Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay

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

 chia hết cho 13.

Đáp số: - Số lớn nhất dạng chia hết cho 13 là 1929304

 - Số nhỏ nhất dạng 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:

 chia hết cho 24.

Giải

- Vì N 24  N 3 ; N 8  (37 + x + y) 3 ; 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 8, ta có:

N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840

 

doc 23 trang Người đăng hieu90 Ngày đăng 18/03/2021 Lượt xem 10Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải toán trên máy tính cầm tay", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 cập tới các bài toán đa thức và hình học và cách sử dụng các chức năng mới của máy tính cầm tay CASIO fx-570VN PLUS như tìm số dư trong phép chia, phân tích một số ra thừa số nguyên tố, tìm ƯCLN, BCNN... 
II.3.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
II.3.1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN
II.3.1.1. 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 = 12578963 x 14375
Tính chính xác của số: B = 1234567892
Tính chính xác của số: C = 10234563
Giải
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 Þ 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 Þ A = 180822593125
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 = 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: 
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 ¹ 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
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
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 
=> đpcm 
a + c = b(s+q) + r1+r2 => đpcm
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: Số bị chia không vượt quá 10 chữ số
Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975
Giải
Khi sử dụng máy CASIO fx-570VN PLUS ta sử dụng chế độ tìm số dư như sau
18901969 3041975 6, R=650119
Ta có số dư của phép chia là: 650119
Bài toán 2: Số bị chia nhiều 10 chữ số
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 10 chữ số đầu tiên, tìm số dư rồi viết số dư đó liên tiếp vào phần còn lại tối đa 10 chữ số rồi tìm số dư. Nếu còn nữa thì tính liên tiếp như vậy.
VD: 1234567891 chia cho 9999 dư 1360. 
136001112 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, 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 kết thúc 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) . = 
Chứng minh: Do (x,y) là UCLN của x và y nên là những số nguyên
=> 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 nên :
 Nhưng ta lại có nên hay 
với u là số ngyuên nào đó. Thay vào đẳng thức c = m.x ta được
 hay c ;à bội của => đpcm
b. Bài tập
Bài toán 1: Tìm UCLN của hai số:
a = 24614205, b = 10719433
Giải
Cách tìm ƯCLN bằng máy tính CASIO Fx 570 VN-PLUS
 24614205 10719433
Kết quả: 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 nhất (không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng:
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 < thì n = . < a.b = n, mâu thuẫn. Vậy có ít nhất một trong hai số a, hoặc b nhỏ hơn hoặc bằng .
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 thừa số nguyên tố ta được:
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:
t (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)
b. Bài tập
Bài toán 1: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 2152 + 3142
Giải
- Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy 
CASIO Fx570VN PLUS:
 215 314 
Ta có kết quả trên màn hình: 97x(1493)
(Kết quả máy cho ta số 1493 nằm trong ngoặc đơn là máy không xác định được là số nguyên tố hay hợp số)
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 hay không.
- Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40 Þ 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
Bài toán 3: Số N =3888000 có bao nhiêu ước số ?
Giải
- Sử dụng chức năng phân tích một số ra thừa số nguyên tố của máy:
	N = 27 x 35 x 53
*Cách 1:- 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.
*Cách 2 : Số ước của N là (7+1)(5+1)(3+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.
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:
t (A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584
Bài toán 5: 
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:
t (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 = 
na0 = 0,2,4,6,8
n5 a0 = 0,5
n4 ( hoặc 25 ) 4 ( hoặc 25 )
n8 ( hoặc 125 ) 8 ( hoặc 125 )
n3 ( hoặc 9) a0 + a1 + ...ak 3 ( hoặc 9 )
n11 (a0+ a2 +...+) – (a1 + a3 +...) 11
( Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu của tổng các chữ số thứ chẵn 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:
 chia hết cho 7.
Giải
- Số lớn nhất dạng chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
 với z Î{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 chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622
- Số nhỏ nhất dạng chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
 với z Î{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 chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762
Bài 2: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
 chia hết cho 13.
Đáp số: - Số lớn nhất dạng chia hết cho 13 là 1929304
 - Số nhỏ nhất dạng 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:
 chia hết cho 24.
Giải
- Vì N 24 Þ N 3 ; N 8 Þ (37 + x + y) 3 ; 8. 
Þ 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 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: .
- Đặt . Khi ấy 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 Þ x -210 chia hết cho 393
 x = 655.q2 + 210 Þ x -210 chia hết cho 655
Þ x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965
Þ x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210
- Từ giả thiết 10000 < x < 15000 Þ 10000 < 1965k + 210 < 15000
hay 9790 < 1965k < 14790 Þ 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 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 chia hết cho 5.7.9 = 315.
Ta có = 579000 + = 1838.315 + 30 + 
Þ 30 + chia hết cho 315. Vì 30 £ 30 + < 1029 nên (Dùng máy tính tìm các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029):
- Nếu 30 + = 315 thì = 315 - 30 = 285
- Nếu 30 + = 630 thì = 630 - 30 = 600
- Nếu 30 + = 945 thì = 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
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 ³ 5, ta đều có 2n + 7 không chia hết cho n + 1, thật vậy:
(2n + 7) (n + 1) Þ [(2n + 7) - 2(n + 1)] (n + 1) Þ 5 (n + 1) Þ n £ 5.
Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4.
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 (1010n2010) sao cho cũng là số tự nhiên.
Giải
Vì 1010 n 2010 nên 203,5 » an » 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, 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 nguyên nên . Vì chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 32; 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
32
33
35
n
1118
1406
1557
1873
an
209
223
230
244
. Vì chia hết cho 21 nên k chỉ là: 30; 31; 33; 34. Ta có:
Như vậy ta có tất cả 8 đáp số.
Dạng 6: Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa và số dư của một luỹ thừa 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 : 
Để tìm 1 chữ số tận cùng của An ta tìm số 0x9 sao cho An x (mod 10)
Quan hệ đồng dư và các tính chất
Nếu (mod m) thì:
a.c b.c (mod m)
an bn (mod m)
Nếu (mod m) và c d (mod m) thì:
acbd (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)
Tìm một chữ số tận cùng của an
Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì an 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)
Tìm hai chữ số tận cùng của an
Ta có nhận xét sau
a20k00 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a20k01 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a20k25 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a20k76 (mod 100) nếu a có chữ số tận cùng là 2,4,6,8
Tìm ba chữ số tận cùng của số an
a100k000 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 0
a100k001 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 1,3,7,9
a100k625 (mod 1000) nếu a có chữ số tận cùng là 5
a100k376 (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 22076 (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 
Giải
Ta có 92000 001 (mod 1000) => 92003 001.93 (mod 1000) 729 (mod 1000)
Do đó 2729 (mod 1000) 2700.229 (mod 1000)376.912 (mod 1000) 912 (mod 1000)
Vậy 3 chữ số cuối cùng của là 912
Bài 3: Tìm số dư của phép chia 52008 cho 2003
Giải
 Bài toán trên chính là dạng Fermat: 520021 (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 thừa 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 nhiên: 	
Giải
Ta có: 
Vậy: có bốn chứ số cuối là: 4601
Dạng 7: Tìm chữ số thứ k (k Î 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 chứa những thừa số nguyên tố ngoài 2 và 5.
* Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau:
Nếu phân số tối giản có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2, 5 hoặc ngoài thừa số nguyên tố 2, 5 còn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do các số dư trong quá trình chia bao giờ cũng phải nhỏ hơn b nên các số dư chỉ có thể là các số trong: {1; 2; 3;...;b-1}
Như vậy trong phép chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) lần chia có thể gặp các số dư khác nhau, nhưng chắc chắn rằng sau b lần chia thì thế nào ta cũng gặp lại số dư đã gặp trước. Do đó, nếu ta cứ tiếp tục chia thì các số dư sẽ 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 số trong thương, từ 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:
Giải
a) Số tuần hoàn chu kỳ 3 chữ số 027.
Vì 2005 º 1 (mod 3) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của A là: 7
b) Số tuần hoàn chu kỳ 5 chữ số 02439.
Vì 2005 º 0 (mod 5) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của B là: 9
c) Số TH chu kỳ 16 chữ số:1960784313725490
Vì 2005 º 5 (mod 16) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy của C là: 7
d) Số 
tuần hoàn chu kỳ 42 chữ số
 020 408 163 265 306 122 448 979591836734693877551
Vì 2005 º 31 (mod 42) nên chữ số thứ 2005 sau dấu phảy là : 7
Dạng 8: 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 một đôi thỏ nữa, rồi sau mỗi tháng lại sinh ra một đôi thỏ con khác v.v và giả 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 chưa đẻ được. Vậy 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 thỏ 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:
u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1	(với n 2)
Dãy 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 n của dãy Fibonacci được tính theo công thức sau: (*)
Chứng minh
Với n=1 thì ; Với n = 2 thì ;
Với n = 3 thì ;
Giả sử công thức đúng tới n k. Khi ấy với n = k + 1 ta có:
Theo nguyên lý quy nạp công thức (*) đã được chứng minh.
b. Bài tập
Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:
Bài 1: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số . Lập công thức truy hồi để tính theo , .
Giải
Giả sử (*).
Với n = 0, 1, 2, 3 ta tính được .
Thay vào (*) ta được hệ phương trình : => 
Vậy 
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
Ta có công thưc tổng quát của dãy: . Trong công thức 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: 
Muốn tính n = 10 ta ấn , rồi dùng phím một lần để chọn lại biểu thức vừa nhập ấn . Quy trình bấm phím này giúp ta tính được số hạng thứ 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)
Trên máy tính bấm A = A + 1:B=:C = C + B
Bấm đến khi A = n thì B và C là kết quả cần tìm.
b). (Tính theo dãy)
Ta có dãy Fibonacci: u1 = 1; u2 = 1; un+1 = un + un-1	(với n 2)
Qui trình ấn máy (fx-500MS và fx-570 MS)
Ấn các phím: 	----> gán u2 = 1 vào biến nhớ A 
	----> lấy u2+ u1 = u3 gán vào B
Lặp lại các phím: 	
----> lấy u3+ u2 = u4 gán vào A
	----> lấy u4+ u3 = u5 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 thể cho thêm biến đếm: C = C + 1:A=A+B:B=B+A= = = = 
Với gi

Tài liệu đính kèm:

  • docSKKN - TOAN - MANH - NGUYEN TRAI.doc