4.0.Cd. Dong Du Thuc.doc

CHƯƠNG I CHUYÊN ĐỀ ĐỒNG DƯ THỨC I Lý thuyết 1 Định nghĩa Cho m là số nguyên dương Hai số nguyên a và b được gọi đồng với nhau theo module m, nếu a b chia hết cho m (a b)| m hay m\(a b) Ký hiệu a ≡ b ([.]

CHUYÊN ĐỀ: ĐỒNG DƯ THỨC I Lý thuyết Định nghĩa: Cho m số nguyên dương Hai số nguyên a b gọi đồng với theo module m, a - b chia hết cho m (a - b)| m hay m\(a - b) Ký hiệu: a ≡ b (mod m) gọi đồng dư thức Ví dụ: ≡ - (mod 4) ≡ 17 (mod 6) 18 ≡ (mod 6) Điều kiện a ≡ (mod m) có nghĩa a bội m, k/h: a m (a | m) hay m ước a ( m \ a) Nếu a - b không chia hết cho m, ta viết a ≡ b (mod m) Các tính chất bản: Cho a, b, c, d , e  Z ; m, n  N * thì: 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) a  c b  d (mod m) a  c b  d (mod m) a b(mod m)   d   a.c b.d (mod m) c d (mod m)   a  e b  e(mod m)  a.e b.e(mod m) e a b(mod m)  a n b n (mod m) f a b(mod m)  a.n b.n(mod m.n ) g a b(mod m)  a b  (mod m) với e  UC (a, b);(e, m) 1 e e h a b(mod m); a b(mod n)  a b(mod  m, n  ) Trang k ac bc(mod m);(c, m) 1  a b(mod m) Định lý Fermat nhỏ: Cho a số nguyên p số nguyên tố, đó: a p a (mod p) Đặc biệt: Nếu (a, p ) 1  a p  1(mod p)( p  P ) II Các dạng tập Dạng 1: Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư phép chia 20042004 cho 11 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) = Vì 11 = > 5016 11 HD: Ta có 2002 11 => 2004 - 11 => 2004 ≡ (mod 11) => 20042004 ≡ 22004 (mod 11) , mà 210 ≡ (mod 11) (vì 1024 - 11) => 20042004 = 24.22000 = 24.(210)200 ≡ 24 ≡ (mod 11) Vậy 20042004 chia 11 dư Bài 2: Tìm số dư chia A = 19442005 cho HD: Ta có: 1944 ≡ -2 (mod 7) => 19442005 ≡ (-2)2005 (mod 7) Mà (-2)3 ≡ - (mod 7) => (-23)668 ≡ 1668 (mod 7) hay (-23)668 ≡ (mod 7) => (-23)668.(-2) ≡ - (mod 7) hay (-2)2005 ≡ - (mod 7) Vậy 19442005 cho dư Bài 3: Tìm số dư chia 3100 cho HD:   Ta có: 3100 34.396 34 36 16 4 Ta thấy: 81 7.11   4  mod  Trang (1) 36 729 7.104   36 1 mod  16 (2) 16   36  16  mod    36  1 mod    Từ (1) (2)  34 36 16 4.1 mod   3100 4  mod  Vậy 3100 chia cho dư   Cách 2: 3100 34.396 34 33 32 34 81 4  mod  (1) 33 27 6  mod  mà   1  mod   33   1  mod  Do đó,   33  32   1 32   Từ (1) (2)  34 32 32  mod    33  32 1 mod  (2) 4.1 mod   3100 4  mod  Vậy 3100 chia cho dư Bài 4: CMR số A = 61000 - B = 61001 + bội số HD: Ta có ≡ - (mod 7) => 61000 ≡ (mod 7) => 61000 - 7 Vậy A bội Từ 61000 ≡ (mod 7) => 61001 ≡ (mod 7) , mà ≡ - (mod 7) => 61001 ≡ -1 (mod 7) => 61001 + 7 Vậy B bội Bài 5: Tìm số dư chia tổng 3100  3105 cho 13 HD: Tìm số dư chia 3100 cho 13: tìm số tự nhiên nhỏ 13, đồng dư với 3100 theo modun 13   Ta có: 3100 34.396 34 33 32 34 81 13.6   34 3  mod13 (1) 33 27 13.2   33 1 mod13 Trang   33  32 132  mod13   33  32 1 mod13  (2) 32 Từ (1) (2)  34  33  3.1 mod13  3100 3  mod13 (1)   Mặt khác: 3105  33 35 Mà 33 27 1 mod13    33  35 105 135  mod13  Hay 1 mod13 (2) 100 105 100 105 Từ (1) (2)   3  1 mod13   4  mod13  Vậy tổng 3100  3105 chia cho 13 dư Bài 6: Tìm số dư phép chia 15325 - cho HD: Ta có 1532 ≡ (mod 9) => 15325 ≡ 25 (mod 9) , mà 25 ≡ (mod 9) => 15325 ≡ (mod 9) => 15325 - ≡ 4(mod 9) Vậy 15325 - chia cho dư Bài 7: Chứng minh rằng: 301293  chia hết cho 13 HD: Ta có: 3012 = 13 231 + 3 Do đó: 3012 9  mod13   3012 9  mod13  Mà 729 1 mod13   Nên 30123 1 mod13  30123  31 93 1 mod13  Hay 3012 1 mod13 93 93 Vậy 3012  1  1 mod13  3012  0  mod13  Hay 301293  chia hết cho 13 Bài 8: Chứng minh A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 HD: Ta có A = A = 7.52n + 12.6n = A = 7.25n + 12.6n Vì 25 ≡ (mod 19) => 25n ≡ 6n (mod 19) =>7.25n ≡ 7.6n (mod 19) => 7.25n + 12.6n ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ (mod 19) Điều chứng tỏ A chia hết cho 19 Bài 9: Tìm dư phép chia 32003 cho 13 Trang HD: Ta có 33 ≡ (mod 13) mà 2003 = 3.667 + => 32003 = (33)667 32 33 ≡ => (33)667 ≡ 1667 => (33)667 32 ≡ 1.32 (mod 13) (33)667 32 ≡ => 32003 ≡ (mod 13) Vậy 32003 chia cho 13 dư Bai 10: Chứng minh 22002 - chia hết cho 31 HD: Ta có 25 ≡ (mod 31) , mà 2002 = 5.400 + Nên 22002 = (25)400 22 Vì 25 ≡ (mod 31) => (25)400 ≡ 1400 (mod 31) => (25)400.22 ≡ 1.22 (mod 31) => 22002 ≡ (mod 31) => 22002 - chia hết cho 31 Bài 11: Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 chia hết cho HD: Ta có 2222 + 7 => 2222 ≡ - (mod 7) => 22225555 ≡ (- 4)5555(mod 7) 5555 - 7 => 5555 ≡ (mod 7) => 55552222 ≡ 42222 (mod 7) => 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 42222 (mod 7) Mà 42222 = (-4)2222 => (- 4)5555 + 42222 = (-4)2222 43333 + 42222 = (-4)2222 43333 - (- 4)2222 = (-4)2222(43333 - 1) ≡ (43) - 1(mod 7) (1) Ta lại có: 43 ≡ 1(mod 7) => 43 - 1= 63 7 => 43 - ≡ (mod 7) (2) Nên (- 4)5555 + 42222 ≡ (mod 7) Từ (1) (2) => 22225555 + 55552222 chia hết cho Bài 12: Tìm dư phép chia 570 + 750 cho 12 HD: Ta có 52 ≡ 1(mod 12) => (52)35 ≡ (mod 12) hay 570 ≡ 1(mod 12) (1) 72 ≡ (mod 12) => (72)25 ≡ 1(mod 12) hay 750 ≡ 1(mod 12) (2) Từ (1) (2) => 570 + 750 chia cho 12 dư Bài 13: Tìm số dư A = 776776 + 777777 + 778778 chia cho chia cho 5? HD: Trang Ta có 776 ≡ - 1(mod 3) => 776776 ≡ -1(mod 3) => 776776 ≡ (mod 3) 777 ≡ (mod 3) => 777777 ≡ (mod 3) 778 ≡ (mod 3) => 778778≡ (mod 3) => 776776 + 777777 + 778778 chia cho dư Ta có 776 ≡ (mod 5) => 776776 ≡ (mod 5) 777 ≡ - (mod 5) => 777777 ≡ - 3777 (mod 5) 778 ≡ (mod 5) => 778778 ≡ 3778 (mod 5) => 776776 + 777777 + 778778 ≡ - 3777 + 3778 (mod 5) Hay 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 3.3777 - 3777 (mod 5) 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 3777(3 - 1) (mod 5) 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 2.3777 Mà 32 ≡ - 1(mod 3) => (32)388.3 ≡ (mod 5) Vậy A = 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 2.3 ≡ (mod 5) Vậy A chia cho dư Bài 14: Tìm số dư A = 32005 + 42005 chia cho 11 chia cho 13 ? HD: Ta có: 35 ≡ (mod 11) => (35)401 ≡ (mod 11) Và 45 ≡ (mod 11) => (45)401 ≡ (mod 11) => A = 32005 + 42005 ≡ (mod 11) => A chia cho 11 dư Ta có: 33 ≡ (mod 13) => (33)668 ≡ 1.3 (mod 13) => 32005 ≡ (mod 13) Và 43 ≡ -1 (mod 13) =>(43)668 4≡ 1.4 (mod 13) => 42005 ≡ (mod 13) => A = 32005 + 42005 ≡ (mod 13) => A chia cho 13 dư Bài 15: Giả sử m số nguyên dương Chứng minh rằng: Nếu ac ≡ ac2 (mod m) (a, m) = c1 ≡ c2 (mod m) HD: Trang Ta có: ac1 ≡ ac2 (mod m) => m \ ac1 - ac2 => m \a(c1 - c2) Vì (a, m) = => m \ c1 - c2 => c1 ≡ c2 (mod m) Bài 16:Chứng minh rằng: Nếu p số nguyên tố khơng ước số ngun a a p - ≡ (mod p) HD: Xét dãy số 1; 2; 3; ; p - Tất số đôi không đồng dư với theo mơđun p Do số a, 2a, 3a, ; (p - 1)a đôi không đồng dư với rtheo mơđun p Bởi ngược lại có r1a ≡ r2a (mod p) mà (a, p) = => r ≡ r2 (mod p) - với r1, r2 hai số dãy số 1, 2, 3, , p - (vô lí) Hơn nửa mõi số dãy a, 2a, 3a, , (p - 1)a đồng dư với số 1, 2, 3, , p - theo môđun p => a.2a.3a .(p- 1)a ≡ 1.2.3 (p - 1) (mod p) hay (p - 1)!ap - ≡ (p - 1)! (mod p) Vì (p, (p - 1)!) = => ap - ≡ (mod p) Bài 17: CMR: Nếu c số nguyên dương: a ≡ b (mod m) => ac ≡ bc (mod c.m) HD: a ≡ b (mod m) => a - b = m.q => ac - bc = mc.q => ac ≡ bc (mod c.m) Bài 18: Bạn Thắng học sinh lớp 6A viết số có hai chữ số mà tổng chữ số 14 Bạn Thắng đem số chia cho số dư 4, chia cho 12 số dư a)Chứng minh bạn Thắng làm sai phép tính chia b)Nếu phép chia thứ cho phép chia thứ hai cho 12 có ó dư ? Hãy Tìm số bị chia HD: a)Gọi số n = ab Vì n chia cho dư 4, nên n = 8p + Và n chia cho 12 dư 3, nên n = 12q + => 8p + = 12q + (Mà 8p + số chẵn, 12q + số lẻ) Do bạn Thắng làm sai phép chia b)Vì a + b = 14 => ab ≡ (mod 3) => 4ab ≡ (mod 12) (1) Nếu ab ≡ (mod 4) => 3ab ≡ (mod 12) (2) Từ (1) (2) => ab ≡ (mod 12) => n chia cho 12 dư Trang Do n = 8p + số chẵn mà n = ab => b {0; 2; 4; 6; 8} Nếu b = => a = 14 (loại - a số có chữ số khác 0) b = => a = 12 (loại) b = => a = 10 (loại) b = => a = b = => a = => Số cần tìm 86 68 => Số bị chia 68 Bài 19: Biết ngày 20 / 11/1994 ngày chủ nhật Tính xem: a) Ngày 20 / 11/1996 ngày thứ mấy? b) Ngày 20 / 11/2011 ngày thứ mấy? HD: a) Vì 1996 chia hết năm 1996 năm nhuận, có 366 ngày Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/1996 năm, có: 365 + (nhuận) = 731 (ngày) Biết mõi tuần lễ có ngày Ta có: 731 = 104 + hay 731 3  mod  Như vậy, 731 ngày gồm 104 tuần lẻ ngày Do đó, ngày 20 / 11/1994 ngày chủ nhật 20 / 11/1996 ngày thứ b) Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2011 17 năm có năm nhuận 1996, 2000, 2004, 2008 Vậy Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2011 có: 365 17 + (nhuận) = 6209 (ngày) Biết mõi tuần lễ có ngày Ta có: 6209 = 887 Hay 6209 0  mod  Như vậy, 6209 ngày gồm 887 tuần Do đó, ngày 20 / 11/1994 ngày chủ nhật 20 / 11/1996 ngàychủ nhật Bài 20: Tìm số dư a 9294 cho 15 b 19442005 cho Trang c A 15325  cho d A 32003 cho 13 e A 570  750 cho 12 f A 32005  42005 cho 11 13 HD: a Ta có: 92 2(mod15)  9294 294 (mod15)(1) Lại có: 1(mod15)  (2 ) 23 123 (mod15)  (2 ) 23.2 4(mod15)  294 4(mod15)(2) Từ (1)(2)  du : b Ta có: 1994  2(mod 7)  19942005 (  2) 2005 (mod 7) Lại có: ( 2)3  1(mod 7)  ( 23 )668 ( 2) ( 2)(mod 7)  (  2) 2005  2(mod 7)  19442005 chia cho dư c Ta có: 1532 2(mod 9)  15325 2 (mod 9);25 5(mod9)  15325 5(mod 9)  15325  4(mod 9) Vậy số dư là: d Ta có: 33 1(mod13);2003 3.607   3203 (33 ) 667 32 33 1(mod13)  (33 )667 1667  (33 )667 32 9(mod13)  du : e Ta có: 52 1(mod12)  (52 )35 1(mod12)  570 1(mod12)(1) 1(mod12)  (7 ) 25 125 (mod12)  50 1(mod12)(2) Từ (1)(2)  A 570  750 chia cho 12 dư f Ta có: 35 1(mod11)  (35 ) 401 1(mod11);45 1(mod11)  (45 ) 401 1(mod11)  A 32005  42005 2(mod11)  du : 33 1(mod13)  (33 )668 1.3(mod13)  32005 3(mod13);43  1(mod13)  (43 )668 1.4(mod13)  42005 4(mod13)  A 32005  42005 7(mod13)  du : Bài 21: Chứng minh b 22225555  55552222 chia hết cho a 22002  chia hết cho 31 c 2014200  256 chia hết cho 2016 Trang HD: a 25 1(mod 31);2002 5.400   22002 (25 ) 400 22 ;25 1(mod 31)  (25 ) 400 1400 (mod 31)  (25 )400 22 1.22 (mod31)  22002 4(mod31)  22002  chia hết cho 31 b Ta có: 2222 3(mod 7)  22225 35 (mod 7) 5(mod 7)  22225555 51111 (mod 7)(1) Lại có: 5555 4(mod 7)  55552 42 2(mod 7)  55552222 51111 (mod 7)(2) Từ (1)(2)  22225555  55552222 51111  21111 (mod 7)(3) Mặt khác:  2(mod 7)  51111 (  2)1111  21111 (mod 7)  51111  21111 0(mod 7)(4) Từ (3)(4)  22225555  55552222 7 c Ta có: 20143 2008(mod 2016);20142 4(mod 2016)  20145 20143.20142 2008.4 1984(mod 2016)  201410 (20145 )2 19842 1024(mod 2016)  201430 10243 64(mod 2016)  2014200 10242 256(mod 2016)  2014200  2562016 Bài 22: Chứng minh rằng: A 7.52 n  12.6n chia hết cho 19 với số tự nhiên n HD: Ta có: A 7.52 n  12.6 n 7.25n  12.6n Lại có: 25 6(mod19)  25n 6 n (mod19)  7.25 n 7.6 n (mod19)  7.25n  12.6n 7.6n  12.6n (mod19  7.25n  12.6n 19.6n 0(mod19)  A 7.52 n  12.6n 19n  N Bài 23: Chứng minh rằng: A 42 n 1  3n2 13n  N HD: Ta có: 42 3(mod13)  (42 ) n 3n (mod13)  4.(42 ) n 4.3n (mod13)  42 n 1 4.3n (mod13)(1) Lại có: 32  4(mod13)  3n.32  4.3n (mod13)  3n2  4.3n (mod13)(2)  42 n 1  3n 4.3n  4.3n 0(mod13)  A 42 n1  3n2 13n  N Bài 24: Tìm số dư: A 776776  777 777  778778 chia cho Trang 10 HD: Ta có: 776  1(mod 3)  776776 (  1) 776 (mod 3)  776776 1(mod3) 777 0(mod 3)  777 777 0(mod 3);778 1(mod 3)  778778 1(mod 3)  A chia dư Lại có: 776 1(mod 5)  776776 1(mod 5);777  3(mod 5)  777 777 (  3) 777 (mod 5) 778778 3778 (mod5)  A 1  3777  3778 (mod5)  A 1  3.3777  3777 (mod5) 1  3777 (3  1)(mod 5) 1  2.3777 (mod 5);32  1(mod5)  (3 )338 3(mod5)  A 1  2.3 2(mod 5) Vậy A chia dư Bài 25: Chứng minh a 2015  chia hết cho 11 b 230  320 chia hết cho 30 c 555222  222555 chia hết cho d 123430  1388 chia hết cho 2014 HD: a 25  1(mod11);10  1(nod11)  105  1(mod11)  25.105 1(mod11)  205 1(mod11)  205  0(mod11) b 26  1(mod13)  230  1(mod13);33 1(mod13)  330 1(mod13)  230  320   1(mod13) 0(mod13) c 555 2(mod 7)  555222 2 222 (mod 7); 23 1(mod 7)  (23 ) 74 1(mod 7)  555222 1(mod 7) 222  2(mod 7)  222555 ( 2)555 (mod 7) Có: ( 2)3  1(mod 7)   (  2)3  185  1(mod 7)  222555 ( 1)(mod 7)  A 1  1(mod 7) 0(mod 7) d Ta có: 123430 778(mod 2014)  12349 7783 1500(mod 2014)  12347 15003 1234(mod 2014)  12343.123427 778.1234(mod 2014)  123430 1234.1234.778 1388(mod 2014)  (123430  1388)2 Bài 26: Tìm số dư phép chia A (19971998  19981999  19992000 )10 chia cho 111 HD: Ta có: 1998 0(mod11);1997  1(mod11)  19971998 1(mod11);1999 1(mod11)  19992000 1(mod11) Trang 11  A (1   1)10 210 1024 25(mod111)  A chia 111 dư 25 10 Bài 27: Sử dụng định lý Fermat nhỏ Chứng minh rằng: A 1010  1010  1010   1010  57 HD: 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 thì: n n 10n  1000 02     2,3  (10  2)6  10 4(mod 6) n Đặt n 10n 6k  4(k  N )  1010 106k 4 106 k.104 1.14 (mod 7) 10 (mod 7)  1010 10 (mod 7) 10 1010 104 (mod 7);1010 104 (mod 7) .;1010 104 ( mod 7)  A 10.104  0(mod 7)  A7 Bài 28: Sử dụng định lý Fermat nhỏ: Chứng minh rằng: A 11331  21331  31331   13311331 11 HD: Vì 11 số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: a11 11( mod11)a  Z  a121 (a11 )11 a11 a (mod11)  a1331 ( a121 )11 a11 (mod11) a(mod11) Áp dụng kết ta được: 11331  21331   13311331 1    1331 886446 0(mod11)  A11 Bài 29: Chứng minh rằng: a a (mod30)a  Z HD: 30 2.3.5  6.5; a  a a(a  1) a( a  1)( a  1) a( a  1)(a  1)(a  1)        Ta có: 6 Ta cần chứng minh: a a(mod 5) Nếu a 0(mod 5)  a 0 a (mod 5) Nếu a 1(mod 5)  a (1)5 a (mod 5) Nếu a 2(mod 5)  a (2)5 32 2 a (mod 5) Vậy a a (mod 5)  a p a(mod p ) 22 Bài 30: Chứng minh rằng: A (2222  22)3234 Trang 12 HD: Ta có: 3234 3.22.7 Có: A 0(mod 22) 22 1( m0d 3)  22 22 1(mod3) 22 1(m0d 7)  22 22 122 1(mod 7)  22 22 7 k  A 227 k 1  22 22(227 k  1) 22  (22 k )7  1 22.(22 k  1)  (22k )  (22 k )5   22 k  1 22 1( m0d 7)  22k 1k 1(mod 7) k k k  7 0(mod 7)  A 0(mod 49) Đặt B (22 )  (22 )   22   B 1  7.chu so Vậy A 0(mod3.22.49)  dpcm Bài 31: Chứng minh rằng: A (77  77)20 ( Có 100 chữ số ) HD: Ta có: 20 = Đặt B 77 (997.chu.so.7)  A : le A 7 B  77 (  1) B    0(mod 4)(1) Ta có: B ( 1)(mod 4)  B 4k  3(k  N * );7 B 2 B 2 k 3 16 k.8 1k.3 3(mod5) A 3  77 80 0(mod 5)(2)  A 0(mod 20)(vì:(4,5)=1) Bài 32: Chứng minh rằng: A 1n  2n  3n  4n 5  n/ 4( n  N * ) HD: +) n 4k  A 1  16k  81k  ( 1) k +) n 4k   A 1  16k.2  81k.3  ( 1) k 1    10 0(mod 5) +) n 4k   A 1  16 k.2  81k.32  (  1) k 1    16 30 0(mod 5) +) n 4k   A 1  16k.23  81k.33  ( 1) k 43 13  43  2  32 0(mod5) Vậy A chia hết cho n không chia hết cho Bài 33: Chứng minh rằng: A (25 n 3  3n2.5n )17n  N * Trang 13 HD: A 32n.8  9.3 n 5n 15n.8  9.15n 17.5n 0(mod17) Bài 34: Chứng minh rằng: A n n  n  n  1B (n  1) n  N , n  HD: A n n  n  n  n2 (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 Ta có nhận xét sau: n 1(mod n  1)  n k 1k (mod n  1)k  N  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 69 220 119 119 69 220  119     69  102 Bài 35: Chứng minh rằng: A 220 le HD: Ta có: A2 69 220 +) 220 1(mod 3);119  1(mod 3);69 0(mod 3)  A 1119  (  1) 69 0(mod 3); A3 69 119 +) 220  1(mod17);119 0(mod17);69 1(mod17)  A ( 1)119  1220 0(mod17)  A17 Vậy A2.3.17 102(dpcm) Bài 36: Giả sử a1 , a2 , a100 số tự nhiên thỏa mãn: a1  a2  a3   a100 5100 Tìm số dư chia A a15  a25   a100 cho 30 HD: a1  a2   a100 5100 (mod 30) Ta có: a a(mod 30)a  Z  A a15  a25   a100 Có:  1(mod 6)  5100 1(mod 6)  5100 25(mod 6) Trang 14 Mặt khác: 5100 25(mod 5);(5,6) 1  5100 25(mod 30) Vậy số dư 25 Dạng 2: Tìm chữ số tận số Tìm chữ số tận an: Nếu a có chữ số tận 0; 1; an có chữ số tận 0; 1; Nếu a có chữ số tận 2, 7, ta vận dụng nhận xét sau với k  Z 24k ≡ (mod 10) 34k ≡ (mod 10) 74k ≡ (mod 10) Do để tìm chữ số tận a n với a có chữ số tận 2; 3; ta lấy n chia cho Giả sử n = 4k + r với r  {0; 1; 2; 3} Nếu a ≡ (mod 10) an ≡ 2n = 24k + r ≡ 6.2r (mod 10) Nếu a ≡ (mod 10) a ≡ (mod 10) an ≡ a4k + r ≡ ar (mod 10) Bài 1: Tìm chữ số tận số: a) 62009 , b) 92008 , c) 32009 , d) 22009 HD: a) 62009 có chữ số tận (vì nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên khác số 6) b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … có chữ số tận 91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (…1).9 = … có chữ số tận Nhận xét: Số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn khác chữ số tận 1, nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên lẻ có số tận c) 32009 = (34)502.3 = 81502.3 = (… 1).3 = … có chữ số tận d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … có chữ số tận Bài 2: Tìm chữ số tận số sau: a) 421 , b) 3103 , c) 84n + (n  N) HD: Trang 15 d) 1423 + 2323 + 7023 a) 430 = 42.15 = (42)15 = 1615 = …6 có chữ số tận 421 = 420 + = (42)10.4 = 1610.4 = (…6).4 = … có chữ số tận Nhận xét: Số có số tận nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn có số tận 6, nâng lên với số mũ tự nhiên lẻ có số tận 4) b) 3103 = 3102.3 = (32)51.3 = 951.3 = (… 9).3 = … có chữ số tận c) 84n + = 84n.8 = (23)4n.8 = 212n.8 = (24)3n.8 = 163n.8 = (…6).8 = …8 có chữ số tận d) 1423 = 1422.14 = (… 6).14 = … 2323 = 2322.23 = (232)11.23 = ( … 9).23 = …7 7023 = … Vậy: 1423 + 2323 + 7023 = … + … + … = … có chữ số tận Tìm hai số tận số an: Ta có nhận xét sau: 220 ≡ 76 (mod 100) 320 ≡ 01 (mod 100) 65 ≡ 76 (mod 100) 74 ≡ 01 (mod 100) Mà 76n ≡ 76 (mod 100) với n ≥ 5n ≡ 25 (mod 100) với n ≥ Suy kết sau với k số tự nhiên khác a20k ≡ 00 (mod 100) a ≡ (mod 10) a20k ≡ 01 (mod 100) a ≡ 1; 3; 7; (mod 10) a20k ≡ 25 (mod 100) a ≡ (mod 10) a20k ≡ 76 (mod 100 a ≡ 2; 4; 6; (mod 10) Vậy để tìm hai chữ số tận an, ta lấy số mũ n chia cho 20 Bài 1: Tìm hai chữ số tân 22003 HD: Ta có: 220 ≡ 76 (mod 100) => 220k ≡ 76 (mod 100) Trang 16 Do đó: 22003 = 23.(220)100 = 8.(220)100 = ( … 76).8 = …08 Vậy 22003 có hai chữ số tận 08 Bài 2: Tìm hai chữ số tận của: a) 2999 b) 3999 HD: a) Ta thấy 2999 21000 : (1)   Mà 21000 = 210 100 Ta có: 210 1024   1  mod 25    210  100   1 100  mod 25   21000 1 mod 25  Hay 21000 chia cho 25 dư 1, hai chữ số tận 1000 01; 26; 51; 75, 21000 bội nên hai chữ số tận phải 76 (2) Từ (1) (2) ta thấy số 76 chia hai chữ số tận 38 (= 76:2) 88(=186:2) 2999 bội nên hai chữ số tận 2999 88 b) 3999 31000 : Ta có: 34 = 81  19  mod100  38 192 61 mod100  310 61.9 49  mod100  3100 4910 01 mod100   31000 01 mod100  , nghĩa hai chữ số tận 1000 01 Số 31000 bội nên chữ số hang trăm chia cho phải dư 2( Chia tiếp số 201 chia hết cho 3, số dư hay số 001, 101 khơng chia hết cho 3) Vậy 3999 31000 : có hai chữ số tận 76 (= 201: 2) Bài 3: Tìm chữ số tận a 167 2010 14 b 1414 HD: a Ta có: 167 7(mod10)  167 2010 7 2010 (mod10) Lại có: 2010 491005 (  1)1005  1(mod10) Vậy 2010 có tận Trang 17 c  (45 )6  14 2 b 1414 414.14 (mod10);414 (16)14.7 (mod10)  414 698 (mod10)  414.14 6(mod10) Vậy tận c 45.6.7 163.5.7 65.3.7 (mod10)  45.6.7 6(mod10)  45.6.7 có tận Trang 18