Hsg t7 cđ7 đồng dư thức và bài toán chia hết

CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT ĐS7 CHUYÊN ĐỀ – ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TỐN CHIA HẾT PHẦN I TĨM TẮT LÍ THUYẾT I Định nghĩa * Nếu a b.q ab (a  N;, b  N; ) Nếu hai số nguyên a b có số dư phép chia cho số tự nhiên m  0 ta nói a đồng a  b  mod m  dư với b theo mơđun m , có đồng dư thức: Ví dụ: 7 10  mod  , 12 22  mod10  + Chú ý: a  b  mod m    a – b  0  mod m  II Một số tính chất A Tính chất đồng dư Tính chất phản xạ: a  a  mod m  Tính chất đối xứng: Tính chất bắc cầu: a  b  mod m    b  a  mod m  a  b  mod m  , b  c  mod m  a  c  mod m  Cộng , trừ vế: a b (mod m)  a  c  b  d (mod m)  c  d (mod m)  Hệ quả: a) a  b  mod m    a  c  b  c  mod m  b) a  b  c  mod m    a  c  b  mod m  c) a  b  mod m    a  km  b  mod m  Nhân vế : a b (mod m)  ac bd (mod m)   c d (mod m) Hệ quả: a ) a  b  mod m    ac  bc  mod  m  (c  ) b) a b  mod m    a n b n  mod m  Có thể nhân (chia) hai vế mơđun đồng dư thức với số nguyên dương  a  b  mod m    ac  bc  mod mc  Chẳng hạn: 11 3  mod    22 6  mod  TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT ac bc (mod m)  a b (mod m)  (c, m) = Chẳng hạn : 16  (mod 7)   (mod 7)  (2, 7) = p Định lí Fermat: Cho p số nguyên tố (a, p) 1 a 1(mod p) B Tính chất chia hết Nếu a chia hết cho m n , m, n hai số nguyên tố a chia hết cho m.n Nếu tích a.b chia hết cho c, (b, c) 1 a chia hết cho c Với p số nguyên tố Nếu a.b chia hết cho p a chia hết cho p b chia hết cho p  n 1 nhận hai số dư Khi chia n 1 số nguyên dương liên tiếp cho n  n 1 số nguyên liên tiếp, có số chia hết cho n Trong n  a; b  d tồn hai số nguyên x; y cho: ax  by d Nếu  n n Với a; b  Z ; a b n số tự nhiên: a  b a  b Trong n số nguyên liên tiếp ( n 1 ) có số chia hết cho n Lấy n 1 số nguyên ( n 1 ) đem chia cho n phải có hai số chia cho n có số dư; (Theo ngun lí Đirichlet) m 10 Tìm m chữ số tận số A tìm số dư chia A cho 10 PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI Dạng 1: Dùng đồng dư chứng minh toán chia hết I Phương pháp giải Khi số dư phép chia a cho m am Để chứng minh am a 0 (mod m) II Bài tốn 2n n Bài Chứng minh: A (7.5  12.6 )19, n  N Lời giải Ta có: 7.5 2n 7.(52 )n 7.25n  A 7.25n  12.6 n n n n n Vì 25 6 (mod 19)  25 6 (mod 19)  7.25 7.6 (mod 19)  7.52 n  12.6 n 7.6 n  12.6 n (mod 19)  7.52 n  12.6 n 19.6 n 0 (mod 19)  A 19 2n Bài Chứng minh: A (2  5)7(n  N ; n 1) Lời giải n Ta có 1 (mod 7)  Ta tìm số dư chia cho TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TỐN CHIA HẾT 2n 2n Ta có: 1 (mod 3)  1 (mod 3)  3k  (k  N ) 2n A (22  5) 23k 1  2.23 k  2.8k  3 k k Vì 1 (mod 7)  (2 ) 1 (mod 7) hay 1 (mod 7) k k  2.8 2.1 (mod 7)  2.8  2.1  0 (mod 7)  2.8k  57 Vậy A 7 2004n 2003 Bài Chứng minh rằng: (1924  1920)124,n  N * Lời giải 2004n 2003 Đặt A 1924  1920 Ta có 124  4.31 (4,31) 1 Vì 1924 2(mod 31)  1924  2  4(mod 31)  1920  2(mod 31) 2004n  19242003  1920 1924 2003 2004n 2004n  ( 2)  mod 31  A 19242003   mod 31 n 2004 Mặt khác 1 (mod 31) nên ta tìm số dư 2003 chia cho n 2004 20034 k Ta có 2004 4k ,(k  N ) nên 2003 n Vì 2003 3  mod 5 34 1 mod 5  34 k 1 mod 5  34 k 1 mod 5  20034 k 34 k 1 mod 5 2004n  22003 n 20032004 1 mod 5  20032004n 5m  hay 25m 1 2.2 5m 2(25 )m (1) m m 1 (mod 31)  (2 ) 1 (mod 31)  2.(2 ) 2.1 (2) 2004 2 (mod 31) Từ (1) (2)  2003 (3) n 2004 n 2003 Vì 1924 2 (mod 31)  1924 2004n 2004n (mod 31) 2004 n 2003 Từ (3) (4)  1924 2003 Vậy A 1924 2004 n 22003 2 (mod 31)  19242003 (4)  0 (mod 31)  0 (mod 31)  A 31 2004n 2003 Ta lại có 19244  1924 4 ; 19204  A 4 Vì A 31 , A 4 (4,31) 1  A4.31 hay A 124 2008 Bài 4: Chứng minh  chia hết cho 31 Lời giải 2008 2008 Để chứng minh  chia hết cho 31 ta chứng minh  0 (mod 31) 2008 23.22005 23.(25 )401 mà 25 32 1 (mod 31) Ta có : TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 401 401 2005 23.1 (mod 31) nên ta có (2 ) 1 (mod 31)  2  22008 8 (mod 31) Mặt khác 8 (mod 31)  22008  8  (mod 31) 2008 Nên  0 (mod 31) 2008 Vậy  chia hết cho 31 (đpcm) n 1  11n 2 chia hết cho 133 Bài 5: Chứng minh với số tự nhiên n số 12 Lời giải n 1 12.122 n 12.144 n Ta có: 12 n n Vì 144 11 (mod 133) nên 144 11 (mod 133) n n suy 12.144 12.11 (mod 133) (1) n 2 n Mặt khác: 11 121.11 n n Mà 121  12 (mod 133) nên 121.11  12.11 (mod 133) (2) n 1  11n 2 0 (mod 133) Cộng vế (1) (2) ta 12 n 1  11n 2 chia hết cho 133 Vậy 12 2008 Bài 6: Chứng minh (đpcm)  2324 Lời giải 4 Ta có 25 mà 25 1 (mod 24) nên 25 1 (mod 24)  25 Có 23 23 (mod 24) 2008 Suy 2008 Vậy  23 0 (mod 24)  2324 21 Bài 7: Chứng tỏ rằng: 17  24  13 chia hết cho 10 Lời giải Ta có: 175 7 (mod 10) 24 6 (mod 10) 1321 13.(134 )5 3 (mod 10)  175  24  1321 7   (mod 10) 21 Hay 17  24  13 0 (mod 10) 21 Vậy 17  24  13 10 2002 Bài : Chứng minh rằng:  chia hết cho 31 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 2008 1 (mod 24) CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT Lời giải 2002 (25 )400 22 Ta có 1 (mod 31) , mà 2002 5.400  nên 400 400 400 2 Vì 1 (mod 31)  (2 ) 1 (mod 31)  (2 ) 1.2 (mod 31)  22002 4  mod 31  2002  chia hết cho 31 5555 2222 Bài 9: Chứng minh rằng: 2222  5555 chia hết cho Lời giải 5555 ( 4)5555 (mod 7) Cách 1: Ta có 2222  47  2222  (mod 7)  2222 5555  47  5555 4 (mod 7)  55552222 42222 (mod 7)  2222 5555  55552222 ( 4)5555  2222 (mod 7) 2222 42222  ( 4)5555  42222  42222.43333  42222 Mà ( 4)  42222 43333  42222  42222 (43333  1) 43  (mod 7) 3 Ta lại có : 1 (mod 7)   637   0 (mod 7) (1) (2) 5555 2222 0 (mod 7) Nên ( 4)  5555 2222 Từ (1) (2)  2222  5555 chia hết cho 5555 35555 (mod 7) Cách 2: Ta có 2222 3(mod 7)  2222 5555 35554 1 3.(32 )2777 3.22777 (mod 7) Mặt khác: +) 12 (mod 7)  3 2777 23.9252 22.(23 )925 22 (mod 7) +) 1(mod 7)   22225555 3.4 5(mod 7) (1) 2222 4 2222 (mod 7) +) 5555 4 (mod 7)  5555 2222 43.740 2 42.(43 )740 42 2(mod 7) +) 1(mod 7)  5555 2222 5  0 (mod 7)  đpcm Từ (1) (2)  2222  5555 Bài 10: CMR: n 1 n1  23  (với n  N ) chia hết cho Lời giải Theo định lý Fermat ta có: 310 1 (mod 11) 210 1 (mod 11) n 1 n 1 Ta tìm dư phép chia cho 10 n 1 2.16 n 2 (mod 10) Có  n 1 10q  2(q  N ) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang (2) CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT n 1 3.81n 3 (mod 10) Có  34 n 1 10k  3(k  N ) Ta có: n 1 n 1  23  310 q 2  210 k 3 32.310 q  2.3.210 k  1   (mod 2)  32 n1  23 n 1  0 (mod 2) mà (2, 11) 1 Vậy n1 n 1  23  522 với n  N Bài 11: CMR: n1  711 với n  N Lời giải n 1 2(mod10) Ta có: 6 (mod 10)  n 1 10q  2(q  N )  22 Vì n 1 210 q 2 (q  N ) 10 Theo định lý Fermat ta có: 1 (mod 11)  210 q 1 (mod11)  22 Vậy n1 n1  210 q 2  4  7(mod11) 0 (mod11)  711 với n  N (đpcm) Bài 12: CMR: Nếu c số nguyên dương: a b (mod m)  ac bc (mod c.m) Lời giải a b (mod m)  a  b m.q  ac  bc mc.q  ac bc (mod c.m) Bài 13: Chứng minh định lý Fermat nhỏ: Giả sử p số nguyên tố bất kỳ, với số tự nhiên n ta p có n  n chia hết cho p Lời giải p p Ta có: n  n n(n  1) Nếu n chia hết cho p  định lý chứng minh p Nếu n không chia hết cho p (n, p) 1 , nên n 1(mod p)  n p   chia hết cho p Dạng Dùng đồng dư để tìm số dư phép chia I Phương pháp giải TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT - Với hai số nguyên a m, m  ln có cặp số ngun q, r cho a  mq  r , r  m a r (mod m )  r  m a m r r Để tìm số dư phép chia cho ta cần tìm cho  n k - Tìm số dư phép chia tổng a  b cho m :  Phương pháp : Tìm số dư A  B cho m : + Tìm số dư r1 phép chia A cho m + Tìm số dư r2 phép chia B cho m + Tìm số dư r phép chia r1  r2 cho m : + r số dư phép chia tổng A  B cho m  Giải thích : + Khi A chia cho m dư r1 , ta viết: A mk1  r1 , k1   + Khi B chia cho m dư r2 , ta viết: B mk2  r2 , k2   A  B m  k1  k2    r1  r2  + Khi đó: Vậy số dư phép chia A  B cho m số dư phép chia tổng r1  r2 cho m - Tìm số dư phép chia hiệu an  b k , an  b k   cho m :  Phương pháp: Tìm số dư A  B cho m + Tìm số dư r1 phép chia A cho m + Tìm số dư r2 phép chia B cho m  A   B  : + Tìm số dư r phép chia r1  r2 cho m :  Nếu r1  r2 số dư cần tìm r r1   r2   r  r1   r2   m Nếu r1  r2 số dư cần tìm Nếu r1 r2 , hiệu A  B chia hết cho m Tức r 0  Giải thích: + Khi A chia cho m dư r1 , ta viết: A mk1  r1 , k1   + Khi B chia cho m dư r2 , ta viết: B mk2  r2 , k2   + Khi đó: A  B m  k1  k2    r1  r2  Vậy số dư phép chia A  B cho m số dư phép chia hiệu r1  r2 cho m n k - Tìm số dư phép chia tích a b cho m :  Phương pháp: Tìm số dư A.B cho m : + Tìm số dư r1 phép chia A cho m + Tìm số dư r2 phép chia B cho m + Tìm số dư r phép chia r1 r2 cho m + r số dư phép chia tích A.B cho m  Giải thích : TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT + Khi A chia cho m dư r1 , ta viết: A mk1  r1 , k1   + Khi B chia cho m dư r2 , ta viết: B mk2  r2 , k2   + Khi đó: A.B  mk1  r1   mk2  r2    mk  r1.r2 , k   Vậy số dư phép chia A.B cho m số dư phép chia tích r1 r2 cho m II Bài tốn 100 Bài : Tìm số dư cho 13 Lời giải 100 99 33 Ta có 3.3 3.(3 ) 33 33 3 Vì 27 13.2  , nên 1 (mod 13) (3 ) 1 (mod 13) 99 hay 1(mod13)  3.399 3.1(mod13) 3(mod13) 100 nên 3(mod13) 100 Vậy chia cho 13 có số dư 2004 Bài : Tìm số dư 2004 chia 11 Lời giải Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11 : Một số gọi chia hết cho 11 hiệu tổng chữ số hàng lẻ tổng chữ số hàng chẵn kể từ trái sang phải chia hết cho 11 Ví dụ : Xét xem số 5016 có chia hết cho 11 ? Ta có (5  1)  (0  6) 0 Vì 011  501611 Lời giải Ta có 200211  2004  11  2004 2(mod11)  20042004 22004 (mod11) , mà 210 1(mod11) (vì 1024  111 )  20042004 2 4.22000 2 4.(210 )200 24 5(mod11) 2004 Vậy 2004 chia 11 dư 2005 Bài : Tìm số dư chia A 1944 cho Lời giải 2005 ( 2)2005 (mod 7) Ta có : 1944  2(mod 7)  1944 3 668 668 668 Mà ( 2)  1(mod 7)  ( ) 1 (mod 7) hay  ( ) 1(mod 7)  ( 23 )668 ( 2)  2(mod 7) hay ( 2)2005  2(mod 7) 2005 Vậy A 1944 chia dư TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 1000 1001 Bài : Chứng minh số A 6  B 6  bội số Lời giải 1000 1(mod 7)  61000  17 Ta có  1(mod 7)  Vậy A bội 1000 1(mod 7)  61001 6(mod 7) , mà  1(mod 7) Từ  61001  1(mod 7)  61001  17 Vậy B bội Bài : Tìm số dư phép chia 1532  cho Lời giải 5 Ta có: 1532 2(mod 9)  1532 2 (mod 9) , mà 5(mod 9)  15325 5(mod 9)  15325  4 (mod 9) Vậy 1532  chia cho dư 2003 Bài : Tìm dư phép chia cho 13 Lời giải 2003 (33 )667 32 Ta có 1(mod13) mà 2003 3.667    (33 )667 1667  (33 )667 32 1.32 (mod13)  (33 )667 32 9(mod13)  32003 9(mod13) 2003 Vậy chia cho 13 dư 70 50 Bài 7: Tìm dư phép chia  cho 12 Lời giải 2 35 70 Ta có 1(mod12)  (5 ) 1(mod12) hay 1(mod12) (1) 72 1(mod12)  (72 )25 1(mod12) hay 750 1(mod12) (2) 70 50 Từ (1) (2)   chia cho 12 dư 776 777 778 Bài : Tìm số dư A 776  777  778 chia cho chia cho 5? Lời giải 776 777 778 * Số dư A 776  777  778 chia cho 776 776 776 Cách 1: Ta có 776  1(mod 3)  776 ( 1) (mod 3)  776 1(mod 3) 777 0(mod 3)  777777 0(mod 3) 778 1(mod 3)  778778 1(mod 3) Vậy A chia cho dư TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 776 776 Cách 2: Ta thấy: 776 2(mod 3)  776 2 (mod 3) 776 776 1(mod 3)  1(mod 3)  776 1(mod 3) 777 0 (mod 3)  777 777 0 (mod 3) 778 1(mod 3)  778778 1(mod 3) 778  (mod 3) Vậy A 1   2(mod 3) Vậy A chia cho dư 776 777 778 * Số dư A 776  777  778 chia cho 776 Ta có 776 1(mod 5)  776 1(mod 5) 777  3(mod 5)  777777  3777 (mod 5) 778 3(mod 5)  778778 3778 (mod 5)  776 776  777777  778778 1  3777  3778 (mod 5) 776 777 778 777 777 Hay 776  777  778 1  3.3  (mod 5)  776776  777777  778778 1  3777 (3  1)(mod 5)  776 776  777777  778778 1  2.3777 (mod 5) 2 388 Mà  1(mod 5)  (3 ) 3(mod 5) 776 777 778 Vậy A 776  777  778 1  2.3 2(mod 5) Vậy A chia cho dư 2005 2005 Bài 9: Tìm số dư A 3  chia cho 11 chia cho 13 Lời giải 5 401 Ta có : 1(mod11)  (3 ) 1(mod11) Và 45 1(mod11)  (45 )401 1(mod11)  A 32005  42005 2(mod11)  A chia cho 11 dư 3 668 2005 3(mod13) Ta có : 1(mod13)  (3 ) 1.3(mod13)  Và 43  1(mod13)  (43 )668 1.4(mod13)  42005 4(mod13)  A 32005  42005 7(mod13)  A chia cho 13 dư 2004 Bài 10: Cho A 2 a) Tìm số dư A chia cho 100 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 10