Cđ12 đồng dư thức

CHUYÊN ĐỀ: ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN 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 a  b  mod m  nói a đồng 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: 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, trừ vế:  a b(modm)  a c b d (modm)  c d (modm) 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   a b(modm)  ac bd (modm)  Nhân vế : c d (modm) Hệ quả: a ) a  b  mod m    ac  bc  mod  m  (c  ) n n b) a b  mod m   a b  mod m  Có thể nhân (chia) hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương  a  b  mod m    ac  bc  mod mc  Chẳng hạn: 11 3  mod    22 6  mod  ac bc(modm)  a b( modm)  (c, m) 1 16  (mod 7)   (mod 7)  (2, 7) =  Chẳng hạn : (a, p) 1 a p  1(mod p) Định lí Fermat: Cho p số nguyên tố 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 Khi chia n 1 số nguyên dương liên tiếp cho n  nhận hai số dư Trong n  Nếu n 1  a; b  d số nguyên liên tiếp, ln có số chia hết cho n tồn hai số nguyên x; y cho: ax  by d  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 toán Bài 1: 2n n 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  12.6n 7.6 n  12.6 n (mod 19)  7.52 n  12.6 n 19.6 n 0 (mod 19)  A19 Bài 2: 2n Chứng minh: A (2  5)7(n  N ; n 1) Lời giải n Ta có 1 (mod 7)  Ta tìm số dư chia cho 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 Bài 3: 2004n 2003 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 2004n  1920 1924 2003 2004n  ( 2)  mod 31  A 19242003 n   mod 31 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 25 m 1 2.25 m 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 2004n 2003 Vì 1924 2 (mod 31)  1924 2004n 2004n (mod 31) (4) 2004n 2003 Từ (3) (4)  1924 2003 Vậy A 1924 2004n 22003 2 (mod 31)  19242003  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 Bài 4: 2008 Chứng minh  chia hết cho 31 Lời giải 2008 2008 Để chứng minh  chia hết cho 31 ta chứng minh  0 (mod 31) 2008 2005 401 Ta có : 2 2 (2 ) mà 32 1 (mod 31) 401 401 2005 nên ta có (2 ) 1 (mod 31)  2 2 (mod 31)  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) Bài 5: n 1 n 2 Chứng minh với số tự nhiên n số 12  11 chia hết cho 133 Lời giải n 1 2n n Ta có: 12 12.12 12.144 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 n 2 Cộng vế (1) (2) ta 12  11 0 (mod 133) Vậy 12 n 1  11n 2 chia hết cho 133 (đpcm) Bài 6: 2008 Chứng minh  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 58  23 0 (mod 24)  2324 Bài 7: 21 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 Bài 8: 2002 Chứng minh rằng:  chia hết cho 31 Lời giải 2008 1 (mod 24) 2002 400 Ta có 1 (mod 31) , mà 2002 5.400  nên (2 ) 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 Bài 9: 5555 2222 Chứng minh rằng: 2222  5555 chia hết cho Lời giải 5555 5555 Cách 1: Ta có 2222  7  2222  (mod 7)  2222 ( 4) (mod 7) 5555  47  5555 4 (mod 7)  55552222 42222 (mod 7)  22225555  55552222 ( 4)5555  42222 (mod 7) 2222 2222  ( 4)5555  42222  42222.43333  42222 Mà ( 4) 4  42222 43333  42222  42222 (43333  1) 43  (mod 7) (1) 3 Ta lại có : 1 (mod 7)   637   0 (mod 7) (2) 5555 2222 Nên ( 4)  0 (mod 7) 5555 2222 Từ (1) (2)  2222  5555 chia hết cho 5555 5555 Cách 2: Ta có 2222 3(mod 7)  2222 3 (mod 7) 5555 5554 1 3.(32 )2777 3.22777 (mod 7) Mặt khác: +) 12 (mod 7)  3 2777 3.925 2 2 2.(23 )925 22 (mod 7) +) 1(mod 7)  2  22225555 3.4 5(mod 7) (1) 2222 2222 +) 5555 4 (mod 7)  5555 4 (mod 7) 2222 3.740 2 42.(43 )740 42 2(mod 7) +) 1(mod 7)  4 Từ (1) (2)  22225555  55552222 5  0(mod 7)  đpcm Bài 10: CMR: n 1  23 n 1  (với n  N ) chia hết cho Lời giải 10 10 Theo định lý Fermat ta có: 1 (mod 11) 1 (mod 11) (2) n 1 n 1 Ta tìm dư phép chia cho 10 n 1 n 1 n Có 2.16 2 (mod 10)  10q  2(q  N ) n 1 n 1 n Có 3.81 3 (mod 10)  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 Ta có: 6 (mod 10)  2(mod10) n 1 Vì 10q  2(q  N )  n1 210 q 2 (q  N ) 10 Theo định lý Fermat ta có: 1 (mod 11)  210 q 1 (mod11)  22 n 1 Vậy  210 q 2  4  7(mod11) 0(mod11) n 1  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 p ta 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 - Với hai số nguyên a m, m  ln có cặp số ngun 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)   r  m 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   + Khi đó: A  B m  k1  k2    r1  r2  Vậy số dư phép chia A  B cho m số dư phép chia tổng r1  r2 cho m - Tìm số dư phép chia hiệu a n  b k an  bk   cho m : A   B   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 :  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 : + 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 Bài 1: 100 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( mod13)  3.399 3.1( mod13) 100 nên 3(mod13) 100 Vậy chia cho 13 có số dư Bài 2: 2004 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  211  2004 2(mod11)  20042004 22004 (mod11) , mà 210 1(mod11) (vì 1024  111 )  20042004 2 4.22000 2 4.(210 )200 2 5(mod11) 2004 Vậy 2004 chia 11 dư Bài 3: 2005 Tìm số dư chia A 1944 cho Lời giải 10