Sáng kiến kinh nghiệm Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES THPT

chính tắc của số n. 
Bài 46: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:A = 2152 + 3142 
H. Dẫn: 
- Tính trên máy, ta có: A = 144821 
- 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: 
ANPHA A  2 = (72410,5) 
ANPHA A  3 = (48273,66667) 
.... 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 31 Vũ Ngọc Huy 
tiếp tục chia cho các số nguyên tố: 5, 7, 11, 13,...,91: ta đều nhận được A không chia 
hết cho các số đó. Lấy A chia cho 97, ta được: 
ANPHA A  97 = (1493) 
Vậy: 144821 = 97 x 1493 
Nhận xét: Nếu một số n là hợp số thì nó phải có ước số nguyên tố nhỏ hơn n . 
 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 1493 40 hay không. 
- Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ 
hơn 40  1493 là số nguyên tố. 
Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493. 
Bài 47: 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 48: 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: 
 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. 
Định lí 2 (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: 
1 2
1 2 ... ,k
ee e
kn p p p 
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 của n được tính theo công thức: 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 32 Vũ Ngọc Huy 
 (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1) 
Bài 49: (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: 
 (A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584 
Bài 50: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004): 
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: 
 (N) = 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080 
6. Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước: 
Bài 51: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 
1 2 3 4x y z chia hết cho 7. 
Giải: 
- Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 
19293 4z với z {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 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622 
- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 7 sẽ phải có dạng: 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 33 Vũ Ngọc Huy 
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 52: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng: 
1 2 3 4x y z chia hết cho 13. 
Đáp số: - Số lớn nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 13 là 1929304 
- Số nhỏ nhất dạng 1 2 3 4x y z chia hết cho 13 là 1020344 
Bài 21: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004) 
Tìm tất cả các số n dạng: 
1235679 4N x y chia hết cho 24. 
H.Dẫn: 
- Vì N  24  N  3 ; N  8  (37 + x + y)  3 ; 4x y  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 4x y  8, ta có: 
N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840 
Bài 53: Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không các số 
khi bình phương có tận cùng là bốn chữ số 4 ? 
H.Dẫn: 
- Chữ số cuối cùng của x2 là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy 
bình phương của số: 
 2, 12, 22, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92, 8, 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 88, 98 
ta chỉ có các số: 12, 62, 38, 88, khi bình phương có tận cùng là hai chữ số 4. 
- Tính trên máy bình phương của các số: 
12, 112, 212, 312, 412, 512, 612, 712, 812, 912; 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 34 Vũ Ngọc Huy 
62, 162, 262, 362, 462, 562, 662, 762, 862, 962; 
38, 138, 238, 338, 438, 538, 638, 738, 838, 938 
88, 188, 288, 388, 488, 588, 688, 788, 888, 988 
ta được: 462, 962, 38, 538 khi bình phương có tận cùng là 444. 
* Tương tự cách làm trên, ta có kết luận: không có N nào để N2 kết thúc bởi 4444. 
Bài 54: 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. 
H. Dẫn: 
- Gọi số cần tìm là: 1 2 3 4 5 6n a a a a a a . 
- Đặt 1 2 3x a a a . Khi ấy 4 5 6 1a a a x  và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y
2 
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 55: 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. 
H.Dẫn: 
- Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210  x -210 chia hết cho 393 
 x = 655.q2 + 210  x -210 chia hết cho 655 
 x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965 
 x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210 
- Từ giả thiết 10000 < x < 15000  10000 < 1965k + 210 < 15000 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 35 Vũ Ngọc Huy 
hay 9790 < 1965k < 14790  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 56: 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 = 915 
Vậy ta có đáp số sau: 
x y z 
2 8 5 
6 0 0 
9 1 5 
Bài 57: Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất sau: 
1) Viết dưới dạng thập phân a có tận cùng là số 6. 
2) Nếu bỏ chữ số 6 cuối cùng và đặt chữ số 6 lên trước các chữ số còn lại sẽ được 
một số gấp 4 lần chữ số ban đầu. 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 36 Vũ Ngọc Huy 
Giải: 
- Giả sử số cần tìm có n + 1 chữ số. 
- Từ điều kiện 1) số đó dạng: 1 2... 6na a a 
- Từ điều kiện 2), ta có: 1 26 ... na a a = 4. 1 2... 6na a a (*) 
- Đặt 1 2... na a a a , thì: 1 2... 6na a a = 10a + 6 
 1 26 ... na a a = 6.10
n + a 
- Khi đó (*) trở thành: 
 6.10n + a = 4.(10a + 6)  2.(10n - 4) = 13a (**) 
Đẳng thức (**) chứng tỏ vế trái chia hết cho 13. 
Vì (2 ; 13) = 1 nên: 10n - 4 chia hết cho 13. 
Bài toán quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để (10n - 4) chia hết cho 13, khi đó tìm 
ra số a và số cần tìm có dạng: 10a + 6. 
Thử lần lượt trên máy các giá trị n = 1; 2;... thì (10n - 4) lần lượt là: 
6, 96, 996, 9996, 99996,... và số đầu tiên chia hết cho 13 là: 99996. 
Khi đó a = 15384  Số cần tìm là: 153846. 
Bài 58: Tìm số tự nhiên n sao cho: 
a) 2n + 7 chia hết cho n + 1 
b) n + 2 chia hết cho 7 - n 
H.Dẫn: 
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. 
b) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6. 
Bài 59: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n3 là một số có 3 chữ số đầu và 4 chữ số cuối 
đều là số 1. 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 37 Vũ Ngọc Huy 
Giải: Nhận xét: 
1) Để n3 có tận cùng là 11 thì n có tận cùng là số 1. Thử trên máy các số: 
 11, 21, 31,...81, 91 
được duy nhất số 71 khi luỹ thừa bậc ba có tận cùng là 11. 
2) Để n3 có tận cùng là 111 thì n có phải tận cùng là số 471. 
 (Thử trên máy với các số: 171, 271, 371,...871, 971 ) 
3) Để n3 có tận cùng là 1111 thì n phải có tận cùng là số 8471. 
 (Thử trên máy với các số: 1471, 2471, 3471,...8471, 9471 ) 
- Giả sử m là số chữ số đứng giữa các số 111 và 1111: 
+ Nếu m = 3k, k Z+, thì: 
 111 x 103k+4 < n3 = 111...1111 < 112 x 103k+4 
 (   
4 3 43 3
111000...000000 111 ... 1111 112000...000000
m kk k
   ) 
  1 3 133 3 31110.10 111...1111 1120.10k kn    
Tính trên máy: 10,35398805 x 10k+1 < n < 10,3849882 x 10k+1 
Do đó, với k  1. Cho k = 1 ta được n bắt đầu bằng số 103, nghĩa là: 
 n = 103...8471 
 Số nhỏ nhất trong các số đó là: n = 1038471 
+ Nếu m = 3k + 1 và m = 3k + 2, ta được các số này đều vượt quá số 1038471 
Kết luận: Số nhỏ nhất thoã mãn yêu cầu bài toán là: n = 1038471 khi đó: 
(tính kết hợp trên máy và trên giấy): n3 = 1119909991289361111 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 38 Vũ Ngọc Huy 
C. CÁC BƯỚC SOẠN GIẢNG 
 Ngày soạn: 
 Ngày dạy: 
 Tên bài dạy : 
GIẢI TOÁN HÀM SỐ, DÃY SỐ, BÀI TOÁN CHIA HẾT BẰNG MTBT 
Casio – 570 ES 
 I. Mục đích yêu cầu 
 1. Kiến thức: 
 - Nắm được các kiến thức về hàm số, dãy số,  
 - Hệ thức bất biến. 
 - Xây dựng bài toán từ hệ thức bất biến, thuật toán chia hết. 
 2. Kỹ năng: 
 - Xác định hệ thức bất biến. 
 - Lập được quy trình bấm phím trên MTBT. 
 - Lập trình Paxcan. 
 3. Tư duy: 
 - Tư duy logic. 
 - Tư duy biện chứng. 
 II. Đồ dùng dạy học: 
 1. Chuẩn bị GV: 
 - Máy chiếu- máy vi tính. 
 - Giáo án điện tử, nội dung bài học. 
 2. Chuẩn bị HS: 
 - Làm các phiếu học tập đã phát từ trước dựa vào tư liệu ở nhà. 
 - Soạn nội dung liên quan đến vấn đề GV gợi ý 
 III. Phương pháp - Trọng tâm: 
 1. Phương pháp: kỹ thuật giao nhiệm vụ, chia nhóm, kỹ thuật “ hỏi và trả lời”. 
 2. Trọng tâm: 
 Phương pháp lập trình máy tính và các thuật toán. 
 IV. Tiến Trình dạy học : 
Hoạt động của giáo viên và học sinh NỘI DUNG 
1. Hoạt động 1: (15 phút) 
Giáo viên đưa ra cách bấm máy. 
- Lập công thức P(x) 
- Tính giá trị của đa thức tại các 
Bài 1: Cho đa thức P(x) = x15 -2x12 + 4x7 - 7x4 + 
2x3 - 5x2 + x - 1 
 Tính P(1,25); P(4,327) 
H.Dẫn: 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 39 Vũ Ngọc Huy 
điểm: dùng chức năng CALC 
2. Hoạt động 2: (15 phút) 
a)   
1
n+1
u = a
 u = , ; n N*


 nf n u
b) 1
n+1 n
u = a
 u = f(u ) ; n N*



c)   
1
n+1
u = a
 u = , ; n N*


 nf n u
d) 1 2
n+2 n+1 n
u = a, u b
 u = A u + Bu + C ; n N*



Cách lập quy trình: 
Cách 1: 
- Lập công thức P(x) 
- Tính giá trị của đa thức tại các điểm: 
dùng chức năng CALC 
- Kết quả: P(1,25) = - 2,354728448 
; P(4,327) = 3403780973 
Bài 2: Tính giá trị của các biểu thức sau: 
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 
+ x9 tại x = 0,53241 
Q(x) = x2 + x3 +...+ x8 + x9 + 
x10 tại x = -2,1345 
H.Dẫn: 
- Áp dụng hằng đẳng thức: an - bn = (a - 
b)(an-1 + an-2b +...+ abn-2 + bn-1). Ta có: 
P(x) = 1 + x + x2 + x3 +...+ x8 + x9 = 
2 9 10( 1)(1 ... ) 1
1 1
x x x x x
x x
     

 
Từ đó tính P(0,53241) = 2,134711935 
Tương tự: 
Q(x) = x2 + x3 +...+ x8 + x9 + x10 = x2(1 + x 
+ x2 + x3 +...+ x8) = 
9
2 1
1
 
  
xx
x
Từ đó tính Q(-2,1345) = 1338,32445 
Bài 3: Cho dãy số được xác định bởi: 
1 2
n+2 n+1 n
u = 1, u 2
 u = 3u + 4u + 5 ; n N*



Hãy lập quy trình tính un. 
Giải: 
- Thực hiện quy trình: 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 40 Vũ Ngọc Huy 
 Bấm phím: b SHIFT STO A  
A + B  a + C SHIFT STO B 
 Và lặp lại dãy phím: 
 A + ANPHA A  B + C 
SHIFT STO A  A + ANPHA 
B  B + C SHIFT STO B 
 Giải thích: Sau khi thực hiện 
b SHIFT STO A  A + B  a + 
C SHIFT STO B 
trong ô nhớ A là u2 = b, máy tính 
tổng u3 := Ab + Ba + C = Au2 + Bu1 + 
C và đẩy vào trong ô nhớ B , trên màn 
hình là: u3 : = Au2 + Bu1 + C 
 Sau khi thực hiện:  A + 
ANPHA A  B + C SHIFT STO 
A máy tính tổng u4 := Au3 + Bu2 + C 
và đưa vào ô nhớ A . Như vậy khi đó 
ta có u4 trên màn hình và trong ô nhớ 
A (trong ô nhớ B vẫn là u3). 
 Sau khi thực hiện:  A + 
ANPHA B  B + C SHIFT STO 
B máy tính tổng u5 := Au4 + Bu3 + C 
và đưa vào ô nhớ B . Như vậy khi đó 
ta có u5 trên màn hình và trong ô nhớ 
B (trong ô nhớ A vẫn là u4). 
Tiếp tục vòng lặp ta được dãy số 
un+2 = Aun+1 + Bun + C 
Nhận xét: Trong cách lập quy trình 
trên, ta có thể sử dụng chức năng 
COPY để lập lại dãy lặp bởi quy 
2 SHIFT STO A  3 + 4  1 + 5 
SHIFT STO B  3 + ANPHA A  4 + 
5 SHIFT STO A  3 + ANPHA B  4 
+ 5 SHIFT STO B SHIFT COPY 
= ... = ... 
ta được dãy: 15, 58, 239, 954, 3823, 15290, 
61167, 244666, 978671... 
Hoặc có thể thực hiện quy trình: 
1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 
ANPHA C ANPHA = 3 ANPHA B + 4 
ANPHA A + 5 ANPHA : ANPHA A 
ANPHA = ANPHA B ANPHA : ANPHA 
B ANPHA = ANPHA C 
= ... = ... 
ta cũng được kết quả như trên. 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 41 Vũ Ngọc Huy 
trình sau (giảm được 10 lần bấm 
phím mỗi khi tìm một số hạng của dãy 
số), thực hiện quy trình sau: 
Bấm phím: b SHIFT STO A 
 A + B  a + C SHIFT STO B 
 A + ANPHA A  B + C 
SHIFT STO A  A + ANPHA 
B  B + C SHIFT STO B 
SHIFT COPY 
Lặp dấu bằng: = ... = ... 
Cách 2: Sử dụng cách lập công thức 
Bấm phím: 
a SHIFT A b SHIFT STO B 
ANPHA C ANPHA = A ANPHA 
B + B ANPHA A + C ANPHA 
: ANPHA A ANPHA = ANPHA 
B ANPHA : ANPHA B ANPHA 
= ANPHA C 
Lặp dấu bằng: = ... = ... 
3. Hoạt động 2: (10 phút) 
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| 
Bài 4 : a) Nêu một phương pháp (kết hợp trên 
máy và trên giấy) tính chính xác kết quả của 
phép tính sau: A = 12578963 x 14375 
b) Tính chính xác A 
c) Tính chính xác của số: B = 1234567892 
d) 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 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 42 Vũ Ngọc Huy 
* Từ định lí trên cho ta thuật toán lập 
quy trình ấn phím tìm dư trong phép 
chia a cho b: 
+ Bước 1: Đưa số a vào ô nhớ 
A , số b vào ô nhớ B 
+ Bước 2: Thực hiện phép chia 
A cho B {ghi nhớ phần nguyên q} 
+ Bước 3: Thực hiện A - q 
 B = r 
Định lí: Đối với các số tự nhiên a 
và m tuỳ ý, các số dư của phép chia a, 
a2, a3, a4... cho m lặp lại một cách tuần 
hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu). 
Chứng minh. Ta lấy m + 1 luỹ 
thừa đầu tiên: 
a, a2, a3, a4..., am, am+1 
và xét các số dư của chúng khi 
chia cho m. Vì khi chia cho m chỉ có 
thể có các số dư {0, 1, 2, ..., m - 2, m - 
1}, mà lại có m + 1 số, nên trong các số 
trên phải có hai số có cùng số dư khi 
chia cho m. Chẳng hạn hai số đó là ak 
và ak + l, trong đó l > 0. 
Khi đó: 
ak  ak + l (mod m) (1) 
Với mọi n  k nhân cả hai vế của 
phép đồng dư (1) với an - k sẽ được: 
 an  an + l (mod m) 
b) Giá trị chính xác của A là: 180822593125 
c) B =1234567892=(123450000 + 6789)2 = 
(1234.104)2 + 2.12345.104.6789 + 67892 
Tính trên máy: 123452 = 152399025 
2x12345x6789 = 16762041067892 = 
 = 46090521 
Vậy: B = 152399025.108 + 167620410.104 + 
+46090521 = 15239902500000000 + 
+1676204100000 + 46090521= 
 = 5241578750190521 
d) C = 10234563 = (1023000 + 456)3= (1023.103 
+ 456)3= 10233.109 + 3.10232.106.456 + 
+3.1023.103.4562 + 4563 
Tính trên máy: 
10233 = 10705991673.10232.456 
 = 14316516723.1023.4562 
 = 6381555844563 
 = 94818816 
Vậy (tính trên giấy): 
C = 1070599167000000000 + 
1431651672000000 + 638155584000 + 
 + 94818816 = 1072031456922402816 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 43 Vũ Ngọc Huy 
Điều này chứng tỏ rằng bắt đầu từ 
vị trí tương ứng với ak các số dư lặp lại 
tuần hoàn. 
Số l được gọi là chu kỳ tuần hoàn 
của các số dư khi chia luỹ thừa của a 
cho m. 
Sau đây ta xét một số dạng bài tập sử 
dụng định lí trên: 
V. Củng cố : (5’) 
 - Các bài toán về hàm số. 
- Thành thạo lập trình quy trình bấm phím. 
 - Các thuật toán chia hết. 
 - Sử dụng thành thạo MTBT. 
VI. ĐÁNH GIÁ VÀ HIỆU QUẢ 
Sau khi học xong bài này thì học sinh có một cách nhìn khá nhạy bén về vấn đề sử 
dụng MTBT để giải các bài toán phức tạp và kết quả đó được thể hiện khảo sát như sau : 
 Nhóm 1 : 17 học sinh 
Câu hỏi : Tìm 20 số hạng đầu của dãy số (un) cho bởi: 
1
1
1
2 , *
1
n
n
n
u
uu n N
u


   
Kết quả : 16 em xác định đúng 
 Nhóm 2 : 18 học sinh 
Câu hỏi : 
a) Viết một quy trình ấn phím tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975 
b) Tính số dư 
c) Viết quy trình ấn phím để tìm số dư khi chia 3523127 cho 2047. Tìm số dư đó. 
Kết quả : 15 em là có lời giải tốt. 
Điểm 8 10 6 7,75 5 5,75 dưới 5 
Số học sinh (35) 25 8 2 0 
Dạy giải toán bằng MTBT Casio – fx 570 ES 
Trường THPT Trường Chinh 44 Vũ Ngọc Huy 
D. KẾT LUẬN 
 Thực tế trong giảng dạy việc truyền thụ để học sinh lĩnh hội những tri thức một cách 
chính xác chưa đủ mà cần phải cung cấp cho học sinh hiểu được nguồn gốc và bản chất 
của vấn đề từ đó các em mới sáng tạo và linh hoạt trong việc giải toán. 
 Tôi hy vọng sáng kiến này sẽ góp phần vào sự tích lũy tài liệu của giáo viên cũng như 
học sinh trong khi tài liệu về vấn đề này còn ít ỏi. 
 Trong quá trình viết sáng kiến còn nhiều kiếm khuyết, mong Hội đồng nhà trường và 
Sở góp ý. 
 Tân sơn , ngày 10 tháng 4 năm 2014 
 Người viết 
 Vũ Ngọc Huy 
NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH 
......................................................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................................................... 
......................................................................................................................................................................................... 
CHỦ TỊCH