Skkn_phương pháp bồi dưỡng họ sinh giỏi giải toán bằng máy tính casio

  • Số trang: 27 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 18 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

A – PHẦN MỞ ĐẦU: Trong những năm gần đây khoa học trên thế giới phát triển rất mạnh mẽ, và được ứng dụng rất nhiều trong đời sống. Trong dạy học việc ứng dụng khoa học cũng rất phổ biến cụ thể như giải toán có sự trợ giúp của máy tính cầm tay, và trong giáo dục đã xem việc ứng dụng này là một sân chơi bổ ích cho các em học sinh cấp THCS và THPT thông qua cuộc thi giải toán bằng máy tính Casio các cấp. Thi giải toán trên máy tính được Bộ GD-ĐT tổ chức trong những năm gần đây, tuy tôi trực tiếp bồi dưỡng nhiều năm qua nhưng đối với tôi cũng còn gặp nhiều khó khăn trong việc nghiên cứu và tìm tòi tài liệu để bồi dưỡng, hướng dẫn cho các em trong đội tuyển của trường để dự thi vòng huyện, vòng tỉnh (Vì chưa có bộ tài liệu thống nhất chung trong giảng dạy, bồi dưỡng của huyện và của tỉnh) Từ những khó khăn đó tôi đã tìm hiểu và tham khảo nhiều tài liệu liên quan ở trên sách, trên mạng Internet, các đề thi của các cấp nên đã rút ra một ít kinh nghiệm và hình thành cho học sinh một số kĩ năng giải toán trên máy tính Casio fx – 500 MS hoặc fx – 570 MS,… đề thi ở mỗi năm nội dung đưa ra có nhiều dạng khác nhau và cho phép sử dụng nhiều loại máy tính, nhưng tôi chỉ đưa ra 6 nội dung cơ bản thường gặp nhất và chỉ hướng dẫn trên một loại máy tính duy nhất đó là Casio fx – 570 MS. B – PHẦN NỘI DUNG: Trang 1 I. Một số điều cần chú ý: Để được thành công trong sân chơi này giáo viên ôn luyện đội tuyển cần chú ý những điều sau đây - Đối tượng chọn lựa là những học sinh khối 8, khối 9. - Nên chọn HS có kết quả học lực môn Toán phải từ khá trở lên nhưng phải tính toán nhanh và phải yêu thích môn toán. - Nên thống nhất chọn một loại máy hướng dẫn cho học sinh  ví dụ như Casio fx – 570 MS. II. Sơ lược cách sử dụng máy tính Casio fx – 570 MS 1. Mở, Tắt máy: Mở máy : ấn ON Tắt máy: ấn SHIFT OFF Xóa màn hình để thực hiện phép tính khác : ấn AC Xóa kí tự cuối vừa ghi: ấn DEL Máy tự động tắt sau khoảng 6 phút không được ấn phím 2. Mặt phím: Các phím chữ trắng & DT : ấn trực tiếp Các phím chữ vàng: ấn sau SHIFT Các phím chữ đỏ: ấn sau ALPHA Trang 2 Hoặc SHIFT Hoặc RCL STO 3. Tính chất ưu tiên của máy và cách sử dụng: - Máy thực hiện trước các phép tính có tính chất ưu tiên ( ví dụ: Phép nhân, chia thì ưu tiên hơn cộng, trừ) - Nên ấn liên tục để đến kết quả cuối cùng, tránh tối đa việc chép kết quả trung gian ra giấy rồi ghi lại vào máy vì việc đó có thể dẫn đến sai số lớn ở kết quả cuối. - Máy có ghi biểu thức tính ở dòng trên màn hình, khi ấn phím nên nhìn để phát hiện chỗ sai. Khi ấn sai thì dùng phím REPLAY hay  đưa con trỏ đến chỗ sai để sửa  bằng cách ấn đè hoặc ấn chèn ( ấn SHIFT INS trước). - Khi đã ấn = mà thấy biểu thức sai ( đưa đến kết quả sai) ta dùng  hay  đưa con trỏ lên dòng biểu thức để sửa sai và ấn = để tính lại. - Gọi kết quả cũ ấn ANS = - Trước khi tính toán phải ấn MODE 1 ( chọn COMP) - Nếu màn hình có hiện chữ : FIX , SCI muốn trở lại tính toán thông thường thì ấn MODE MODE MODE MODE MODE 3 và ấn thêm 1 ( NORM 1) hoặc 2 ( NORM 2), thông thường ta chọn (NORM 1). - Nếu màn hình có chữ M hiện lên thì ấn STO O SHIFT M Trang 3 - Trong chương trình toán THCS khi tính toán màn hình hiện chữ D (ấn MODE MODE MODE MODE 1 ) III – NỘI DUNG CHÍNH: DẠNG 1  TÌM SỐ DƯ CỦA PHÉP CHIA SỐ A CHO SỐ B. 1/ Trường hợp số A có tối đa không quá 10 chữ số.  Phương pháp  Số dư của số A chia cho số B là  �A � r  A  B. � � �B � trong đó �A � là � �B � � A B phần nguyên của  Thao tác trên máy  A � B = kết quả là số thập phân, ta dùng REPLAY đưa con trỏ lên sửa phép chia A �B < của phím thành �A � A  B. � � �B � =  Ví dụ  Tìm số dư của phép chia số 246813579 cho số 234 Giải Bấm 246813579 � 234= 1054758,885 dùng < của phím REPLAY đưa con trỏ sửa dòng biểu thức thành 246813579 – 234 �1054758=207. Vậy Số dư tìm được là 207 2/ Trường hợp số A có nhiều hơn10 chữ số.  Phương pháp  Trong trường hợp này số bị chia A có nhiều hơn 10 chữ số ta cắt số A ra thành nhóm tối đa có 10 Trang 4 chữ số tính từ bên trái sang. Ta tìm số dư của nhóm đó khi chia cho số B cách tìm số dư như phần 1 được dư bao nhiêu gắn vào đầu của nhóm còn lại, nếu nhóm còn nhiều hơn 10 chữ số ta tiếp tục chia ra thành nhóm mới có tối đa 10 chữ số, rồi tiếp tục tìm số dư của phép chia của nhóm mới cho số B được dư bao nhiêu gắn vào đầu của phần còn lại, ... cứ thực hiện như thế cho đến khi nhóm cuối cùng không quá 10 chữ số. Số dư của phép chia nhóm cuối cùng cho số B chính là số dư cần tìm của phép chia.  Ví dụ  Tìm số dư của phép chia số 12345678987654321 cho số 123456 Giải Ta tìm số dư của phép chia 1234567898 nhóm đầu tiên cho 123456 được số dư là 7898. Ta tìm số dư của phép chia 7898765432 nhóm thứ hai cho 123456 được số dư là 50552. Ta tìm số dư của phép chia 505521 nhóm cuối cùng cho 123456 được số dư là 11697. Vậy số dư của phép chia 12345678987654321 cho 123456 là 11697 3/ Trường hợp số A cho dưới dạng lũy thừa quá lớn.  Phương pháp  Ta dùng đồng dư thức * Khái niệm  a �b mod m �  a  b M m * Tính chất  Trang 5 � n.a �n.b  mod m  �� n n �a �b  mod m  + a �b mod + a �c �b �d  mod m  �a �b  mod m  � �� � c �d  mod m  � �a.c �b.d  mod m  m  Ví dụ  Tìm số dư của phép chia số 20112012 cho số 1975 Giải Theo mod 1975 ta có 2011  36 20112  1296 20113  1231 20115 1926.1231 201110   20115  2 201120   201110  906  9062   12112  2 1211 1071    1071  1541    1541  731 201140  201120 201180  201140 2 2 2 2 2011100  201180.201120  2011300   2011100   2011600  2011300  3 731.1071 801 8013  1726   1726  776 2 20111800   2011600  3 2  7763  1601 20112000  20111800.2011100.2011100  20112012  20112000.201110.20112  Vậy số dư của phép chia 1601.801.801 1751 1751.1211.1296  1731 20112012 cho 1975 là 1731 Trang 6 4/ Bài tập: Tìm dư của các phép chia: a) 28102007 cho 2511 b) 1621200869 cho 12 d) 28 2011 cho c) 12345678986423579 cho 4657 11 e) Số 20112012 cho 100. DẠNG 2  TÍNH TÍCH ĐÚNG MÀ KẾT QUẢ TRÀN MÀN HÌNH  Phương pháp  Kết hợp giữa tính trên máy và trên giấy.  Ví dụ  Tính tích sau  A=2222255555 �3333344444 Giải Ta viết số 2222255555  22222.105  55555 và 3333344444  33333.105  44444 Ta có    A  22222.105  55555 �33333.105  44444   22222 �33333.1010  22222 �44444.105  55555 �33333.105  55555 �44444 Tính trên máy và ghi kết quả ra giấy như sau  22222 �33333.1010  7407259260000000000 22222 �44444.105  98763456800000 55555 �33333.10  55555 �44444  185181481500000 2469086420 5 A  7407543207407386420  Bài tập: Tính đúng các tích sau: a) 20112012 �20122013 b) 2222233333 � 4444455555 Trang 7 c) 30041969 �19052012 d) 9753102468 � 1098765432 DẠNG 3  TÌM ƯCLN VÀ BCNN  Phương pháp  Để tìm ƯCLN; BCNN của hai số A và B, ta làm như sau Tối giản A a  B b Khi đó ƯCLN  A, B   A �a ; BCNN  A, B   A �b  Ví dụ  Tìm ƯCLN, BCNN của 209865 và 283935 Giải Ghi vào màn hình 209865 ┘283935 = 17 ┘23 sau đó di chuyển con trỏ lên dòng biểu thức và sửa lại 209865 � 17 = 12345 Vậy ƯCLN (209865;283935) = 12345 Tương tự di chuyển con trỏ lên dòng biểu thức sửa lại 209865 � 23 = 3567705 Vậy BCNN 209865;283935) = 3567705 Trong trường hợp tìm BCNN mà kết quả tràn màn hình thì xử lí như dạng 2.  Lưu ý  Nếu trường hợp ta không tối giản được A B khi đó muốn tìm ƯCLN ta dùng thuật toán Euclide theo hai mệnh đề sau  * a = b.q  ƯCLN  a, b  = b Trang 8 *  a, b   a = b.q + r  r �0   ƯCLN  a, b  = ƯCLN  b, r  ; BCNN a.b UCLN  a, b   Ví dụ  Tìm ƯCLN, BCNN của A = 11264845 và B=33790075. Giải Ta thấy A < B nên A = B.0 +A do đó tìm ƯCLN (A, B) = ƯCLN (B, A). Ta có: B = A.Q1 + R1 hay 33790075=11264845.2 + 11260385  ƯCLN (A, B) = ƯCLN (B, A) = ƯCLN (A, R 1) = ƯCLN (11264845; 11260385) Ta có: A = R1.Q2 + R2 hay 11264845 = 11260385.1 + 4460  ƯCLN (A, B) = ƯCLN (A, R 1) = ƯCLN (R1, R2) = ƯCLN (11260385; 4460) Ta có: R1 = R2.Q3 + R3 hay 11260385 = 4460.2524 + 3345  ƯCLN (A, B) = ƯCLN (R1, R2) = ƯCLN (R2, R3) =ƯCLN (4460; 3345) Ta có: R2 = R3.Q4 + R4 hay 4460 = 3345.1 + 1115  ƯCLN (A, B) = ƯCLN (R2, R3) = ƯCLN (R3, R4) = ƯCLN ( 3345; 1115) Ta thấy R3 = R4.Q5 hay 3345 = 1115.3 Vậy ƯCLN (R3, R4) = R4 hay ƯCLN ( 3345; 1115) = 1115 Trang 9 Suy ra ƯCLN(A,B) = R4 hay ƯCLN(11264845; 33790075) = 1115. A.B BCNN  A, B   UCLN  A, B   11264845 �33790075 1115 kết quả tràn màn hình, ta làm tương tự như dạng 2. BCNN(A, B) = 341381127725  Bài tập: Tìm UCLN và BCNN của các số sau: a) A = 2419580247 và B = 3802197531 b) A = 90756918 và B = 14676975 c) A = 40096920 ; B = 9474372 và C = 51135438 DẠNG 4: LIÊN PHÂN SỐ 1/ Tính liên phân số kết quả được viết dưới dạng phân số.  Phương pháp: Có hai cách tính. Cách 1: Tính từ trên xuống. Cách 2: Tính từ dưới lên  Ví dụ: Biểu diễn số sau dưới dạng phân số 1 M  1 2 1 3 1 2 Giải Cách 1: Nhập vào màn hình như sau: 1+1 � (2+1 � (3+1 � 23 2)) = 16 Cách 2: Ấn 2 x-1 �1 +3= Trang 10 x-1 x-1 �1 �1 +2= + 1 = ấn tiếp shift ab/c kết quả M  23 16 2/ Biểu diễn phân số dưới dạng liên phân số:  Phương pháp: Cho a, b ( a > b ) là hai số tự nhiên. Dùng thuật toán a Ơclit chia a cho b, thì phân số b có thể viết dưới dạng: b a 1  a0  0  a0  b b b b0 . Vì b0 là phần dư của a khi chia cho b, nên b > b 0. Lại tiếp tục biểu diễn dưới dạng phân số: b b 1  a1  1  a1  b0  b0 b0 b1 b a 1  a0  0  a 0  1 b b a1  b0 b1 Tiếp tục quá trình này sẽ kết thúc sau n bước và ta được: b a  a0  0  a0  b b a1  1 1 ...an 1  1 an Cách biểu diển này gọi là cách biểu diễn số hữu tỉ dưới a0 , a1 ,..., an � dạng liên phân số, nó được viết gọn là: � � �  Hướng dẫn cách bấm máy: Trang 11 Ghi vào màn hình: a ┘b = a0 ┘b0 ┘b -a0 = b0 ┘b = x-1 = a1 ┘b1 ┘b0 -a1= b1 ┘b0 = x-1 = a2 ┘b2 ┘b1 -a2= b2 ┘b1 = x-1 = a3 ┘b3 ┘b2 ............................................... ................................................ ................................................ ................................................ -an-2= bn-2 ┘bn-3 = x-1 = an-1 ┘1 ┘an  Ví dụ 1: Biểu diễn phân số sau dưới dạng liên phân 32 số. 17 Giải 32 15 1 1 1 1  1  1  1  1  1 17 2 1 1 17 17 1 1 1 15 1 15 15 7 2 2  Ví dụ 2: Tìm a, b, c, d, e, f biết: A 1761  a 382 5 b 4 c 5 d 4 e 5 f Giải Ta có: A 1761 615 5 5 5 5 5  3  3  3  3  3  3 382 136 4 4 4 382 382 2 2 2 2 123 55 5 123 123 2 2 34 34 34 11 Trang 12 5 =3  2 4 2 5  3 2 5 12 2 11 4 2 5  3 5 2 2 4 11 3 4 2 5 2 4 5 3 2 Vậy a = 3; b = c = d = e = 2; f = 3. 3/ Bài tập: a) Biểu diễn các số sau dưới dạng phân số: A  1 B  3 1 2 5 2 2 1 3 4 2 1 2 C  7 5 4 2 1 3 3 5 3 1 1 3 1 4 b) Tìm a, b, c, d biết: A 329  1051 3  1 5 1 B 1 a 1360 20  1 157 2  a 1 b C 1 b 700  1807 a  1 c 2 b 1 1 c 1 d c) Giải các phương trình sau: 4 x 1 2 1  1 3 1 4 x 4 3 1 ; 1 2 1 2 y 1 1 1 3 5  y 2 1 4 1 1 6 DẠNG 5: LÃI KÉP Trang 13  Dạng 1: Gửi vào ngân hàng số tiền là a đồng với lãi suất hàng tháng là r%. Hỏi sau n tháng thì có được cả vốn lẫn lãi là bao nhiêu ? Giải Gọi Tn là tiền có được cả vốn lẫn lãi sau n tháng, ta có: Tháng 1 (n = 1) : T1 = a + ar = a (1+r) Tháng 2 (n = 2) : T2 = T1+T1r = T1(1+r) = a (1+r)2 Tháng 3 (n = 3) : T3 = T2+T2r =T2 (1+r) = a (1+r)3 ................................................................................... : Tn = a (1+r)n . Tháng n Vậy số tiền có được sau n tháng cả vốn lẫn lãi là: T = a (1+r)n (*) (*)  a T a n ln  1  r  T ln 1 r  ; n r n T 1 a  Ví dụ 1: Ông An gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền 58.000.000 đ với lãi suất 0,7%/ tháng. Hỏi sau 18 tháng ông An có tất cả số tiền là bao nhiêu ? Giải Số tiền ông An có được sau 18 tháng là: T = 58.000.000 ( 1+0,007)18 =65.759.494 đ  Dạng 2: Mỗi tháng gửi vào ngân hàng với số tiền a đồng với lãi suất r%/tháng. Hỏi sau n tháng có được tất cả bao nhiêu ? Giải Trang 14 Gọi Tn là số tiền có được sau n tháng, ta có: Đầu tháng 1: T1 = a Cuối tháng 1: T1’ = a +ar = a (1+r) Đầu tháng 2: T2 = a� 2 a  a 1 r   a �  1  r   1�  1  r   1� � � r � � Cuối tháng 2: T2’= T2 + T2r = T2 (1+r) = Đầu a tháng a� 2  1  r   1� 1 r � � r 3: T3 = a� a a 2 3 3  �  1  r   1� 1 r   �  1 r   1 r   r�  1  r   1� � � � � � � r r r a 1 r  Cuối tháng 3: T3’= T3+T3r = T3 (1+r)  r � � 3  1� 1 r  � ........................................................................................... ..................... a 1 r  Cuối tháng n: Tn’  r � � n  1� 1 r � a 1 r  Vậy số tiền có được là: T  r � � (**)  a n  1� 1 r  � (**) � rT � ln �  1 � �a  1  r  � � � n ln  1  r  rT n �  1  r   1� 1 r  � �  Ví dụ 2: Ông An hàng tháng gửi tiết kiệm vào ngân hàng với số tiền 500.000 đồng với lãi suất 0,7%/ tháng. Hỏi sau 60 tháng ông An có tất cả số tiền là bao nhiêu ? Giải Số tiền ông An có được là: T  500.000 � 60  1  0, 007   1�  1  0, 007   37.383.887 đ � � 0, 007 Trang 15  Dạng 3: Gửi vào ngân hàng số tiền là a đồng với lãi suất hàng tháng là r%. Mỗi tháng rút ra b đồng để chi tiêu trong gia đình. Hỏi sau n tháng thì còn lại là bao nhiêu ? Giải Gọi Tn là tiền còn lại sau n tháng, ta có: Sau tháng 1 (n = 1) : T1 = a + ar - b= a (1+r) - b Sau tháng 2 (n = 2) : T2 = T1(1+r) – b = [a (1+r) – b] (1+r) - b = a (1+r)2- b[(1+r)+1] Sau tháng 3 b 2 2  a  1 r   �  1  r   1� � � r (n = 3) : T3 = T2 (1+r) - b b 2 2 � �  �a  1  r   � �1  r   1� � 1  r   b � r � b b 3 2 3 3  a  1 r   �  1  r   1�  1 r   b  a  1 r   �  1  r   1� � � � � r r ............................................................................. ...... Tháng n : Tn b n n  a  1 r   �  1  r   1� � �. r Vậy số tiền còn lại là: T b n n  a  1 r   �  1  r   1� � �. r  Ví dụ: Ống An gửi tiết kiệm 2000 đôla với lãi suất 0,5%/tháng. Giả sử mỗi tháng ông An rút ra 50 đôla để trả tiền điện, nước ... Hỏi số tiền còn lại sau 30 tháng ? Giải Số tiền còn  2000  1  0, 005   30 lại sau 50 � 30 =709  1  0, 005   1� � � 0, 005 30 tháng là: T đôla. Trang 16  Bài tập: a) Muốn có 100.000.000 đồng sau 3 năm thì cần gửi tiết kiệm mỗi tháng bao nhiêu với lãi suất 0,75%/ tháng. b) Một người gửi vào ngân hàng 10.000.000 đồng với lãi suất 0,65%/tháng thì 18 tháng người đó nhận được bao nhiêu cả vốn lẫn lãi ? c) Bạn cần vay 5000 đôla để mua xe với lãi suất kép 12% / năm. Bạn phải trả tiền hàng quý và trả hết trong vòng 4 năm. Vậy mỗi quý bạn trả bao nhiêu ? DẠNG 6: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1/ Giải phương trình bậc nhất một ẩn a/ Phương trình cho ở dạng chính tắc ax + b = 0 (a≠0) Với phương trình dạng ax + b = 0 (a≠0 ) luôn có nghiệm duy nhất x = b a Vậy ta chỉ cần bấm - b � a = là được nghiệm của phương trình. b/ Phương trình đưa được về dạng chính tắc ax + b = 0 (a≠0) Ta thực hiện giải theo các bước sau: - Bước 1: Nhập phương trình đã cho vào máy. - Bước 2: Sử dụng hàm SOLVE để tìm nghiệm bằng cách ấn phím: SHIFT SOLVE  SHIFT SOLVE Ví dụ: Giải phương trình 4(x – 1) – (x + 2) = - x Quy trình ấn phím như sau: 4 ( ALPHA X  1 )  ( ALPHA X  2 ) ALPHA  () ALPHA X (Nhập phương trình đã cho vào máy) Để tìm nghiệm ta ấn SHIFT SOLVE  SHIFT SOLVE Trên màn hình kết quả hiển thị 1.5 Vậy phương trình có nghiệm x = 1,5 Trang 17 c/ Phương trình đưa được về dạng phương trình tích Ta thực hiện giải theo các bước sau: - Bước 1: Nhập phương trình đã cho vào máy. - Bước 2: Sử dụng hàm SOLVE nhiều lần để tìm nghiệm bằng cách ấn phím: SHIFT SOLVE  SHIFT SOLVE lần 1 SHIFT SOLVE k  SHIFT SOLVE lần tiếp theo ( với k khác giá trị nghiệm lần 1) Ví dụ: Giải phương trình 2x(x + 1) = 3(x + 1) Quy trình ấn phím như sau: 2 ALPHA X ( ALPHA X  1 ) ALPHA  3 ( ALPHA X  1 ) (Nhập phương trình đã cho vào máy) Để tìm nghiệm ta ấn SHIFT SOLVE  SHIFT SOLVE (Lần 1) Trên màn hình kết quả hiển thị 1 Ta được một nghiệm của phương trình x = - 1 Bấm tiếp SHIFT SOLVE 1  SHIFT SOLVE (Lần 2) Trên màn hình kết quả hiển thị 1.5 Ta được một nghiệm thứ hai của phương trình x = 1,5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = - 1 và x = 1,5 * Chú ý: Ta cần quan tâm đến tính dừng của thuật toán dựa trên số nghiệm của phương trình bậc n có không quá n nghiệm hoặc sau nhiều phép thử chỉ tìm được các nghiệm như vậy. d/ Phương trình chứa ẩn ở mẫu: Ta thực hiện giải theo các bước sau: - Bước 1: Nhập phương trình đã cho vào máy. - Bước 2: Sử dụng hàm SOLVE nhiều lần để tìm nghiệm. - Bước 3: Kiểm tra điều kiện có nghĩa cho nghiệm tìm được rồi kết luận nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ: Giải phương trình x  ĐKXĐ: x �1 Quy trình ấn phím như sau: 2x  1  1 1 x Trang 18 ALPHA X  ( 2 ALPHA X  1 ) � ( 1  ALPHA X ) ALPHA  () 1 (Nhập phương trình đã cho vào máy) Để tìm nghiệm ta ấn SHIFT SOLVE  SHIFT SOLVE Trên màn hình kết quả (Lần 1) hiển thị 0 Ta được một nghiệm của phương trình x = 0 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Bấm tiếp SHIFT SOLVE 2  SHIFT SOLVE (Lần 2) Trên màn hình kết quả hiển thị 2 Ta được một nghiệm thứ hai của phương trình x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 2 2/ Giải phương trình bậc hai một ẩn ax 2 + bx + c = 0 (a≠0) Quy trình ấn phím: Ấn MODE MODE MODE 1 > 2 nhập các hệ số a, b, c vào máy, sau mỗi lần nhập hệ số ấn phím  giá trị mới được ghi vào trong bộ nhớ của máy tính. Ví dụ: Giải phương trình: 2x2 + 7x + 3 = 0 - Giải Qui trình ấn phím (fx-500MS và fx-570 MS) MODE MODE MODE 1 > 2 2  7  3   x1 = -0.5    x 2 = -3  Chú ý: Khi giải bằng chương trình cài sẵn trên máy nếu ở góc trái màn hình máy hiện R � I thì nghiệm đó là nghiệm phức, trong chương trình Trung học cơ sở nghiệm này chưa được học do đó không trình bày nghiệm này trong bài giải. Nếu có một nghiệm thực thì phương trình có nghiệm kép, cả hai nghiệm đều là nghiệm phức coi như phương trình đó là vô nghiệm. Giải theo công thức nghiệm Tính   b2  4ac b �  2a b  2a + Nếu  > 0 thì phương trình có hai nghiệm: x1,2  + Nếu  = 0 thì phương trình có nghiệm kép: x1,2 Trang 19 + Nếu  < 0 thì phương trình vô nghiệm. 3/ Giải phương trình trùng phương ax 4 + bx2 + c = 0 (a≠0) * Cách giải: Đặt x2 = t (ĐK: t � 0) ta được phương trình bậc hai ẩn t là at2 + bt + c = 0 Dùng chức năng giải phương trình bậc hai như trên để tìm các giá trị của t thỏa mãn ĐK rồi thay vào cách đặt x 2 = t để giải tìm x. 4/ Giải phương trình bậc ba một ẩn ax 3 + bx2 + cx + d = 0 (a≠0) Quy trình ấn phím: Ấn MODE MODE MODE 1 > 3 nhập các hệ số a, b, c, d vào máy, sau mỗi lần nhập hệ số ấn phím  giá trị mới được ghi vào trong bộ nhớ của máy tính. Ví dụ: Giải phương trình x3 – 9x2 + 26x – 24 = 0 - Giải Qui trình ấn phím (fx-500MS và fx-570 MS) Ấn các phím MODE MODE MODE 1 > 3 1  () 9  26  () 24  (x1 = 4)  (x 2 = 2)  (x 3 = 3) Chú ý: Khi giải bằng chương trình cài sẵn trên máy nếu ở góc trái màn hình máy hiện R � I thì nghiệm đó là nghiệm phức, trong chương trình Trung học cơ sở nghiệm này chưa được học do đó không trình bày nghiệm này trong bài giải. Giải theo công thức nghiệm Ta có thể sử dụng công thức nghiệm Cardano để giải phương trình trên, hoặc sử dụng sơ đồ Horner để hạ bậc phương trình bậc 3 thành tích phương trình bậc 2 và bậc nhất, khi đó ta giải phương trình tích theo các công thức nghiệm đã biết. 5/ Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Quy trình ấn phím: Ấn MODE MODE MODE 1 2 nhập các hệ số a1, b1, c1, a2, b2, c2 vào máy, sau mỗi lần nhập hệ số ấn phím  giá trị mới được ghi vào trong bộ nhớ của máy tính. Ví dụ: Trang 20
- Xem thêm -