intTypePromotion=1

SKKN: Bồi dưỡng học sinh giỏi giải Toán trên máy tính cầm tay

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

1
980
lượt xem
362
download

SKKN: Bồi dưỡng học sinh giỏi giải Toán trên máy tính cầm tay

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

Giúp cho tất cả học sinh (giỏi, khá, trung bình, yếu) biết cách dùng máy tính cầm tay để kiểm tra kết quả, giúp các em định hướng và tự tin hơn khi làm bài. Chia sẻ với đồng nghiệp những kinh nghiệm thực tế qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi giải Toán trên máy tính cầm tay. Mời các em học sinh và quý thầy cô tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Bồi dưỡng học sinh giỏi giải Toán trên máy tính cầm tay

  1. PHÒNG GIÁO DỤC CHỢ MỚI TRƯỜNG THCS LONG KIẾN ---------- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY” (thuộc lĩnh vực: bồi dưỡng học sinh giỏi ) Thực hiện : Nguyễn Chí Dũng Chức vụ: Giáo viên Tổ chuyên môn: Toán Năm học: 201 2 - 2013
  2. Mục lục Phần mở đầu ........................................................... 1 I) Bối cảnh của đề tài........................................... 1 II) Lý do chọn đề tài ............................................. 1 III) Phạm vi nghiên cứu ......................................... 1 IV) Điểm mới trong kết quả nghiên cứu .................. 2 Phần nội dung ......................................................... 2 I) Cơ sở lý luận .................................................... 2 II) Thực trạng của vấn đề...................................... 2 III) Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề ... 3 IV) Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm .............. 21 Phần kết luận ........................................................ 22 I) Những bài học kinh nghiệm............................ 22 II) Ý nghĩa của SKKN .......................................... 23 III) Khả năng ứng dụng, triển khai ....................... 23 IV) Những kiến nghị, đề xuất ............................... 24 Danh mục chữ cái viết tắt : - Máy tính cầm tay : MTCT - Trung học cơ sở: THCS - Sáng kiến kinh nghiệm : SKKN - Giáo viên: GV - Học sinh: HS
  3. Phần mở đầu I) Bối cảnh của đề tài Năm học 2012-2013 là năm học thứ ba liên tiếp, học sinh trường THCS Long Kiến đạt giải thủ khoa trong kỳ thi giải toán trên MTCT do Phòng Giáo Dục và Đào Tạo Huyện Chợ Mới tổ chức và những học sinh này cũng đạt giải cao khi tham dự kỳ thi giải toán trên MTCT do Sở Giáo Dục và Đào Tạo An Giang tổ chức. Như vậy, phong trào giải toán trên MTCT hiện nay được sự quan tâm rất nhiều từ c ác cấp lãnh đạo Sở, Phòng, Trường và đây cũng là một môn học được xem là mới và nó tạo được sự ham muốn, hứng thú học toán của rất nhiều học sinh. II) Lý do chọn đề tài - Khi tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi thấy học sinh khi được giáo viên hướng dẫn sử dụng máy tính cầm tay thì học ngày càng tiến bộ, yêu thích học toán, thấy máy tính cầm tay thật sự cần thiết trong học tập. Từ việc chỉ biết sử dụng máy tính để thực hiện các phép tính đơn giản như cộng, trừ, nhân, chia, lũy thừa thì sau quá trình bồi dưỡng các em đã nắm được rất nhiều kỹ năng sử dụng máy, các em có thể viết được quy trình cho máy để giải toán, tạo niềm đam mê học tập, nghiên cứu những ứng dụng của máy tính cầm tay trong học tập phục vụ cho việc học tập môn toán và một số môn học khác như vật lý, sinh học, hóa học. - Giúp cho tất cả đối tượng học sinh (giỏi, khá, trung bình, yếu) biết cách dùng MTCT để kiểm tra kết quả một bài toán. Chẳng hạn, kiểm tra kết quả rút gọn của một biểu thức số, bài toán chứng minh đẳng thức, nghiệm của một phương trình, hệ phương trình, ... Điều nầy rất có ích khi học sinh tham gia làm bài kiểm tra, cũng như tham dự các kỳ thi học kỳ, tuyển sinh . Giúp các em định hướng và tự tin hơn khi làm bài. - Muốn chia sẽ với quí đồng nghiệp những kinh nghiệm thực tế qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán trên MTCT mà bản thân đã rút ra được và học hỏi từ bạn bè . III) Phạm vi nghiên cứu Do khuôn khổ của bài viết , tôi xin đề xuất một số dạng toán thường dùng MTCT hỗ trợ giải mà nhiều năm nay tôi đã áp dụng cho học sinh trường THCS Long Kiến. Không trình bày cách sử dụng MTCT (phần này xem ở Sách hướng dẫn sử dụng máy tính kèm theo khi mua máy). Những bài toán trình bày trong bài viết này được áp dụng minh họa cho máy tính casio fx  570 ES plus . 1
  4. Giải toán trên MTCT là một môn học có tính sáng tạo rất cao. Vì vậy, mỗi bài toán sẽ có thể có rất nhiều cách giải, trong phạm vi của bài viết, tôi sẽ chỉ trình bày những cách giải mà bản thân tôi cho là có hiệu quả cao. Về đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 9 của trường THCS Long Kiến trong suốt mười một năm từ năm 2001 đến hiện nay. IV) Điểm mới trong kết quả nghiên cứu Hiện nay, nếu lên google để search, bạn sẽ tìm được rất nhiều đề tài sáng kiến kinh nghiệm giải toán trên MTCT, tuy vậy mỗi đề tài đều có những nét riêng độc đáo của nó, đề tài mà tôi chia sẽ với quí đồng nghiệp cũng không ngoại lệ, cụ thể như sau:  Vận dụng sáng tạo việc giải toán trên MTCT qua một dạng toán điển hình.  Đầu tư nghiên cứu sâu các chức năng của từng loại MTCT để khai thác tối đa tính ưu việt của chún g, từ đó giúp GV, HS có thể giải quyết nhanh chóng, chính xác cho từng dạng toán.  Nêu những lỗi thường gặp của HS khi làm các bài toán MTCT và nêu các biện pháp khắc phục.  Nghiên cứu sâu một số thủ thuật để giải nhanh, chính xác một số dạng toán thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi giải toán trên MTCT, từ đó giúp học sinh có thể giành thắng lợi trong các kỳ thi các cấp. Phần nội dung I) Cơ sở lý luận Thực tế, không chỉ học sinh trung bình mà cả học sinh giỏi khi gặp một bài toán cần có kỹ năng tính toán và phải hoàn thành trong một khoảng thời gian nhất định, chắc chắc các em căng thẳng và ngại kiểm tra, tính toán (chẳng hạn, kiểm tra xem số 2013 có là số nguyên tố không ?). Vì vậy, để giúp học sinh có kỹ năng tính toán tốt và đỡ tốn nhiều thời gian, tôi khuyên các em nên dùng MTCT để kiểm tra, với cách này các em thích thú và không ngán ngại làm toán, tạo nên sự đam mê học toán. II) Thực trạng của vấn đề - Được sự động viên, khích lệ to lớn của Ban Giám Hiệu, đặc biệt là sự giúp đỡ tân tình của các anh em tron g tổ toán ủng hộ tôi trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán trên MTCT . 2
  5. - Trong những năm gần đây, Sở Giáo Dục , Phòng Giáo Dục đã phát động mạnh mẽ phong trào thi giải toán trên MTCT . Điều này đã làm dấy lên phong trào bồi dưỡng học sinh giỏi giải t oán trên MTCT, đồng thời thúc đẩy giáo viên nghiên cứu nhiều dạng toán phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Và sức nóng của phong trào này tiếp thêm sức mạnh cho tôi thực hiện đề tài này. - Đội tuyển Học sinh giỏi MTCT đa số là những em trong đội t uyển học sinh giỏi của nhà trường , vì vậy các em có khả năng tư duy rất tốt, rất phù hợp để chọn bồi dưỡng giải toán trên MTCT. Tuy nhiên, khi tiến hành công tác bồi dưỡng, bản thân tôi cũng gặp một số khó khăn nhất định như sau: - Đây là bộ môn chưa đưa vào giảng dạy chính thức trên lớp, chưa có một tài liệu chính thức về bộ môn. Đa số các dạng toán bồi dưỡng là do bản thân tự tìm tòi là chính. - Một số phụ huynh chưa quan tâm đến việc học của con em. Họ cho rằng đây không phải là bộ môn chính khóa, không cần đầu tư, và việc lĩnh hội tốt kiến thức của bộ môn là dễ dàng , không có gì khó khăn. III) Các biện pháp tiến hành để giải quyết vấn đề Với thực trạng được phân tích như trên , để đạt được mục tiêu đề ra, tôi đưa ra các giải pháp thực hiện như sau: - Đầu tiên, tôi chọn học sinh giỏi ở khối lớp 8, mở một cuộc họp, tư vấn, giới thiệu chiếc MTCT và lợi ích của nó mang lại khi tham gia lớp bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán trên MTCT. - Phân loại các dạng toán rõ ràng, đầy đủ. Định hướng, dẫn dắt cho học sinh tự tìm ra phư ơng pháp giải cho từng dạng toán đó. Để làm được điều này, tôi luôn hướng học sinh phải bắt nguồn từ nền tảng toán học mà các em đã được học tại lớp . Đây là khâu then chốt trong quá trình bồi dưỡng. - Định hướng ôn tập cho học sinh. Tôi cung cấp cho học sinh một hệ thống các chuyên đề và các bài tập thuộc các dạng toán theo thứ tự từ dễ đến khó. Tôi cũng trích các bài toán liên quan trong các đề thi các cấp. Tôi yêu cầu học sinh mỗi bài giải đều phải trình bày lời giải rõ ràng và ghi quy trình ấn phím nộp ch o tôi, sau đó mỗi học sinh sẽ trình bày bài giải của mình, những học sinh còn lại phân tích, so sánh với cách giải của bản thân rồi nhận xét, và cuối cùng tôi chốt lại vấn đề . Sau đây tôi trình bày cụ thể cách thực hiện giải pháp của mình khi dạy một số chuyên đề về MTCT :  Chuyên đề 1: Các phép tính về số dư của phép chia A cho B 3
  6. A a) Số dư của  A  B  phần nguyên của ( A  B ) B  Ví dụ: Tìm số dư của phép chia 9124565217 cho 123456 Ghi vào màn hình 9124565217  123456 , ấn =, máy hiện thương số là 73909,45128 . Đưa con trỏ lên dòng biểu thức sửa lại là: 9124565217  123456  73909 và ấn =, ta được số dư cần tìm là: 55713 b) Khi đề bài cho số lớn hơn 10 chữ số: b1) Nếu số bị chia là số tự nhiên lớn hơn 10 chữ số: Cắt ra thành nhóm đầu 9 chữ số (kể từ bên trái), tìm số dư như phần a) . Viết liên tiếp sau số dư phần còn lại khi đã bỏ 9 chữ số của số bị chia rồi tìm số dư lần 2. Nếu còn nữa t hì tính liên tiếp như vậy.  Ví dụ: Tìm số dư của phép chia 1357924680135791 cho 24680 Trước tiên, ta tìm dư của phép chia 135792468 cho 24680 , ta được dư là 3108 . Tìm tiếp số dư của phép chia 31080135791 cho 24680 , ta được số dư cuối cùng là 19471 b2) Nếu số bị chia được cho bằng dạng lũy thừa quá lớn: Khi đó ta dùng phép đồng dư (mod) theo công thứ c: a  m(mod p )   a  b  m  n(mod p ) ; a c  m c (mod p )  b  n(mod p )  Ví dụ: Tìm dư của phép toán 20092011  2010 Ta có 20092  1(mod 2010)  20092010  (20092 )1005  11005  1(mod 2010)  20092011  20092010  2009  2009(mod 2010) Vậy 20092011  2010 dư 2009 c) Ứng dụng tìm n chữ số tận cùng của một lũy thừa: Để tìm n chữ số tận cùng của lũy thừa x  a n , ta tìm dư của lũy thừa đó khi chia cho 10n  Ví dụ: Tìm chữ số hàng trăm của số 292007 Ta có: 292  841(mod1000); 295  149(mod1000) 2910  (295 ) 2  1492  201(mod1000)  29 40  2014  801(mod1000)  2980  8012  601(mod1000)  29100  2910  2910  2980  201  201  601  1(mod1000)  292000  (29100 ) 20  120  1(mod1000) 4
  7.  292007  292000  295  292  1  149  841  309(mod1000) Vậy chữ số hàng trăm cần tìm là chữ số 3.  Chuyên đề 2: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN), bội chung nh ỏ nhất (BCNN)  Trường hợp 1 : Tìm UCLN và BCNN của hai số nguyên dương A và B (A < B) A Xét thương . Nếu: B A 1. Thương cho ra kết quả dưới dạng phân số tối giản hoặc cho ra kết B a quả dưới dạng số thập phân mà c ó thể đưa về dạng phân số tối giản b ( a , b là các số nguyên dương) thì: UCLN ( A, B )  A : a  B : b ; BCNN ( A, B )  A  b  B  a A 2. Thương cho ra kết quả là số thập phân mà không thể đổi về dạng B phân số tối giản thì ta làm như sau: B Tìm số dư của phép chia . Giả sử số dư đó là R ( R là số A nguyên dương nhỏ hơn A ) thì: UCLN ( B , A)  UCLN ( A, R ) (chú ý: UCLN ( B , A)  UCLN ( A, B ) ) Đến đây ta quay về giải bài toán tìm UCLN của hai số A và R. A Tiếp tục xét thương và làm theo từng bước như đã nêu trên. R Sau khi tìm được UCLN ( A, B ) , ta tìm BCNN ( A, B ) bằng đẳng thức: UCLN ( A, B )  BCNN ( A, B )  A  B . A B Suy ra: BCNN ( A, B )  UCLN ( A, B )  Trường hợp 2 : Tìm UCLN và BCNN của ba số nguyên dương A , B và C. 1. Để tìm UCLN ( A, B ,C ) ta tìm UCLN ( A, B ) rồi tìm UCLN (UCLN ( A, B ),C ) 5
  8. 2. Để tìm BCNN ( A, B ,C ) ta làm tương tự. Ta có: BCNN ( A, B ,C )  BCNN ( BCNN ( A, B ),C )  Ví dụ 1: Tìm UCLN và BCNN của 220887 và 1697507 Đầu tiên ấn !,(setup) c để chọn chế độ hiển thị LINE 2187 Ấn 220887 N 1697507 = được kết quả 16807 Đưa con trỏ lên dòng biểu thức sửa thành: 220887  2187 và ấn =, ta được kết quả: UCLN = 101 Đưa con trỏ lên dòng biểu thức sửa thành: 220887  16807 và ấn =, ta được kết quả: 3712447809  Ví dụ 2: Tìm UCLN và BCNN của 3995649 và 15859375 3995649 Ta có:  0,2519424 . Ta không thể đưa số thập phân này về dạng 15859375 phân số tối giản được. Vậy ta dùng phương pháp 2. 15859375 Số dư của phép chia là 3872428. 3995649 Suy ra: UCLN (15859375,3995649)  UCLN (3995649,3872428) . 3872428 Ta có:  0,9691612051 3995649 Ta cũng không thể đưa số thập phân này về dạng phân số tối giản được. Ta 3995649 tiếp tục tìm số dư của phép chia: . Số dư tìm được là 123221. 3872428 Suy ra: 123221 607 UCLN (3995649,3872428)  UCLN (3872428,123221) . Ta có:  . 3872428 19076 Suy ra: UCLN (3872428,123221)  123221: 607  203 . Suy ra: UCLN (15859375,3995649)  203 15859375  3995649 Ta có: BCNN (15859375,3995649)   312160078125 203 6
  9.  Ví dụ 3: Tìm UCLN và BCNN của 51712, 73629 và 134431 Ta tìm UCLN (51712,73629) bằng phương pháp đã nêu ở trên. Kết quả UCLN (51712,73629)  101 và UCLN (101,134431)  101 Suy ra: UCLN (51712,73629,134431)  101  Chuyên đề 3: Biểu diễn số hữu tỉ và liên phân số a Biểu diễn các phân số  b  0  về dạng sau: b a 1 1 1  q0   q0   ...  q0  b b 1 1 q1  q1  r1 r1 1 q2  r2 1 q3  1 ...qn1  qn , với q0  , q1 , q2 , q3 ,... qn    , qn  1 a Khi đó, kí hiệu:   q0 ; q1 , q2 ,..., qn  gọi là một liên phân số hữu hạn cấp b n. Cách biểu diễn như trên được gọi là biểu diễn về dạng liên phân số. Ngược lại, ta cũ ng có thể biểu diễn liên phân số về dạng phân số.  Ví dụ : Tìm x , biết: 3 381978  3 382007 8 3 8 3 8 3 8 3 8 3 8 3 8 3 8 1 8 1 x Ta có quy trình ấn phím liên tục như sau: 381978 : 382007  0.9999240852 ấn tiếp X*3-8 và ấn ==…= (9 lần dấu =) 7
  10. 1 Ta được: K= . Tiếp tục ấn X-1 và ấn = 1 x Kết quả : x  1,119632981  Chuyên đề 4: Tính chính xác giá trị biểu thức  Ví dụ 1: Tính toán trên máy kết hợp trên giấy Tính chính xác giá trị của các biểu thức sau: a) A  12578963  14375 b) B  123456789987654321  41976 c) C  1234567892 d) D  10234563 Giải: a) Tính trực tiếp trên máy: Ấn 12578963 * 14375 =(kết quả: 1.808225931  1011 ; kết quả có 12 chữ số) Ấn tiếp -1.8082 K 11 (kết quả: 2593125) Vậy A  180822593125 Đây là dạng tính tràn máy đơn giản, máy tính fx  570 ES PLUS có thể xử lý chính xác đến 15 chữ số nên ta áp dụng cách này để tính chính xác giá trị biểu thức. b) Nếu kết quả từ 15 chữ số trở lên, ta sử dụng cách giải sau: Ấn 123456789987654321 * 41976 = (kết quả: 5.182222217  1021 ) Do kết quả có 22 chữ số nên máy sẽ không tính chính xác được. Ta có thể xử lý như sau:  Ta chia số 123  45678  99876  thành các nhóm, mỗi nhóm  54321 n1 n2 n3 n4 có 5 chữ số theo thứ tự từ phải sang trái, nhóm cuối cùng có thể ít hơn 5 chữ số) o Bước 1 : tính 54321  41976  22801 78296 o Bước 2 : tính 22801  99876  41976  41924 17777 o Bước 3 : tính 41924  45678  41976  19174 21652 o Bước 4 : tính 19174  123  41976  5182222  Vậy B  5182222216521777778296 c) Biến đổi : 8
  11. B  1234567892  123450000  6789  2 = 1234  104   2  12345  10 4  6789  6789 2 2 Kết hợp trên giấy và trên máy, ta có : (1234  104 ) 2  15 239 902 500 000 000 2  12345  104  6789  1 676 204 100 000 67892 = 46 090 521 Vậy B  1234567892  15 241 578 750 190 521 d) Biến đổi : C  10234563  1023000  456   (1023  103  456)3 3  10233109  3  10232  106  456  3  1023  103  4562  4563 Kết hợp trên giấy và trên máy, ta có : 10233109  1 070 599 167 000 000 000 3  10232  106  456  1 431 651 672 000 000 3  1023  103  4562  638 155 584 000 4563 = 94 818 816 Vậy B  1234567892  1 072 031 456 922 402 816  Ví dụ 2: Biểu thức có sử dụng số thập phân vô hạn tuần hoàn 2 2 2 E   0,19981998... 0,019981998... 0,0019981998... Giải: 2 2 2 E   0,(1998) 0,0(1998) 0,00(1998)  aa  ...a bb  ...b - aa...a Áp dụng công thức: 0, aa ....  a (bb...b)  n m n n m  99...900...0 m n 1998 1998 Ta có: 0,(1998)  ; 0,0(1998)  ; 9999 99990 1998 0,00(1998)  999900 9
  12. 2  9999 2  99990 2  999900 2  9999 E    .1  10  100   1111 1998 1998 1998 1998  Chuyên đề 5: Các bài toán liên quan đến số nguyên tố Để phân tích một số ra tích các th ừa số nguyên tố thì ta tìm tất cả các ước nguyên tố của số đó. Tuy nhiên vấn đề khó khăn ở đây là việc tìm ước nguyên tố tiếp theo nhưng chúng ta không biết đó là số nguyên tố nào, khi đó bắt buộc ta phải kiểm tra những số tiếp theo là số nguyên tố hay là hợp số để tiếp tục phân tích.  Phương pháp kiểm tra một số tự nhiên a có nguyên tố hay không?  Định lý : Nếu số tự nhiên a > 1 không có một ước nguyên tố nào trong khoảng từ 1 đến  a  thì a là số nguyên tố. Quy trình bấm phím: (nên chuyển chế độ hiển thị ở dạng LineIO – bấm !Zc) Gán số a vào biến A trong máy: a !'A Ghi vào màn hình công thức: A  ( A  Ans  2) Tiếp tục bấm: ===… Kiểm tra cho tới khi kết quả hạ xuống  a  thì ngưng.  Ví dụ : Kiểm tra xem số 2003 có nguyên tố không. 2003 !'A 2003 (gán số 2003 cho biến A trong máy) Ghi vào màn hình: A  ( A  Ans  2) ===… (kết quả không nguyên) ... 44,5xxx 2003  44,755   2003   44 Dừng lại và khẳng định 2003 là số nguyên tố  Phân tích số tự nhiên a ra tích các thừa số nguyên tố ** Phương pháp: Thực hiện phép chia a lần lượt cho các số nguyên tố từ nhỏ tới lớn cho tới khi thương số là một số nguyên tố. ** Chú ý: 1. Khi cần thiết chia a cho số nguyên k nhiều lần chúng ta sử dụ ng liên tiếp dấu = 2. Khi a không chia hết cho k xong lỡ ấn = thì ấn tiếp * k =để nhận lại giá trị của a. 10
  13.  Ví dụ : Phân tích số 202521 ra thừa số nguyên tố 202521 !'A/ 3 = 67507 (không chia tiếp được cho 3) / 7 = 9643,85 (không nhận 7) * 7 = 67507 / 11 = 6137 (không chia tiếp được cho 11) / 13 = 472,076 (không nhận 13) * 13 = 6137 / 17 = 361 = 21,2352 (không nhận 17) * 17 = 361 / 19 = 19 (đã là số nguyên tố  dừng) Vậy 202521  3  11  17  19 2  Chuyên đề 6: Tính tổng hữu hạn Nguyên tắc chung: nên xét số hạng tổng quát và tìm cách phân tích chúng cho hợp lý để triệt tiêu hoặc đơn giản. Trong một số trường hợp, ta có thể dùng chức năng tính tổng  của dòng máy Casio fx - 570 ES Plus , tuy nhiên thời gian xử lý c ủa máy khá lâu.  Dạng 1 : Các số hạng của tổng có dạng phân số, trong đó mẫu là các tích có qui luật và tử là hằng số Phương pháp chung : Xét số hạng tổng quát và tìm cách phân tích chúng hợp lý để xuất hiện các hạng tử triệt tiêu. 1 1 1 1 1  Ví dụ 1: Tính các tổng sau:    .....   1.2 2.3 3.4 998.999 999.1000 Giải: Ta có: 1 1 1 1 1    .....   1.2 2.3 3.4 998.999 999.1000 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 999        ...      1  1 2 2 3 3 4 998 999 999 1000 1000 1000  1 1  Nhận xét: Ta phân tích theo hướng    . Khi đó tổng uk .uk 1  uk uk 1  cần tính sẽ chỉ còn các số hạng đặc biệt (thường là số hạng đầu và số hạng cuối). Tuy nhiên, nếu ta tìm ra công thức tổng quát và vận dụng chức năng tính tổng  , ta sẽ làm như sau: 11
  14. 1 1 1 1    .....  với n = 1..999 1.2 2.3 3.4 n(n  1) 999  1  999 Ghi vào màn hình biểu thức:   X ( X  1)  , sau đó ấn =. Kết quả: 1000 x 1    Dạng 2 : Tổng của các tích có qui luật  Ví dụ 2: Tính các tổng sau: a) 1.2  2.3  3.4  .....  2011.2012 Giải: Đặt S  1.2  2.3  3.4  .....  2011.2012 Ta có: 3S  3(1.2  2.3  3.4  .....  2011.2012) 3S  1.2(3  0)  2.3(4  1)  3.4(5  2)  .....  2011.2012(2013  2010) 3S  1.2.3  2.3.4  1.2.3  3.4.5  2.3.4  .....  2011.2012.2013  2010.2011.2012 2011.2012.2013 3S  2011.2012.2013  S   2714954572 3 Hoặc có thể áp dụng công thức: n(n  1)(n  2) 1.2  2.3  3.4  ...  n( n  1)  3 2011(2011  1)(2011  2)   2714954572 3 Tuy nhiên, ta dễ dàng nhận thấy được: S  1.2  2.3  3.4  .....  n.( n  1) với n = 1..2011 2011 Ghi vào màn hình biểu thức:   X ( X  1)  , sau đó ấn =. Kết quả: x 1 2714954572  Dạng 3 : Tổng bình phương, lập phương các số tự nhiên liên tiếp  Ví dụ 3: Tính các tổng sau: a) A  12  22  32  ...  20122 Giải: n(n  1)(2n  1) Áp dụng công thức: 1  2  3  ...  n  2 2 2 2 6 2012(2012  1)(2.2012  1) A  12  22  32  ...  20122   2716979650 6 Tuy nhiên, ta dễ dàng nhận thấy được: 12
  15. A  12  22  32  ...  n 2 với n = 1..2012   X  , sau đó ấn =. Kết quả: 2012 2 Ghi vào màn hình biểu thức: x 1 2716979650 b) B  13  23  33  ...  20123 Giải:  n(n  1)  2 Áp dụng công thức: 1  2  3  ...  n   3 3 3 3   2   2012(2012  1)  2 B  1  2  3  ...  2012   3 3 3 3   4100940906084  2  Tuy nhiên, ta dễ dàng nhận thấy được: B  13  23  33  ...  n3 với n = 1..2013   X  , sau đó ấn =. 2012 3 Ghi vào màn hình biểu thức: x 1 Kết quả: 4100940906084 Trên đây là các dạng bài tập kinh điển về tổng sai phân hữu hạn thường gặp. Thực tế khi đi thi có rất nhiều bài tập rất khó đòi hỏi phải tư duy có chiều sâu và độ nhạy bén thông qua quá trình rèn luyện và tiếp thu các kiến thức cơ bản về tổng hữu hạn.  Chuyên đề 7: Các bài toán về đa thức 1 – Tính giá trị đa thức : Tính giá trị P(x o) của đa thức (hoặc biểu thức bất kì) 3x5  2 x 4  3x 2  x  1  Ví dụ 1: Tính giá trị biểu thức A  khi 4 x3  x 2  3x  5 x  1,8165 ; x  1,11952 ; x  2,0102011 Ấn !rd= (chỉnh máy về chế độ mặc địn h) 3X 5  2 X 4  3X 2  X  1 Nhập toàn bộ biểu thức trên vào màn hình: 4 X 3  X 2  3X  5 Ấn -. Máy hỏi X? . Ta khai báo x = 1,8165 và bấm = Máy hiện kết quả: 1.498465582 Tiếp tục ấn - một lần nữa và thực hiện tương tự như trên để tiếp tục tính giá trị của biểu thức tại các giá trị biến khác nhau. 13
  16. Phím - (calculate – tính) trên fx – 570 ES rất hay, nó cho phép tính giá trị của biểu thức theo giá trị bất kì của biến số sau khi khai báo biểu thức. Như ví dụ trên, bây giờ muốn tính thêm giá trị của A tại x = 2,0112012 ta chỉ cần bấm tiếp -, máy hỏi X? Ta khai báo biến mới là 2.0112012 và bấm phím =, máy cho ngay kết quả: 2 – Tìm dư trong phép chia đa thức cho đơn thức : *) Cơ sở lý luận: Thực hiện phép chia P(x) cho (x – a) ta được: P ( x)  ( x  a )Q( x)  r với r là số dư trong phép chia. Cho x = a , ta có: P (a )  (a  a )Q(a )  r . Suy ra r = P(a) *) Kết luận Dư của phép chia đa thức P(x) cho x – a bằng chính giá trị của đa thức đó khi x lấy giá trị là a. *) Áp dụng: x 5  6,723 x 3  1,857 x 2  6,458 x  4,319 Tìm dư của phép chia x  2,318 (Kết quả: r = 46,07910779) 3 – Xác định tham số để đa thức P(x) + m chia hết cho x - c : *) Cơ sở lý luận: Vì P ( x)  m  ( x  c)Q ( x)  r  m nên để P(x) + m chia hết cho x – c thì r  m  0 tức là m   r   P (c) . Trở về dạng Tìm dư của phép chia đa thức cho đơn thức. *) Áp dụng: Cho đa thức x3  x 2  11x  m . Hỏi rằng m bằng bao nhiêu thì đa thức đã cho chia hết cho nhị thức ( x – 2) (Hướng dẫn: Cho x – 2 = 0 suy ra x = 2 Để tìm m ta chọn P(x) = x 3 + x2 – 11x và tính P(2) Tính được P(2) = -10. Vậy m = - P(2) = 10) 4 – Tìm đa thức thương khi chia đa thức cho đơn thức : *) Cơ sở lý luận: Chia đa thức P( x)  ao x3  a1 x 2  a2 x  a3 cho (x – c) ta sẽ được thương là đa thức bậc hai Q ( x)  bo x 2  b1 x  b2 và số dư r. P( x)  ( x  c)(bo x 2  b1 x  b2 )  r 14
  17. P( x)  bo x3  b1 x 2  b2 x  bocx 2  b1cx  b2c  r P ( x)  bo x 3  (b1  boc) x 2  (b2  b1c) x  (r  b2c) Theo công thức truy hồi Horner, ta có: bo  ao ; b1  boc  a1 ; b2  b1c  a2 ; r  b2c  a3 *) Áp dụng : Tìm thương và dư trong phép chia P(x) = x7 – 2x5 – 3x4 + x – 1 cho x  5.  Hướng dẫn: Ta có: c = -5 ; ao = 1 ; a1 = 0 ; a2 = -2 ; a3 = -3 ; a4 = 0 ; a5 = 0 ; a6 = 1 ; a7 = -1 an 1 0 -2 -3 0 0 1 -1 c = -5 1 -5 23 -118 590 -2950 14751 -73756 Cách ấn phím: -5!'M1*aM+0=(kết quả -5)*aM-2=(kết quả: 23)… Vậy P(x) = (x + 5)(x6 – 5x5 + 23x4 – 118x3 + 590x2 – 2950x + 14751) – 73756 5 – Phân tích đa thức theo bậc của đơn thức : *) Cơ sở lý luận: Áp dụng n – 1 lần dạng toán 4) ta sẽ tìm đa thức thương khi chia đa thức cho đơn thức, ta có thể phân tích đa thức P(x) bậc n theo x – c P(x) = ro + r1(x – c) + r2(x – c)2 + …. + rn(x – c)n *) Áp dụng: Phân tích P(x) = x4 – 3x3 + x – 2 theo bậc của x – 3  Hướng dẫn: Thực hiện phép chia P(x) = (x – c)Q1(x) + ro theo sơ đồ Horner để được Q(x) và r 1 -3 0 1 -2 x4 – 3x3 + x – 2 3 1 0 0 1 1 Q1(x) = x3 + 1 và ro = 1 3 1 3 9 28 Q2(x) = x2 + 3x + 9 và r1 = 28 3 1 6 27 Q3(x) = x + 6 và r2 = 27 3 1 9 Q4(x) = 1và r3 = 9 15
  18. Vậy P(x) = 1 + 28(x – 3) + 27(x – 3)2 + 9(x – 3)3 + (x – 3)4.  Chuyên đề 8: Các bài toán về đa thức  Dạng 1 : Dãy số Lucas Dãy số Lucas là dãy số tổng quát của dãy số Fibonaci: Các số hạng của nó tuân theo quy luật u1  a; u2  b; un1  un  un1 với mọi n  2 , trong đó a, b là hai số tùy ý. Với a  b  1 thì dãy Lucas trở thành dãy Fibonaci. (Các kỹ thuật ấn phím sau dựa theo máy tính Casio fx 570 ES PLUS ) Phương pháp: Ghi vào màn hình: D  D  1 : A  B  A : D  D  1 : B  A  B Ấn ‐ D? ấn 2 = A? ấn a = B? ấn b =  Ví dụ 1: Với u1  1; u2  3; un1  un  un1 với mọi n  2 . Ta lần lượt nhận được các giá trị như sau: 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, 199, 322, 521, 843, 1364, …  Ví dụ 2: Với u1  3; u2  4; un1  un  un1 với mọi n  2 . Ta lần lượt nhận được các giá trị như sau: -3, 4, 1, 5, 6, 11, 17, 28, 45, 73, 118, 191, 309, 500, 809, 1309,…  Dạng 2 : Dãy số Lucas suy rộng tuyến tính. u1  a; u2  b; un1  m.un  n.un1 với mọi n  2 , trong đó a, b là hai số tùy ý. Phương pháp: Ghi vào màn hình: D  D  1 : A  m.B  n. A : D  D  1 : B  m. A  n.B Ấn ‐ D? ấn 2 = A? ấn a = B? ấn b =  Ví dụ: Với u1  2; u2  3; un1  4un  5un1 với mọi n  2 . Ta lần lượt nhận được các giá trị như sau: 2, 3, 22, 103, 522, 2603, 13022, 65103, 16
  19. 325522, 1627603, 8138022, 40690103, 203450522, 1017252603, 5086263022, 25431315103, …  Dạng 3 : Dãy số Lucas suy rộng bậc hai. u1  a; u2  b; un1  un2  un21 với mọi n  2 , trong đó a, b là hai số tùy ý. Phương pháp: Ghi vào màn hình: D  D  1 : A  B 2  A2 : D  D  1 : B  A2  B 2 Ấn ‐ D? ấn 2 = A? ấn a = B? ấn b =  Ví dụ: Với u1  1; u2  1; un1  un2  un21 với mọi n  2 . Ta lần lượt nhận được các giá trị như sau: 1, 1, 2, 5, 29, 866, 750797,…  Dạng 4 : Dãy số Lucas bậc ba. u1  a; u2  b; u3  c; un1  un  un1  un2 với mọi n  3 , trong đó a, b, c là ba số tùy ý. Phương pháp: Ghi vào màn hình: D  D  1: A  C  B  A : D  D  1: B  A  C  B : D  D  1: C  B  A  C Ấn ‐ D? ấn 3 = A? ấn a = B? ấn b = C? ấn c =  Ví dụ: Với u1  1; u2  1; u3  1; un1  un  un1  un2 với mọi n  3 . Ta lần lượt nhận đ ược các giá trị như sau: 1, 1, 1, 3, 5, 9, 17, 31, 57, 105, 193, 355, 653,…  Dạng 5 : Dãy số Lucas bậc ba suy rộng tuyến tính. u1  a; u2  b; u3  c; un1  m.un  n.un1  p.un2 với mọi n  3 , trong đó a, b, c là ba số tùy ý. Phương pháp: 17
  20. Ghi vào màn hình: D  D  1 : A  mC  nB  pA : D  D  1 : B  mA  nC  pB : D  D  1 : C  mB  nA  pC Ấn ‐ D? ấn 3 = A? ấn a = B? ấn b = C? ấn c =  Ví dụ : Với u1  1; u2  2; u3  3; un1  2un  3un1  4un2 với mọi n  3 . Ta lần lượt nhận được các giá trị như sau: 1, 2, 3, 16, 49, 158, 527,…  Dạng 6 : Tính số hạng thứ n của dãy số Fibonaci theo công thức nghiệm tổng quát. 1  1  5   1  5   n n un       5  2   2     Phương pháp: 1  1  5   1  5   n n Ghi vào màn hình biểu thức: un       5  2   2     Ấn ‐ X? ấn n =  3  5  n  3  5  n   Ví dụ: Cho dãy số: un       . Tính u6 ; u18 ?  2   2     Kết quả: u6  322 ; u18  33385282  Chuyên đề 9: Tìm số hoặc cặp số (x;y) thỏa điều kiện cho tr ước  Ví dụ 1: Tìm cặp số (x; y) nguyên dương sao cho: x 2  37 y 2  1 với y nhỏ nhất. Giải: Quy trình bấm phím như sau: 1. Lưu 0 vào Y: Bấm 0 !'Y 18
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2