Phương pháp giải toán trên máy tính Casio FX 570MS

Chia sẻ: dang_xuan_dang

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.

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

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

Phương pháp
giải toán trên
máy tính Casio
FX 570MS
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.
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”
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.
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.
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.
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
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:
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
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
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):
- 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
- 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 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
Như vậy ta có tất cả 8 đáp số.




Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số d ư của một lu ỹ th ừa
khi chia cho một số.

a. Lý thuyết
Để tìm số dư của phép chia An cho B ta tìm số R < B sao cho : A R(mod B)
Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0 x 9 sao cho An ≡ x (mod 10)
Quan hệ đồng dư và các tính chất
Nếu a ≡ b (mod m) thì:
a.c ≡ b.c (mod m)
an ≡ bn (mod m)
Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì:
a ± c ≡ b ± d (mod m)
a.c ≡ b.d (mod m)

* Định lý Fermat:
Với p là số nguyên tố ta có: ap ≡ a (mod p)
Đặc biệt nếu (a,p) = 1 thì ap-1 ≡ 1 (mod p)
a) Tìm một chữ số tận cùng của an
- Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì a n lần lượt có chữ số tận cùng là
0, 1, 5 , 6.
- Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 ta có nhận xét sau
24k ≡ 6 (mod 10)
34k ≡ 1 (mod 10)
74k ≡ 1 ( mod 10)
b) Tìm hai chữ số tận cùng của an
Ta có nhận xét sau
a20k ≡ 00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a20k ≡ 01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a20k ≡ 25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a20k ≡ 76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
c) Tìm ba chữ số tận cùng của số an
a100k ≡ 000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a100k ≡ 001 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a100k ≡ 625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a100k ≡ 376 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8

b. Bài tập

Bài 1: Tìm hai chữ số cuối cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
Giải
A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999
Ta có 220 ≡ 76 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19
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
Bài 2: Tìm 3 chữ số tận cùng của 29 2003




Giải
Ta có 92000 ≡ 001 (mod 1000) => 92003 ≡ 001.93 (mod 1000) ≡ 729 (mod 1000)
≡ 2729 (mod 1000) ≡ 2700.229 (mod 1000) ≡ 376.912 (mod 1000) ≡ 912
Do đó 29
2003




(mod 1000)
Vậy 3 chữ số cuối cùng của 29 là 912
2003




Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003
Giải
Bài toán trên chính là dạng Fermat: 52002 ≡ 1 (mod 2003) => 52002.56 ≡ 56 (mod
2003)
Vậy số dư là : 56 = 1064
Bài 4: Tìm số dư của 199140 cho 2008
Giải
Dạng toán trên không phải dạng toán Ferma, vậy ta tìm số dư của luỹ th ừa lớn
nhất của 1991 mà không tràn màn hình máy tính khi chia cho 2008.
19913 ≡ 1111(mod 2008)
19912 ≡ 289 (mod 2008 )
19915 ≡ 289.1111 (mod 2008) ≡ 1807 (mod 2008)
199110 ≡ 18072 (mod 2008) ≡ 241 (mod 2008)
199140 ≡ 2414 ≡ 713
Vậy số dư là 713
Bài 5. Tìm các chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm và hàng nghìn của số tự

A = 20112010
nhiên:

Giải

Ta có: 2011 4121 ( mod 10000 ) ; 2011 4121 2641 ( mod 10000 )
2 4 2




4881 ( mod 10000 ) ; 201110 4121 4881 4601 ( mod 10000 )
20118 26412

9201( mod 10000 ) ; 201140 8401( mod 10000 )
201120 46012

6801( mod 10000 ) ; 2011100 6001( mod 10000 ) ;
201180

2001( mod 10000 ) ;...; 20111000 1( mod 10000 ) ;
2011200


( 2011 ) 4601 1( mod 10000 ) 4601( mod 10000 )
1000 2
20112010 = 201110

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 ch ứa nh ững th ừa s ố nguyên
tố ngoài 2 và 5.

* Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau:
a
Nếu phân số tối giản có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2, 5
b
hoặc ngoài thừa số nguyên tố 2, 5 còn chứa cả th ừa số nguyên t ố khác thì do các
số dư trong quá trình chia bao giờ cũng ph ải nh ỏ h ơn b nên các s ố d ư ch ỉ có th ể
là các số trong: {1; 2; 3;...;b-1}
Như vậy trong phép chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) l ần chia có th ể
gặp các số dư khác nhau, nhưng chắc chắn rằng sau b lần chia thì th ế nào ta
cũng gặp lại số dư đã gặp trước. Do đó, nếu ta cứ ti ếp tục chia thì các s ố d ư s ẽ
lặp lại và dĩ nhiên các chữ số trong thương cũng lặp lại.
Từ đó để tìm chữ số thứ k sau dấu phảy của số thập phân vô hạn tuần
hoàn, ta chỉ cần xác định được chu kỳ lặp lại của các chữ s ố trong th ương, t ừ đó
dễ dàng suy ra được chữ số cần tìm.
b. Bài tập
Bài 1: Tìm chữ số thập phân thứ 2005 sau dấu phảy của số:
1 1 10 1
A= ; b) B = ; c ) C = ; d ) C =
a)
37 41 51 49
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
1
b) Số B = = 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
10
C= = 0, (1960784313725490)
Số chữ
c) TH chu kỳ 16
51
số:1960784313725490
Vì 2005 ≡ 5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7
1
d) Số D = = 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

* Thuật toán tìm chữ số thập phan sau dấu phẩy:
VD: Tìm chu kì của 1/49 ta làm như sau
Mode mode 3 ( Base) rồi ấn phím DeC
1 shift sto A
Ax10000000:49 = ( 204081 )
Ta viết ra giấy: 0,204081
Tiếp tục bấm Ax10000000 – 49xAns shift A
Bấm dấu mũi tên lên rồi ấn Shift copy
chỉ việc bvaams dấu = = = … là ra chu kì
Lưu ý: cứ mỗi phép chia cho ta 7 chữ số thập phân, nếu chỉ hiện 6 hay 5 s ố, ta
hiểu ngầm có một hay hai chữ số 0 đứng trước.
Dạng 8: Liên phân số
a. Lý thuyết
Cho a, b (a > b) là hai số tự nhiên. Dùng thuật toán Ơclit chia a cho b,

b
a 1
= a0 + 0 = a0 +
a
b
phân số có thể viết dưới dạng: b b
b b0

Vì b0 là phần dư của a khi chia cho b nên b > b 0. Lại tiếp tục biểu diễn phân số

b b 1
= a1 + 1 = a1 +
b0
b0 b0
b1

Cứ tiếp tục quá trình này sẽ kết thúc sau n bước và ta đ ược:


b
a 1
= a0 + 0 = a0 +
1
b b a1 +
1 . Cách biểu diễn này gọi là cách biểu diễn số hữu tỉ
...an−2 +
an

dưới dạng liên phân số. Mỗi số hữu tỉ có một biểu diễn duy nhất dưới dạng liên

phân số, nó được viết gọn [ a0,a1,...,an ] . Số vô tỉ có thể biểu diễn dưới dạng liên
phân số vô hạn bằng cách xấp xỉ nó dưới dạng gần đúng bởi các số thập phân
hữu hạn và biểu diễn các số thập phân hữu hạn này qua liên phân số.
1
a0 +
1 a
a1 +
Vấn đề đặt ra: hãy biểu diễn liên phân số 1 về dạng b . Dạng
...an−1 +
an

toán này được gọi là tính giá trị của liên phân số. Với sự trợ giúp c ủa máy tính ta
có thể tính một cách nhanh chóng dạng biểu diễn của liên phân số đó.
Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn lần lượt an−1 + 1 ab/ c an = an−2 + 1 ab/ c Ans = ...a0 + 1 ab/ c Ans =
15 1
=
17 1+ 1
Bài 1 (Vô địch toán New York, 1985) Biết trong đó a và b là các số
1
a+
b

dương. Tính a,b?
Giải
15 1 1 1 1
= = = =
17 17 1+ 2 1+ 1 1+ 1
. Vậy a = 7, b = 2.
Ta có: 15 1
15 15 7+
2 2
1
A = 1+
1
2+
Bài 2: Tính giá trị của 1
3+
2

Giải


Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
23
Ấn các phím: 3 + 1ab/ c 2 = 2 + 1ab/ c Ans = 1 + 1ab/ c Ans = SHIFT ab/ c ( )
16
Nhận xét: Dạng toán tính giá trị của liên phân số th ường xuất hiện rất nhi ều
trong các kỳ thi nó thuộc dạng toán kiểm tra kỹ năng tính toán và th ực hành.
Trong các kỳ thi gần đây, liên phân số có bị biến thể đi đôi chút ví dụ như:


8,2
A = 2,35+
6,21
2+
0,32 với dạng này thì nó lại thuộc dạng tính toán giá trị bi ểu
3,12+
2

thức. Do đó cách tính trên máy tính cũng như đối với liên phân số (tính từ dưới
lên, có sử dụng biến nhớ Ans).
Dạng 9: Dãy truy hồi Fibonacci

a. Lý thuyết
Bài toán mở đầu: Giả sử thỏ đẻ theo quy luật sau: Một đôi thỏ cứ mỗi
tháng đẻ được một đôi thỏ con, mỗi đôi thỏ con cứ sau 2 tháng lai sinh ra m ột
đôi thỏ nữa, rồi sau mỗi tháng lại sinh ra một đôi th ỏ con khác v.v… và gi ả sử
tất cả các con thỏ đều sống.
Hỏi nếu có một đôi thỏ con nuôi từ tháng giêng đến tháng 2 thì đẻ đôi thỏ
đầu tiên thì đến cuối năm có bao nhiêu đôi thỏ?
Giải
- Tháng 1 (giêng) có một đôi thỏ số 1.
- Tháng 2 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 2. Vậy có 2 đôi thỏ trong tháng 2.
- Tháng 3 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 3, đôi thỏ số 2 ch ưa đ ẻ đ ược. V ậy có 2 đôi
thỏ trong tháng 3.
- Tháng 4 đôi thỏ số 1 đẻ đôi thỏ số 4.1, đôi thỏ số 2 để đôi thỏ số 4.2, đôi th ỏ
số 3 chưa đẻ. Vậy trong tháng 4 có 5 đôi thỏ.
Tương tự ta có tháng 5 có 8 đôi thỏ, tháng 6 có 13 đôi thỏ, …
Như vậy ta có dãy số sau: ( ban đầu)1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; 89; 144; 233
(tháng 12)
Đây là một dãy số có quy luật: Mỗi số hạng kể từ số hạng thứ ba bằng tổng hai
số hạng trước đó.
Nếu gọi số thỏ ban đầu là u1; số thỏ tháng thứ n là un thì ta có công thức:
(với n
u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1 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 của được thức
n dãy Fibonacci tính theo công sau:

n n
1 �1+ 5 � � − 5 ��
� 1
� ��(*)
un = �− �

5 � 2 � � 2 ��

� �� ��


Chứng minh
1 �1+ 5 � � − 5 �

� 1
u1 = −� � = 1;
Với Với
n = 1 thì n = 2 thì
� �
� ��
5� 2 � � 2 �


� � �


2 2
1 �1+ 5 � � − 5 ��
� 1
� �� 1;
u1 = �− � =

5 � 2 � � 2 ��

� �� ��

3 3
1 �1+ 5 � � − 5 ��
� 1
� �� 2 ;
Với n = 3 thì u1 = �− � =

5 � 2 � � 2 ��

� �� ��


Giả sử công thức đúng tới n k. Khi ấy với n = k + 1 ta có:
k−1 k−1
k k
1 �1+ 5 � � − 5 �� 1 �1+ 5 � � − 5 � �
� �
1 1
� �� � ��
uk+1 = uk + uk−1 = �− � + � −�
� �
5 � 2 � � 2 �� 5 � 2 � � 2 � �
� �
� �� �� � �� ��
� �
k k
1 �1+ 5 �� �
� 2 � � − 5 ��
1 2�
� �
= ��+ −� ��+
1 1
� � �
5 � 2 �� 1+ 5 � � 2 �� 1− 5 �
� �
� � � �
� �
k k
1 �1+ 5 �� + 5 � � − 5 �� − 5 �

� 3 1 3
� �
= −�
� �� � �� �
5 � 2 �� + 5 � � 2 �� − 5 �
� 1 1 �
� �� �� �� �
� �
k+1 k+1
1 �1+ 5 � � − 5 � �
� 1
� ��
= � −�

5� 2 � � 2 � �

� �� ��


Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) đã được chứng minh.


b. Bài tập
Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:
( 3+ 2) − ( 3− 2 )
n n

Bài 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số un . Lập công thức truy
=
22

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 2 = 6;u3 = 29;u4 = 132.
;u

a+ c = 6 a= 6
Thay vào (*) ta được hệ phương trình : 6a+ b + c = 29 => b = −7
29a+ 6b+ c = 132 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 � � − 5 ��
� 1
� �� Trong công thức
Ta có công thưc tổng quát của dãy: un = �− � .

5 � 2 � � 2 ��

� �� ��


tổng quát số hạng un phụ thuộc n, vì n thay đổi nên ta dùng biến nhớ Ans để thay
giá trị n trong phép tính.
Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn các phím: 1=

5( ( ( 1+ 2 ) ) ^ Ans − ( ( 1 − 2 ) ) ^ Ans ) =
1 ab/ c 5) 5)

Muốn tính n = 10 ta ấn 10 = , rồi dùng phím ∆ một lần để chọn lại biểu thức

vừa nhập ấn = . Quy trình bấm phím này giúp ta tính được số h ạng th ứ n nhưng
muốn tính tổng của n số hạng đầu tiên ta phải liên tục dùng biến nhớ M. Trên
máy 570MS ta làm như sau:
Gán A = 0 ( biến đếm )

B = 0 ( u0)
C = 0 (tổng)

� �
A A
1 �1+ 5 � � − 5 ��
� 1
�− �
Trên máy tính bấm A = A + 1:B= � � � :C = C + B
5 � 2 � � 2 ��
� �� ��



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

A
----> lấy u2+ u1
+ 1 SHIFT STO B

= u3 gán vào B
Lặp lại các phím: ----> lấy u3+ u2 = u4
+ ALPHA A SHIFT STO A

gán vào A
----> lấy u4+ u3 = u5
+ ALPHA B SHIFT STO B

gán vào B
Bây giờ muốn tính un ta ∆ một lần và = , cứ liên tục như vậy n – 5 lần.
Cách 2: Ta có thể làm nhu sau:
A=1
B=1
A=A+B:B=B+A= = = =
Để đỡ phải đếm bằng cách nhẩm có thể bị nhầm số lần bấm dấu = ta có th ể
cho thêm biến đếm: C = C + 1:A=A+B:B=B+A= = = =
Với giá trị ban đấu của C = 0. Vậy ứng với C = n ta có giá trị của Un


tính các số hạng từ thứ 6 trở đi.
Bài 3
12 32 52 29 2
Tính tổng: B = + 3 3 + 3 3 + ... + 3 .
13 + 23 2 + 3 3 + 4 15 + 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 s ố ti ền c ả 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 )
n




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 s ố ti ền là
bao nhiêu đồng ?
Giải

[ ]
a
(1 + r ) (1 + r ) −1
Sử dụng công thức: n
A. =
r


r: Phân lãi
a: Tiền đóng hàng tháng
n: Thời gian.


Bài 3: ( trả nợ ngân hàng ) Một người vay vốn ở 1 ngân hàng với số vốn là N
triệu đồng, thời hạn n tháng, lãi suất x% trên tháng, tính theo dư nợ, trả đúng
ngày quy định. Hỏi hàng tháng, người đó phải đều đặn trả vào ngân hàng 1
khoảng tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu để đến tháng thứ n thì người đó trả hết
nợ ?
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
Ta có : N. yn = A ( yn-1 + yn-2 + ...+ y+1)
yn
A = N.
 n −1 n −2
+y + ... y +1
y



Dạng 11: Tính số chữ số của một luỹ thừa:
Bài 1: Tính xem 222425 có bao nhiêu chữ số ?
Giải
Ta có 22425.log(2) = 6750,597….làm tròn bằng 6751.
Vậy số đã cho có 6751 chữ số.




Dạng 12: Tính các chữ số đầu của một lũy thừa
Bài 1: Tính 5 chữ số đầu tiên của 20082008
Giải
Phân tích 20082008 = a.10n ( n ∈ N ). Thế thì 5 chữ số đầu của 20082008 cũng là 5
chữ số đầu của a. Để tìm n ta giả sử 20082008 = 10x ( x ∈ R )
 x = log(20082008) = 6631,949527
viết 20082008 106631.100,949527 100,949527
Do đó ta = => a =
Bấm máy tính ta thấy 100,949527 = 8,902799854.
Vậy 5 chữ số đầu của a là 89027
Trên phần mềm khác máy tính khác ta tính chính xác 20082008 = 8902799930….
Ta thấy cách tính trên từ số thứ 8 trở đi không chính xác nữa vì phép logarit là
phép tính gần đúng.
II.3.1.2. PHẦN II. ĐA THỨC
Dạng toán: Tính giá trị của biểu thức
Bài 1: Cho đa thức P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 2x3 - 5x2 + x - 1
3
Tính P(1,25); P(4,327); P(-5,1289); P( 1 4 )

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:
tại x = 0,53241
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9
tại x = -2,1345
Q(x) = x2 + x3 +...+ x8 + x9 + x10
Giải
- áp dụng hằng đẳng thức: an - bn = (a - b)(an -1 + an-2b +...+ abn-2 + bn-1). Ta
có:
( x − 1)(1 + x + x 2 + ... + x 9 ) x10 − 1
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9 = =
x −1 x −1
Từ đó tính P(0,53241) =
Tương tự:
x9 − 1
2 3 8 9 10 2 2 3 8
Q(x) = x + x +...+ x + x + x = x (1 + x + x + x +...+ x ) = x 2

x −1
Từ đó tính Q(-2,1345) =

Bài 3: Cho đa thức P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e. Biết P(1) = 1; P(2) = 4;
P(3) = 9; P(4) = 16; P(5) = 25. Tính P(6); P(7); P(8); P(9) = ?
Giải
Bước 1: Đặt Q(x) = P(x) + H(x) sao cho:
+ Bậc H(x) nhỏ hơn bậc của P(x)
+ Bậc của H(x) nhỏ hơn số giá trị đã biết của P(x), trong bài b ậc H(x) nh ỏ
hơn 5, nghĩa là:
Q(x) = P(x) + a1x4 + b1x3 + c1x2 + d1x + e
Bước 2: Tìm a1, b1, c1, d1, e1 để Q(1) = Q(2) = Q(3) = Q(4) = Q(5) = 0, tức là:
 a1 + b1 + c1 + d1 + e1 + 1 = 0
16a + 8b + 4c + 2d + e + 4 = 0
1 1 1 1 1

81a1 + 27b1 + 9c1 + 3d1 + e1 + 9 = 0 ⇒ a1 = b1 = d1 = e1 = 0; c1 = -1

 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 nghi ệm của Q(x), mà b ậc c ủa Q(x)
bằng 5 có hệ số của x5 bằng 1 nên: Q(x) = P(x) - x 2 = (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) =
1 9 1 7 13 5 82 3 32
Bài 4: Cho đa thức P( x) = x− x+ x− x+ x
630 21 30 63 35
a) Tính giá trị của đa thức khi x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4.
b) Chứng minh rằng P(x) nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên
Giải:
a) Khi x = - 4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4 thì (tính trên máy) P(x) = 0
b) Do 630 = 2.5.7.9 và x = -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2; 3; 4 là nghi ệm c ủa đa th ức
1
P( x) = ( x − 4)( x − 3)( x − 2)( x − 1) x ( x + 1)( x + 2)( x + 3( x + 4)
P(x) nên 2.5.7.9

Vì giữa 9 só nguyên liên tiếp luôn tìm được các số chia h ết cho 2, 5, 7, 9
nên với mọi x nguyên thì tích: ( x − 4)( x − 3)( x − 2)( x − 1) x( x + 1)( x + 2)( x + 3( x + 4) chia hết
cho 2.5.7.9 (tích của các số nguyên tố cùng nhau). Chứng tỏ P(x) là số nguyên
với mọi x nguyên.
II.3.1.3. PHẦN III. HÌNH HỌC

Dạng 1: Giải tam giác
Bài 1. ( Đề thi CASIO Quảng Ninh năm 2006 – 2007 )
Cho tam giác ABC, trong đó BC = 11cm, góc ACB = 32 0 , góc ABC = 380. Tính
gần đúng độ dài các cạnh AB, AC
Giải




Kẻ thêm đường cao AH.
BH HC 11
Cotg380 = 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 h ệ thức toán h ọc rồi m ới thay s ố li ệu vào
tính toán. Không dùng máy tính để tính từng đoạn thẳng riêng bi ệt vì s ẽ 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
a. Lý thuyết a A
* Một số công thức:
α
1) Đa giác đều n cạnh, độ dài cạnh là a: O
2π 360
+ Góc ở tâm: α = (rad), hoặc: a o = (độ)
n n
n−2 n−2
ᄉ ᄉ
π (rad), hoặc A =
+ Góc ở đỉnh: A = .180 (độ)
n n
α
na
S=
+ Diện tích: cot g
4 2


2) Hình tròn và các phần hình tròn:
. R
+ Hình tròn bán kính R: O
- Chu vi: C = 2πR
- Diện tích: S = πR2
+ Hình vành khăn:
.R
r
- Diện tích: S = π(R2 - r2) = π(2r + d)d O

+ Hình quạt:
- Độ dài cung: l = αR ; (α: rad)
12
(α: rad)
Rα .R
S=
- Diện tích:
2
O
πR a2
(a: độ)
=
360

b. Bài tập

Bài 1: Ba đường tròn có cùng bán kính 3 cm đôi một tiêp xúc ngoài (Hình vẽ)
Tính diện tích phần xen giữa ba đường tròn đó ?




Giải
Sgạch xọc = S∆ O1O2O3 - 3 Squạt
Tam giác O1O2O3 đều, cạnh bằng 1 nên:
1 3
S ∆O1O2O3 = 6.6. =9 3
2 2

π R 2 a π .9.60 3π
Squạt = = =
360 360 2




9π 18 3 − 9π
⇒ Sgạch xọc = S∆ O1O2O3 - 3 Squạt = 9 3 − = ≈ 1, 451290327
2 2

Bài 2: Cho hình vuông ABCD, cạnh a = 5,35. D ựng các đường tròn tâm A, B, C,

a
. Tính diện tích xen giữa 4 đường tròn đó.
D có bán kính R =
2
Giải
Sgạch = SABCD - 4Squạt
1 1
SH.tròn = πR2
Squạt =
4 4
1 1
⇒ Sgạch = a2 - 4. πR2 = a2 - πa2
4 4
1
π) ≈ 6,142441068
= a2(1 -
4

Bài 3: Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 3,15 cm. Từ m ột đi ểm A ở ngoài
đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB và AC (B, C là hai ti ếp đi ểm thu ộc (O) ). Tính
diện tích phần giới hạn bởi hai tiếp tuyến và cung tròn nh ỏ BC. Bi ết OA = 7,85
cm.
Giải
OB R 3,15
- Tính α: cos α = OA = a = 7,85 B

3,15 α
⇒ α = cos 7,85
−1
O
A
SOBAC = 2SOBA = aRsinα
C
π R .2α π R .α
2 2
Squạt = =
360 180

π R 2 .α ≈
Sgạch = SOBAC - Squạt = aRsinα - 11,16 (cm2)
180
II.3.1.4. PHẦN IV. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ




Giả sử bài toán cho ta 3 đường thẳng bậc nhất như hình vẽ
a) Yêu cầu tính tọa độ các điểm A, B, C, D, E
b) Tính diện tích ngũ giác ABCDE
Hướng giải:
a) HS phải giải các hệ phương trình bậc nhất để tìm tọa độ giao điểm của
từng cặp đường thẳng.
b) Có nhiều cách tính diện tích của tứ giác đó. Giáo viên có thể d ạy cách chia
thành hình thang như trên. SABCDE = SABGE + SBCFG - SCDF
III. KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ

Mặc dù đã hết sức cố gắng nghiên cứu, sưu tập tài li ệu nh ưng đ ề 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 thày cô giáo, các b ạn
đồng nghiệp để đề tài thực sự hấp dẫn và có hiệu quả khi đến với các em học
sinh.
IV. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO – PHỤ LỤC
IV.1 Danh mục tài liệu tham khảo:
- Các đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính Casio 1996 – 2004 - Tạ
Duy Phượng
- Số học - Nguyễn Vũ Thanh
- Mạng Internet
IV.2. Phụ lục
I. PHẦN MỞ ĐẦU
I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
I.1.1. Cơ sở lý luận.
I.1.2. Cơ sở thực tiễn.
I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
I.3. THỜI GIAN VÀ ĐIA ĐIÊM
̣ ̉
I.3.1. Thời gian
̣ ̉
I.3.2. Đia điêm
I.3.3. Pham vi đề tai
̣ ̀
I.3.3.1. Giới hạn đối tượng nghiên cứu.
I.3.3.3.Giới hạn về Khách thể khảo sát.
I.4. PHƯƠNG PHAP NGHIÊN CỨU
́
1. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn
2. Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
I.5. ĐONG GOP MỚI VỀ MĂT LÍ LUÂN, VỀ MĂT THỰC TIÊN:
́ ́ ̣ ̣ ̣ ̃
II. PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU
II.1. CHƯƠNG I: TỔNG QUAN
II.1.1. Lịch sử vấn đề nghiên cứu
II.1.2. Kết luận chương I.
II.2. CHƯƠNG II: TIM HIÊU THỰC TRANG
̀ ̉ ̣
II.2.1.THƯC TRANG CUA VIÊC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở
̣ ̣ ̉ ̣
TRƯỜNG PTCS YÊN THAN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN
II.2.2. ĐANH GIÁ THỰC TRANG.
́ ̣
II.2.2.1. Nguyên nhân dân đên thực trang
̃ ́ ̣
II.2.2.2. Kết luận chương II.

III. 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

II.3.1.2. PHẦN II: Đa thức

II.3.1.3. PHẦN IIII: Hình học

II.3.1.4. PHẦN IV: Hệ trục tọa độ

IV. KẾT LUẬN




NHẬN XÉT CỦA HĐKH PGD & ĐT HUYỆN TIÊN YÊN
NHẬN XÉT CỦA HĐKH SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NINH
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản