ĐỒNG DƯ THỨC

ĐỒNG DƯ THỨC 1 Định nghĩa Cho a được gọi là đồng dư với b theo modunlo m nếu a và b có cùng số dư khi chia cho m Kí hiệu là Vậy 2 Tính chất Cho thì a Tính chất phản xạ b Tính chất đối xứng c Tính chất[.]

ĐỒNG DƯ THỨC * Định nghĩa : Cho a, b  Z ; m  N a gọi đồng dư với b theo modunlo m a b có số dư chia cho m Kí hiệu : a b(mod m) Vậy a b(mod m)  (a  b)m * Tính chất : Cho a, b, c, d , e  Z ; m, n  N : a Tính chất phản xạ : a a (mod m) b Tính chất đối xứng : a b(mod m)  b a(mod m) c Tính chất bắc cầu : a b(mod m); b c(mod m)  a c(mod m) d a  c b  d (mod m) a  c b  d (mod m) a b(mod m)     a.c b.d (mod m) c d (mod m)   a  e b  e(mod m)  a.e b.e(mod m) n n e a b(mod m)  a b (mod m) f a b(mod m)  a.n b.n(mod m.n) g a b(mod m)  a b  (mod m) e e với e  UC (a, b);(e, m) 1 h a b(mod m); a b(mod m ')  a b(mod  m, m ' ) k ac bc(mod m);(c, m) 1  a b(mod m) p Định lý Fermat nhỏ: Cho a số nguyên p số nguyên tố, : a a(mod p) p +) Đặc biệt: Nếu (a, p) 1  a 1(mod p)( p  P) Các dạng toán Dạng : Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư 94 a 92 cho 15 b 1944 2005 cho c A 1532  cho 2003 d A 3 cho 13 70 50 e A 5  cho 12 2005 2005 f A 3  cho 11 13 Lời giải 94 94 a Ta có: 92 2(mod15)  92 2 (mod15)(1) 4 23 23 23 94 Lại có: 1(mod15)  (2 ) 1 (mod15)  (2 ) 4(mod15)  4(mod15)(2) Từ (1)(2)  du : b Ta có: 1994  2(mod 7)  1994 2005 (  2) 2005 (mod 7) 3 668 2005 Lại có: ( 2)  1(mod 7)  ( ) (  2) (  2)(mod 7)  (  2)  2(mod 7)  19442005 chia cho dư c Ta có: 1532 2(mod9)  15325 2 (mod 9);25 5(mod 9)  15325 5(mod 9)  15325  4(mod9) Vậy số dư : 203 667 d Ta có: 1(mod13);2003 3.607   (3 ) 33 1(mod13)  (33 )667 1667  (33 ) 667 32 9(mod13)  du : 2 35 70 e Ta có: 1(mod12)  (5 ) 1(mod12)  1(mod12)(1) 1(mod12)  (7 ) 25 125 (mod12)  50 1(mod12)(2) 70 50 Từ (1)(2)  A 5  chia cho 12 dư 5 401 5 401 f Ta có: 1(mod11)  (3 ) 1(mod11); 1(mod11)  (4 ) 1(mod11)  A 32005  42005 2(mod11)  du : 3 668 2005 3 668 +) 1(mod13)  (3 ) 1.3(mod13)  3(mod13);  1(mod13)  (4 ) 1.4(mod13)  42005 4(mod13)  A 32005  42005 7(mod13)  du : Bài 2: Chứng minh 5555 2222 b 2222  5555 chia hết cho 2002 a  chia hết cho 31 200 c 2014  256 chia hết cho 2016 Lời giải 2002 400 5 400 400 a 1(mod 31); 2002 5.400   (2 ) ;2 1(mod 31)  (2 ) 1 (mod 31)  (25 ) 400 22 1.2 (mod 31)  2002 4(mod 31)  2002  chia hết cho 31 5 5555 1111 b Ta có: 2222 3(mod 7)  2222 3 (mod 7) 5(mod 7)  2222 5 (mod 7)(1) 2 2222 1111 Lại có : 5555 4(mod 7)  5555 4 2(mod 7)  5555 5 (mod 7)(2) 5555 2222 1111 1111 Từ (1)(2)  2222  5555 5  (mod 7)(3) 1111 1111 1111 1111 1111 Mặt khác :  2(mod 7)  (  2)  (mod 7)   0(mod 7)(4) 5555 2222 Từ (3)(4)  2222  5555 7 c Ta có: 20143 2008(mod 2016); 2014 4(mod 2016)  20145 20143.20142 2008.4 1984(mod 2016)  201410 (20145 ) 1984 1024(mod 2016)  201430 10243 64(mod 2016)  2014200 10242 256(mod 2016)  2014 200  2562016 2n n Bài 3: Chứng minh : A 7.5  12.6 chia hết cho 19 với số tự nhiên n Lời giải 2n n n n Ta có: A 7.5  12.6 7.25  12.6 Lại có : 25 6(mod19)  25n 6 n (mod19)  7.25n 7.6 n (mod19)  7.25n  12.6n 7.6n  12.6n (mod19)  7.25n  12.6n 19.6 n 0(mod19)  A 7.5 n  12.6 n 19n  N n 1 n 2 Bài 4: Chứng minh : A 4  13n  N Lời giải 2 n n n n n 1 n Ta có: 3(mod13)  (4 ) 3 (mod13)  4.(4 ) 4.3 (mod13)  4.3 (mod13)(1) Lại có: 32  4(mod13)  3n.32  4.3n (mod13)  3n2  4.3n (mod13)(2)  n 1  3n 4.3n  4.3n 0(mod13)  A 42 n 1  3n2 13n  N 776 777 778 Bài 5: Tìm số dư : A 776  777  778 chia cho Lời giải 776 776 776 Ta có: 776  1(mod 3)  776 ( 1) (mod3)  776 1(mod 3) 777 0(mod 3)  777 777 0(mod 3);778 1(mod3)  778778 1(mod 3)  A chia dư 776 777 777 +) Lại có: 776 1(mod 5)  776 1(mod5);777  3(mod 5)  777 (  3) (mod 5) 778778 3778 (mod 5)  A 1  3777  3778 (mod5)  A 1  3.3777  3777 (mod 5) 1  3777 (3  1)(mod 5) 1  2.3777 (mod 5);32  1(mod 5)  (3 )338 3(mod5)  A 1  2.3 2(mod 5) Vậy A chia dư Bài 6: Chứng minh 30 20 b  chia hết cho 30 15 a 20  chia hết cho 11 222 555 c 555  222 chia hết cho 30 d 1234  1388 chia hết cho 2014 Lời giải 5 5 a  1(mod11);10  1( nod11)  10  1(mod11)  10 1(mod11)  20 1(mod11)  205  0(mod11) 30 30 b  1(mod13)   1(mod13);3 1(mod13)  1(mod13)  230  320   1(mod13) 0(mod13) 222 222 3 74 222 c 555 2(mod 7)  555 2 (mod 7);2 1(mod 7)  (2 ) 1(mod 7)  555 1(mod 7) 222  2(mod 7)  222555 (  2)555 (mod 7) ( 2)3  1(mod 7)   (  2)3  Có: 185  1(mod 7)  222555 (  1)(mod 7)  A 1  1(mod 7) 0(mod 7) 30 d Ta có : 1234 778(mod 2014)  1234 778 1500(mod 2014)  1234 1500 1234(mod 2014)  12343.123427 778.1234(mod 2014)  123430 1234.1234.778 1388(mod 2014)  (123430  1388)2014 1998 1999 2000 10 Bài 7: Tìm số dư phép chia A (1997  1998  1999 ) chia cho 111 Lời giải Ta có: 1998 0(mod11);1997  1(mod11)  1997 1998 1(mod11);1999 1(mod11)  19992000 1(mod11)  A (1   1)10 210 1024 25(mod111)  A chia 111 dư 25 Bài 8: Sử dụng định lý Fermat nhỏ 10 10 10 10 10 Chứng minh : A 10  10  10   10  57 Lời giải Vì số nguyên tố nên (10,7) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta có : 106 1(mod 7)  106 k 1k 1(mod 7) Với số tự nhiên n khác : n n 10n  1000 02     2,3  (10  2)6  10 4(mod 6) n n n 10 k 4 106 k.10 1.14 (mod 7) 10 (mod 7)  1010 10 (mod 7) Đặt 10 6k  4(k  N )  10 10 10 1010 104 (mod 7);1010 104 (mod 7) .;1010 10 ( mod 7)  A 10.104  0(mod 7)  A7 Bài 9: Sử dụng định lý Fermat nhỏ 1331 1331 1331 1331 Chứng minh : A 1     1331 11 Lời giải 11 Vì 11 số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có : a 11( mod11)a  Z  a121 (a11 )11 a11 a (mod11)  a1331 (a121 )11 a11 (mod11) a(mod11) Áp dụng kết ta : 11331  21331   13311331 1    1331 886446 0(mod11)  A11 Bài 10: Chứng minh : a a(mod 30)a  Z Lời giải Ta có : 30 2.3.5  6.5; a  a a( a  1) a( a  1)( a  1) a (a  1)(a  1)(a  1)        6 Ta cần chứng minh : a a(mod 5) +) Nếu a 0(mod 5)  a 0 a (mod 5) 5 +) Nếu a 1(mod 5)  a (1) a(mod 5) 5 +) Nếu a 2(mod 5)  a (2) 32 2 a(mod 5) p Vậy a a(mod 5)  a a(mod p) 22 22 Bài 11: Chứng minh : A (22  22)3234 Lời giải Ta có : 3234 3.22.7 +) Có : A 0(mod 22) 22 +) 22 1( m0d 3)  22 1(mod 3) 22 22 22 +) 22 1( m0d 7)  22 1 1(mod 7)  22 7 k  A 227 k 1  22 22(227 k  1) 22  (22k )7  1 22.(22 k  1)  (22 k )  (22 k )5   22 k  1 k k +) 22 1(m0d 7)  22 1 1(mod 7) Đặt B (22k )  (22 k )5   22 k   B 1  7 0(mod 7)  A 0(mod 49) 7.chu so Vậy A 0(mod3.22.49)  dpcm 7 Bài 12: Chứng minh : A (7  77)20 ( Có 100 chữ số ) Lời giải Ta có : 20 = .7 Đặt B 7 (997.chu.so.7)  A : le A 7 B  77 (  1) B    0(mod 4)(1) * B B k 3 16 k.8 1k.3 3(mod5) Ta có : B ( 1)(mod 4)  B 4k  3(k  N );7 2 2 A 3  77 80 0(mod 5)(2)  A 0(mod 20)(vì:(4,5)=1) n n n n * Bài 13: Chứng minh : A 1    5  n/ 4(n  N ) Lời giải k k 4k +) n 4k  A 1  16  81  ( 1) k k 4k +) n 4k   A 1  16  81  (  1) 1    10 0(mod 5) k k 4k +) n 4k   A 1  16  81  ( 1) 1    16 30 0(mod 5) k k 4k 3 2 +) n 4k   A 1  16  81  (  1) 1    0(mod5) Vậy A chia hết cho n không chia hết cho n 3 n 2 n * Bài 14: Chứng minh : A (2  )17n  N Lời giải A 32n.8  9.3 n 5n 15n.8  9.15n 17.5n 0(mod17) n 2 Bài 15: Chứng minh : A n  n  n  1B (n  1) n  N , n  Lời giải A n n  n  n  n (n n   1)  (n  1) +) Với n = +) Xét với n > A n ( n  1)(n n  n n   n  1)  ( n  1) A (n  1)  n (n n   n n    n  1)  1            C n 1(mod n  1)  n k 1k (mod n  1)k  N Ta có nhận xét sau :  n (n n  n n   n  1) 1.(1   1)(mod n  1) n  2(mod n  1)          C  C n  1(mod n  1)  C (n  1)  A(n  1) n 2 69 Bài 16: Chứng minh : 220 119 69 220 A 220119  119     69  102 le Lời giải Ta có : A2 69 220 119 69 0(mod 3); A3 +) 220 1(mod 3);119  1(mod 3);69 0(mod 3)  A 1  (  1) 69 119 119 220 0(mod17)  A17 +) 220  1(mod17);119 0(mod17);69 1(mod17)  A (  1)  Vậy A2.3.17 102(dpcm) 100 Bài 17: Giả sử a1 , a2 , a100 số tự nhiên thỏa mãn : a1  a2  a3   a100 5 5 Tìm số dư chia A a1  a2   a100 cho 30 Lời giải 5 5 100 Ta có : a a(mod 30)a  Z  A a1  a2   a100 a1  a2   a100 5 (mod 30) 100 100 Có :  1(mod 6)  1(mod 6)  25(mod 6) 100 100 Mặt khác : 25(mod 5);(5,6) 1  25(mod 30) Vậy số dư 25 Dạng 2: Tìm chữ số tận sơ Bài 1: Tìm chữ số tận a 167 2010  (45 )6  c 1414 b 14 Lời giải a Ta có : 167 7(mod10)  167 2010 7 2010 (mod10) 2010 1005 1005 Lại có : 49 ( 1)  1(mod10) 2010 Vậy có tận 14 2 14 14.14 14 14.7 14 98 14.14 b 14 4 (mod10);4 (16) (mod10)  6 (mod10)  6(mod10) Vậy tận 5.6.7 3.5.7 5.3.7 5.6.7 5.6.7 c 16 6 (mod10)  6(mod10)  có tận ... 7)  (  2)  2(mod 7)  19442005 chia cho dư c Ta có: 1532 2(mod9)  15325 2 (mod 9);25 5(mod 9)  15325 5(mod 9)  15325  4(mod9) Vậy số dư : 203 667 d Ta có: 1(mod13);2003 3.607 ... số dư : A 776  777  778 chia cho Lời giải 776 776 776 Ta có: 776  1(mod 3)  776 ( 1) (mod3)  776 1(mod 3) 777 0(mod 3)  777 777 0(mod 3);778 1(mod3)  778778 1(mod 3)  A chia dư. .. 1(mod12)(1) 1(mod12)  (7 ) 25 125 (mod12)  50 1(mod12)(2) 70 50 Từ (1)(2)  A 5  chia cho 12 dư 5 401 5 401 f Ta có: 1(mod11)  (3 ) 1(mod11); 1(mod11)  (4 ) 1(mod11)  A 32005  42005