chuyen de 12 dong du thuc

339 Website:tailieumontoan.com CHUYÊN ĐỀ 12: ĐỒNG DƯ THỨC A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa Cho a, b số nguyên n số nguyên dương Ta định nghĩa a đồng a  b  mod n  dư với b theo mơđun n kí hiệu là: , a b có số dư chia cho n Chú ý : a) a  b(mod m) đồng dư thức với a vế trái, b vế phải b) a  b(mod m)  a – b Mm  t  z cho a = b + mt c) Nếu a b không đồng dư với theo môđun m ta ký hiệu : a  b (mod m) a  r  mod b  d) Nếu a chia cho b dư r Tính chất Tính chất phản xạ : Tính chất đối xứng : a  a (mod m) a  b (mod m)  Tính chất bắc cầu : a  b (mod m); b  c (mod m)  b  a (mod m) a  c (mod m) Cộng hay trừ vế đồng dư thức có môđun : a  b (mod m) ; c  d (mod m)  a  c  b  d (mod m) Tổng quát :  bi (mod m), i = 1; 2; ; k  a1  a2   ak  b1  b2   bk (mod m) a) Nhân hai vế đồng dư thức với số nguyên : a  b (mod m)  ka  kb (mod m) với k  Z b) Nhân hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương: a  b (mod m)  ka  kb (mod km) với k  N* Nhân vế nhiều đồng dư thức có mơđun : a  b (mod m) ; c  d (mod m)  ac  bd (mod m) Tổng quát  bi (mod m), i = 1; 2; ; k  a1 a2 ak  b1b2 bk (mod m) Nâng hai vế đồng dư thức lên lũy thừa : a  b (mod m)  ak  bk (mod m) (k  N*) Nếu hai số đồng dư với theo nhiều mơđun chúng đồng dư với theo môđun BCNN môđun : a  b (mod mi), i = 1; 2; ; k  a  b (mod [m1; m2; ;mk]) Đặc biệt (mi, mj) = (i, j = 1; 2; ; k) a  b (mod mi)  a  b (mod m1 m2 mk) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Nếu a  b (mod m) tập hợp ước chung a m tập hợp ước chung b m Đặc biệt : a  b (mod m)  (a, m) = (b, m) 10 Chia hai vế môđun đồng dư cho ước dương chung chúng : a b m   mod  k a  b (mod m) , k  UC(a,b,m), k >  k k   m   mod  (c, m)  Đặc biệt : ac  bc (mod m)  a  b  B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức toán chứng minh chia hết * Cơ sở phương pháp: Khi số dư phép chia a cho m a Mm Như để chứng tỏ a Mm ta chứng minh a  (mod m) * Ví dụ minh họa:  2222 Bài toán Chứng minh rằng: 5555  55552222  M7 Hướng dẫn giải Ta có: 2222   mod  hay 2222  4  mod   22225555   4  5555   mod   55552222  42222  mod  Mặt khác Từ (*) (**)   22225555  5555222    4   5555 5555  mod  (*) (**)  42222   mod     22225555  5555222   42222  43333  1  mod  Ta lại có: 43333   43  1111  641111 mà 64  1 mod   43333  1 mod   43333    mod   42222  43333  1   mod   2222 Do 5555  55552222    mod   2222 hay 5555  55552222  M7 A   7.52 n  12.6 n  M 19 Bài toán Chứng minh rằng: Hướng dẫn giải Ta có: 52 n   52   25n  A  7.25n  12.6 n n 25   mod19   25n  6n  mod19   A  7.6n  12.6  mod19   A  19.6 n  mod19  n  A   mod19   AM 19 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Bài tốn Chứng minh 122n+1 + 11n+2 M133 ( n  N) Hướng dẫn giải Cách 1:Ta có 122 = 144  11(mod 133) ; 112 = 121  –12(mod 133)  12  = 12 n Do 12 2n+1  12 11n (mod 133) 11n+2 = 112 11n  –12 11n (mod 133) Do 122n+1 + 11n+2  12 11n – 12 11n  (mod 133) với n  N 122n+1 + 11n+2 M133 Cách 2: Ta có 122 = 144  11(mod 133)  122n  11n (mod 133) (1) Mà 12  – 112 (mod 133) (2) Nhân vế với vế (1) (2) ta có : Vậy 122n 12  11n (– 112) (mod 133)  122n+1  –11n+2 (mod 133) 122n+1 + 11n+2  (mod 133) hay 122n+1 + 11n+2 M133   A  22  M7  n  N  Bài toán Chứng minh rằng: 2n Hướng dẫn giải Ta có   1 mod  2n Ta tìm số dư chia cho (đây điểm mấu chốt tốn) Vì  1 mod 3  n  1 mod 3  2n  1 mod  Giả sử: 22 n  3k  1 k  N  Khi ta có: A  Vì hay n chia cho dư k 1   2.8k  8k  1 mod   2.8k   mod   2.8k     mod   A   mod  Vậy AM  Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư * Cơ sở phương pháp: Với hai số nguyên a m, m > ln có cặp số nguyên q, r cho a = mq + r,  r  m Để tìm số dư r phép chia a a  r(mod m)  cho m ta cần tìm r cho 0  r  m * Ví dụ minh họa: 2000 Bài tốn Tìm số dư chia cho Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Hướng dẫn giải Ta có 32   mod   36   32   1 mod    36  333  1 mod   31998  1 mod  32   mod   32000  31998.32  1.2  mod   32000 : dư Mặt khác Nhận xét: n Để tìm số dư chia a cho b  , ta lấy lũy thừa với số mũ tăng dần a chia cho b để tìm số dư Ta dừng lại để xem xét tìm số dư có giá trị tuyệt đối nhỏ giá trị đặc biệt có liên quan đến tốn Bài tốn Tìm số dư phép chia  70 50 cho 12 Hướng dẫn giải Ta có 52  1 mod12    52  35  1 mod12   570  1 mod12   *  1 mod12     25  1 mod12   750  1 mod12   ** Từ  * ;  **  570  750 cho 12 dư Bài toán Tìm số dư số A   42005 chia cho 11 2005 Hướng dẫn giải 35  243  1 mod11    401 Ta có Mặt khác Từ  1 mod11  32005  1 mod11  1 45  1024  1 mod11   45   1 ;    401  1 mod11  2005  1 mod11   2005  42005 chia cho 11 số dư số A  Bài tốn a) Tìm số dư phép chia 15325 – cho b) Tìm số dư phép chia 20162018 + cho Hướng dẫn giải a) Ta có 1532 = 9.170 +  (mod 9) 15325  25 (mod 9)  15325 –  25 – (mod 9) Vì 25 – = 31  (mod 9) Do 15325 –  (mod 9) Vậy số dư cần tìm b) Ta có 2016  (mod 5) 20162018  12018 (mod 5) suy 20162018 +  12018 + (mod 5) Vì + =  (mod 5) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Do 20162018 +  (mod 5) Vậy số dư cần tìm  Dạng 3: Tìm điều kiện biến để chia hết phương pháp: Dựa vào tính chất đồng dư thức số dư để tìm * Cơ sở điều kiện ẩn để biểu thức chia hết * Ví dụ minh họa: 2 a Bài tốn Tìm số tự nhiên n cho:  n.2n  1 M3 3n4  32 n1  M 19 b Hướng dẫn giải 3n  32 n 1  16.8n  3.9n a Ta có Vì 16  3  mod19   16.8n  3.8n  mod19    16.8n  3.9 n  M 19   3 8n  3.9 n   mod19   9n  8n   mod19   9n  8n  mod19  n0 trái lại 9n  8n  mod19     mod19  vô lý Vậy n  b.Ta xét trường hợp sau Trường hợp  Nếu Trường hợp n  3k k  N   n.2n M  n.2n  1M3  Nếu loại n  3k  1 k  N   n.2 n    3k  1 23k 1   3k 23k 1  23k 1   3k.23k 1  2.8k   n.2 n  1M3   2.8k  1 M3  1 mod 3  8k   1 k  mod 3  2.8k  1M   1    mod  k tương đương với k chẵn Trường hợp Nếu  k  2m  m  N   n  6m  1 m  N  n  3k   k  N   n.2n    3k   23k    3k 33k   2.23k    3k 23k   8k 1    n.2n  1 M   1 k 1    mod   k+1 lẻ k  2m  m  N   n  6m   m  N  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Vậy điều kiện cần tìm m  1 mod  m   mod  Bài tốn Tìm số tự nhiên n có chữ số cho chia n cho 131 dư 112 chia n cho 132 dư 98 Hướng dẫn giải n  98  mod132   n  132k  98  k  N   1  132  98  112  mod131  k  98  33  112  33  mod131  k  14  mod131  k  131m  14  m  N    Từ (1) (2) n  131.132m  1946  n  1946  Dạng 4: Tìm chữ số tận * Cơ sở phương pháp: a  r  mod10  ;0  r  b Nếu r chữ số tận a Ta cần lưu ý số tính chất sau: Tính chất n Nếu a có chữ số tận 0;1;5;6 a có chữ số tận a nghĩa  Tính chất a n  a mod10  Nếu a có chữ số tận 4;9 a có chữ số tận 6;1 Nghĩa là: Nếu Nếu a   mod10   a   mod10   a k   mod10  a   mod10   a  1 mod10   a k  1 mod10  n Do để tìm chữ số tận a ta chia n cho Tính chất Nếu a có chữ số tận 2;3;7;8 ta áp dụng kết sau: 24 k   mod10  ;34 k  1 mod10  ;7 k  1 mod10  ;84 k   mod10  n Do để tìm chữ số tận a ta chia n cho * Ví dụ minh họa: 2013 Bài tốn Cho số A  2012 tìm chữ số tận A Hướng dẫn giải Ta có 2013  4.503  Vì 2012   mod10   2012   mod10  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339   20124  Website:tailieumontoan.com 503   mod10   20122012   mod10   20122013  6.2  mod10   20122013   mod10  Vậy A có chữ số tận 1986 Bài toán Cho B  1978 tìm chữ số tận B Hướng dẫn giải 1978   mod10   19784   mod10  19868   mod   1986  4k  k  N   C  19784 k   mod10  Vậy chữ số tận B  Dạng 5: Tìm hai chữ số tận a  r  mod100  ;10  r  100 * Cơ sở phương pháp: Nếu a Ta cần lưu ý số tính chất sau: r chữ số tận 220  76  mod100  ;320  01 mod100  ;65   mod100   01 mod100  ;52  25  mod100  76n  76  mod100  ;25n  25  mod100   n   a   mod10   a 20 k  01 mod100   20 k a  1;3;7;9  mod10   a  01 mod100   20 k a   mod10   a  25  mod100   a  2;4;6;8  a 20 k  76  mod100  Từ ta có:  n Do để tìm hai chữ số tận a ta chia n cho 20 * Ví dụ minh họa: 2013 Bài tốn Cho số A  2012 tìm hai chữ số tận A Hướng dẫn giải Ta có 2013  20.100  13 2012   mod10   201220  76  mod100    201220  100  76  mod100   2012 2000  76  mod100   1 2012  12  mod100   20126  126  mod100   20126  84  mod100  Mặt khác  20126  56  mod100   201212  56  mod100   2012 2013  72  mod100    Từ (1) (2) Liên hệ tài 039.373.2038  20122013  20122000.20122013  76.72  mod100   20122013  72  mod100  liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Vậy A có hai chữ số tận là: 72 Bài tốn Tìm hai chữ số tận số sau 79 b B  29 a A  a Vì Ta có  01 mod100  2012 1986 c C  1978 Hướng dẫn giải nên ta tìm số dư chia cho  1 mod   97  1 mod   97  4k  k  N  9  A  79  k 1     7.01 mod100   79  07  mod100  79 79 k Vậy A có hai chữ số tận 07 2910  01 mod100   b Vì Ta có : nên ta tìm số dư chia 2012 cho 10  1 mod10   92012  1 mod10   92012  10k  1 k  N   B  2910 k 1  29  2910   29.01 mod100   B  29  mod100  k Vậy B có hai chữ số tận 29 C   mod10   C 20  76  mod100   C 20 m  76  mod100  c Vì Mặt khác 1986   mod 20   19868  16  mod 20   C  197820 k 6   197820  197816  197816.76  mod100  k Ta lại có : 1978  22  mod100   19784  56  mod100    19784   56  mod100   197816  76  mod100   C  96.76  mod100   C  76  mod100  Vậy C có hai chữ số tận 76  Dạng 6: Sử dụng đồng dư thức tốn số phương * Cơ sở phương pháp:   Số phương số có dạng Ta chứng minh số tính chất số phương đồng dư : Số phương chia cho có hai số dư Thật ta xét trường hợp sau n2 n  N Với n  3k  n   mod   n  02  mod 3  n   mod 3 Với n  3k   n  1 mod   n   1 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: số dư  mod 3  n2  1 mod 3  số dư TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Số phương chia cho có hai số dư Chứng minh tương tự : Với n  4k  n   mod   n  02  mod   n   mod   Với n  4k   n  1 mod   n   1 mod  n  1 mod   số dư       Với Số phương chia cho có ba số dư 0,1 Tương tự ta xét trường hợp sau : số dư n  4k   n  mod  n   mod  n  mod  2 số dư n  8k  n   mod8   n   mod8  n  8k   n  1 mod8   n  1 mod8  n  8k   n  2  mod8   n   2    mod8  n  8k   n  3  mod8   n   3  mod8   n2  1 mod8  n  8k   n   mod8   n  42  mod8   n   mod8  Hồn tồn tương tự ta xét trường hợp số dư số phương chia cho 5,7,9 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh số : A  19   1995  1996 với k chẵn số phương k k k k Hướng dẫn giải Với k chẵn ta có 19 k   1  mod   19 k  1 mod  k 1995k   1  mod   19955  1 mod  1996 k   mod   A  19k  5k  1995k  1996k   mod  k Hay A chia dư Vậy A khơng thể số phương Bài tốn Tìm tất số tự nhiên x,y để 2x + 5y số phương Hướng dẫn giải Giả sử +5 =k (k thuộc N) x y Nếu x = + 5y = k2 k chẵn => k2 chia hết cho 1+5y chia dư Vậy x khác 0, từ 2x +5y = k2 => k lẻ k không chia hết cho Xét hai trường hợp +) Với 2x +1=k2 =(2n+1)2 (vì k lẻ nên k  2n  1, n  N )  x  4n(n  1)  n  Khi x = 3; y = (thỏa mãn) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com x y Thử lại:     số phương +) Với y  k không chia hết cho  k  1(mod 5) x y x Từ   k   1(mod 5)  x chẵn Đặt x  x1  x1  N  , ta có y  (k  x1 )(k  x1 ) x y k    x y k   với y1  y2  y với y1  y2 , y1, y2 số tự nhiên  x1 1  y2 (5 y1  y2  1)  y2   y2   y1  y Nếu y = 2t  x1 1 y Khi   tN x1 1 2t t    25  1M3 , vô lý x1 1 y y 1 y2 Vậy y lẻ,    4(5     1) y 1 y 2 Nếu y     ,lẻ (vô lý) Nếu y   x1  x  2; y  x y Thử lại     số phương Vậy x  2; y  x = 3, y = Bài toán Giả sử 2n  3n  số phương Chứng minh 5n  hợp số Hướng dẫn giải 2 5n    2n  1   3n  1  4a  b Giả sử 2n   a 3n   b với a, b  ¥ * Khi   2a  b   2a  b  a  1 mod2  a   mod  n   mod  b   mod  Do nên Suy Do 2a  b  2a  b  Vậy 5n  hợp số Bài tốn Tìm nghiệm ngun dương x để 3x  171 số phương (HSG Lai Châu 2015 - 2016) Hướng dẫn giải  1,3  mod  x Ta có: dạng 2k  k ¥  Liên hệ tài 039.373.2038 liệu y  0,1,  mod  ; word toán x  3x  mod   Do đó: x có  171  y Mà: zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Vậy trường hợp ta có AM A  p  p    p  3   p   Mp Theo định lý Fermat ta có Từ suy điều phải chứng minh  Dạng 8: Sử dụng đồng dư thức tốn giải phương trình nghiệm nguyên * Cơ sở phương pháp: Trong giải phương trình nghiệm ngun việc lựa chọn mơđun cách thích hợp giúp việc giải phương trình khó phức tạp trở nên đơn giản Đặc biệt tốn chứng minh phương trình nghiệm ngun vơ nghiệm * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun: a) x2 – y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999 Hướng dẫn giải - Nhận xét: Số phương chia cho có số dư x  0,1 mod   2   x  y  0,1,3  mod  y  0,1 mod   a) Ta có: Mà 1998 chia cho dư 2, nên phương trình khơng có nghiệm ngun x  0,1 mod    2   x  y  0,1,2  mod  y  0,1 mod    b) Ta có: Mà 1999 chia cho dư 3, nên phương trình khơng có nghiệm ngun 2 Bài tốn Giải phương trình nghiệm nguyên: x  2y  8y  (1) Hướng dẫn giải 2 Ta có: (1)  x  2(y  2)  - Nhận xét: Số phương chia cho có số dư 0, Ta có: x  0,1,4  mod   y    0,1,4  mod    y   5   mod   0,2  mod       y     3,5  mod    Suy phương trình khơng có nghiệm ngun 2 2 Bài tốn Phương trình z  (x  1).(y  1)  2013 có nghiệm ngun dương hay khơng? Hướng dẫn giải Ta có: Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com  x2  0,1,4(mod8)  x2  1 0,3,7(mod8) 2  x  y   0,1 ,5(m od8)       y2  0,1,4(mod8)  y2  1 0,3,7(mod8)   2013  5(mod8)    x2  1  y2  1  2013  5,6,2(mod8) Mà z  0,1,4(mod8) Suy phương trình khơng có nghiệm ngun  Dạng 8: Sử dụng định lý (ta thừa nhận không chứng minh) * Cơ sở phương pháp: Định lý Fermat bé Cho a số nguyên dương p số ngun tố Khi ta ln có a  a (mod p) Đặc biệt (a, p) =1thì a p p 1  (mod p) Định lý Wilson Với số nguyên tố p (p – 1)!  –1(mod p) Định lý Euler Cho m số nguyên dương a số nguyên tố với m; (m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố  (m)  (mod m) với m Khi a Chú ý: Nếu số nguyên dương m có dạng phân tích thành thừa số nguyên tố: m = 1 2 p p .p k k      m 1   1   1   p1   p   p k   (m)  = * Ví dụ minh họa: Bài tốn Cho 19 a, b  Z ;  a, b   3 Chứn minh : a  2b không chia hết cho Hướng dẫn giải Ta chứng minh phản chứng sau: a Giả sử  2b3  M 19  a    2b  M a  a    2b  Mặt khác 6  a18  64b18 lý Fermat (Định lý Fermat: p nguyên tố)  2b3  M 19 Nếu a, b không chia hết cho 19 theo định a p  a  mod p   a p 1  1 mod p   a18  b18  1 mod19   a18  64b18   64  63   mod19  Nếu hai số chia hết cho 19 từ  a, b   a Với a nguyên (Vô lý) 19 aM  2b3  M 19    b M 19  vơ lý Vậy a  2b không chia hết cho 19 3 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Bài tốn Chứng minh với số tự nhiên n : n 1 23  32 n 1  2007 chia hết cho 22 Hướng dẫn giải Theo Định lý Fermat bé ta có 210  1(mod 11) ; 310  1(mod 11) Ta có 34 = 81  1(mod 10)  34n+1 = (34)n  3(mod 10)  34n+1 = 10k + , (k  N) Mặt khác 24 = 16  (mod 5)  24n  1(mod 5)  24n+1 = 2.(24)n  (mod 10)  24n+1 = 10t + , (t  N) n 1 Do  32 n 1  2007  210k 3  310t 2  2002   23  210   32  310   22.91   + 32 + +  (mod 11) k n 1 Mà  32 n 1 t  2007 M2 (vì 23 n 1 n 1 23 Do (2 ; 11) = nên số chẵn  32 4n 1 n 1 số lẻ 2007 số lẻ)  2007 M22 Bài toán Cho a1 ; a2 ; ; a2016 2016 số nguyên dương Chứng minh a  a 52  a 53   a 52016 M30 điều kiện cần đủ để a1 + a2 + + a2016 M30 Hướng dẫn giải Theo định lý Fermat bé , 2; 3; số nguyên tố a số nguyên dương ta có : a2  a (mod 2)  a4 = (a2)2  a2  a (mod 2)  a5  a (mod 2) a3  a (mod 3)  a5 = a3 a2  a.a2  a3  a (mod 3) a5  a (mod 5) Theo tính chất hai số đồng dư với theo nhiều mơđun chúng đồng dư với theo mơ đun BCNN mơđun Do a5  a (mod 2.3.5) hay a5  a (mod 30)  a5 – a  (mod 30) Nghĩa a  a 52  a 53   a 52016  + a2 + + a2016 M30 Vậy a – (a1 + a2 + + a2016)  (mod 30) 5 5 30  a1  a  a   a 2016 M Bài toán Chứng minh số tự nhiên có số k cho 1983k – chia hết cho 105 (Đề thi học sinh giỏi tốn cấp tồn quốc năm 1983) Hướng dẫn giải Vì 1983 khơng chia hết cho không chia hết cho mà 10 = 25.55 nên (1983; 105) = Áp dụng định lý Euler ta có : Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com    mod 105    105 1983      105   105 1  1   4.104 4.104 1983  M105    Ta có Nghĩa Vậy k = 104 B BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Chứng minh 42018 – M9 Bài 2: Chứng minh với số nguyên A   n n  n  n  1 M n  1  n  Z , n  1 9 Bài Chứng minh rằng: n  1 không chia hết cho 100  n  N   an    Bài Cho số a = a n a n 1 a1a ( ; ; i = 0; 1; ; n –1) Hãy xác định dấu hiệu chia hết : a) Cho 3; Bài Chứng minh rằng:  2004n A  1924 2003  b) Cho  1920 M 124  n  N * 10 Bài a) Hãy tìm chữ số tận 1000 b) Hãy tìm hai chữ số tận Bài Tìm số dư phép chia a) 8! – cho 11 b) 20142015 + 20162015 + 2018 cho c) 250 + 4165 cho d) 15 + 35 + 55 + + 975 + 995 cho Bài Tìm số dư phép chia : a) 15325 – cho ; 2015 c) 2014 b) 22000 cho 25; 2016 cho 13 Bài Tìm số dư phép chia : a) A = 352 – 353 + 354 – 358 + 3516 + 3532 cho 425 10 10 10 10 10 b) B = 10  10  10   10 Bài 10 cho a) Tìm chữ số tận b) Tìm hai chữ số tận 3999 c) Tìm ba chữ số tận số 2512 Bài 11 Chứng minh : a) 412015 – M7 b) 24n+1 – M15 ; c) 376 – 276 M13 ; (n  N); d) 2015 – M341 Bài 12 Chứng minh 189079 + 19452015 + 20172018 M7 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Bài 13 a) Chứng minh 55552222 + 22225555 + 155541111 M7 69 220 119 119  11969  69220  (220  119  69)102 b) Cho M = 220 Chứng minh M M102 Bài 14 Chứng minh 52n-1 2n+1 + 22n-1 3n+1 M38 ( n  N*)  an    Bài 15 Cho số a = a n a n 1 a1a ( ; ; i = 0; 1; ; n –1) Hãy xác định dấu hiệu chia hết : a) Cho 9; b) Cho 25; 10 n 1 Bài 16 Cho A = Bài 17 Cho B =  12! c) Cho 11; d) Cho  19 với n  N* Chứng minh A hợp số 13 + 20162015 Chứng minh B chia hết cho 13 Bài 18 Chứng minh với n  N : a) 2 n 1  3.23n M7 ; n 1  2.125n 1  5.102n M11 b) Bài 19 a) Với giá trị số tự nhiên n 3n + 63 chia hết cho 72 b) Cho A = 20n + 16n – 3n – Tìm giá trị tự nhiên n để A M323 Bài 20 Tìm số nguyên tố p thỏa mãn 2p + Mp Bài 21 Tìm tất số nguyên tố p cho p2 + 20 số nguyên tố Bài 22 Cho p số nguyên tố Chứng minh số abp – bap Mp với số nguyên dương a, b Bài 23 a) Chứng minh tổng bình phương ba số nguyên phép chia cho khơng thể có dư b) Chứng minh phương trình 4x2 + y2 + 9z2 = 2015 khơng có nghiệm ngun 2010 Bài 24 Tìm hai chữ số tận 2011 2009 (Đề thi Olympic Toán Singapore năm 2010) Bài 25 Cho biểu thức A = (a2012 + b2012 + c2012) – (a2008 + b2008 + c2008) với a, b, c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30 (Đề thi chọn học sinh giỏi mơn tốn lớp TP Hà Nội năm học 2011 – 2012) Bài 26 Chứng minh không tồn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2011 – 2012) Bài 27 Tìm hai chữ số cuối số A = 41106 + 572012 (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2012 – 2013) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Bài 28 Cho a, b hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 b + 13 chia hết cho 21 Tìm số dư phép chia A = 4a + 9b + a + b cho 21 (Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2013 – 2014) Bài 29 Cho n số nguyên dương chứng minh A = 23n + + 23n – + hợp số (Đề thi học sinh giỏi lớp TP Hà Nội năm học 2014 – 2015) Bài 30 Chứng minh A = 20124n + 20134n +20144n +20154n số phương với số nguyên dương n (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016) 15 15 15 2003  2003  92003 không Bài 31 Chứng minh phương trình : x  y  z  19 có nghiệm nguyên Bài 32 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình với điều kiện x, y số nguyên tố x  x    y  y  3  z  z   (20132016 + 20142016 – 20152016 )10 M106 Bài 33 Chứng minh Bài 34 Chứng minh 14k + 24k + 34k +44k không chia hết cho Bài 35 Chứng minh với số ngun tố p tồn vơ số số có dạng 2n – n , (n  N) chia hết cho p HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ Bài  43   1(mod 9) Ta có = 64  (mod 9)  42016 = Mặt khác 42 = 16  7(mod 9)  42018 = 42016 42  (mod 9) 672 Vậy 42018 –  (mod 9) hay 42018 – M9 Bài Trường hợp 1: n   A  1M   1 Với Trường hợp 2: Với n   A  n  n n 2  1   n  1  n  n  1  n n 3  n n    1   n  1   n  1  n n 1  nn    n2  1 Mặt khác Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com n  1 mod  n  1   n k  1 mod  n  1   k  N   n n 1  n n 2   n  n   mod  n  1   n n 1   n   n  1 mod  n  1  n n 1   n    mod  n  1   1    n  1  n n1   n2  1  mod  n  1 n  A   n  n  n  1 M n  1  Bài Trường hợp 1: Với n     không chia hết cho 100 n n     10 không chia hết cho 100 Trường hợp 2: n n  Ta xét khả sau: Khả 1: Với n chẵn n  2k  k  N *  n   92 k    mod10  n n    1 không chia hết cho 10    1 không chia hết cho 100 Khả 2: Với n lẻ n  2k  1 n  N *  9n   9.81k    mod  n n    1 không chia hết cho    1 không chia hết cho 100 Bài Ta có a = a n a n 1 a1a = an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0 a) Ta có 10  1(mod 3) 10i  (mod 3) , i = 1; 2; 3; ; n Do an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0  (an + an-1+ + a1 + a0) (mod 3) Vậy a M3  an + an-1+ + a1 + a0  (mod 3)  an + an-1+ + a1 + a0 M3 b) Ta có 102 = 100  (mod 4)  10i  (mod 4) , i = 2; 3; ; n  an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0  (a1.10 + a0) (mod 4) Vậy a M4  a1 10 + a0  (mod 4)  a1a M4 Bài Ta có 124  4.31  A   mod  124 ta chứng minh AM31 Do để chứng minh AM 2004n Thật : 1924   mod 31 ;1920  2  mod 31  A  2003 Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo:   mod 31  * TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Mặt khác : 25  32  1 mod 31 n 2004 Ta tìm số dư 2003 chia cho5 2004n   mod   2004 n  4k  20032004  20034 k n 2003   mod   20034 k  34 k  81k  1 mod   20032004  1 mod   20032004  5m  n 2004n  22003 n  25 m1   25    mod 31 m Thay vào (*) ta có Bài A   mod 31  AM31 a) Tìm chữ số tận số tìm dư phép chia số cho 10 10 Vì 92n + = 9.81n  9(mod 10) Do 910 số lẻ nên số có chữ số tận b) Tìm hai chữ số tận số tìm dư phép chia số cho 100 Ta có 34 = 81  – 19(mod 100)  38  (– 19)2(mod 100) Mà (– 19)2 = 361  61(mod 100) Vậy 38  61(mod 100) 310  61.9  549  49 (mod 100) 320  492  01 (mod 100) ( 492 = 2401 = 24.100 + 1) Do 31000  01 (mod 100) nghĩa hai chữ số sau 31000 01 Bài Với tốn dạng này, phương pháp chung tính tốn để đến a  b (mod m) với b số có trị tuyệt đối nhỏ (tốt b =  1) từ tính thuận lợi an  bn (mod m) a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8 Ta có 3.4 = 12  (mod 11) ; 2.6 = 12  (mod 11) ; 7.8  (mod 11) Vậy 8!  (mod 11)  8! –  (mod 11) Số dư phép chia 8! – cho 11 b) 2014  – (mod 5)  20142015  – (mod 5) 2016  (mod 5)  20162015  (mod 5) ; 2018  (mod 5) 20142015 + 20162015 + 2018  (mod 5) c) 23  (mod 7)  250 = (23)16  (mod 7) 41  –1 (mod 7)  4165  (–1)65  –1 (mod 7) 250 + 4165  –  (mod 7) d) 15  (mod 4); 35  – (mod 4) ; 55  (mod 4) ; ; 975  (mod 4); 995  – (mod 4) Đáp số : Dư Bài a) 1532  (mod 9)  15325  25  (mod 9)  15325 –  (mod 9) b) 25 = 32  (mod 25)  210 = (25)2  72  – (mod 25) 22000 = (210)200  (– 1)200  (mod 25) c) 2014 = 155.13 – nên 2014  – (mod 13); 20152016 = 2k + (k  N) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com 2015  2014 2016  (– 1)2k+1  – (mod 13) Đáp số : dư 12 Bài a) Ta có 35 = 1225 = 425.3 – 50  –50(mod 425) 353 = 352 35  –50 35  – 1750  –50(mod 425) 354 = (352)2  (– 50)2  2500  –50(mod 425) Tương tự với 358 ; 3516 ; 3532 Từ có A  –100(mod 425) Hay số dư phép chia A cho 425 325 b) Ta có 105 = 7.14285 +  5(mod 7); 106 = 5.10  1(mod 7); 99 96 123 99 96 123 n 1soˆ 9  0(mod 3)  10n –  0(mod 6) 10 – =  10n  4(mod 6) 10n = 6k + (k, n  N*) n 1soˆ 9 n  (mod 2) 1010  106k    106  10  10 (mod 7) k n Do Vậy B  104 +104 +104 + +104  10 104  105  5(mod 7) Bài 10 a) Ta tìm dư phép chia số cho 10 Vì 42  6(mod 10) nên = 49 = (42)4.4  6.4  4(mod 10)  chữ số tận b) Ta tìm dư phép chia số cho 100 Theo ví dụ chun đề 26 ta có 31000  01 (mod 100) nghĩa hai chữ số sau 31000 01 Số 31000 bội số nên chữ số hàng trăm chia cho phải có số dư để chia tiếp 201 chia hết cho ( số dư hay 001; 101 không chia hết cho 3) Vậy số 3999 = 31000 : có hai chữ sơ tận 201 : = 67 c) Ta tìm dư phép chia số cho 1000 Do 1000 = 125.8 trước hết ta tìm số dư 2512 cho 125 Từ đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 ta có nhận xét a M25 (a + b)5  b5 (mod 125) Vì 210 = 1024  – (mod 25) nên 210 = 25k – (k  N) Từ nhận xét ta có 250 = (210)5 = (25k – 1)5  – (mod 125) Vì 2512 = (250)10 212  (– 1)10 212  212 (mod 125) Do 212 = 210 22 = 1024  24.4  96 (mod 125) Vậy 2512  96 (mod 125) Hay 2512 = 125m + 96, m  N Do 2512 M8 ; 96 M8 nên m M8  m = 8n (n  N) 2512 = 125 8n + 96 = 1000n + 96 Vậy ba chữ số tận số 2512 096 Bài 11 Để chứng tỏ a Mm ta chứng minh a  (mod m) a) 41 = 42 –  – (mod 7) Do 412015  (– 1)2015  – (mod 7) Hay 412015  (mod 7)  412015 –  (mod 7) b) Ta có 24 = 16  (mod 15)  24n  (mod 15)  24n –  (mod 15) Do 24n+1 – = 2(24n – 1)  (mod 15) c) Ta có 33 = 27  (mod 13) ; 376 = (33)25.3  (mod 13) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Ta có 24  (mod 13)  26  12  – (mod 13) 276 = (26)12 24  (mod 13) Do 376 – 276  (mod 13) hay 376 – 276 M13 d) 341 = 11 31 * Ta có 25 = 32  –1(mod 11) ; 20 = 22 –  – (mod 11) Do 2015  (– 2)15  –(25)3  1(mod 11) * 2015 = (25)3 (53)5  1(mod 31) 25  1(mod 31) 53  1(mod 31) Do 2015  (mod 11.31) hay 2015  (mod 341)  2015 – M341 Bài 12 1890  (mod 7) ; 1945  – (mod 7) ; 2017  (mod 7) 189079  (mod 7) ; 19452015  – (mod 7) ; 20172018  (mod 7)  đpcm Bài 13 a)Ta có 5555 = 793.7 +  4(mod 7); 2222 = 318.7 –  – 4(mod 7)  55552222 + 22225555  42222 + (– 4)5555  – 42222(43333– 1) (mod 7)  43  1111  1  ; 43 = 64  (mod 7) nên (43)1111  (mod 7) Do – =  Hay 43333 –  (mod 7) Do 55552222 + 22225555  (mod 7) 3333 155541111 = (2 7777)1111 = 21111 77771111  (mod 7)  đpcm b) Ta có 102 = 2.3.17 Ta có (220 + 119 + 69)102  (mod 102) *220  (mod 2) ; 119  – (mod 2) ; 69  (mod 2)  M  (mod 2) *220  (mod 3) ; 119  – (mod 3) ; 69  (mod 3)  M  (mod 3) *220  –1(mod 17);119  (mod 17) ; 69  1(mod 17)  M  (mod 17) (Để ý 11969 69220 số lẻ) ;  M  (mod 2.3.17) Hay M M102 Bài 14 Đặt A = 52n-1 2n+1 + 22n-1 3n+1 Ta có A M2,  n  N* ; Ta có A = 2n (52n-1 + 2n-1 3n+1) = 2n (25n-1 10 + 6n-1 9) Do 25  (mod 19)  A  2n (6n-1 10 + 6n-1 9)  2n.6n-1 19  (mod 19) Hay A M19 Mà (2 ; 19) =  A M19  A M38 Bài 15 Ta có a = a n a n 1 a1a = an.10n + an-1.10n-1 + + a1.10 + a0 a) Ta có 10  1(mod 9) 10i  (mod 9) , i = 1; 2; 3; ; n Do a  (an + an-1+ + a1 + a0) (mod 9) Vậy a M9  an + an-1+ + a1 + a0  (mod 9)  an + an-1+ + a1 + a0 M9 b) Ta có 102 = 100  (mod 25)  10i  (mod 25) , i = 2; 3; ; n  a  (a1.10 + a0) (mod 25) Vậy a M25  a1 10 + a0  (mod 25)  a1a M25 c) Do 10  – (mod 11)  10i  (– 1)i (mod 11) a  (a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + ) (mod 11) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Do a M11  (a0 + a2 + a4 + ) – (a1 + a3 + a5 + )  (mod 11) Tức hiệu tổng chữ số vị trí lẻ tổng chữ số vị trí chẵn d) Ta có 103 = 1000  (mod 8)  10i  (mod 8) , i = 3; 4; ; n  a  (a2 102 + a1.10 + a0) (mod 8) Vậy a M8  a2 102 + a1 10 + a0  (mod 8)  a a1a M8 Bài 16 Theo định lý Fermat bé, 11 số nguyên tố nên ta có 210  (mod 11)  210n  (mod 11)  210n + = 210n  (mod 22)  210n + = 22k + (k  N) Do 23 số nguyên tố ta có 222  (mod 23)  10 n 1 (mod 23)  nên A hợp số 210 n 1  222k   4.222k   19  + 19  (mod 23) Tức A M23 Mà A > 23, n  Bài 17 Theo định lý Wilson : Với số nguyên tố p (p – 1)!  –1 (mod p)  12!  (–1)13  –1 (mod 13) Do 13 nguyên tố nên 12!  –1 (mod 13)  Ta có 2016 = 13.155 +  (mod 13)  20162015  (mod 13) 13 Do B =  12! 13 + 20162015  (mod 13) Hay B M13 Bài 18 a) Theo Định lý Fermat bé , số nguyên tố nên 26  (mod 7) Ta có  (mod 3)  4n  (mod 3)  2.4n  (mod 6) Nghĩa 22n + = 2(22)n = 4n  (mod 6)  22n + = 6k + , (k  N) Mặt khác 23n = (23)n = 8n  (mod 7)  23n  (mod 7) 2n 1  3.23n  26k + +  22 (26)k +  22.1 +  (mod 7) b) Do 11 số nguyên tố nên 210  (mod 11) Ta có 16  (mod 5)  16n  (mod 5)  2.16n  (mod 10) Nghĩa 24n + = 2(24)n = 2.16n  (mod 10)  24n + = 10k + , (k  N) Mặt khác 12  (mod 11)  125n +  (mod 11)  125n +  (mod 11) ; Do Do 102  (mod 11)  102n  (mod 11)  5.102n  (mod 11) Vì n 1  2.125n 1  5.102n  210k + + +  22 +  (mod 11) Bài 19 a) Ta có 72 = 8.9 (8; 9) = *63  (mod 9); n = 3n  (mod 9) 3n + 63  (mod 9) *Mặt khác, với n = 2k (k  N*) 3n – = 32k – = 9k –  1k –  (mod 8) 3n + 63 = 3n – + 64  (mod 8) Vậy với n = 2k (k  N*) 3n + 63 M72 b) Ta có 323 = 17 19 (17; 19) = *A = (20n – 1) + (16n – 3n) = P + Q Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com Ta có 20n  1(mod 19)  P  (mod 19) Nếu n = 2k (k  N*) Q = 162k – 32k  (– 3)2k – 32k  32k – 32k  (mod 19)  A = P + Q  (mod 19) * A = (20n – 3n ) + (16n –1) = P’ + Q’ 20n  3n (mod 17) Do P’ = 20n – 3n  (mod 17) Nếu n = 2k (k  N*) Q’ = 162k – = (– 1)2k –  –  (mod 17)  A = P’ + Q’  (mod 17) Do (17 ; 19) = nên A  (mod 17 19) Vậy với n = 2k (k  N*) A = 20n + 16n – 3n – M323 Bài 20 Theo định lý Fermat bé ta có 2p  (mod p) nên 2p  – (mod p) ta có  (mod p)  p = Mặt khác p = 23 + =  (mod 3) Vậy p = số cần tìm Bài 21 Với p = p2 + 20 = 29 số nguyên tố Với p  p2  (mod 3) nên p2 + 20  21  (mod 3) Vậy p2 + 20 M3 mặt khác p2 + 20 > nên p2 + 20 hợp số Vậy có số ngun tố cần tìm p = Bài 22 Với a, b  N* Nếu ab Mp số abp – bap Mp  p (a, p) = (b, p) = Do ap-1  bp-1  (mod p)  Nếu ab M ap-1 – bp-1  (mod p)  ab(ap-1 – bp-1)  (mod p)  abp – bap  (mod p) hay abp – bap Mp ,  a, b  N* Bài 23 a) Giả sử a, b, c  Z mà a2 + b2 + c2  (mod 8) Ta có a  0;  1;  2;  3; (mod 8)  a2  0; 1; (mod 8)  b2 + c2  ; ; (mod 8) Điều vơ lý 0; 1; (mod 8)  b2 + c2  ; ; 2; 4; (mod 8) b2  0; 1; (mod 8) c2  Vậy a2 + b2 + c2  (mod 8) b) Áp dụng câu a) ta có với x , y , z  Z 4x2 + y2 + 9z2 = (2x)2 + y2 + (3z)2  (mod 8) Mà 2015 = 251 +  (mod 8) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun Bài 24 Ta có 2011  11 (mod 100) ; 112  21 (mod 100) ; 113  31 (mod 100); 115  21.31  51 (mod 100)  1110  512  (mod 100) Ta có 20102009  (mod 10)  20102009 = 10k (k  Z) 2010  2011 2009 = 201110k  1110k  (1110)k  (mod 100) Do hai chữ số tận số 01 Bài 25 Bài tốn có nhiều cách giải Sau cách giải theo đồng dư thức: * Ta có  n  N* n5 – n  (mod 30) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: (ví dụ chuyên đề 26 chứng minh) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com A = (a2012 – a2008) + (b2012 – b2008) + (c2012 – c2008) A = a2007 (a5 – a) + b2007 (b5 – b) + c2007 (c5 – c) Ta có a5 – a  (mod 30)  a2007 (a5 – a)  (mod 30) Tương tự b2007 (b5 – b)  (mod 30) ; c2007 (c5 – c)  (mod 30) Vậy A  (mod 30) Hay A M30 Bài 26 Giả sử tồn ba số nguyên (x; y ; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 +  x4 + y4 + z4 = 8z4 + (1) Xét với số nguyên a a chẵn a = 2k (k  Z)  a4 =16k4  (mod 8) ; a lẻ a4 = (2k + 1)4  (mod 8) Do x4 + y4 + z4  ; ; ; (mod 8) Trong 8z4 +  (mod 8) mâu thuẫn với (1) Vậy không tồn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + Bài 27 Ta có 412 = (40 + 1)2 = 402 + 80 +  81 (mod 100) 414  812  6561  61 (mod 100)  415  61 41  (mod 100)  41106  41 (415)21  41 (mod 100) Mặt khác 574 = 10556001  (mod 100)  572012 = (574)503  (mod 100) Vì A  41 + 1(mod 100) Do hai chữ số cuối số A = 41106 + 572012 42 Bài 28 Do a + 20 M21  a  (mod 3) a  (mod 7) b + 13 M21  b  (mod 3) b  (mod 7) Suy A = 4a + 9b + a + b  + + +  (mod 3)  A  10 (mod 3) Xét a = 3k + ; b = 3q + với k, q  N ta có 4a = 43k+1 = 64k  (mod 7) 9b = 93q+2  23q+2  8q  (mod 7) Do A = 4a + 9b + a + b  + + +  10 (mod 7)  A  10 (mod 7) A  10 (mod 3) A  10 (mod 7) mà (3; 7) = nên A  10 (mod 3.7) Hay A  10 (mod 21) Vậy số dư phép chia A cho 21 10 Bài 29 23  (mod 7)  (23)n  (mod 7)  23n + = 2.(23)n  (mod 7) 23n – = 22.(23)n –  (mod 7) Nên A  + +  (mod 7) nghĩa A M7 Mà với n  N* A > Vậy A hợp số Bài 30  n  N* ta có 20124n  (mod 2) ; 20134n  (mod 2) ; 20144n  (mod 2) ; 20154n  (mod 2) Do A   (mod 2) * Ta lại có 2012  (mod 4)  20124n  (mod 4) ; 2014  (mod 4)  20142  22  (mod 4)  20144n  ( 20142)2n  (mod 4) Do 2013  (mod 4)  20134n  (mod 4) ; Do 2015  – (mod 4)  20154n = (– 1)4n  (mod 4) Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word toán zalo: TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com  22 ; số nguyên Vậy A  (mod 4) nghĩa A chia cho dư Ta có A M2 ; A M tố Vậy A không số phương  n  N* Bài 31 Ta có 192003   2.9  1  2  khác 2003 2003  1 mod 2003   1 ;7 2003       2  22002   2   23  667 2003   4   23   2003   2  2003  mod  Mặt 667 Do 23  1 mod    23  (1) (2)  19 2003  1 mod    4   23  667 7 2003 9 2003 667   mod   2003   mod      mod    Từ Vì lập phương số tự nhiên chia cho dư 0,1, 1 nên số nguyên x, y, z ta có : x15  y15  z15   x5    y    z    3 ;  1 ;0;1;3  mod    3 Từ (3) (4) suy phương trình khơng có nghiệm ngun Bài 32 Ta có z  z  3  z  z z   mod 3 Mặt khác ta ln có Do với z ngun ta có : z  1 mod 3 z  z  3  c  mod 3 ; c   0;1  1 Chứng tương tự với y,x  x  x  3  y  y  3  d  mod 3 ; d   0;1;2   Lại để ý : x  x  3  y  y  3   x  y   mod 3  3 Chú ý p số nguyên tố khác số nguyên tố khác : p  1 mod 3 Do x, y đồng thời x  y   mod 3   Kết hợp (1), (2), (3), (4) suy hai số x,y phải Do vai trò đối xứng x,y chọn x  Khi x  ta có : 18  y  y  z  3z  18  z  z  y  y  18   z  y   x  y  3   Từ z  0, y   z  y  z   z  y  Vì kết hợp với từ (5) suy : Liên hệ tài 039.373.2038  z  y  3   z  y   y   liệu word toán zalo: (do y nguyên tốn lớn 2) Nên TÀI LIỆU TOÁN HỌC 339 Website:tailieumontoan.com   z  y   18  y     z  y   z     z  y    y      z  y    z  Do tính đối xứng nên phương trình có nghiệm ngun dương :  3;7;8 ;  7;3;8 ;  3;2;4  ;  2;3;4  Bài 33 Ta phải tìm số tự nhiên r cho = r  (20132016 + 20142016 – 20152016 )10 (mod 106) Ta có 2013 = 106.19 –  2013  –1(mod 106)  20132016  1(mod 106)  2014  (mod 106)  20142016  0(mod 106) 2014 = 106.19 2015 = 106.19 +  2015  1(mod 106)  20152016  1(mod 106) Do (20132016 + 20142016 – 20152016 )20  (mod 106) Bài 34 Do số nguyên tố nên theo Định lý Fermat bé ta có: với a = 1; 2; 3; ta có a5  a (mod 5)  a4  (mod 5)  a4k  (mod 5) Do 14k + 24k + 34k +44k  + + +  (mod 5)  Chứng tỏ 14k + 24k + 34k + 44k M Bài 35 * Nếu p = 2n – n M2,  n = 2k (k  N ) * Nếu p  (2 ; p) = nên theo định lý Fermat bé ta có : 2p-1  (mod p)   Hay p 1 2k 2p-1 –  (mod p)  2 p 1 2k –  (mod p) (k  N ; k  2) Mặt khác (p – 1)2k  (– 1)2k  (mod p) – Mp 2k  2 p 1  1   p  1  1 Mp     4 3 1 44 43 2k  2 p 1 2k Mp – (p – 1)2k = Mp Vậy tồn vô số số tự nhiên n có dạng n = (p – 1)2k, (  k N ; k  2) cho 2n – n Mp Liên hệ tài 039.373.2038 liệu word tốn zalo: TÀI LIỆU TỐN HỌC ... – 1)5  – (mod 125 ) Vì 2 512 = (250)10 212  (– 1)10 212  212 (mod 125 ) Do 212 = 210 22 = 1024  24.4  96 (mod 125 ) Vậy 2 512  96 (mod 125 ) Hay 2 512 = 125 m + 96, m  N Do 2 512 M8 ; 96 M8 nên... Chứng minh 122 n+1 + 11n+2 M133 ( n  N) Hướng dẫn giải Cách 1:Ta có 122 = 144  11(mod 133) ; 112 = 121  ? ?12( mod 133)  12  = 12 n Do 12 2n+1  12 11n (mod 133) 11n+2 = 112 11n  ? ?12 11n (mod... 2 0126  126  mod100   2 0126  84  mod100  Mặt khác  2 0126  56  mod100   2 0121 2  56  mod100   2 012 2013  72  mod100    Từ (1) (2) Liên hệ tài 039.373.2038  2 0122 013  2 0122 000.2 0122 013