Chuyên đề ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học (36 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa Cho a, b số nguyên n số nguyên dương Ta định nghĩa a đồng dư với b theo môđun n kí hiệu là: a b  mod n  , 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  m  t  Z cho a = b + mt c) Nếu a b không đồng dư với theo môđun m ta ký hiệu :  b (mod m) a  d) Nếu a chia cho b dư r a r  mod b  Tính chất Tính chất phản xạ : a  a (mod m) Tính chất đối xứng : a  b (mod m)  b  a (mod m) Tính chất bắc cầu : a  b (mod m); b  c (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 a k 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 mơđun ấy: | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN a  b (mod mi ), i = 1; 2; ; k  a  b (mod  m1 ; m2 ; ; mk  ) Đặc biệt  mi , m j  1 (i, j = 1; 2; ; k) a  b (mod mi )  a  b (mod m1 m2 mk ) 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 (mod m) , k  UC(a,b,m), k >  a b m   mod  k k k  m  Đặc biệt : ac  bc (mod m)  a  b  mod  (c, m)   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  m Như để chứng tỏ a  m ta chứng minh a  (mod m) * Ví dụ minh họa:   5555  55552222 7 Bài toán Chứng minh rằng: 2222 Hướng dẫn giải Ta có: 2222 3  mod  hay 2222   mod   22225555    5555 2222 42222  mod  (**) Mặt khác 5555 4  mod   5555 Từ (*) (**)   22225555  5555222       5555  42222   mod     22225555  5555222   42222  43333  1  mod    Ta lại có: 43333  43 1111 3333 641111 mà 64 1 mod   1 mod   43333  0  mod    42222  43333  1 0  mod      5555  55552222 0  mod  hay 22225555  55552222 7 Do 2222  mod  (*) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  2n n  Bài toán Chứng minh rằng: A  7.5  12.6 19 Hướng dẫn giải Ta có: n 52 n  52  25n  A 7.25n  12.6 n n 25 6  mod19   25n 6 n  mod19   A 7.6 n  12.6  mod19   A 19.6 n  mod19   A 0  mod19   A19 Bài toán Chứng minh 122n+1 + 11n+2  133 ( n  N) Hướng dẫn giải Cách 1:Ta có 122 = 144  11(mod 133) ; 112 = 121  –12(mod 133) Do n 122n+1 = 12  122   12 11n (mod 133) 11n+2 = 112 11n  –12 11n (mod 133) Do 122n+1 + 11n+2  12 11n – 12 11n  (mod 133) Vậy với n  N 122n+1 + 11n+2  133 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 : 122n 12  11n (– 112) (mod 133)  122n+1  –11n+2 (mod 133) 122n+1 + 11n+2  (mod 133) hay 122n+1 + 11n+2  133  2n  Bài toán Chứng minh rằng: A   7  n  N  Hướng dẫn giải Ta có 8 1 mod  Ta tìm số dư 22 n chia cho (đây điểm mấu chốt tốn) n 2n Vì 1 mod 3  1 mod   1 mod  hay n chia cho dư 2n Giả sử: 3k  1 k  N  Khi ta có: A 23k 1  2.8k  k k k Vì 1 mod   2.8 2  mod   2.8  2   mod  | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN  A 0  mod  Vậy A7  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 cho m ta cần tìm r cho a r(mod m)  0 r  m * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm số dư chia 32000 cho Hướng dẫn giải Ta có 32 2  mod   36  32  1 mod    36  333 1 mod   31998 1 mod  2000 31998.32 1.2  mod   32000 : dư Mặt khác 2  mod   Nhận xét: Để tìm số dư chia a n 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 570  750 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 tốn Tìm số dư số A 32005  42005 chia cho 11 Hướng dẫn giải   Ta có 35 243 1 mod11  35 401 1 mod11  32005 1 mod11  1 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 5 401   Mặt khác 1024 1 mod11  1 mod11  2005 1 mod11   Từ  1 ;    số dư số A 32005  42005 chia cho 11 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) Do 20162018 +  (mod 5) Vậy số dư cần tìm  Dạng 3: Tìm điều kiện biến để chia hết * Cơ sở phương pháp: Dựa vào tính chất đồng dư thức số dư để tìm điều kiện ẩn để biểu thức chia hết * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm số tự nhiên n cho:   n 4  32 n 1 19 a Hướng dẫn giải a Ta có 23n 4  32 n 1 16.8n  3.9n n n Vì 16   mod19   16.8  3.8  mod19    16.8n  3.9n  19    3 8n  3.9n 0  mod19   9n  8n 0  mod19   9n 8n  mod19   n 0 n n trái lại 8  mod19   8  mod19  vô lý Vậy n 0 b.Ta xét trường hợp sau Trường hợp n n Nếu n 3k  k  N   n.2 3  n.2  3  loại Trường hợp | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN   n b n.2  3 n k 1  3k 23k 1  23k 1  3k 23k 1  2.8k  Nếu n 3k  1 k  N   n.2   3k  1  n.2n  13   2.8k  1 3  1 mod3  8k   1 k  mod 3 k  2.8k  13  2.  1  0  mod 3 tương đương với k chẵn  k 2m  m  N   n 6m  1 m  N  Trường hợp Nếu n 3k   k  N   n.2n   3k   23k 2  3k 33k 2  2.23k 2  3k 23k 2  8k 1    n.2n  1 3    1 k 1  0  mod   k+1 lẻ k 2m  m  N   n 6m   m  N  Vậy điều kiện cần tìm m 1 mod  m 2  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: Nếu a r  mod10  ;0 r  b r chữ số tận a Ta cần lưu ý số tính chất sau: Tính chất Nếu a có chữ số tận 0;1;5;6 a n có chữ số tận a nghĩa a n a  mod10  CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Tính chất Nếu a có chữ số tận 4;9 a có chữ số tận 6;1 2k Nghĩa là: Nếu a 4  mod10   a 6  mod10   a 6  mod10  2k Nếu a 9  mod10   a 1 mod10   a 1 mod10  Do để tìm chữ số tận a n ta chia n cho Tính chất Nếu a có chữ số tận 2;3;7;8 ta áp dụng kết sau: 24 k 6  mod10  ;34 k 1 mod10  ;7 k 1 mod10  ;84 k 6  mod10  Do để tìm chữ số tận a n ta chia n cho * Ví dụ minh họa: Bài tốn Cho số A 20122013 tìm chữ số tận A Hướng dẫn giải Ta có 2013 4.503  Vì 2012 2  mod10   2012 6  mod10    20124  503 6  mod10   20122012 6  mod10   20122013 6.2  mod10   20122013 2  mod10  Vậy A có chữ số tận Bài toán Cho B 19781986 tìm chữ số tận B Hướng dẫn giải 1978 8  mod10   19784 6  mod10  19868 0  mod   1986 4k  k  N   C 19784 k 6  mod10  Vậy chữ số tận B  Dạng 5: Tìm hai chữ số tận * Cơ sở phương pháp: Nếu a r  mod100  ;10 r  100 r chữ số tận a Ta cần lưu ý số tính chất sau: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN 220 76  mod100  ;320 01 mod100  ;65  mod100  01 mod100  ;52 25  mod100  76n 76  mod100  ;25n 25  mod100   n 2  a 0  mod10   a 20 k 01 mod100   20 k a 1;3;7;9  mod10   a 01 mod100  Từ ta có:  20 k a 5  mod10   a 25  mod100   20 k a 2;4;6;8  a 76  mod100  Do để tìm hai chữ số tận a n ta chia n cho 20 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Cho số A 20122013 tìm hai chữ số tận A Hướng dẫn giải Ta có 2013 20.100  13 2012 2  mod10   201220 76  mod100    2012 20  100 76  mod100   20122000 76  mod100   1 Mặt khác 2012 12  mod100   20126 126  mod100   20126 84  mod100   20126 56  mod100   201212 56  mod100   20122013 72  mod100    2013 20122000.20122013 76.72  mod100   20122013 72  mod100  Từ (1) (2)  2012 Vậy A có hai chữ số tận là: 72 Bài tốn Tìm hai chữ số tận số sau a A 797 b B 299 2012 c C 19781986 Hướng dẫn giải a Vì 01 mod100  nên ta tìm số dư chia 97 cho Ta có 9 1 mod   97 1 mod   4 k  k  N  79 79 k  A 79 7 k 1 7   7.01 mod100   79 07  mod100  Vậy A có hai chữ số tận 07 10 b Vì 29 01 mod100   nên ta tìm số dư chia 92012 cho 10 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ta có :  1 mod10   92012 1 mod10   2012 10 k  1 k  N  k  B 2910 k 1 29  2910  29.01 mod100   B 29  mod100  Vậy B có hai chữ số tận 29 20 20 m 76  mod100  c Vì C 6  mod10   C 76  mod100   C Mặt khác 1986 6  mod 20   19868 16  mod 20  k  C 197820 k 6  197820  197816 197816.76  mod100  Ta lại có : 1978  22  mod100   19784 56  mod100    19784  564  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 n  n  N  Ta chứng minh số tính chất số phương đồng dư : Số phương chia cho có hai số dư Thật ta xét trường hợp sau 2 Với n 3k  n 0  mod 3  n 0  mod3   n 0  mod 3 số dư Với n 3k 1  n 1 mod 3  n  1  mod3  n 1 mod 3  số dư Số phương chia cho có hai số dư Chứng minh tương tự : 2 Với n 4k  n 0  mod   n 0  mod   n 0  mod   số dư Với n 4k 1  n 1 mod   n  1 mod  n 1 mod   số dư 2 Với n 4k   n 2  mod   n 2 4  mod   n 0  mod   số dư Số phương chia cho có ba số dư 0,1 Tương tự ta xét trường hợp sau : | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN n 8k  n 0  mod8   n 0  mod8  n 8k 1  n 1 mod8   n 1 mod8  n 8k 2  n 2  mod8   n  2  4  mod8  n 8k 3  n 3  mod8   n  3 n 8k   n 4  mod8    mod8  n 1 mod8  n 42  mod8   n 0  mod8  Hồn tồn tương tự ta xét trường hợp số dư số phương chia cho 5,7,9 * Ví dụ minh họa: Bài toán Chứng minh số : A 19k  5k  1995k  1996k với k chẵn số phương Hướng dẫn giải Với k chẵn ta có 19 k   1 k  mod   19k 1 mod  k 1995k   1  mod   19955 1 mod  1996 k 0  mod   A 19k  5k  1995k  1996k 3  mod  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 x y Giả sử  k k N Nếu x 0  y k k chẵn  k chia hết cho  y chia dư Vậy x 0 , từ  y k  k lẻ k không chia hết cho Xét hai trường hợp +) Với x  k  2n  1 (vì k lẻ nên k 2n  1, n  N )  x 4n( n  1)  n 1 Khi x = 3; y = (thỏa mãn) Thử lại: x  y 23  50 9 số phương +) Với y 0 k không chia hết cho  k 1(mod 5) Từ x  y k  x 1(mod 5)  x chẵn Đặt x 2 x1  x1  N  , ta có y (k  x1 )(k  x1 ) k  x1 5 y1   với y1  y2  y với y1  y2 , y1, y2 số tự nhiên x y k  5 10