Bài tập lý thuyết chia và đồng dư năm 2024

Nhóm thuvientoan.net xin gửi đến các bạn đọc tài liệu Chuyên đề đồng dư thức. Tài liệu gồm 15 trang tuyển chọn lý thuyết và bài tập về chủ đề này. Nội dung cụ thể bao gồm:

1. Dạng toán tìm số dư trong phép chia có dư

Ví dụ 1. a) Tìm số dư trong phép chia 15325 – 1 cho 9.

2. Tìm số dư trong phép chia 20162018+ 2 cho 5.

2. Dạng toán chứng minh sự chia hết:

Ví dụ 4. Chứng minh 42018 – 7 chia hết cho 9

3. Dạng toán xác định dấu hiệu chia hết

4. Dạng toán sử dụng các định lý

3. Bài tập vận dụng

....

Nhóm thuvientoan.net hy vọng với tài liệu Chuyên đề đồng dư thức sẽ giúp ích được cho các bạn đọc và được đồng hành cùng các bạn, cảm ơn!

Like fanpage của thuvientoan.net để cập nhật những tài liệu mới nhất: https://bit.ly/3g8i4Dt.

Xem thêm

- Gắn hệ tọa độ Oxyz để giải các bài toán hình học không gian

- Chuyên đề giao động điều hòa

THEO THUVIENTOAN.NET

• 1. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa PHÒNG GD & ĐT HUYỆN LẬP THẠCH TRƯỜNG THCS THÁI HÒA BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT Thời lượng: 30 tiết (lớp 6, 7) Người thực hiện: LÊ QUANG ĐÔNG Chức vụ: Giáo viên. Đơn vị:Trường THCS Thái Hòa – Lập Thạch – Vĩnh Phúc. 1
• 2. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lý do chọn chuyên đề: Như chúng ta đã biết toán học là một môn khoa học cơ bản, toán học xuất hiện ngay trong đời sống hàng ngày, tác dụng của toán học rất rộng lớn, từ những việc nhỏ như việc tính tiền đi mua hàng, hay những việc lớn như để thiết kế nên những ngôi nhà cao tầng, các công trình xây dựng ... tất cả đều phải dựa vào toán học. Ngay từ khi học bậc học Mầm non các em đã được là quen với các con số 1, 2, 3,...Đến khi học lên Tiểu học và Trung học cơ sở thì bộ môn Toán được xác định là môn công cụ, rất quan trọng đối với mỗi học sinh. Trong chương trình Toán bậc THCS, cụ thể là ở các lớp 6 và 7 thì số học là nội dung kiến thức vô cùng quan trọng bởi đây sẽ là nền tảng giúp các em có thể khám phá nhiều nội dung khác của Toán học. Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi bản thân tôi nhận thấy để việc học những nội dung phần Số học được tốt, cụ thể là các chuyên đề chia hết, tìm chữ số tận cùng hay chuyên đề số chính phương, ... được tốt hơn thì việc ứng dụng Đồng dư thức một cách hợp lý sẽ cho chúng ta những lời giải hay và ngắn gọn, học sinh rất dễ nắm bắt kiến thức. Nhưng nội dung này lại không được đề cập trong chương trình môn Toán THCS. Chính vì những lý do trên mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các đồng nghiệp chuyên đề “ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”. Với mục đích giúp các em học sinh có thêm một cách tiếp cận mới đối với một số dạng toán cơ bản. II. Mục đích, phạm vi, đối tượng của chuyên đề: 1. Mục đích của chuyên đề: - Giới thiệu tới các em HS các khái niệm, tính chất của đồng dư thức. - Rèn kỹ năng giải các bài toán có liên quan đến đồng dư thức. Từ đó áp dụng vào quá trình học tập, nghiên cứu nhằm đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG. 2
• 3. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa 2. Phạm vi nghiên cứu chuyên đề: - Chương trình môn Toán cấp THCS 3. Đối tượng của chuyên đề: - Áp dụng cho học sinh khá, giỏi cấp THCS. 3
• 4. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa PHẦN II: NỘI DUNG I. Cơ sở lí luận. Số học là một nội dung kiến thức quan trọng trong chương trình Toán ở cấp THCS. Từ những phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản giữa các số đến các bài toán đòi hỏi tư duy cao hơn như là dạng toán cấu tạo số, các bài toán về số nguyên tố, số chính phương, các bài toán chia hết,…thường dành cho đối tượng là học sinh khá, giỏi và một nội dung kiến thức có thể giúp chúng ta tìm ra lời giải một số dạng toán trên chính là sử dụng những kiến thức về Đồng dư thức. Đây là nội dung không được đề cập trong chương trình chính khóa nhưng lại rất cần thiết trong việc Bồi dưỡng HSG, nên đòi hỏi giáo viên phải tìm hiểu nghiên cứu và tìm ra những nội dung cần thiết để giúp học sinh tiếp thu và vận dụng một cách phù hợp trong suốt quá trình học. Từ đó áp dụng vào giải các dạng toán có liên quan đồng thời phát triển tư duy toán học. Để rồi vận dụng vào các môn học khác cũng như trong đời sống hàng ngày. II. Cơ sở thực tiễn Qua thực tế giảng dạy và chủ yếu là bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán ở các lớp 6, 7 và 8 trong trường THCS, tôi nhận thấy nhiều học sinh còn lúng túng về cách tìm lời giải khi gặp phải những bài toán về chia hết, tìm chữ số tận cùng, số chính phương, …mặc dù đó không phải là những bài toán quá khó, hay như những bài toán nếu áp dụng kiến thức của Đồng dư thức vào thì cho ta lời giải rất hay và ngắn gọn, hoặc có những bài toán khi ta áp dụng kiến thức của lớp 8 thì mới giải được, nhưng khi sử dụng Đồng dư thức vào giải thì mới phù hợp với khả năng tư duy của học sinh lớp 6 và lớp 7. Từ cơ sở lý luận và cơ sở thục tiễn như vậy mà tôi đã chọn chuyên đề: “ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”. III. NỘI DUNG. 1. Kiến thức cơ bản 1.1. Định nghĩa: - Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c (c ≠ 0) mà có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun c; kí hiệu là a ≡ b (mod c). 4
• 5. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa - Như vậy: a ≡ b (mod c) ⇔ a – b chia hết cho c. - Hệ thức có dạng: a ≡ b (mod c) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế trái của đồng dư thức, b gọi là vế phải còn c gọi là môđun. 1.2. Một số tính chất: Với a; b; c; d; m; … là các số nguyên dương (Z+ ), ta luôn có: 1.2.1. Tính chất 1: + a ≡ a (mod m). + a ≡ b (mod m) ⇔ b ≡ a (mod m). + a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c(mod m). 1.2.2. Tính chất 2: Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì: + a ± c ≡ b ± d (mod m). + ac ≡ bc (mod m).( c>0) + ac ≡ bd (mod m). + an ≡ bn (mod m). + (a+b)n ≡ bn (mod a). + an +bn ≡ ( a+b) (mod m).( n là số lẻ) + Nếu d là một ước chung của a; b; m thì: a d ≡ b d (mod m d ); 1.2.3. Tính chất 3: + Nếu a ≡ b (mod m) và c ∈ Z+ thì ac ≡ bc (mod mc). 1.3. Một số kiến thức liên quan: Trong khi làm bài tập sử dụng đồng dư thức, ta nên chú ý tới các tính chất hay dùng sau đây: + Với mọi a, b ∈ Z+ (a ≠ b) và n là số tự nhiên: an – bn M a – b. + Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n. + Lấy n + 1 số nguyên bất kì (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số dư; (Theo nguyên lí Đirichlet). 5
• 6. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa + Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m . 2. ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN. 2.1 DẠNG 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT. Bài 1: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19 Lời giải Cách 1: Thêm bớt 7.6n , ta được A = 7.25n - 7.6n +19.6n = 7.(25n - 6n ) +19.6n Vậy AM 19 Ta có: A = 7.25n +12.6n Vì 25n ≡ 6n (mod19). => A ≡ 7.6n +12.6n (mod19) => A ≡ 19.6n (mod19) => A ≡ 0 (mod19) Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức: n n a b a b− −M với ( )n N∈ n n a b a b+ +M với ( n N∈ ; n lẻ) thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6. Bài 2: ( Sách Phát triển toán 8 tập 1).Chứng minh rằng: a) A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. b) 1962 1964 1966 1961 1963 1965 2B = + + + chia hết cho 7. Lời giải Cách 1: a) Ta có ( ) ( ) ( )2222 2222 5555 5555 5555 2222 5555 4 2222 4 4 4A = − + + − − Mà ( ) ( )2222 2222 5555 4 5555 4− −M ( )2222 2222 5555 4 7⇒ − M Tương tự: ( )5555 5555 2222 4 7+ M 6
• 7. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa ( ) ( ) ( ) 1111 11115555 2222 5 2 5 2 5555 2222 4 4 4 4 4 4 4 4 7− = − − ⇒ −M M Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. b) 1962 1964 1966 1961 1963 1965 2 7B = + + + M Sử dụng tính chất: ( ) n a b+ khi chia cho a có số dư là b. Ta có 1962 1964 1966 (1960 1) (1960 3) (1965 2) 2B = + + + + − + 1962 1964 1966 (7 1) (7 3) (7 2) 2B m n p= + + + + − + 1964 1966 7 1 3 2 2B q= + + + + 654 3.655 7 9.27 2.2 3B q= + + + 7 9 2 3B r= + + + 7 14 7B r= + M Cách 2: a) Xét số dư của 22225555 khi chia cho 7. Ta có: 2222 ≡ 3 (mod 7) (1) => 22224 ≡ 34 (mod 7) => 22224 ≡ 81 (mod 7) Mà 81 ≡ 4 (mod 7) => 22224 ≡ 4 (mod 7) (2) Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 22225 ≡ 3.4 (mod 7) => 22225 ≡ 5 (mod 7) =>22225555 ≡ 51111 (mod 7) (3) + Tương tự: 55552222 ≡ 21111 (mod 7) (4) Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A ≡ 21111 + 51111 (mod 7) (5) Mặt khác: 21111 + 51111 ≡ (2 + 5) (mod 7) ≡ 0 (mod 7) ( Tính chất 2) (6) Từ (5) và (6) ta được: A ≡ 0 (mod 7) Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 b) Ta có: Ta có: 1961 ≡ 1 (mod 7) => 19611962 ≡ 1 (mod 7) 7
• 8. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Tương tự: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 6541964 1964 3 654 1963 3 mod7 9. 3 mod7 9.27 mod7 2 mod7≡ ≡ ≡ ≡ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 65519661966 3 655 1965 2 mod7 2. 2 mod7 2.8 mod7 2 mod7≡ − ≡ ≡ ≡ ( ) ( )1 2 2 2 mod7 0 mod7B⇒ ≡ + + + ≡ Vậy: 1962 1964 1966 1961 1963 1965 2 7B = + + + M Bài 3: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13. Lời giải Cách 1: Ta có: 4.16 9.3n n B = + 4.16 9.3 4.3 4.3n n n n = + + − 4.(16 3 ) 13.3n n n = − + Vì 16 3 13 13 13.3 13 n n n B  − ⇒  M M M Cách 2: Với bài toán trên ta có thể sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh, nhưng đối với học sinh lớp 6 thì chưa được học kỹ thuật đó. Nên ta có thể sử dụng Đồng dư thức để chứng minh. + Ta xét số dư của 42n+1 khi chia cho 13 Ta có: 42 = 16 ≡ 3 (mod 13) => 42n ≡ 3n (mod 13) => 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13) Hay 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13) (1) + Ta xét số dư của 3n+2 khi chia cho 13 Ta có: 32 = 9 ≡ - 4(mod 13) Mà 3n ≡ 3n (mod 13) => 32 .3n ≡ - 4.3n (mod 13) => 3n+2 ≡ - 4.3n (mod 13) (2) Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta được B ≡ 0 (mod 13). 8
• 9. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Vậy B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi n ∈ N. Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N. a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23 b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133 Lời giải Cách 1: a) Ta có: 5.25 16.2 2.2 5.25 18.2n n n n n A = + + = + ( )5 25 2 23.2n n n = − + Vì 25 2 23 23 23.2 23 n n n A  − ⇒  M M M b) ( )121.11 12.144 12 144 11 133.11n n n n n B = + = − + Từ đây ta có được 133BM Cách 2: a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23 Ta có: A = 25n .5 + 2n .16 + 2n .2 Vì 5.25n ≡ 5.2n (mod23) => A ≡ 5.2n + 2n .16 + 2n .2 (mod23) ≡ 23.2n (mod23) ≡ 0 (mod23) Vậy A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23. b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133 Tương tự câu a) ta có: B ≡ 121.11n + 12.144n (mod133) ≡121.11n + 12.11n (mod133) ≡ 0(mod133) Vây B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133. Bài 5: ( lớp 8). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1: A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2 9
• 10. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Lời giải Ta có: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B. Với n > 2, ta biến đổi A như sau: A = nn – n2 + n – 1 = n2 (nn-2 - 1) + (n - 1) = n2 (n - 1)(nn-3 + nn-4 + …+ 1) + (n - 1) = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) Mặt khác: n ≡ 1 (mod n – 1) ⇒ nk ≡ 1 (mod n – 1), ∀ k∈N Từ đó: nn-1 + nn-2 + … + n2 ≡ n – 2 (mod n – 1) Nên: nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1 ≡ n – 1 (mod n – 1) => nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1 ≡ 0 (mod n – 1) (1) => (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) ≡ 0 (mod (n – 1)2 ) => A = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) chia hết cho (n – 1)2 . Vậy: A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2 . Với một số bài toán có luỹ thừa tầng thì khi chúng ta sử dụng Đồng dư thức thì sẽ giúp cho học sinh có được cách giải tổng quát cho dạng toán đó. Chẳng hạn Bài 6: Chứng minh rằng: ( ) 2 2 ) 2 5 7 0 n a A n= + ≥M ( ) 2004 2003 ) 1924 1920 124 0 n b A n= + >M ( ) 4 1 4 1 2 3 ) 3 2 5 22 0 n n c A n + + = + + >M 2 2 d) A = 2 10 13 n + M Lời giải a) Vì ( )3 2 8 1 mod7= ≡ . Nên ta đi tìm số dư của 2 2 n cho 3. Thật vậy: ( )2 2 2 4 1 mod3 2 3 1n n n k= ≡ ⇒ = + => ( ) ( ) ( )3 1 2 5 2.8 5 2 5 mod7 0 mod7k k A + = + = + ≡ + ≡ . => ( ) 2 2 2 5 7 0 n A n= + ≥M b) Ta có 124 = 4.31 Dễ thấy 4BM . Ta chứng minh 31AM 10
• 11. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Vì ( ) ( ) 1924 2 mod31 1920 2 mod31 ≡  ≡ − nên ( ) 2004 2003 2 2 mod31 n B ≡ − Vì ( )5 2 32 1 mod31= ≡ Từ đây ta xét 2004 2003 n M = chia cho 5 có số dư là bao nhiêu Vì 2004 4M nên ta đặt 2004 4n k= và 2004 4 2003 2003 n k M = = Mà ( )2003 3 mod5≡ => ( ) ( ) ( )4 4 2003 3 mod5 81 mod5 1 mod5k k k ≡ ≡ ≡ => M = 5m+1 => ( ) ( ) ( ) ( )5 1 2 2 mod31 2.32 2 mod31 2 2 mod31 0 mod31m m B + ≡ − ≡ − ≡ − ≡ Vậy 124BM c) ( ) 4 1 4 1 2 3 3 2 5 22 0 n n C n + + = + + >M Vì 22 = 2.11 và 2CM nên ta chứng minh 11AM Ta có ( )10 3 1 mod11≡ (Định lý Fecma) Từ đây ta xét 4 1 2 n N + = và 4 1 3 n P + = chia cho 10 có số dư là bao nhiêu. * ( ) ( ) ( ) ( )4 1 2 2.16 2.6 mod10 2. ...6 mod10 2 mod10n n n N + = = ≡ ≡ ≡ => 4 1 2 10 2n N k+ = = + => ( ) ( ) ( ) 4 1 22 10 2 5 3 3 9. 3 mod11 9 mod11 n kk+ + = ≡ ≡ ( vì ( )5 3 1 mod11≡ ) Tương tự: 4 1 3 10 3n P m+ = = + ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 23 10 3 2 2 2 8.32 mod11 8. 1 mod11 8 mod11 n kk k+ + = ≡ ≡ − ≡ Vậy ( ) ( )(9 8 5) mod22 0 mod 22C ≡ + + ≡ . d) 2 2 D=2 10 13 n + M Ta có 212 ≡ 1(mod 13) (Định lý Fecma) Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư khi chia 22n cho 12 Ta có: 22n ≡ 0(mod 4) => 22n =4k ( k∈ N) => 22n = 4n ≡ 1(mod 3) => 22n =3m+1 ( m∈ N) => 22n = 12m+4 => D = 212m+4 +10 = 16.(26 )2m + 10 ≡ 3+10(mod 13) ≡ 0(mod 13). Vậy D chia hết cho 13 với mọi n. 11
• 12. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Sau khi đã hình thành cho các em một số kỹ năng nhất định qua dạng toán chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp quá nhiều không khi gặp một số dạng toán sau: 2.2 DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 19932014 cho 3. Lời giải Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài toán một cách dễ dàng: A= 19932014 -1+1 Vì A = 2014 2014 1993 1 1992 1993 1 3− ⇒ −M M Suy ra A chia cho 3 dư 1. Cách 2: Ta có: 1993 ≡ 1 (mod 3) => 19932014 ≡ 12014 (mod 3) ≡ 1 (mod 3) Vậy số 19932014 khi chia cho 3 thì dư 1. Bài 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3 và cho 5 Lời giải Cách 1: Ta có: 776 776 777 778 776 A 776 2 777 778 1 2 1= − + + − + + Vì 776 776 777 778 776 2 3 777 3 778 1 3 − − M M M nên ta phải tìm số dự khi chia 776 2 1+ cho 3 Thật vậy: ( )776 775 775 2 1 2.2 2 1 2 2 1 3 2+ = + − = + − + Vì ( )775 2 2 1 3 3+ − M nên A chia 3 dư 2 Tương tự: A chia 5 dư 1 Cách 2: + Trường hợp 1: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3. Ta có: 776 ≡ 2 (mod 3) => 776776 ≡ 2776 (mod 3) ≡ 4338 (mod 3) ≡ 1338 (mod 3) ≡ 1 (mod 3) 12
• 13. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Tương tự: 777777 ≡ 0 (mod 3) 778778 ≡ 1(mod 3) => A = 776776 + 777777 +778778 ≡ 1+0+1(mod 3) ≡ 2 (mod 3) Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 3 dư 2. + Trường hợp 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 5. Ta có: 776 ≡ 1 (mod 5) => 776776 ≡ 1776 (mod 5) ≡ 1(mod 5). Ta có : 777≡ 2 (mod 5) 777777 ≡ 2777 (mod 5)≡ (24 )194 .2(mod 5) ≡ 16194 .2(mod 5)≡2(mod 5) 778778 ≡ 3(mod 5) => A = 776776 + 777777 +778778 ≡ 1+2+3(mod 5) ≡ 1 (mod 5) Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 5 dư 1. Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5. Lời giải Cách 1: Gọi n là số tự nhiên chia 5 dư 1 và chia 7 dư 5. Vì n không chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r ∈N, r < 35). Trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5. Số nhỏ hơn 35 chia 7 dư 5 và chia 5 dư 1 là 5; 12; 19; 26; 33. Trong các số trên chỉ có 26 là số chia cho 5 dư 1. Vậy r = 26. Cách 2: Ta có: 1 5 1 10 5 9 5 9 35 5 7 5 14 7 9 7 n n n n n n n − − + +   ⇒ ⇒ ⇒ +   − − + +   M M M M M M M Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26. Cách 3: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: A ≡ 1 (mod 5); A ≡ 5 (mod 7) Từ A ≡ 5 (mod 7) => A = 7k+5 ( k ∈ N). (1) => 7k+5 ≡ 1 (mod 5) => 2k ≡ 1 (mod 5) 13
• 14. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa => 2k+4≡ 1+4(mod 5) => 2k + 4 ≡ 0(mod 5) => k + 2 ≡ 0(mod5) => k = 5m -2 ( m ∈N) (2) Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - 9 => A ≡ -9 (mod 35) ≡ 26 (mod 35) Vậy số A =26. Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại toán này thì ta có thể giải được các bài toán có nhiều số chia hơn, hoặc các số chia có giá trị lớn một cách dễ dàng hơn, đồng thời ta có được cách giải rõ ràng cho dạng toán này. Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98. Lời giải Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98 => 131x = 131y +y-14 =>y - 14M131 => y = 131k + 14 ( )k N∈ => n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946 Vì n có 4 chữ số nên n = 1946. Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14 => 131(x-y) = y-14. Nếu x > y thì y- 14 131≥ => y 145≥ => n có nhiều hơn 4 chữ số. Do đó x = y, suy ra n = 1946 Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên 132n = 132.131x +132.112 (1) Mặt khác n = 132y + 98 131n = 131.132y + 131.98 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 132n -131n = 131.132(x –y) + 1946 => n =1946. Cách 4: Gọi số tự nhiên cần tìm là n, ta có n ≡ 112(mod 131); n ≡ 98 (mod 132) Từ n ≡ 98 (mod132) => n = 132k+98 (k ∈N) (1) => 132k+98 ≡ 112 (mod 131) 14
• 15. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa => k + 98 + 33≡ 112+33(mod 131) => k ≡ 14(mod 131) => k = 131m +14 ( m ∈ N) (2) Thay (2) vào (1), ta được: n = 132(131m + 14) + 98 = 131.132m +1946 Vậy n = 1946 Bài 5: Một số tự nhiên chia 4 dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13. Hỏi số đó chia 1292 dư bao nhiêu. Lời giải Cách 1: Gọi số tự nhiên cần tìm là n (n N∈ ) Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r ( , ; 1292k r N r∈ < ). Các số nhỏ hơn 1292 và chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; ...1248; 1267. Trong các số trên số chia cho 4 dư 3 và chia cho 17 dư 9 là số 1267. Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên thì việc thử loại sẽ mất rất nhiều thời gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài toán ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn. Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: A ≡ 3 (mod 4); A ≡ 9 (mod 17); A ≡ 13 (mod 19) Từ A ≡ 13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N) (1) => 19k+13 ≡ 9 (mod 17) => 19k + 13+8 ≡ 9 +8(mod 17) => 2k + 4 ≡ 0(mod 17) => k + 2 ≡ 0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N) (2) Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25 (3) Mặt khác: A ≡ 3 (mod 4) =>323m-25 ≡ 3 (mod 4) => 324m-m-1≡ 3 (mod 4) =>-m ≡ 0 (mod 4) => m = 4n ( n thuộc N) (4) Thay (4) vào (3) => A = 1292n -25≡ -25 (mod 1292) ≡ 1267 (mod 1292) 15
• 16. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Vậy số A chia cho 1292 dư 1267. Bài 6: Xác định giá trị của n để: a) 2 1 9n − M b) 2.3 3 11n + M Lời giải a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( )3 3 2 8 1 mod9 2 1 mod9 kk = ≡ − ⇒ ≡ − Nên ta xét các trường hợp sau: + n = 3k => ( ) ( )3 2 1 2 1 2.8 1 1 1 mod9 kn k k − = − = − ≡ − − ( )0 mod9≡ ( Nếu k chẵn) ( )7 mod9≡ ( Nếu k lẻ) (loại) + n = 3k+1=> ( ) ( )3 1 2 1 2 1 2.8 1 2. 1 1 mod9 kn k k+ − = − = − ≡ − − ( )1 mod9≡ ( Nếu k chẵn) ( loại) ( )6 mod9≡ ( Nếu k lẻ) ( loại) + Tương tự với n = 3k+2 ( loại) Vậy n = 3k ( với k chẵn). b) Với cách làm tương tự: Ta có ( )5 3 243 1 mod11= ≡ . Nên ta xét các trường hợp sau: n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4. ( ( )k N∈ Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện đề bài. Thật vậy: Xét ( ) ( )5 4 2.3 3 2.3 3 2.81.243 3 8 3 mod11 0 mod11n k k+ + = + = + ≡ + ≡ Vậy n = 5k +4 2.3 DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG. Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m . Bài 1: Cho số A = 19942005. a. Tìm số dư trong phép chia A chia cho 7. 16
• 17. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa b. Tìm chữ số tận cùng của A c. Tìm 2 chữ số tận cùng của A Lời giải a. Ta có: 1994 ≡-2 (mod 7) => A = 19942005 ≡ (-2)2005 (mod 7)≡ [(-2)3 ]668 .(-2) (mod 7) ≡ (-1)668 .(-2) (mod 7) ≡ (-2) (mod 7) ≡ 5 (mod 7) Vậy A = 19942005 chia cho 7 dư 5. b. Xét số dư khi chia A cho 10. Ta có: 1994 ≡ 4 (mod 10). Ta xét số dư khi chia A cho 2 và cho 5. Ta có : 1994 ≡ 0 (mod 2) 1994 ≡ 4 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5) => 19942005 ≡ (-1)2005 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5) ≡ 4 (mod 5) => A ≡ 4 (mod 10) Vậy chữ số tận cùng của A là 4. c) Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số: a) A = 22004 b) B = 99 9 7 Lời giải a) Ta có: A = 22004 = (210 )200 .24 ≡ (-1)200 .24 (mod 25) ≡ 16 (mod 25) => A = 25k + 16 ( k∈ N) Mặt khác: AM 4 => k M 4 ( vì 25; 4) = 1 => A = 100k + 16 Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16. b) B = 99 9 7 Ta có: 7n ≡ 3 (mod 4) 17
• 18. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa 74 ≡ 1 (mod 25) 9 9 9 ≡ 1 (mod 4) => 9 9 9 = 4k + 1 ( k∈ N) => B = 74k+1 ≡ 7 (mod 25) => B = 25k +7 => 25k +7 ≡ 3 (mod 4) => k ≡ 0 (mod 4) => k = 4n => B = 100n + 7 Vậy hai chữ số tận cùng của B là 07. Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A = 4 3 2 . Lời giải Ta có: A = 4 3 2 = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24 )20 = 2.1620 Mà 16 ≡ 6 (mod 10) ⇒ 1620 ≡ 620 (mod 10) Từ đó: 1620 ≡ 6 (mod 10), mà 2 ≡ 2 (mod 10) Nên: 2.1620 ≡ 6.2 (mod 10) ⇒ 2.1620 ≡ 2 (mod 10) => A chia cho 10 dư 2 Vậy A có chữ số tận cùng là 2. Bài 4: Tìm sáu chữ số tận cùng của số B = 521 . Giải Ta có: B = 515 = 53.5 = 1255 ≡ (-3)5 (mod 26 ) Hay 515 ≡ 13 (mod 26 ) ⇒ 515 .56 ≡ 13.56 (mod 26 .56 ) Hay là: B = 521 ≡ 13.15625 (mod 106 ) => B ≡ 203125 (mod 106 ) => B chia cho 106 dư 203125. Vậy B có 6 chữ số tận cùng là 203125. Khi học sinh đã nắm vững cách tìm chữ số tận cùng thì ta có thể đưa ra một dạng toán khác nhưng có cách giải tương tự. Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số: ( )2004 2006 ) 0,7 2001 2003a A = + 18
• 19. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa ( )1983 1917 ) 0,3 1983 1917b B = − Lời giải a) Ta xét ( )2004 2006 0,7 2001 2003A = + khi chia cho 10. Ta có ( )2001 2001 1 mod10≡ ( )2006 2006 2003 3 mod10≡ ( ) ( )1003 1003 9 mod10 9 mod10≡ ≡ ( ) ( ) ( )1 mod10 9 mod10≡ − ≡ => 10AM . Vậy A là số nguyên. ( )1983 1917 ) 0,3 1983 1917b B = − Tương tự ý a) Ta xét ( )1983 1917 0,3 1983 1917B = − khi chia cho 10. Ta có ( )1983 1983 1983 3 mod10≡ ( ) ( ) ( ) 991991 3.9 mod10 3. 1 mod10≡ ≡ − ( ) ( )3 mod10 7 mod10≡ − ≡ ( )1917 1917 1917 7 mod10≡ ( ) ( )1916 958 7.7 mod10 7.49 mod10≡ ≡ ( ) ( ) ( ) 958 7. 1 mod10 7 mod10≡ − ≡ => 10BM . Vậy B là số nguyên. 2.4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG. Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không phải là số nguyên tố. 2014 ) 2 1a A = − 2005 2 ) 2 5b A = + Lời giải a) Ta có 2 2014 1007 2 1(mod3) 2 4 1(mod3)≡ ⇒ = ≡ 19
• 20. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa ( )2014 2 1 0 mod3A⇒ = − ≡ , mà A>3. Vậy A không là số nguyên tố. 2005 2 ) 2 5b A = + Ta thấy 2 1(mod3)≡ − 2005 2 ( 1) 5 6(mod3) 0(mod3)A⇒ ≡ − + ≡ ≡ => A 3M Vậy A không là số nguyên tố Bài 2: Số 2 1 2 2 3 n A + = + là số nguyên tố hay hợp số. ( n∈ N* ) Lời giải Với n = 1, ta có 3 2 2 3 259 7A = + = M . Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 7 hay không. Vì ( )3 2 1 mod7≡ , nên ta xét 2 1 2 n+ chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy: ( )2 1 2 1 2 2.4 2 mod3 2 3 2n n n k+ + = ≡ => = + ( )3 2 2 3 4.8 3 0 mod7k k A + ⇒ = + = + ≡ Vậy A hợp số Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng ( ) 4 1 2 * 3 2 n A n N + = + ∈ đều không phải số nguyên tố. Lời giải Với n = 1, ta có ( ) 5 2 32 3 2 3 2 1 mod11A = + = + ≡ .Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 11 hay không Ta có: 35 =243 ≡ 1(mod 11). Vì 24n+1 = 2.16n ≡ 2(mod 5) => 24n+1 = 5m +2 ( m∈ N* ) => A = 35m+2 = 9.(35 )m +2 ≡ 9+2(mod 11) ≡ 0(mod 11) Vậy A luôn chia hết cho 11 nên A không là số nguyên tố. Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương. a) 2 2 2 1992 1993 1994A = + + 20
• 21. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa b) 2 2 2 2 1992 1993 1994 1995B = + + + c) 100 100 100 1 9 94 1994C = + + + Lời giải Cách 1: Ta sử dụng tính chất của số chính phương để chứng minh các số trên không phải là số chính phương. a) Ta có: Các số 2 2 1993 ;1994 là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia 3 dư 1, còn 2 1992 3M . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính phương. b) Các số 2 2 1992 ;1994 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số 2 2 1993 ;1995 là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2, nên B không là số chính phương. c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C không là số chính phương. Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức thì có 1 cách làm chung cho cả 3 ý trên và cách làm đơn giản hơn nhiều. a) 2 2 2 1992 1993 1994A = + + ( ) ( )2 0 1 2 mod3 2 mod3A ≡ + + ≡ . Nên A không là số chính phương. b) 2 2 2 2 1992 1993 1994 1995B = + + + ( ) ( )2 2 0 1 2 3 mod 4 2 mod4B ≡ + + + ≡ . Nên B không là số chính phương. c) 100 100 100 1 9 94 1994C = + + + ( ) ( )100 100 1 1 2 2 mod4 2 mod 4C ≡ + + + ≡ . Nên C không là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không là số chính phương. Lời giải Ta có: 19 ≡ (-1)(mod 4) 93 ≡ 1 (mod 4) 1993 ≡ 1 (mod 4) => A ≡ 1+3+1+1 (mod 4) ≡ 2 (mod 4) 21
• 22. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Mà số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1. Vậy A không là số chính phương. 3. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG. Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 15325 – 1 khi chia cho 9. Bài 2: Cho số nguyên n > 1. Tìm dư trong phép chia: A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1. Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng: 3n + 1 chia hết cho 10 ⇔ 3n+4 + 1 chia hết cho 10. Bài 6: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng: a) A = 24n – 1 chia hết cho 15 b) B = 25n – 1 chia hết cho 31 c) C = 5 2 2 + 1 chia hết cho 641 d) D = 62n + 19n – 2n+1 chia hết cho 17 e) E = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 f) F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59 Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta luôn có: 52n-1 .2n+1 + 3n+1 .22n-1 chia hết cho 38 Bài 8: Chứng minh rằng: a) A = 69 119 220 + 220 69 119 + 119 220 69 chia hết cho 102 b) B = 1930 1975 1890 + 1945 + 1 chia hết cho 7 Bài 9: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng: Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19 Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta luôn có: A = nn + 5n2 – 11n + 5 chia hết cho (n – 1)2 Bài 11: Cho a; b là các số nguyên. Chứng minh rằng: 2a + 11b chia hết cho 19 ⇔ 5a + 18b chia hết cho 19 22
• 23. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Bài 12: Tìm chữ số tận cùng của số: A = 9 9 9 Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 14 14 14 Bài 14: Tìm 4 chữ số cuối cùng của số C = ( )( )1976 1974 1975 1973 1976 - 1974 1976 + 1974 Bài 15: Chứng minh rằng: B = 1 + 92n + 452n + 19452n không là số chính phương. PHẦN III - KẾT LUẬN. 1. Kết quả. Sau nhiều năm trực tiếp đứng lớp giảng dạy và bồi dưỡng HSG môn Toán tại THCS Thái Hòa và qua nghiên cứu chuyên đề “Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán chia hết” bản thân tôi đã tích lũy thêm nhiều kiến thức của phần Số học trong bộ môn Toán. Xây dựng được khung chương trình dạy phần Số học của cấp THCS, có phương pháp giải các bài toán rõ ràng hơn, từ đó đã giúp HS rèn luyện kỹ năng, gây được hứng thú học tập cho HS và được các đồng nghiệp trong trường sử dụng để phục vụ cho công tác bồi dưỡng HSG. Kết quả của việc ứng dụng chuyên đề vào Bồi dưỡng Học sinh giỏi: Năm học 2010 – 2011 - Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 6 cấp huyện. - Có 02 học sinh đạt giải Nhì môn toán 6 cấp huyện. - Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 6 cấp huyện. - Có 03 học sinh đạt giải KK môn toán 6 cấp huyện. Năm học 2011 – 2012 - Có 03 học sinh đạt giải Nhất môn toán 7 cấp huyện. - Có 03 học sinh đạt giải Nhì môn toán 7 cấp huyện. - Có 02 học sinh đạt giải Ba môn toán 7 cấp huyện. Năm học 2012 – 2013 - Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 8 cấp huyện. - Có 01 học sinh đạt giải Nhì môn toán 8 cấp huyện. - Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 8 cấp huyện. 2. Kết luận Trên đây là nội dung đề tài mà tôi đã tìm hiểu trong suốt quá trình giảng dạy và bồi dưỡng Học sinh giỏi các lớp 6 và 7. Trong quá trình thực hiện và trình bày đề tài không thể tránh khỏi những thiếu xót. Vì vậy tôi rất mong nhận được nhiều sự phê bình, đóng góp ý kiến để đề tài được phong phú và hoàn thiện hơn nhằm áp dụng trong quá trình giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng Học sinh giỏi môn Toán của bậc THCS. Xin trân trọng cảm ơn các thầy giáo, cô giáo !. 23
• 24. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa Thái Hòa, ngày 17 tháng 2 năm 2014 Người thực hiện chuyên đề LÊ QUANG ĐÔNG 24
• 25. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Sách Nâng cao và phát triển toán 6 -7- 8 – NXB Giáo dục Việt Nam ( Tác giả: Vũ Hữu Bình) 2) Sách Nâng cao và các chuyên đề đại số 7 – NXB Giáo dục Việt Nam ( Tác giả: Bùi Văn Tuyên) 3) Các chuyên đề Số học Học sinh giỏi THCS - NXB Giáo dục Việt Nam ( Tác giả: Phạm Minh Phương) 4) Các bài toán phát triển Bồi dưỡng Học sinh giỏi Số học 9 – NXB Đại học quốc gia TP Hồ Chí Minh. ( Tác giả: Võ Đại Mau) 5) Toán tuổi thơ 2 - NXB Giáo dục Việt Nam. 25
• 26. THCS 2014 Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa MỤC LỤC Nội dung Trang A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn chuyên đề 2. Mục đích, phạm vi, đối tượng nghiên cứu. 1 B. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn 2 Phần I: Kiến thức cơ bản 3 Phần II: Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán 4 Phần III: Bài tập áp dụng 20 C. KẾT LUẬN 21 26