Phương pháp giải toán trên máy tính casio FX 570MS

PHẦN MỞ ĐẦU 1 I.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. 1 I.1.1. Cơ sở lý luận. 1 I.1.2. Cơ sở thực tiễn 2 “PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO FX 570 MS” 2 I.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: 3 I.3.THỜI GIAN - ĐỊA ĐIỂM : 3 I.3.1. Thời gian 3 I.3.2. Địa điểm 3 I.3.3 Phạm vi đề tài 3 I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu : 3 I.3.2 Giới hạn về địa bàn nghiên cứu : 3 I.3.3.3 Giới hạn về khách thể khảo sát : 3 I.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 3 I.5. ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN: 4 PHẦN II: NỘI DUNG 5 II.1.1. Lịch sử vấn đề nghiên cứu 5 II.1.2. Kết luận chương I 5 CHƯƠNG II 6 II.2.1. THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN TIÊN YÊN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN 6 II.2.2. ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG. 6 II.2.2.1. Nguyên nhân dẫn đến thực trạng 6 II.2.2.2. Kết luận chương II 6 CHƯƠNG III 7 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO 570 MS 7 II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN 7

Phương pháp giải toán trên máy tính Casio

FX 570MS

MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU 1

I.1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1

I.1.1 Cơ sở lý luận 1

I.1.2 Cơ sở thực tiễn 2

“PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CASIO FX 570 MS” 2

I.2.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: 3

I.3.THỜI GIAN - ĐỊA ĐIỂM : 3

I.3.1 Thời gian 3

I.3.2 Địa điểm 3

I.3.3 Phạm vi đề tài 3

I.3.3.1 Giới hạn đối tượng nghiên cứu : 3

I.3.2 Giới hạn về địa bàn nghiên cứu : 3

I.3.3.3 Giới hạn về khách thể khảo sát : 3

I.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 3

I.5 ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN: 4

PHẦN II: NỘI DUNG 5

II.1.1 Lịch sử vấn đề nghiên cứu 5

II.1.2 Kết luận chương I 5

CHƯƠNG II 6

II.2.1 THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC MÁY TÍNH CASIO Ở TRƯỜNG THCS THỊ TRẤN TIÊN YÊN VÀ HUYỆN TIÊN YÊN 6

II.2.2 ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG 6

II.2.2.1 Nguyên nhân dẫn đến thực trạng 6

II.2.2.2 Kết luận chương II 6

CHƯƠNG III 7

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO 570 MS 7

II.3.1 MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN 7

II.3.1.1 PHẦN I: SỐ HỌC 7

Dạng 1: Cách tính một số phép tính cĩ kết quả bị tràn màn hình 7

Giải 7

A = 12578963.14375 = (12578.103 + 963).14375 = 12578.103.14375 + 963.14375 .7

808750000 + 13843125 = 822593125  A = 180822593125 7

67892 = 46090521 7

= 15239902500000000 + 1676204100000 + 46090521 7

Giải 8

Từ đĩ ta cĩ quy luật: 3    n 1 chữsố n 1 chữ số nchữ số 9 nchữ số 9 99 9 99 9 7 00 0 299 9

      8

Dạng 2: Tìm số dư khi chia số tự nhiên a cho số tự nhiên b 8

a Lý thuyết 8

Chứng minh 9

b Bài tập 9

Bài toán 1 9

Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975 9

Giải 9

Bài toán 2 9

Tìm số dư của phép chia 123456789101112 cho 9999 9

Giải 9

Cách 1: Áp dụng định lý 9

Dạng 3: Tìm ước chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN) 10

a Lý thuyết 10

Chứng minh 10

b Bài tập 11

Giải 11

Dạng 4: Số nguyên tố 12

a Lý thuyết 12

Chứng minh 12

Cho n là hợp số Ta có thể viết n = a.b với 1<a,b<n 12

Chứng minh 13

b Bài tập 13

A = 2152 + 3142 13

Giải 13

Vậy: 144821 = 97 x 1493 14

A = 10001 14

Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137 14

Giải 14

2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15 14

Giải 14

A = 210.35.52.7.11.13 14

Giải 15

N = 25 x 34 x 55 x 7 x 11 x 79 x 167 x 179 x 193 x 389 x 977 15

Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước: 15

a Lý thuyết 15

Các dấu hiệu chia hết 15

Giả sử số tự nhiên n = a k a k 1 a1a0 15

b Bài tập 15

Giải 15

10203 4z với z {0, 1, 2, ,8, 9} 16

Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 13 là 1929304 16

Giải 16

N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840 16

Giải 17

Giải 17

x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965 17

Giải 18

Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz 18

Giải 18

Giải 19

Như vậy ta có tất cả 8 đáp số 19

a Lý thuyết 20

b Bài tập 21

A = 21999 + 22000 + 22001 21

Giải 21

A = 21999(1 + 2 + 4) = 7.21999 21

Ta có 22076 (mod 100) mà 1999 = 20.99 + 19 21

Vậy hai chữ số cuối của A là 16 21

Giải 21

Vậy 3 chữ số cuối cùng của 2 9 2003 là 912 21

Giải 21

Vậy số dư là : 56 = 1064 21

Giải 22

Giải 22

Ta có: 20112  4121 mod 10000 ; 2011  4  41212  2641 mod 10000  22

Vậy: A 2011 2010 có bốn chứ số cuối là: 4601 22

Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k  N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn 23

a Lý thuyết 23

b Bài tập 23

Giải 23

a) Số 1 0,027 027 (027)

37 A   tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027 23

b) Số 1 0,0243902439(02439)

41 B   tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439 24

c) Số 10 0,(1960784313725490) 51 C   TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490 24

d) Số 1 0,(020408163265306122448979591836734693877551) 49 D   24

020 408 163 265 306 122 448 979591836734693877551 24

Dạng 8: Liên phân số 25

a Lý thuyết 25

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS) 25

Giải 26

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS) 26

Dạng 9: Dãy truy hồi Fibonacci 27

a Lý thuyết 27

Giải 27

Chứng minh 28

Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) đã được chứng minh 28

b Bài tập 28

Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát: 28

Giải 28

Thay vào (*) ta được hệ phương trình : a c 6 6a b c 29 29a 6b c 132              => a 6 b 7 c 0         .29

Bài 2: Tính các số hạng của dãy Fibonacci trên máy tính điện tử 29

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS) 29

Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS) 30

A = 1 30

B = 1 30

Bài 3 30

Tính tổng: 312 3 332 3 352 3 3292 3 1 2 2 3 3 4 15 16 B          30

Giải 31

X=X+1:A=2X+1:B=B+1:C=C+1:D=A2:(B3+C3):E=E+D 31

Bấm = liên tục đến khi A = 29 thì E là kết quả tương ứng 31

Dạng 10: Bài toán lãi kép 31

Có ba loại toán cơ bản 31

Giải 31

Giải 31

Sử dụng công thức:  ( 1 r) 1 rn  1 r a A 31

Giải 32

Dạng 11: Tính số chữ số của một luỹ thừa: 32

Bài 1: Tính xem 222425 có bao nhiêu chữ số ? 32

Giải 32

Dạng 12: Tính các chữ số đầu của một lũy thừa 33

Bài 1: Tính 5 chữ số đầu tiên của 20082008 33

Giải 33

II.3.1.2 PHẦN II ĐA THỨC 34

Dạng toán: Tính giá trị của biểu thức 34

Bài 1: Cho đa thức P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 2x3 - 5x2 + x - 1 34

Giải 34

P(x) = 1 + x + x2 + x3 + + x8 + x9 = ( 1)(1 2 9) 10 1 1 1 x x x x x x x          34

Từ đó tính Q(-2,1345) = 34

Giải 35

Bước 1: Đặt Q(x) = P(x) + H(x) sao cho: 35

Q(x) = P(x) + a1x4 + b1x3 + c1x2 + d1x + e 35

Vậy ta có: Q(x) = P(x) - x 2 35

Bài 4: Cho đa thức 1 9 1 7 13 5 82 3 32 ( ) 630 21 30 63 35 P x  x  x  x  x  x 35

Giải: 35

II.3.1.3 PHẦN III HÌNH HỌC 37

Dạng 1: Giải tam giác 37

Giải 37

Dạng 2: Đa giác và hình tròn 38

a Lý thuyết 38

1) Đa giác đều n cạnh, độ dài cạnh là a: 38

2) Hình tròn và các phần hình tròn: 38

b Bài tập 38

Giải 39

Sgạch xọc = SO1O2O3 - 3 Squạt 39

Squạt = 2 .9.60 3 360 360 2 R a      39

Giải 39

Sgạch = SABCD - 4Squạt 39

Giải 40

SOBAC = 2SOBA = aRsin 40

II.3.1.4 PHẦN IV HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 41

Giả sử bài toán cho ta 3 đường thẳng bậc nhất như hình vẽ 41

Hướng giải: 41

III KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ 42

IV DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO – PHỤ LỤC 43

IV.1 Danh mục tài liệu tham khảo: 43

IV.2 Phụ lục 44

NHẬN XÉT CỦA HĐKH PGD & ĐT HUYỆN TIÊN YÊN 46

NHẬN XÉT CỦA HĐKH SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NINH 48

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 của học sinh lànhiệm 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 củahọc sinh rất hiệu quả Xuất phát từ những kỹ năng đơn giản về sử dụng MTĐT BT

để tính toán thông thường như tính giá trị của biểu thức số, tìm nghiệm của phươngtrình 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 thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN haybài toán phân tích đa thức thành nhân tử

Hiện nay, với sự phát triển như vũ bão của khoa học - kỹ thuật nhất là cácngành thuộc lĩnh vực công nghệ thông tin trong đó MTĐT BT là một thành quả củanhững tiến bộ đó MTĐT BT đã được sử dụng rộng rãi trong các nhà trường với tưcách là một công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay cả việc đổi mới phươngpháp dạy học theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu quả Đặc biệt, vớinhiều tính năng mạnh như của các máy CASIO Fx-500MS, CASIO Fx-570MS trở lên thì học sinh còn được rèn luyện và phát triển dần tư duy thuật toán một cáchhiệu quả

Trong những năm gần đây, các cơ quan quản lý giáo dục cũng như các tổchức kinh tế tài trợ thiết bị giáo dục (nhất là các công ty cung cấp thiết bị điện tử vàmáy 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 tập 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 tận dụng những tính năng ưu việtcủa MTĐT BT để hỗ trợ học tốt các môn học 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 của trườngcũng như của PGD& ĐT huyện Tiên Yên, tôi nhận thấy các em học sinh thực sựsay mê tìm tòi, khám phá những công dụng của chiếc MTĐT BT đơn giản nhưng

vô cùng hữu ích này và vận dụng tốt trong quá trình học tập của 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 bảnnhất của MTĐT BT CASIO Fx-570 MS, biết cách vận dụng vào giải các bài toántính toán thông thường rồi dần đến các bài toán đòi hỏi tư duy thuật toán cao hơn.

 Tạo không khí thi đua học tập sôi nổi hơn, nhất là giáo dục cho các em ýthức tự vận dụng kiến thức đã được học vào thực tế công việc của mình và ứngdụng những thành quả của khoa học hiện đại vào đời sống

 Tạo nguồn HSG cho các năm tiếp sau

I.3.THỜI GIAN - ĐỊA ĐIỂM :

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 PHÁP NGHIÊN CỨU

1 Phương pháp nghiên cứu tài liệu

3 Phương pháp nghiên cứu thực tiễn

I.5 ĐÓNG GÓP MỚI VỀ MẶT LÍ LUẬN, VỀ MẶT THỰC TIỄN:

 Về mặt lý luận :

Đưa ra các bài tập với phép chứng minh rõ ràng những kết quả mà các emhọc 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 thường gặp trong các kìthi HSG giải toán trên máy tính Casio Là tài liệu chuyên môn hữu ích cho bản thân

và đồng nghiệp trong lĩnh vực ôn luyện giải toán trên máy tính Casio

PHẦN II: NỘI DUNG CHƯƠNG I: TỔNG QUAN II.1.1 Lịch sử vấn đề nghiên cứu

Có thể nói rằng các tài liệu ôn luyện CASIO có rất nhiều, có tài liệu 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 liệu thực sự phù hợp với họcsinh của huyện, cần hệ thống lại các bài tập theo trình tự, thì vấn đề mà tôi trìnhbày 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, nhưng các đồngnghiệp của tôi ở Tiên Yên cũng chỉ sưu tầm và biên soạn tài liệu Casio cho riêngbản thân chứ chưa đưa ra thành một đề tài nghiên cứu để nhận được sự đóng gớpcủa các đồng nghiệp khác và để viết thành một cuốn tài liệu hữu ích cho việc ônluyện học sinh Chính vì vậy nên đề tài mà tôi đưa ra chắc chắn sẽ cần nhiều ý kiếnđóng góp của các đồng nghiệp mới có thể hoàn thiện hơn được

CHƯƠNG II NỘI DUNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

II.2.1 THỰC TRẠNG CỦA VIỆC 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 trường PTCS Yên Than, trườngTHCS Thị Trấn và cho huyện Tiên Yên, tôi nhận thấy các em học sinh có nhậnthức rất tốt, có nền tảng kiến thức cơ bản vững vàng Đặc biệt là học sinh trong độituyển HSG của huyện, các thầy cô giáo ở trường cũng đã ôn luyện cho các emđược những kiến thức cơ bản về máy tính Casio rất vững vàng và có hệ thống Kếtquả đạt được của huyện nhà trong các kỳ thi HSG giải toán trên máy tính Casionăm học 2009 – 2010: 02 giải nhì, 01 giải 3

II.2.2 ĐÁNH GIÁ THỰC TRẠNG.

II.2.2.1 Nguyên nhân dẫn đến thực trạng

Về nguồn học sinh giỏi ở huyện Tiên Yên rất dồi dào, mặc dù các thầy côgiáo đã bỏ nhiều công sức ôn luyện, kết quả đạt được các năm qua chưa hề có giảinhất, chỉ có giải nhì và ba Điều đó khẳng định rằng phương pháp ôn luyện họcsinh còn có những vấn đề cần khắc phục, một trong những vấn đề 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 sẽ còn caohơn nữa, nếu chúng ta biên soạn được những tài liệu đầy đủ, sát với chương trìnhthi của các em Chính vè lý do đó, tôi quyết định chọn đề tài sáng kiến 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 hìnhhọc 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:

10233 = 10705991673.10232.456 = 14316516723.1023.4562 = 638155584

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 số dư của phép chia r1.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 r1 + 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 + qr2 + sr1 +k) + t

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 tiếp vàophần còn lại tối đa 11 chữ số rồi tìm số dư Nếu còn nữa thì tính liên tiếp nhu vậy.VD: 12345678910 chia cho 9999 dư 31601

360111112 chia cho 9999 dư 4713

Bài toán 3 TÌm số dư của 9876542 :5678

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, r1, r2, r3 dãy này dần đến 0,

và đó là các số tự nhiên nên ta sẽ thực hiện không quá b phép chia Thuật toán kếtthúc sau một số hữu hạn bước và bổ đề trên cho ta:

(a, b) = (b, r1) = rn

Định lí: Nếu x, y là hai số nguyên khác thì BCNN(x,y) = (x x,.y y)

Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên x x y , x y,y

Tiếp theo, ta giả sử c là bội chung khác của x và y, suy ra tồn tại số nguyên m saocho c = m.x và ta có c y nên :

      x y

c y x

x m y

,

x y x

* 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

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 mộttrong 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 củanó

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 thừa số nguyên tố ta được:

 (n) = (e1 + 1) (e2 + 1) (ek + 1)

Chứng minh

Mọi ước số của n đều có dạng: f k

k f

a shift sto A

A/3 =

Ấn tiếp A/(A/Ans + 2) = = = = … kiểm tra , khi số trên màn hình hạ xuống dướigiá trị của căn A thì ngưng Nếu không cố số nguyên tố nào xuất hiện trên dòng kếtquả của màn hình thì số đó là số nguyên tố

- 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:

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

Bài toán 3: Số N = 27.35.53 có bao nhiêu ước số ?

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:

Dạng 5: Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:

- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:

10203 4z 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 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762

Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:

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

Bài 6: Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9

Giải

- Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x,

y, z sao cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315

Ta có 579xyz = 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 = 915Vậy ta có đáp số sau:

6 0 0

Bài 7: Tìm số tự nhiên n sao cho:

a) 2n + 7 chia hết cho n + 1b) n + 2 chia hết cho 7 - n

Giải

a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lượt 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 a n  20203 21n  cũng là số

tự nhiên

Giải

Vì 1010  n  2010 nên 203,5  41413  an  62413  249,82

Vì an nguyên nên 204  n  249 Ta có an2 = 20203 + 21n = 21.962 + 1 + 21n.Suy ra: an2 – 1 = 21(962+n), hay (an - 1)(an + 1) = 3.7.(962+n)

Do đó, a 12n  a 1 a 1 n    n   chia hết cho 7

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 nguyênnên k 30;31;32;33;34;35 Vì a 1 7k(7k 2)2n    chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32;33; 35 Ta có:

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 nguyênnên

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)

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

n 1118 1406 1557 1873

an 209 223 230 244

Ta có 92000 001 (mod 1000) => 92003 001.93 (mod 1000) 729 (mod 1000)

Do đó 2 9 2003 2729 (mod 1000) 2700.229 (mod 1000)376.912 (mod 1000)  912(mod 1000)

Vậy 3 chữ số cuối cùng của 2 9 2003 là 912

Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003