. PHƯƠNG PHAP NGHIÊN CỨU ́ 1. Phương phap nghiên cứu tai liêu. ́ ̀ ̣ 3. Phương phap nghiên cứu thực tiên. ́ ̃ I.5. ĐONG GOP MỚI VỀ MĂT LÍ LUÂN, VỀ MĂT THỰC TIÊN: ́ ́ ̣ ̣ ̣ ̃ − Về mặt lý luận : Đưa ra các bài tập với phép chứng minh rõ ràng nh ững k ết qu ả 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 th ường g ặp trong các kì thi HSG giải toán trên máy tính Casio. Là tài li ệu chuyên môn h ữu ích cho b ản thân và đồng nghiệp trong lĩnh vực ôn luyện giải toán trên máy tính Casio.
  6. PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG I: TÔNG QUAN ̉ II.1.1. Lich sử vân đề nghiên cứu ̣ ́ Có thể nói rằng các tài liệu ôn luyện CASIO có rất nhi ều, có tài li ệu 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 li ệu th ực s ự 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 Tiên Yên. II.1.2. Kết luận chương I Đề tài mà tôi trình bày không phải là một vấn đề mới, nh ưng các đ ồng nghiệp của tôi ở Tiên Yên cũng chỉ sưu tầm và biên soạn tài li ệu Casio cho riêng bản thân chứ chưa đưa ra thành một đề tài nghiên cứu để nh ận được s ự đóng gớp 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 đ ưa ra ch ắc ch ắn s ẽ c ần nhiều ý kiến đóng góp của các đồng nghiệp mới có thể hoàn thiện hơn được.
  7. CHƯƠNG II NÔI DUNG VÂN ĐỀ NGHIÊN CỨU ̣ ́ II.2.1. THƯC TRANG CUA VIÊC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở ̣ ̣ ̉ ̣ TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN TIÊN YÊN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN Qua một thời gian ôn luyện học sinh cho trườn g PTCS Yên Than, trường THCS Thị Trấn và cho huyện Tiên Yên, tôi nhận thấy các em h ọc sinh có nh ận 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 luy ện cho các em được những kiến thức cơ bản về máy tính Casio rất v ững vàng và có h ệ thống. Kết quả đạt được của huyện nhà trong các kỳ thi HSG gi ải toán trên máy tính Casio năm học 2009 – 2010: 02 giải nhì, 01 giải 3. II.2.2. ĐANH GIÁ THỰC TRANG. ́ ̣ II.2.2.1. Nguyên nhân dân đên thực trang ̃ ́ ̣ Về nguồn học sinh giỏi ở huyện Tiên Yên rất dồi dào, mặc dù cá c 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 ph ương pháp ôn luy ện học sinh còn có những vấn đề cần khắc phục, một trong những vấn đ ề đó là biên soạn ra những cuốn tài liệu ôn thi có hệ thống kiến thức đầy đủ. II.2.2.2. Kết luận chương II
  8. Nếu được ôn luyện bài bản chắc chắn kết quả các năm tiếp theo s ẽ còn cao hơn nữa, nếu chúng ta biên soạn được những tài liệu đầy đủ, sát với chương trình thi của các em. Chính vè lý do đó, tôi quy ết đ ịnh ch ọn đ ề tài sáng ki ến kinh nghiệm: “Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX570 MS ”. Đề tài ngoài việc chuyên sâu vào các bài toán số học, còn đề cập tới các bài toán đa thức và hình học. Đây cũng là điểm mới của đề tài này so với đề tài tôi đã làm năm học 2009 – 2010. CHƯƠNG III PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO 570 MS II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN II.3.1.1. PHẦN I: 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 * 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:
  9. 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. Từ đó ta có quy luật: 99...9 = n−1chöõoá7n00...0 299...9 3 1 2 3 99...9 { { { −1chöõ s soá nchöõ 9 soá nchöõ 9 soá Vậy 999 999 9993 = 999 999 997 000 000 002 999 999 999. Dạng 2: Tìm số dư khi chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b. a. Lý thuyết
  10. 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 s ố d ư c ủa phép chia r 1.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 + qr 2 + 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 Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975 Giải 18901969 : 3041975 = 6.231....Dùng phím  lên dòng trên sửa 18901969 – 3041975.6 =650119
  11. Số dư là: r = 650119 Bài toán 2 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 11 chữ số đàu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên ti ếp vào phần còn lại tối đa 11 chữ số rồi tìm số dư. Nếu còn nữa thì tính liên ti ếp nhu vậy. VD: 12345678910 chia cho 9999 dư 31601. 360111112 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 Từ bổ đề trên, ta có thuật toán Euclide như sau (với hai số nguyên dương a, b):
  12. - 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 th ực hiện không quá b phép chia. Thu ật toán kết thúc sau một số hữu hạn bước và bổ đề trên cho ta: (a, b) = (b, r1) = ... rn x. y 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 :  x c y m.x c y y ⇔ Nhưng ta lại có   = 1 nên m , hay     ( x, y ) ( x, y ) ( x , y ) ( x , y ) ( x, y )  ( x , y ) ( x, y )  y m = u. ( x, y ) với u là số ngyuên nào đó. Thay vào đẳng thức c = m.x ta được y x. y x. y c = u.x. = .u hay c ;à bội của b = ( x, y ) => đpcm ( x, y ) ( x , y ) b. Bài tập Bài toán 1: Tìm UCLN của hai số: a = 24614205, b = 10719433 Giải * Thực hiện trên máy thuật toán tìm số dư trong phép chia số a cho số b, ta được: - Chia a cho b được: 24614205 = 10719433 x 2 + 3175339
  13. - Chia 10719433 cho 3175339 được: 10719433 = 3175339 x 3 + 1193416 - Chia 3175339 cho 1193416 được: 3175339 = 1193416 x 2 + 788507 - Chia 1193416 cho 788507 được: 1193416 = 788507 x 1 + 404909 - Chia 788507 cho 404909 được: 788507 = 404909 x 1 + 383598 - Chia 404909 cho 383598 được: 404909 = 383598 x 1 + 21311 - Chia 383598 cho 21311 được: 383598 = 21311 x 18 + 0 ⇒ UCLN(a, b) = 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 nh ất (không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng: n = p1e1 p22 ... pk k , e e 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<a,b<n Nếu đồng thời a,b < n thì n = n . n < a.b = n, mâu thuẫn. Vậy có ít nhất một trong hai số a, hoặc b nhỏ hơn hoặc bằng n . Nhận xét: Mỗi hợp số phải có ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng căn bậc hai của nó. Định lí (Xác định số ước số của một số tự nhiên n): Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra th ừa s ố nguyên t ố ta được:
  14. n = p1e1 p22 ... pk k , e e 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: τ (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1) Chứng minh Mọi ước số của n đều có dạng: p1f p2f ... pk , với fi thoả mãn 0 ≤ fi ≤ ei i = 1, k f k 1 2 Đặc biệt, có các ước số của 1 = p10 p2 p30 ... pk0 tức là khi f1 = f2 = ...= f0 = 0 0 và n là ước số của chính nó, khi fi = ei Tập cách chọn lựa f1 là { 0,1,2,..., e1 } , tức là có tất cả e1+1 cách chọn. Tương tự ta có cách chọn fl khác. Từ đó => đpcm. * Thuật toán tìm ước số nguyên tố của số a a shift sto A A/3 = Ấn tiếp A/(A/Ans + 2) = = = = …. kiểm tra , khi s ố trên màn hình h ạ xu ống d ưới giá trị của căn A thì ngưng. Nếu không cố s ố nguyên t ố nào xu ất hi ện trên dòng kết quả của màn hình thì số đó là số nguyên tố. b. Bài tập Bài toán 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số: A = 2152 + 3142 Giải - Tính trên máy, ta có: A = 144821 - Đưa giá trị của số A vào ô nhớ A : 144821 SHIFT STO A - Lấy giá trị của ô nhớ A lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2:
  15. ÷2= (72410,5) ANPHA A ÷3= (48273,66667) ANPHA A .... tiếp tục chia cho các số nguyên tố: 5, 7, 11, 13,...,91: ta đều nhận được A không chia hết cho các số đó. Lấy A chia cho 97, ta được: ÷ 97 = (1493) ANPHA A Vậy: 144821 = 97 x 1493 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 h ết cho các s ố 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 Số N = 27.35.53 có bao nhiêu ước số ? Bài toán 3: Giải - 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. 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.
  16. 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: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu v ực năm 2004): 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: τ (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 ( hoặc 25 ) • n 8 ( hoặc 125 ) ⇔ a2 a1a0 8 ( hoặc 125 ) • n 3 ( hoặc 9) ⇔ a0 + a1 + ...ak  3 ( hoặc 9 ) • n 11 ⇔ (a0+ a2 +...+) – (a1 + a3 +...) 11
  17. ( Một số chia hết cho 11 khi và ch ỉ khi hiệu của t ổng các ch ữ s ố th ứ ch ẵn 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 3z 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 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:
  18. 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: 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 a3a4 a5a6 . - 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
  19. ⇒ 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 Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965 Bài 6: Tìm các chữ số x, y, z để 579 xyz chia hết cho 5, 7 và 9. Giải - Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta ph ải tìm các ch ữ s ố x, y, z sao cho 579 xyz chia hết cho 5.7.9 = 315. Ta có 579 xyz = 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 y z 2 8 5 6 0 0 9 1 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
  20. a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và th ử lần l ượt 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)  (n + 1) ⇒ [(2n + 7) - 2(n + 1)]  (n + 1) ⇒ 5  (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) Tìm tất cả các số tự nhiên n (1010 n 2010) sao cho an = 20203+ 21n cũng là số tự nhiên. Giải 2010 nên 203,5 ≈ 62413 ≈ 249,82. Vì 1010 n an 41413 249. Ta có an2 = 20203 + 21n = 21.962 + 1 + 21n. Vì an nguyên nên 204 n Suy ra: an2 – 1 = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n). Do đó, an − 1= ( an − 1) ( an + 1) chia hết cho 7. 2 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 } ;34;35 . Vì a2 − 1= 7k(7k − 2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32; ;32;33 n 33; 35. Ta có: k 30 32 33 35 n 1118 1406 1557 1873 an 209 223 230 244 * Nếu an = 7k + 1 thi do 204 n =7k-1 249 => 29,14 k 35,57. Do k nguyên nên k = { 30;31 } ;34;35 . Vì a2 − 1= 7k(7k + 2) chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 31; 33; ;32;33 n 34. Ta có: k 30 32 33 35 n 1118 1406 1557 1873 an 209 223 230 244
Đồng bộ tài khoản