Ứng dụng lý thuyết đồng dư

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG Đăk Lăk -2012 MỤC LỤC Mục lục i Chương 1 đồng dư v à áp dụng 1 1.1 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 Một số khái niệm v à tính c h ấ t cơ bản . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu c h i a hết . 4 1.2 Phương trình đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . . . . . . . . 10 1.2.2 Hệ phương trình đồng dư đồng dư bậc nhất một ẩn . . . . . 11 1.2.3 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3 Các hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.1 Phi hàm Ơle ϕn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3.2 Hàm M¨obius µ n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.3 Hàm tổng các ước dương σn . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.4 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4 Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 2 một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi 20 2.1 Các bài toán trong các kỳ thi Olympic . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 Các bài toán trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia . . . . . . . . . . 22 T à i liệu tham khảo 28 Chương 1 L Ý THUYẾT ĐỒNG DƯ V À ÁP DỤNG 1.1 Đồng dư thức 1.1.1 Một số khái niệm v à tính c h ấ t cơ bản Định nghĩa 1.1.1. Cho a, b, m là các số nguyên, m 0. Số a được gọi là đồng dư v ớ i b theo môđun m nếu m là ước của b a . Nếu a đồng dư v ớ i b theo môđun m thì viết ab mod m . Ngược lại, nếu a không đồng dư v ớ i b theo môđun m thì ta viết a b mod m . Ví dụ 2 5 mod 3 vì 3 5 2 . Nếu a b mod m thì b gọi là một thặng dư của a theo môđun m. Nếu 0 b m 1 thì b gọi là một thặng dư bénhất của a theo môđun m. Mệnh đề 1.1.2. Cho a, b, c, m là những số nguyên m 0. Khi đó, ta c ó (i) aa mod m , (ii) Nếu ab mod m thì b a mod m , (iii) Nếu ab mod m và b c mod m thì a c mod m . Chứng minh. Mệnh đề i , ii là hiển nhiên, ta c h ứ n g minh mệnh đề iii . Thật v ậ y , ta có ab mod m , b c mod m suy ra m b a v à m c b . Do đó m b ac b , hay m c a . V ậ y a c mod m . Tiếp theo, ký hiệu a là tâp hợp tất cả các số nguyên đồng dư v ớ i a theo môđun m, a n Z n a mod m . Nói cách khác, a là tập hợp các số nguyên có dạng akm. Từ đó, ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 1.1.3. Một tập gồm các phần tử dạng a akm,k Z gọi là một lớp đồng dư của a theo môđun m. 1.1. Đồng dư thức 2 Ví dụ v ớ i m2, ta có lớp 0 là tập các số nguyên c h ẵ n , lớp 1 là tập các số nguyên lẻ. Mệnh đề 1.1.4. Cho a, b, m là những số nguyên m0. Khi đó, ta c ó (i) ab khi và chỉ khi a b mod m , (ii) ab khi và chỉ khi a b Ø, (iii) Có đúng m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Chứng minh. i Giả sử a b, ta xét a a b. Do đó, a b mod m . Ngược lại, nếu ab mod m thì a b. Ngoài ra, nếu c a mod m thì c b mod m . Điều này c h ứ n g tỏ rằng a b. Hơn nữa, từ a b mod m ta suy ra b a mod m , hay b a. Từ đó suy ra a b. ii Dễ thấy rằng, nếu a b Ø thì a b. Ngược lại, ta cần c h ứ n g tỏ rằng nếu ab Ø thì a b. Thật v ậ y , giả sử a b Ø gọi c a b. Khi đó, ta có c a mod m v à c b mod m . Điều này suy ra a b mod m . Do đó, theo i ta suy ra a b. iii Để c h ứ n g minh phần này, ta c h ứ n g minh tập 0, 1, 2, , m 1 là m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Thật v ậ y , giả sử tồn tại 0 k l m sao c h o k l.Khi đó, theo i ta có k l mod m , hay m lk. Điều này mâu thuẫn v ớ i giả thiết 0 l k m. Do đó, k l.Ngoài ra, v ớ i mỗi a Z luôn tồn tại cặp số nguyên q,r sao c h o a qm r , 0 r m, suy ra a r mod m hay a r. Định nghĩa 1.1.5. T ậ p gồm m phần tử A a 1 , a 2 , , a m gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m nếu B a 1 , a 2 , a 3 , , a m là tập gồm m lớp đồng dư phân biệt theo môđun m. Từ định nghĩa ta thấy rằng, hệ thặng dư đầy đủ theo môđun m là không duy nhất. Ví dụ các tập 0, 1, 2, 3 , 4, 9, 14, 1 , 0, 1, 2, 1 là những hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 4. Mệnh đề 1.1.6. Nếu a c mod m và b d mod m thì ab cd mod m và ab cd mod m . Chứng minh. Dễ dàng suy ra từ định nghĩa. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 3 Mệnh đề 1.1.7. Cho a, b, c, m là c á c số nguyên, m 0, ac bc mod m và d c, m . Khi đó, ta c ó a b mod m d . Chứng minh. Giả sử ac bc mod m . T a có m bd ac , suy ra tồn tại số nguyên k sao c h o cb a km.Khi đó, c h i a hai v ế c h o d ta được c d b a k m d . Ngoài ra, theo giả thiết ta có d c, m , suy ra c d , m d 1. Do đó, ta có m d b a hay a b mod m d . Mệnh đề 1.1.8. Cho a, b, m 1 , , m k là c á c số nguyên, m 1 , , m k 0, a b mod m 1 , a b mod m 2 , , a b mod m k . Khi đó, ta c ó a b mod m 1 m k , trong đó m 1 m 2 m k là b ộ i chung nhỏ nhất của m 1 , m 2 , m k . Chứng minh. Suy ra trực tiếp từ định nghĩa. Mệnh đề 1.1.9. Nếu ab mod n thì a n b n mod n 2 . Chứng minh. Từ ab mod n suy ra a bnq. Do đó, theo công thức khai triển nhị thức ta có a n b n bnq n b n n 1 b n 1 qn n 2 b n 2 q 2 n 2 n n q n n n n 2 b n 1 q n 2 b n 2 q 2 n n q n n n 2 . Từ đó suy ra a n b n mod n 2 . Điều ngược lại không đúng, ví dụ như 3 4 1 4 mod 4 2 nhưng 3 1 mod 4 . Mệnh đề 1.1.10. Nếu a, b là c á c số nguyên và p là số nguyên tố thì ab p a p b p mod p Chứng minh. Theo công thức khai triển nhị thức ta có ab p a p b p p 1 a p 1 b p p 1 a.b p 1 . Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 4 Do đó, để c h ứ n g minh mệnh đề ta c h ỉ cần c h ứ n g minh p p k , 1 k p 1 . Thật v ậ y , ta có p k p! k!p k! , suy ra k p k p! k 1 ! p k! p p 1 ! k 1 ! p k! p p 1 k 1 . Từ đó, pk p k . Ngoài ra, do ƯCLN p, k 1 nên p p k . 1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu c h i a hết Ví dụ 1.1.2.1. Tìm dấu hiệu c h i a hết c h o 2 k , 3, 5 k , 7, 11, 13, 37. L ờ i giải: Xét số tự nhiên a a n .a n 1 a 0 . Tức là a được viết dưới dạng a a n .10 n a 1 .10 a 0 , 0 a i 9 . Dấu hiệu chia hết cho 2 k . Vì 10 0 mod 2 nên 10 k 0 mod 2 k . Từ đó suy ra a a k 1 .10 k 1 a 0 mod 2 k . Do đó, số a c h i a hết c h o 2 k khi số b a k 1 .10 k 1 a 0 0 mod 2 k , tức là b c h i a hết c h o 2 k . Nói cách khác, số tự nhiên a c h i a hết c h o 2 k khi số tự nhiên b được lập từ k c h ữ số tận cùng của a c h i a hết c h o 2 k . Tương tự, ta cũng có 10 0 mod 5 v à 10 k 0 mod 5 k . Do đó, số a c h i a hết c h o 5 k khi số b lập từ k c h ữ số tập cùng của a c h i a hết c h o 5 k . Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9. T a có 10 1 mod 3 suy ra 10 k 1 mod 3 . Do đó a i .10 k a i mod 3 . Từ đó suy ra a a n .10 n a 1 .10 a 0 a n a 0 mod 3 . V ậ y , số a c h i a hết c h o 3 khi tổng các c h ữ số của nó c h i a hết c h o 3. Tương tự ta cũng có 10 1 mod 9 v à a i .10 k a i mod 9 . V ậ y , số a c h i a hết c h o 9 khi tổng các c h ữ số của nó c h i a hết c h o 9. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 5 Dấu hiệu chia hết cho 7 T a có a 0 a 0 mod 7 a 0 a 0 mod 7 10 3 mod 7 10a 1 3a 1 mod 7 10 2 2 mod 7 10 2 a 2 2a 2 mod 7 10 3 1 mod 7 10 3 a 3 1a 3 mod 7 Từ đó, ta có bảng đồng dư theo môđun 7 tương ứng như sau a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 10 6t 1 a 6t 1 a 0 3a 1 2a 2 a 3 3a 4 2a 5 a 6 3a 7 2a 8 a 9 3a 10 2a 11 2a 6t 1 Bảng 1.1: Do đó, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 7 khi tổng dạng a 0 3a 1 2a 2 a 3 3a 4 2a 5 a 6 a 6t 3 3a 6t 2 2a 6t 1 0 mod 7 Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có x 3y 2z 100z10yx mod 7 zyxmod 7. Từ đó suy ra, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 7 khi tổng dạng a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a 3 a 8 a 7 a 6 a 11 a 10 a 9 , c h i a hết c h o 7 Dấu hiệu chia hết cho 11 Tương tự dấu hiệu c h i a hết c h o 7, ta cũng có a 0 a 0 mod 11 a 0 a 0 mod 11 10 1 mod 11 10a 1 a 1 mod 11 10 2 1 mod 7 10 2 a 2 a 2 mod 11 10 3 1 mod 11 10 3 a 3 1a 3 mod 11 Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 6 a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 10 2t 1 a 2t 1 a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 a 10 a 11 a 2t 1 Bảng 1.2: Do đó, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 11 khi tổng dạng a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 2t 1 0 mod 11 Nói cách khác, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 11 khi tổng đan dấu a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 2t 1 c h i a hết c h o 11 Dấu hiệu chia hết cho 13 T a có a 0 a 0 mod 13 a 0 a 0 mod 13 10 3 mod 13 10a 1 3a 1 mod 13 10 2 4 mod 13 10 2 a 2 4a 2 mod 13 10 3 1 mod 13 10 3 a 3 1a 3 mod 13 Tương tự ta cũng có bảng các lớp đồng dư theo môđun 13 (Bảng 1.3) a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 10 6t 1 a 6t 1 a 0 3a 1 4a 2 a 3 3a 4 4a 5 a 6 3a 7 4a 8 a 9 3a 10 4a 11 4a 6t 1 Bảng 1.3: Từ bảng 1.3 ta suy ra rằng, số aa n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 13 khi tổng dạng a 0 3a 1 4a 2 a 3 3a 4 4a 5 a 6t 3 3a 6t 2 4a 6t 1 0 mod 13 Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có x 3y 4z 100z10yx mod 13 zyxmod 13. Từ đó suy ra, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 13 khi tổng dạng a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a 3 a 8 a 7 a 6 a 11 a 10 a 9 c h i a hết c h o 13. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 7 Dấu hiệu chia hết cho 33 T a có a 0 a 0 mod 33 a 0 a 0 mod 33 10 10 mod 33 10a 1 10a 1 mod 33 10 2 1 mod 33 10 2 a 2 a 2 mod 33 10 3 10 mod 33 10 3 a 3 10a 3 mod 33 a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 10 2t a 2t a 0 10a 1 a 2 10a 3 a 4 10a 5 a 6 10a 7 a 8 10a 9 a 10 10a 11 a 2t Bảng 1.4: Từ bảng 1.4 ta suy ra rằng, số aa n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 33 khi tổng dạng a 0 a 2 a 2t 10 a 1 a 3 a 2t 1 0 mod 33 Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y ta đều có x 10y 10yx mod 33 yxmod 33. Từ đó suy ra, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 33 khi tổng dạng a 1 a 0 a 3 a 2 a 5 a 4 a 6 a 5 c h i a hết c h o 33. Ngoài ra, ta có 33 11.3 nên ta suy ra được một dấu hiệu khác nữa của số c h i a hết c h o 11; 3 là tổng dạng a 1 a 0 a 3 a 2 a 5 a 4 a 6 a 5 , c h i a hết c h o 11; 3. Dấu hiệu chia hết cho 37 T a có a 0 a 0 mod 37 a 0 a 0 mod 37 10 10 mod 37 10a 1 10a 1 mod 37 10 2 11 mod 37 10 2 a 2 11a 2 mod 37 Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.1. Đồng dư thức 8 10 3 1 mod 37 10 3 a 3 1a 3 mod 37 10 4 10 mod 37 10 4 a 3 10a 3 mod 37 10 5 11 mod 37 10 4 a 3 11a 3 mod 37 a 0 10a 1 10 2 a 2 10 3 a 3 10 4 a 4 10 5 a 5 10 6 a 6 10 7 a 7 10 8 a 8 10 9 a 9 10 10 a 10 10 11 a 11 10 2t a 3t a 0 10a 1 11a 2 a 3 10a 4 11a 5 a 6 10a 7 11a 8 a 9 10a 10 a 11 11a 3t Bảng 1.5: Từ bảng 1.5 ta suy ra rằng, số aa n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 37 khi tổng dạng a 0 a 3 a 3t 10 a 1 a 4 a 3t 1 11 a 2 a 5 a 3t 2 0 mod 37 Ngoài ra, v ớ i mọi số x, y,z ta đều có x 10y 11z 100z10yx mod 37 zyxmod 37. Từ đó suy ra, số a a n .a n 1 a 1 a 0 c h i a hết c h o 37 khi tổng dạng a 2 a 1 a 0 a 5 a 4 a 3 a 8 a 7 a 6 , c h i a hết c h o 37. Ví dụ 1.1.2.2. Chứng minh rằng a 4 4021 3 2012 c h i a hết c h o 13, b 6 2023 8 2023 c h i a hết c h o 49, c 220 119 69 119 69 220 69 220 119 c h i a hết c h o 102, d 2222 5555 5555 2222 c h i a hết c h o 7. L ờ i giải a)Ta có 4 4021 3 2012 4.16 2010 9.3 2010 4 16 2010 3 2010 mod 13 16 3 16 2009 16 2008 3 3 2009 mod 13 0 mod 13 . Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk [...]... t Z Do ú, an  akt.pmq  ak papmqqt  ak p mod mq nh lý 1.3.7 (Fermats little theorem) N u p l s nguyờn t thỡ v i m i s nguyờn a ta u cú ap  a p mod pq Ch ng minh Suy ra tr c ti p t nh lý Euler nh lý 1.3.8 (Wilsons theorem) S nguyờn n n u pn Ă 1q!  Ă1 p mod nq Ă 1 l s nguyờn t n u v ch Ch ng minh Gi s n l s nguyờn t N u n  2, 3 thỡ nh lý ỳng N u n Ă 3, thỡ v i m i s nguyờn a luụn t n t i duy... 1155 -1 3 257 770 -1 5 -277 462 3 7 -47 330 1 11 0 210 0 B ng 1.6: (2r 1155s  1 ủ 2r  1 Ă 1155s  2 Ă 1144s Ă s Ă 1, vỡ r nguyờn nờn ta ch s  1, , d n n ta cú c p (r, s) nh b ng (1.6).) n p d ng nh lý 1.2.5, ta cú nghi m c a h trờn l x  1155pĂ1q 70pĂ1q 62p3q 30p1q 10.0 p mod 2310q  Ă209 p mod 2310q 7 4 3 2 1.3 Cỏc hm s h c 1.3.1 Phi hm le pnq nh ngha 1.3.1 Cho n l s nguyờn dng Phi hm le pnq pEulers... n q  n d nh ngha 1.3.4 M t t p g m pnq s nguyờn m m i ph n t c a t p u nguyờn t cựng nhau v i n v hai ph n t khỏc nhau c a t p khụng ng d theo mụun n c g i l m t h th ng d thu g n theo mụun n nh lý 1.3.5 (Eulers theorem) Cho m l s nguyờn dng v a l s nguyờn v i pa, mq  1 Khi ú, ta cú apmq  1 p mod mq tr1, r2, , ru l m t h th ng d thu g n theo mụun m Khi ú, ta cú tar1 , ar2 , , ar u cng l m t... bn p mod mn q 999 7 g i l h phng trỡnh ng d b c nh t m t n N u m t s nguyờn x0 l nghi m c a h thỡ cỏc s nguyờn thu c l p ng d v i x0 theo mụun m cng l nghi m c a h ,(m l BCNN c a m1 , m2 , , mn ) nh lý 1.2.5 (Chinese Remainder Theorem) Gi s m  m1 m2 mt v cỏc s m1 , m2 , , mt ụi m t nguyờn t cựng nhau Khi ú h phng trỡnh ng d 6 999 x p mod m1 qqq b1 p p 8 x b2 mod m2 ÔÔÔ x  bn p mod mn q 999 7... n Ta cú th vi t g n nh ngha trờn nh sau p nq  á | d dn Hm pnq l hm nhõn tớnh N u p l s nguyờn t thỡ ppq  p 1 N u pnq  2n thỡ n c g i l s hon h o (perfect), vớ d s 6, 28 l nh ng s hon h o nh lý 1.3.13 N u s t nhiờn n c phõn tớch thnh tớch cỏc th a s nguyờn t n  p1 p2 pl thỡ 1 2 l p nq  l ạ pi 1 i  i 1 H Duy Ngha -THPT Phan ỡnh Phựng-k Lk Ă 1 piĂ1 16 1.3 Cỏc hm s h c Ch ng minh Ta cú cỏc... mod 1987q  0 p mod 1987q nờn suy ra y2  y1 p mod 1987q Tng t , ta ch ng minh c yk  y0 p mod 1987q, dk Ơ 1 M t khỏc, i v i dóy pxn q ta cng cú x1 Ă x0  x1987 1622  p3651987 Ă 365q 0 Nhng theo nh lý Fermat nh ta cú 3651987 x1 Hn n a, x2 Ă x1 1987  365 p mod 1987q suy ra  x0 p mod 1987q  x1987 1622  x1987 Ă 1622  0 p mod 1987 1 0 Do ú, x2  x0 p mod 1987q Tng t , ta ch ng minh c xn  x0... 2q  3n n! x! (2.6) D th y, v trỏi c a 2.6 khụng chia h t cho 2 nờn v ph i cng v y, t c l n Ô x 1 N u n=x, thỡ 1 x 1qpx 2q  3x hayx2 3x 3  3x , i u ny suy p ra, x  0 p mod 3q Do ú, x Ơ 3 v vụ lý, ch ch ng t 2 N u y Ă3  x2 3x Ă 3x  0 p mod 9q i u ny p p ng t n $ x V i n  x 1, t 2.6 ta cú, 1 x 1q x 2q  3n px 1q p x 1 l c nguyờn dng c a 1 Do ú, x  1 d n n y  2, n  1  x 1 thỡ t... hay pn n 2q3 Ă 1  3n i u 2  3k 1, k Ơ 2 Ta cú ny suy ra n Ă 2 v n 2  1 pmod3q t 9k p3k 2 3k 1q  33kĂ1 Suy ra 3k 2 N u n 1, n y 3k  n $ n 3 pn 1qpn 3q  3n 1 l ly th a c a 3, (i u ny vụ lý) Ch ng t y 2 thỡ M  n 2, do ú ta cú, Vỡ 3 khụng th ng th i l ly th a c a 3 nờn khụng t n t i s n th a pn 1qpn 3q  3n Do ú y $ n 2  V i y  n 1, ta cú A  1 Do ú, t (2.10) ta cú 2pn 1q khụng... i gi i: Xột dóy s nguyờn pbn q xỏc nh b i b0  1, b1  Ă1, bn  6bnĂ1 2016bnĂ2, d Ơ 2 D dng tỡm c s h ng t ng quỏt c a dóy ny l bn  49.pĂ42q90 n 41.48n , dn Ơ 0 Vỡ 2011 l sú nguyờn t nờn theo nh lý Fermat nh ta cú: pĂ42q2010  482010  1 p mod 2011q Do ú, 90b2 012  49.pĂ42q2012 41.482012  6b1 2016b0 b2012  2010 p mod 2011q Ngoi ra, theo (2.11) ta cú an  bn p mod 2011q Suy ra b2012   49pĂ42q2... -THPT Phan ỡnh Phựng-k Lk nờn TI LI U THAM KH O A.Ti ng Vi t 1 H Huy Khoỏi (2004), Chuyờn b i d ng h c sinh gi i toỏn ph thụng S h c, Nh xu t b n Giỏo d c 2 H Huy Khoỏi (2003), S h c v thu t toỏn: C s lý thuy t v tớnh toỏn th c hnh, Nh xu t b n i h c Qu c Gia H N i 3 Nguy n Ti n Quang (2007),Bi t p s h c, Nh xu t b n Giỏo d c B.Ti ng Anh 4 Cohen, H (2007), Number Theory Volume I:Tools and Diophantine . PHÙNG ********* HÀ DUY NGHĨA ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT ĐỒNG DƯ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHIA HẾT CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG Đăk Lăk -2 012 MỤC LỤC Mục lục i Chương 1 đồng dư v à áp dụng 1 1.1 Đồng dư thức . . . . . 1 1.1.2 Ứng dụng của lý thuyết đồng dư để tìm dấu hiệu c h i a hết . 4 1.2 Phương trình đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất một. suy ra số dư của phép c h i a 1234356789 4 c h o 8 là 1. Hà Duy Nghĩa -THPT Phan Đình Phùng-Đăk Lăk 1.2. Phương trình đồng dư 10 1.2 Phương trình đồng dư 1.2.1 Phương trình đồng dư bậc nhất