Giải toán trên máy tính cầm tay

n phím liên tục để tính un + 2 theo un + 1 và un .
Bài 3: Cho dãy số un = với n = 0; 1; 2;...
a) Lập công thức truy hồi tính un + 2 theo un + 1 và un 
b) Lập qui trình ấn phím liên tục để tính un
c) Tìm tất cả các số nguyên n để un chia hết cho 3.
Giải: 
a) u0 = 0; u1 = 1; u2 = 4; u3 = 15; u4 = 56. un + 2 = 4un + 1 - un 
b) 
c) un + 2 = 4un + 1 - un = 3un + 1 + (un + 1 - un) nên un + 2 un + 1 - un (mod 3)
Số dư của 8 số hạng đầu tiên khi chia cho 3 lần lượt là: 0, 1, 1, 0, 2, 2, 0, 1.
Bài 4: Cho dãy số với số hạng tổng quát được cho bởi công thức :
 với n = 1, 2, 3, ……, k, …..
Tính u1, u2, u3, u4, u5, u6, u7, u8
Lập công thức truy hồi tính un+1 theo un và un-1
Vậy u6 u0; u7 u1.
Bài 5: Cho dãy số (un): un + 2 = 3un - 2un - 1. Biết u24 = 260046940; u25 = 520093788.
Lập qui trình ấn phím để tính u1; u2 và cho biết kết quả. 
Giải: Từ un + 2 = 3un - 2un - 1 => un - 1 = 
Qui trình: 520093788 SHIFT STO A 260046940 SHIFT STO B 
( 3 x ANS - ALPHA A ) : 2 SHIFT STO A
( 3 x ANS - ALPHA A ) : 2 SHIFT STO B (*)
▲ SHIFT ▲ và lặp lại phím =. Kết quả u1 = 123; u2 = 154.
(Nếu máy fx...ES thì nhập xong (*) lặp tổ hợp phím ▲ =)
Đối với máy fx570MS trở lên còn có qui trình sau:
Nhập dòng lệnh: X = X - 1: A = (3B – A)2:X = X - 1: B = (3A – B)2
Gán X = 24; A = 520093788; B = 260046940 và lặp phím =.
Bài 5: Cho dãy số (un) với un = un - 1 + 2un - 2 + 3un - 3 (); u1 = 1; u2 = 2; u3 = 3.
a) Viết qui trình ấn phím để tính un.
b) Tính u20 đến u25.
Giải: 
a) Qui trình: 1 SHIFT STO A 2 SHIFT STO B 3 SHIFT STO C
	+ 2 ALPHA B + 3 ALPHA A SHIFT STO A
	+ 2 ALPHA C + 3 ALPHA B SHIFT STO B
	+ 2 ALHPA A + 3 ALPHA C SHIFT STO C (*)
▲ ▲ SHIFT ▲ và lặp lại phím =. 
(Nếu máy fx...ES thì nhập xong (*) lặp tổ hợp phím ▲▲ =)
* Đối với máy fx570MS trở lên còn có qui trình sau:
X = X + 1: A = C + 2B + 3A: X = X + 1: B = A + 2C + 3B: X = X + 1: C = B + 2A + 3C.
Gán X = 3; A = 1 (u1); B = 2 (u2); C = 3 (u3) và lặp phím =.
b) 	U20 = 9426875; U21 = 22383417; U22 = 53147710; U23 = 126195160; 
U24 = 299640813; U25 = 711474236.	
Bài 6. Lập công thức truy hồi từ công thức tổng quát:
Ví dụ: (Thi khu vực 2005) Cho dãy số . Lập công thức truy hồi để tính theo , .
Cách 1:
Giả sử (*).
Với n = 0, 1, 2, 3 ta tính được .
Thay vào (*) ta được hệ phương trình : => 
Vậy 
Chú ý: Với bài trên ta có thể giả sử thì bài toán sẽ giải nhanh hơn.
Cách 2:
Đặt khi ấy chứng tỏ là nghiệm của phương trình đặc trưng do đó ta có: và 
Suy ra: 
Vậy 
hay 
tức là .
Bài 7. Tìm số hạng thứ 29, tính tổng 29 số hạng đầu tiên, tích 12 số hạng đầu tiên của dãy số Fibonaci (Dãy số có tính chất: Hai số hạng đầu đều bằng 1, từ số hạng thứ 3 trở đi, số hạng liền sau bằng tổng của hai số hạng trước nó)
	+ Ta có thể dùng công thức tổng quát của dãy: 
Tuy nhiên cách này ta phải nhớ công thức tổng quát của dãy.
	+ Dùng định nghĩa : Dãy số 1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 ,…………
	Gán 	D = 0 	(biến đếm)
	 	A = 1	(số hạng u1)
	B = 1	(số hạng u2)
 	C = 2	(tổng hai số hạng đầu)
	X = 1	(tích hai số hạng đầu)
	Nhập công thức D = D + 1 : A = A + B : C = C + A : X = XA : D = D + 1 : B = B + A : C = C + B : X = XB
	Và ấn = nhiều lần cho đến khi hiện D = 12 thì đọc kết quả X = XB = 1,570247078.1012. Ấn ANS - 1,57.1012 = tìm được kết quả đúng là 1570247078400.
Tương tự D = 29 thì A, (hoặc B) và C hiện tiếp theo là kết quả phải tìm.
Bài 8. Cho Sn = 1 – 2 + 3 – 4 + …+ (–1)n+1n
	Tính tổng S = S2005 + S2006 + …+ S2010 
Bài 9. Cho dãy (un) định bởi:
Lập quy trình ấn phím để tính số hạng tổng quát un
Tính đúng giá trị u50 , u60.
Tính đúng u1002
HD.	a) Nhập công thức X = X + 1: A = 1((2X – 1)(2X + 1)(2X + 3)): B = A + B
Gán	X = 0 (biến đếm)
	B = 0 (giá trị un). Lặp phím =. 
	b) Kết quả U50 = 2600/31209; U60 = 1240/14883.
	c) 
IX. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ.
IX.1. Tìm nhóm các chữ số tận cùng của một luỹ thừa.	
1. Tính chất bất biến của luỹ thừa.
1) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 0; 1 ; 5 ; 6 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 0; 1 ; 5 ; 6 (có đuôi bất biến).
2) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 01; 25 hoặc 76 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 01; 25 hoặc 76 (có đuôi bất biến).
3) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 001; 376 hoặc 625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 001; 376 hoặc 625 (có đuôi bất biến).
4) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 0001; 9376 hoặc 0625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 0001; 9376 hoặc 0625 (có đuôi bất biến).
...
Bài 1: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
H.Dẫn:
- Ta có: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7 x 29 x 210 x 21980 
 = 7 x 29 x 210 x (220)99
- Ta có (dùng máy): 29 = 512 
 210 = 1024 ;
 220 = 1048576
Nhận xét: số có 2 chữ số tận cùng là 76, luỹ thừa bậc bất kỳ cũng có 2 chữ số tận cùng là 76. Vậy (220)99 cũng có 2 số tận cùng là 76.
Þ 21999 + 22000 + 22001 = 7 x 512 x 1024 x (...76) = .....16.
Vậy 2 chữ số cuối cùng của A là 16
Bài 2: Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994.
Giải:
- Ta có: 54 = 625
- Nhận thấy số có tận cùng là 625 luỹ thừa bậc bất kỳ vẫn có tận cùng là 625
- Do đó:
 51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(625)k = 25(...625) = ...5625.
Vậy bốn chữ số tận cùng của số 51994 là 5625.
Bài 3: Chứng minh A = 52005 + 32005 chia hết cho 8.
H.Dẫn:	 
Cách 1:	52005 = 5.52004 = 5. (56)334 = 5. (...625)334 = 5.(...625) = ...125 
	32005 = 35.32000 = 35.(320)100 = 243. (...401)100 = 243.(...401).(...401)99 
	= (...443).(...201)33 = (...443).(...601)11 = (...443).(...601)2.(...601)9
	= (...443).(...201).(...801)3 = (...043).(...401) = ...243
A = (...125) + (...243) = ...368. Vì 368 8 nên A 8.
Cách 2: (Xem cách giải ở phần Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa)
Bài 4: Tìm số dư khi chia số 133762005! cho 2000 
Giải:
- Giả sử A, B là hai số tự nhiên có tận cùng là 376, thì:
A.B = (1000.a + 376)(1000.b + 376) = 376000(a + b) + 106a.b + 3762
= 2000t + 1376; với a, b t Î N
Þ A.B chia 2000 có số dư là 1376.
Với k > 1 khi chia 13376k cho 2000 (thực hiện (k - 1) lần phộp nhõn 2 số đều cú tận cựng là 376 rồi chia cho 2000) thỡ được dư là 1376. Đề bài ứng với k = 2005!
 2. Phép đồng dư.
 a) Định nghĩa: Nếu a và b chia p đều dư r thì ta nói a đồng dư với b theo modun p. Kí hiệu a ≡ b (mod p).
 b) Chú ý: Nếu a chia b được q dư r, tức là a = bq + r thì:
a ≡ r (mod b) và a ≡ r (mod q)
 c) Tính chất:
1. 
2. a ≡ m (mod q) => ka ≡ km (mod q)
3. a ≡ m (mod q) và b ≡ n (mod q) => a + b ≡ m + n (mod q)
4. an ≡ a (mod n)
5. a5 ≡ a (mod 30). 
 d) Áp dụng: Để tìm nhóm 1; 2; 3; 4...chữ số tận cùng của một luỹ thừa an ta tìm đồng dư của an theo modun 10; 100; 1000; 10000...
Bài 1: Chứng minh 20062007 chia hết cho 8.
Giải: 	2006 	 ≡ 6 (mod 1000) 	
	20062 ≡ 36
	20063 ≡ 216
	200611 ≡ 611 ≡ 56
	200655 ≡ 565 ≡ 776
	2006165 ≡ 7763 ≡ 576
	2006167 ≡ 576.36 ≡ 736
	2006501 ≡ 7363 ≡ 256
	20062004 ≡ 2564 ≡ 296
	20062007 ≡ 296.216 ≡ 936.
=> 3 chữ số tận cùng của 20062007 là 936. Do 936 chia hết cho 8 nên 20062007 8.
Bài 2. Tìm số dư khi chia số 192008 + 72008 cho số 27.
Giải:
*193 1 (mod 27) ; 2008 = 3 x 669 + 1 ; 
192008 = (193)669 x 19 1669 x 19 19 (mod 27)
*79 1 (mod 27) ; 2008 = 9 x 223 +1
72008 = (79)2008 x 7 1 x 7 7 (mod 27)
*Vậy 192008 + 72008 19 + 7 26 (mod 27)
Bài 3. Tìm số dư khi chia S = 25 + 210 + 215+ …+ 245 + 250 cho 30
HD. Ta có 21 + 22 + ..+28 = 510 º 0 (mod 30) và a5 º a (mod 30). 
Suy ra : 25 + 210 + …+240 = (21)5 + (22)5 + … + (28)5 º 21 + 22 + ..+28 º 0 ( mod 30).
Đặt T = 245 +250 = 33.245 . Dễ dàng suy ra 245 º 2 (mod 30) . Suy ra
T º 2.3 = 6 (mod 30). Vậy r = 6.
IX.2. Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa:
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).
Ví dụ. Xét các luỹ thừa liên tiếp của số 2:
21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29,...
Tìm xem khi chia các luỹ thừa này cho 5 nhận được các loại số dư nào ?
Giải: Ta có: 
21 = 2, 22 = 4, 23 = 8 º 3 (mod 5), 24 = 16 º 1 (mod 5) (1)
Để tìm số dư khi chia 25 cho 5 ta nhân cả hai vế phép đồng dư (1) với 2 sẽ được:
25 = 24.2 º 1x2 º 2 (mod 5)
26 = 25.2 º 2x2 º 4 (mod 5)
27 = 26.2 º 4x2 º 3 (mod 5)
...
Ta viết kết quả vào hai hàng: hàng trên ghi các luỹ thừa, hàng dưới ghi số dư tương ứng khi chia các luỹ thừa này cho 5:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
...
(2
4
3
1)
(2
4
3
1)
(2
4
3
...
Þ hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lập lại một cách tuần hoàn: sau 4 số dư (2, 4, 3, 1) lại lặp lại theo đúng thứ tự trên.
Bài 1: Tìm số dư khi chia 22005 cho 5
Giải:
* áp dụng kết quả trên: ta có 2005 º 1 (mod 4) Þ số dư khi chia 22005 cho 5 là 2
Bài 2: Tìm chữ số cuối cùng của số: 
Giải: Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 10 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, ta thực hiện theo quy trình sau:
1 2 
 1 ...)(fx570MS)
ta được kết quả sau:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
...
(2
4
8
6)
(2
4
8
6)
(2
4
8
...
Hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 4 số (2, 4, 8, 6). Ta có 34 = 81 º 1 (mod 4) Þ số dư khi chia cho 10 là 2. Vậy chữ số cuối cùng của số là 2.
Bài 3: Tìm hai chữ số cuối cùng của số: 
A = 21999 + 22000 + 22001
Giải: Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 100 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, thực hiện theo quy trình như bài 2), ta được kết quả sau:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
212
2
(4
8
16
32
64
28
56
12
24
48
96
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
92
84
68
36
72
44
88
76
52)
(4
8
16
Þ các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có:
1999 º 19 (mod 20) Þ số dư khi chia 21999 cho 100 là 88
2000 º 0 (mod 20) Þ số dư khi chia 22000 cho 100 là 76
2001 º 1 (mod 20) Þ số dư khi chia 22001 cho 100 là 52
88 + 76 + 52 = 216 º 16 (mod 100)
Þ số dư của A = 21999 + 22000 + 22001 khi chia cho 100 là 16 hay hai chữ số cuối cùng của số A là 16.
Bài 4: Chứng minh rằng +10 chia hết cho 11
Giải:
- Ta có: 14 º 3 (mod 11) Þ º (mod 11)
Do 38 = 6561 º 5 (mod 11), nên = 65612005 º 52005 (mod 11)
Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:
51
52
53
54
55
56
57
58
59
510
...
(5
3
4
9
1)
(5
3
4
9
1)
...
Þ 52005 = (55)501 º 1501 (mod 11) º 1 (mod 11) (1)
Mặt khác: 10 º 10 (mod 11) (2)
Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có:
+10 º 11 (mod 11) º 0 (mod 11) Þ +10 chia hết cho 11.
Bài 5: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Giải:
1) Trước hết tìm số dư của phép chia 222555 cho 7:
- Vì 222 = 7 x 31 + 5, nên 222 º 5 (mod 7) Þ 222555 º 5555 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 7:
51
52
53
54
55
56
57
58
...
(5
4
6
2
3
1)
(5
4
...
Þ 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53 º 53 º 6 (mod 7) (1)
Vậy số dư khi chia 222555 cho 7 là 6.
2) Tương tự, tìm số dư của phép chia 555222 cho 7:
- Vì 555 = 7 x 79 + 2, nên 555 º 2 (mod 7) Þ 555222 º 2222 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 2 cho 7:
21
22
23
24
25
26
27
28
...
(2
4
1
2
4)
(2
4
1
...
Þ 2222 = 23.74 = (23)74 º 174 º 1 (mod 7) (2)
Vậy số dư khi chia 555222 cho 7 là 1.
Cộng vế với vế các phép đồng dư (1) và (2), ta được: 
222555 + 555222 º 6 + 1 º 0 (mod 7)
Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Bài 6. Chứng minh A = 52005 + 32005 chia hết cho 8.
Giải: Xét sự tuần hoàn của các phép chia 5n và 3n cho 8:
51
52
53
54
55
56
57
58
59
510
...
(5
1)
(5
1)
(5
1)
(5
1)
(5
1)
...
31
31
31
31
31
31
...
(3
1)
(3
1)
(3
1)
...
Do 2005 º 1(mod2) nên 52005 º 5 (mod8) và 32005 º 3 (mod8) => A º 5 + 3 (mod8) º 0 (mod8)
IX.3. Số nguyên tố:
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.
Bài 1: 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 : 144821 
- Lấy giá trị của ô nhớ lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2:
 2 (72410,5)
 3 (48273,66667)
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:
 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 .
Þ 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 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 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:
 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:
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:
t (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)
Bài 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 5: (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:
t (N) = 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080 
IX.4. Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
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 có thể 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 có thể 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.
H.Dẫn:
- 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. Hãy tìm tất cả các số tự nhiên là bội của 2009 có dạng 
HD: 	Cách 1: Ta có nên . Dùng máy tính thử 2009.350; 2009.351;…; 2009.393 để tìm kết quả.
* Gán 349 vào A, nhập công thức A = A + 1: 2009A và lặp phím = (đến A + 1 = 393 thì dừng) để tìm số dạng . (ĐS: 741321)
Cách 2: (Không hay bằng cách 1) = 700000 + 10000a + 1300 + 10b + 1. Do đó sử dụng phép lặp cho a chạy từ 0 đến 9 và tương ứng với mỗi giá trị của a cho b chạy từ 0 đến 9 để thử xem có chia hết cho 2009 hay không.
Sau đây là một trường hợp: Gán 0 vào A, gán -1 vào B; nhập công thức B = B + 1: C = (700000 + 10000A + 1300 + 10B + 1)÷2009 và lặp phím =. (Sau đó chỉ cần nhập lại A bằng 1 hoặc 2,… và chạy như trên). (ĐS: 741321)	
Bài 5: 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;
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 6: Tìm tất cả các số có 6 chữ số đồng thời 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: .
- Đặt . Khi ấy và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2
hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x. (1)
Do nên 1001x + 1 = y2 . . Nếu y + 1 = 1001 thì y – 1 = 999, nhưng tích 1001.999 không là số chính phương. Suy ra cả 3 số 7; 11; 13 không thể đồng thời là ước của y – 1 hoặc y + 1.
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.
Xét các trường hợp:
y – 1 = 77k y – 1 
y – 1 = 91k y – 1 
y – 1 = 143k y – 1 
y + 1 = 77k y + 1 
y + 1 = 91k y + 1 
y + 1 = 143k y + 1 
Ta tính y2 để tìm số thỏa mãn điều kiện 1) của bài toán ta có đáp số:
n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716.
Bài 7: 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 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 8: 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 nên 30 £ 30 + 1029 . Suy ra: (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 9: (Thi Quốc tế IMO 1962):
Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có các 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.
Giải:
- Giả sử số cần tìm có n + 1 chữ số.
- Từ điều kiện 1) số đó dạng: 
- Từ điều kiện 2), ta có: = 4. (*)
- Đặt , thì: = 10a + 6
 = 6.10n + a
- Khi đó (*) trở thành:
 6.10n + a = 4.(10a + 6) Û 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