Một số phương pháp giải toán trên máy tính casio THPT

Ngô Đức DuyMỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN MÁY TÍNH CASIO THPT A.. Các dạng toán... Phương trình nghiệm nguyên: * Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích Biến đổi phương trình về dạn

Ngô Đức Duy

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

MÁY TÍNH CASIO THPT

A Đại số - giải tích

I Bài Toán Lãi Kép:

1.Dạng 1

Gửi vào ngân hàng số tiền là a đồng, với lãi suất hàng tháng là r % trong tháng Tính

cả vốn lẫn lãi T sau n tháng:

n r a

T  (  1 %)

2.Dạng 2

Hàng tháng gửi vào ngân hàng số tiền là a đồng với lãi suất hàng tháng là r% Tính

cả vốn lẫn lãi T sau n tháng:

 

%

% 1 1 1

%

r

r r

a T

n









3.Dạng 3

Nếu mỗi tháng rút một số tiền nhất định thì:

r

r r

a T

n n













%

1

% 1

% 1

Trong đó: a là tiền gốc

b là tiền rút

n là số kì: n q: ( q là số tháng, p là số tháng trong kì)

r% là lãi suất

4 Dạng 4: Vay vốn trả góp

Số tiền vay của người đó là N đồng, lãi suất r % trên tháng, số tháng vay là n, số tiền trả đều đặn vào ngân hàng hàng tháng là a đồng và

100

%

y 

1

1 1

2 1















n n

n

n

y

y Ny y

y y

Ny a

II Nhị thức Newton:

1 Công thức khai triển nhị thức Newton:















n k

k n k k n n

k

k k n k n n

b a C b

a C b

a

0 0

a,bR,nN*

* Đặc biệt:

n n n n n n n

n n

k

k k n



0

1 )

1 (

2 Tính chất của các số k

n C

* Tính chất 1: n k

n

k

n C

* Tính chất 2 (CT Pa-xcan): 1

1



 

k

C 1 k  n

3 Các dạng toán

Ngô Đức Duy

III Phương trình nghiệm nguyên:

* Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích

Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.

Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

y3 - x3 = 91 (1)

Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*)

Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0

Mặt khác, 91 = 1*91 = 7*13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :

y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I)

y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II)

y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III)

y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV)

Ngô Đức Duy

* Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn

Nếu các ẩn x, y, z, có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho.

Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

x + y + z = xyz (2)

Lời giải :

Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3

=> xy thuộc {1 ; 2 ; 3}

Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí

Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3

Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3)

Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

2 1 1 1







z y

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z Ta có :

2 = 1x1y1z ≤ 3x => x ≤ 23 => x = 1

Thay x = 1 vào (3) ta có :

2

1

1

1   

z

y => 1 1y 1z ≤ 2y => y ≤ 2

=> y = 1 => 1  0

z (vô lí) hoặc y = 2 => 1 21

z => z = 2

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2)

* Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết

Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình.

Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x2 - 2y2 = 5 (4)

Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ Thay x = 2k + 1 (k Z) vào (4),

ta được :

4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5

Ngô Đức Duy

<=> 2(k2 + k - 1) = y2

=> y2 là số chẵn => y là số chẵn

Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :

2(k2 + k - 1) = 4t2

<=> k(k + 1) = 2t2 + 1 (**)

Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :

x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000 (5)

Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên) Do đó : x3 - x chia hết cho 3

Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3 Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3

Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x,

y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên

Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

xy + x - 2y = 3 (6)

Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3 Vì x = 2 không thỏa mãn phương

trình nên (6) tương đương với:

y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2)

Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3 Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0)

Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về

dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1

Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức

Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này.

Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

x2 - xy + y2 = 3 (7)

Lời giải :

(7) tương đương với 3 34

2

2 2

y y

x   







Ngô Đức Duy

2









 y

x ≥ 0 =>

4

3 3

2

y

=> -2 ≤ y ≤ 2

Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là :

(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}

B Công Thức Hình Học

1 Tam giác bất kì:

• Trung tuyến ứng với cạnh a:

2 2

2 2 2 2

1

a c b

m a   

• Đường phân giác của góc A:

) (

2

a p p bc c b



 (p: nửa chu vi pa2bc )

• Diện tích tam giác:

) sin(

2

1 ) sin(

2

1 ) sin(

.

2

1

) )(

)(

(

.

2

1

C BC AC B

BC AB A

AC

AB

S

c p b p a p

p

S

h

a

















pr

S  (r: bán kính đường tròn nội tiếp tam giác)

R

abc

S

4

 (R: bán kính đường tròn ngoại tiếp tác giác)

2 Tam giác vuông:

bc

ah

c

b

h

b

a

b

c

a

c

c

b

h

a

a

a













•

'

'.

•

'

.

•

'

.

•

1

1

1

•

2

2

2

2

2

2

3 Hình Thoi:

• Tổng bình phương của các đường chéo d1, d2 cạnh a là:

2 2 2

2

Ngô Đức Duy

• Diện tích: 1 2

2

1

d d

S 

4 Hình Bình Hành:

• Tổng bình phương của các đường chéo d1, d2 là:

) (

2 2

2

• Diện tích: S=a.h

5 Tứ giác nội tiếp đường tròn:

• Tổng 2 góc đối diện bằng 1800

0

180







A

• Tích 2 đường chéo:

bd ac d

d1. 2  

• Diện tích:

) )(

)(

)(

(p: nửa chu vi tứ giác pab2cd )

6 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn:

• Tổng 2 cạnh đối diện:

a+c=b+d

• Diện tích: S=pr (p là nửa chu vi tứ giác)

Ngô Đức Duy

7 Tứ giác bất kì:

• Diện tích: sin 

2

1

2

1d d

S 

• Tổng bình phương các cạnh:

2 2 2

2 1 2 2

2

a       (d1,d2 là đoạn nối 2 trung điểm các đường chéo)

8 Diện tích hình viên phân:

) sin (

2



 

S  :rad