26 chủ đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 26 CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038) Tài liệu sưu tầm, ngày 15 tháng năm 2023 Website: tailieumontoan.com Chương I PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC ĐA THỨC Chuyên đề PHÉP NHÂN CÁC ĐA THỨC A.Kiến thức cần nhớ Muốn nhân đơn thức với đa thức ta nhân đơn thức với hạng tử đa thức cộng tích với A ( B + C ) = AB + AC Muốn nhân đa thức với đa thức, ta nhân hạng tử đa thức với hạng tử đa thức cộng tích với ( A + B )( C + D ) = AC + AD + BC + BD B Một số ví dụ Ví dụ 1: Thực phép tính : b) B = ( 5x − y )( x + y ) 2x a) A = − (15 x − y ) Giải a ) A =− 2x  2x  15 x +  −  ( −6 y )   b) B =20 x + 10 x y − 12 x y − y B = 20 x − x y − y A= −10 x + xy Ví dụ 2: Tìm giá trị biểu thức sau: a) A = ( x − )( x + 3) − ( x + ) x= b) B = ( x − )( y − x ) + ( x + y )( y + x ) x = 2; y = −2 Giải Tìm cách giải Nếu thay giá trị biến vào biểu thức ta số phức tạp Khi thực gặp khó khăn, dễ dẫn tới sai lầm Do cần thực nhân đa thức với đa thức thu gọn đa thức Cuối thay số Trình bày lời giải a) Ta có: A= = ( x − )( x + 3) − ( x + )( x − ) (10 x + 15 x − 14 x − 21) − ( x − 28 x + x − ) = 10 x + 15 x − 14 x − 21 − x + 28 x − x + = x + 27 x − 13 1 1 Thay x = vào biểu thức, ta có:= A   + 27 −= 13 2 2 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Vậy với x = giá trị biểu thức A = b) Ta có: B = ( x − y )( y − x ) + ( x + y )( y + x ) = xy − x − y + xy + xy + x + y + xy = 10xy 10.2 ( −2 ) = −40 Thay x = 2; y = −2 vào biểu thức ta có: B = Vậy với x = 2; y = −2 giá trị biểu thức B = −40 Ví dụ 3: Tìm x, biết: a )4 x ( x − ) − ( x − 1)( x − 3) = 23 b) ( x − )( x − ) − ( x + 1)( x − ) = Giải Tìm cách giải Để tìm x, vế trái có thực phép nhân đơn thức với đa thức, đa thức với đa thức Vì ta khai triển rút gọn vế trái ấy, sau tìm x Trình bày lời giải a )4 x ( x − ) − ( x − 1)( x − 3) = 23 x − 20 x − x + x + x − = 23 23 −13 x − = −13 x =23 + x = −2 b) ( x − )( x − ) − ( x + 1)( x − ) = x − x − x + 20 − x + x − x + = −8 x + 22 = −8 x = −15 x= 15 Ví dụ 4: Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào x: a )= A x ( x + 1) − x ( x + ) + ( x3 − x + ) ) B x ( x − x + ) − ( x3 + x − 16 ) − x ( x − x + ) b= Giải Tìm cách giải Chứng minh giá trị biểu thức không phụ thuộc vào biến x, tức sau rút gọn kết biểu thức khơng chứa biến x Do để giải toán này, thực biến đổi nhân đơn thức với Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com đơn thức, nhân đa thức với đa thức thu gọn kết Nếu kết không chứa biến x, suy điều phải chứng minh Trình bày lời giải a) Biến đổi biểu thức A, ta có : = A x ( x + 1) − x ( x + ) + ( x − x + ) A= x + x − x3 − x + x3 − x + A=6 Suy giá trị A không phụ thuộc vào x b) Biến đổi biểu thức B, ta có : = B x ( x − x + ) − ( x3 + x − 16 ) − x ( x − x + ) B = x − x + x − x3 − x + 16 − x + x − x B = x − x + x − x + x − x + 16 B = 16 Suy giá trị B không phụ thuộc vào x Ví dụ 5: Tính nhanh = a) A 1 − + + 5741 3759 3741 5741 3759 3759.5741 = b) B 6516 − + − 3150 6547 1050 6517 1050 3150.6517 Giải Tìm cách giải Quan sát kỹ biểu thức, thực trực tiếp phép tính tốn dễ dẫn đến sai lầm; ta nhận thấy nhiều số giống nhau, nghĩ tới đặt phần giống chữ Sau biến đổi biểu thức chứa chữ Cách giải gọi phương pháp đại số Trình bày lời giải a)= Đặt x 1 biểu thức có dạng: = ;y 5741 3749 A = ( + x ) y − y (1 + x ) + y + xy A = y + xy − y − xy + y + xy A= y ⇒ A= 3759 b)= Đặt x 1 biểu thức có dạng: = ;y 3150 6517 B = ( + x ) y − x ( − y ) + 12 x − xy Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com B =6 y + xy − 12 x + xy + 12 x − xy B = 6y ⇒ = B = 6517 6517 C Bài tập vận dụng 1.1 Rút gọn biểu thức sau: a ) A= ( x − 1)( 3x + 1) − x ( x − 3) − ( x − )( x − 3) b) B= ( x − )( x + 1) − 3x ( x − x − 3) − x ( x − 5)( x − ) Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có: A= 12 x + x − x − − x + 15 x − x + x + x − 12 = x + 23 x − 13 b) Ta có: ( x − )( x + 1) − 3x ( x − x − 3) − x ( x − 5)( x − ) B= = x + x − x − − x3 + x + x − x ( x − x − x + 20 ) =−3 x + x + 12 x − − x + 18 x − 40 x = −5 x + 26 x − 28 x − 1.2 Viết kết phép nhân sau dạng lũy thừa giảm dần biến x: a ) ( x + x + 1) ( x − 3) b) ( x − x + 1) ( − x ) c) ( x + 3x − ) ( + x − x ) Hướng dẫn giải – đáp số a ) ( x + x + 1) ( x − 3) = x3 + x + x − 3x − 3x − = x3 − x − x − b) ( x − x + 1) ( − x ) =− x x + − x + 12 x − x = −4 x + 14 x − 10 x + c) ( x + 3x − ) ( + x − x ) = (x + x − ) ( − x )= x + x − − x3 − x + x =3 x + x − − x − x + x =− x + 11x − 1.3 Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị biến x: a )C = ( x − )( x + 1) − ( x − 3)( x + 1) − 17 ( x + 3) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com b) D = ( x − 5)( x + 8) − ( 3x − 1)( x + 3) − ( x − 3) Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có : C= x + x − x − − x − x + 15 x + − 17 x − 51 ⇒C = −50 Vậy biểu thức C = −50 không phụ thuộc vào x b) D = x + 48 x − x − 40 − x − x + x + − 36 x + 27 ⇒D= −13 Vậy giá trị biểu thức D = −13 không phụ thuộc vào giá trị biến x 1.4 Tìm x, biết : a )5 ( x − 3)( x − ) − ( x + 1)( x − ) = 25 b)3 ( x − )( x + ) − ( x − 1)( x + ) = −13 Hướng dẫn giải – đáp số a )5 x − 35 x − 15 x + 105 − x + 10 x − x + = 25 25 −41x + 107 = −41x = −82 x=2 b)3 x + 15 x − 21x − 105 − x + x + =−13 −5 x − 103 = −13 −5 x = 90 x = −18 1.5 Rút gọn tính giá trị biểu thức: a ) A = ( − x )( x − ) + ( − x )( x − ) x = −2 1 b) B = x ( x − y ) − y ( y − x ) x = − ;y = − Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có : A= 12 x − − 15 x + 10 x + x − − x + x = −17 x + 29 x − 14 Với x = −2 , thay vào biểu thức ta có : A= −17 ( −2 ) + 29 ( −2 ) − 14 = −68 − 58 − 14 = −140 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com b) Ta có : B = 5x ( x − y ) − y ( y − 5x ) = x − 20 xy − y + 20 xy = 5x2 − y 1 Thay x = − ;y = − vào biểu thức ta có ; 2 1  1  1 B =5  −  +  −  =5 + = 25  5  2 1.6 Tính giá trị biểu thức: a) A = x − 2021x + 2021x − 2021x + 2021x − 2021x + 2021 x = 2020 b) B = x10 + 20 x + 20 x8 + + 20 x + 20 x + 20 với x = −19 Hướng dẫn giải – đáp số a) Với x = 2020 nên ta thay 2021= x + vào biểu thức , ta có : A = x − ( x + 1) x5 + ( x + 1) x − ( x + 1) x3 + ( x + 1) x − ( x + 1) x + x + = x − x − x5 + x5 + x − x − x3 + x3 + x − x − x + x + = b) Với x = −19 nên ta thay 20 =− x + vào biểu thức, ta có : B= x10 + ( − x + 1) x9 + ( − x + 1) x8 + + ( − x + 1) x + ( − x + 1) x + ( − x + 1) = x10 − x10 + x − x + x8 − x8 + + x − x + x − x + =1 1.7 Tìm hệ số a, b, c biết: a )2 x ( ax + 2bx + 4c ) = x − 20 x3 + x với x; b) ( ax + b ) ( x − cx + ) = x + x − với x Hướng dẫn giải – đáp số a )2 x ( ax + 2bx + 4c ) = x − 20 x + x ⇔ 2ax + 4bx3 + 8cx =6 x − 20 x3 + x (1) (1) với x = 2a 6= a   ⇔ 4b = −20 ⇔ b = −5   = 8c 8= c b) ( ax + b ) ( x − cx + ) = x + x − ⇔ ax + bx − acx − bcx + 2b + 2ax = x3 + x − Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com ⇔ ax3 + ( b − ac ) x + ( 2a − bc ) x + 2b = x3 + x − ( ) (2) với x a = a = a = b = −1 2b = −2    ⇔ ⇔ ⇔ b = −1 − − = c 1 − = b ac   c = −2  2a − bc = 2 − ( −1) c =0  1.8 Chứng minh với số nguyên n thì: A = ( − n ) ( n − 3n + 1) + n ( n + 12 ) + chia hết cho Hướng dẫn giải – đáp số Biến đổi đa thức, ta có : A = ( − n ) ( n − 3n + 1) = n ( n + 12 ) + = 2n − n3 − 6n + 3n − n + + n3 + 12n + = 5n + 5n + 10 1.9 Đặt 2x = a + b + c Chứng minh rằng: ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = ab + bc + ca − x Hướng dẫn giải – đáp số Xét vế trái: ( x − a )( x − b ) + ( x − b )( x − c ) + ( x − c )( x − a ) = x − ax − bx + ab + x − bx − cx + bc + x − ax − cx + ca = ab + bc + ca + x − x ( a + b + c ) = ab + bc + ca + x − x.2 x = ab + bc + ca − x Vế trái vế phải suy điều chứng minh 1.10 Cho a, b, c số thực thỏa mãn ab + bc + ca = abc a + b + c = Chứng minh : ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = Hướng dẫn giải – đáp số Ta có ( a − 1)( b − 1)( c − 1) = ( a − 1)( bc − b − c + 1) = abc − ab − ac + a − bc + b + c − = abc − ab − bc − ca + a + b + c − = abc − ( ab + bc + ca ) + ( a + b + c ) − = abc − abc + − 1= Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Chương I PHÉP NHÂN VÀ PHÉP CHIA CÁC ĐA THỨC Chuyên đề CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC ĐÁNG NHỚ A Kiến thức cần nhớ • ( A + B) =A2 + AB + B (1) • ( A − B) =A2 − AB + B (2) • A2 − B = ( A + B )( A − B ) (3) • ( A + B) • ( A − B) • A3 + B = ( A + B ) ( A2 − AB + B ) (6) • A3 − B = ( A − B ) ( A2 + AB + B ) (7) A3 + A2 B + 3B A + B = A3 + B + AB ( A + B ) = (4) = A3 − A2 B + AB − B = A3 − B − AB ( A − B ) (5) B Một số ví dụ Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức : a ) A = ( x + ) + ( x + )( x − ) + ( x − ) 2 b) B= ( 3x c)C = (x − x + ) + 2.( x − ) ( x − x + ) + ( x − ) − x + 1)( x + x + 1) − ( x + 1) 2 Giải Tìm cách giải Rút gọn biểu thức biến đổi viết biểu thức dạng đơn giản Trong biểu thức ẩn chứa hẳng đẳng thức, dùng đẳng thức để khai triển thu gọn đơn thức đồng dạng Trình bày lời giải a) Ta có: A = ( x + ) + ( x + )( x − ) + ( x − ) 2 = x + x + + ( x − ) + x − x + 16 = 6x2 − 4x + b) Ta có : ( 3x B= = ( 3x − x + 1)( x + x + 1) − ( x + 1) + 1) − ( x ) − ( x + 1) 2 2 = − ( 2x) = −4 x 2 c) Ta có : Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com C= (x − x + ) + 2.( x − ) ( x − x + ) + ( x − ) = ( x − x + ) + ( x − )  = x ) (= 2 2 x4 Ví dụ 2: Cho x + y = −7 x + y = 11 Tính x3 + y ? Giải Tìm cách giải Sử dụng đẳng thức (1) giả thiết ta tính tích xy Mặt khác phân tích kết luận đẳng thức (4), ta cần biết thêm tích xy xong Từ ta có lời giải sau Trình bày lời giải Từ x + y =−7 ⇒ x + xy + y =49 Mà x + y = 11 ⇒ 11 + xy = 49 ⇒ xy = 12 Ta có : x3 + y = ( ) − 3.12 ( −7 ) ( x + y ) − 3xy ( x + y ) =− 3 ⇒ x3 + y = −91 Ví dụ 3: Tính giá trị biểu thức : b) B = x − x + x + x = 21 a ) A =x + 10 x + 26 x = 95 Giải Tìm cách giải.Quan sát kỹ biểu thức, ta nhận thấy có bóng dáng đẳng thức Do nên vận dụng đưa đẳng thức Sau thay số vào để tính, tốn đơn giản Trình bày lời giải a) Ta có : A =x + 10 x + 26 = x + 10 x + 25 + = ( x + 5) +1 b) Ta có : B = x3 − 3x + 3x + = x3 − 3x + 3x − + = ( x − 1) + Với x = 21 ⇒ B = ( 21 − 1) + = 8000 + = 8002 Ví dụ 4: Tính nhanh: a) A = 20203 + 20202 − 2019 b) B = 20203 − 20202 + 2021 Giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Chuyên đề 26 ĐỒNG DƯ THỨC A Kiến thức cần nhớ I Định nghĩa: Cho số nguyên m > Nếu hai số nguyên a b chia cho m có số dư ta nói a đồng dư với b theo môđun m ký hiệu: a ≡ b (mod m) 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: a ≡ b (mod m) II.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 mơđun: 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 m) 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 ak ≡ b1 b2 bk (mod m) Nâng hai vế đồng dư thức lên lũy thừa: a ≡ b (mod m) ⇒ a k ≡ b k (mod m) (k ∈ N * ) Nếu hai số đồng dư với theo nhiều mơđun chúng đồng dư với theo môđun BCNN môđun ấy: a ≡ b (mod m= i) i 1;2; ; k ⇒ a ≡ b (mod [m1; m2;…;mk]) Đặc biệt (mi; mj) = (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 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com m   Đặc biệt: ac ≡ bc (mod m) ⇒ a ≡ b  mod (c, m)   III Một số định lý (ta thừa nhận không chứng minh) Định lý Fermat bé Cho a số nguyên dương p số nguyên tố Khi ta ln có a p ≡ a(mod p) Đặc biệt (a, p) = a p −1 ≡ 1(mod p) Định lý Wilson Với số nguyên tố p ( p − 1)! ≡ −1(mod p) Định lý Euler Cho m số nguyên dương a số nguyên tố với m; ϕ(m) số số nguyên dương nhỏ m nguyên tố với m Khi a ϕ( m ) ≡ 1(mod m) Chú ý: Nếu số ngun dương m có dạng phân tích thành thừa số nguyên tố:      m = p1α1 p2α2 pkαk ϕ(m) = m  −   −   −  p1   p2   pk   B Một số ví dụ Dạng tốn tìm số dư phép chia có dư * Tìm cách giải: Với hai số nguyên a m, m > ln có cặp số nguyên q, r cho a ≡ r (mod m) a= mq + r,0 ≤ r < m Để tìm số dư r phép chia a cho m ta cần tìm r cho  0 ≤ r < m Ví dụ 1: a) Tìm số dư phép chia 1532 − cho b) Tìm số dư phép chia 2016 2018 + cho Giải a) Ta có 1532 = 9.170 + ≡ (mod 9) 1532 ≡ (mod 9) ⇒ 1532 − ≡ − 1(mod 9) Vì − = 31 ≡ (mod 9) Do 1532 − ≡ (mod 9) Vậy số dư cần tìm b) Ta có 2016 ≡ 1(mod 5) 2016 2018 ≡ 12018 (mod 5) ⇒ 2016 2018 + ≡ 12018 + 2(mod 5) Vì + = ≡ (mod 5) Do 2016 2018 + ≡ 3(mod 5) Vậy số dư cần tìm Ví dụ 2: Chứng minh ( 20132016 + 2014 2016 − 20152016 ) 106 10 Giải Ta phải tìm số tự nhiên r cho 0= r ≡ (20132016 + 2014 2016 − 20152016 )10 (mod106) Ta có = 2013 106.19 − ⇒ 2013 ≡ −1(mod106) ⇒ 20132016 ≡ 1(mod106) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 2014 = 106.19 ⇒ 2014 ≡ 0(mod106) ⇒ 2014 2016 ≡ 0(mod106) = 106.19 + ⇒ 2015 ≡ 1(mod106) ⇒ 20152016 ≡ 1(mod106) 2015 Do ( 20132016 + 2014 2016 − 20152016 ) ≡ 0(mod106) 10 10 Ví dụ 3: a) Hãy tìm chữ số tận 99 b) Hãy tìm hai chữ số tận 31000 Giải a) Tìm chữ số tận số tìm dư phép chia số cho 10 n +1 Vì 9= 9.81n ≡ 9(mod 10) 10 Do 910 số nên số 99 có chữ số tận b) Tìm hai chữ số tận số tìm dư phép chia số cho 100 Ta có 34 ≡ 81 ≡ −19(mod100) ⇒ 38 ≡ (−19)2 (mod 100) Mà (−19)2 = 361 ≡ 61(mod100) Vậy 38 ≡ 61(mod100) 310 ≡ 61.9 =549 ≡ 49(mod100) 320 ≡ 492 ≡ 01(mod100) (do = 492 2401 = 24.100 + 1) Do 31000 ≡ 01(mod100) nghĩa hai chữ số sau 31000 01 Dạng toán chứng minh chia hết: Khi số dư phép chia a cho m a  m Như để chứng tỏ a  m ta chứng minh a ≡ 0(mod m) Ví dụ 4: Chứng minh 2018 − 7 Giải Ta có 43 = 64 ≡ 1(mod 9) ⇒ 2016 = (43 )672 ≡ 1(mod 9) Mặt khác = 16 ≡ 7(mod 9) ⇒ 2018 = 2016.4 ≡ 1.7(mod 9) Vậy 2018 − ≡ 0(mod 9) hay 2018 − 7 Ví dụ 5: Chứng minh 12 n +1 + 11n + 133(n ∈ N ) Giải 2 Cách 1: Ta có 12= 144 ≡ 11(mod133); 11= 121 ≡ −12 (mod 133) Do = 12 n +1 12.(12 )n ≡ 12.11n (mod133) = 11n + 112.11n ≡ −12.11n (mod133) Do 12 n +1 + 11n + ≡ 12.11n − 12.11n ≡ 0(mod133) Vậy với n ∈ N 12 n +1 + 11n + 133 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Cách 2: Ta có 12 =144 ≡ 11(mod133) ⇒ 12 n ≡ 11n (mod133) (1) Mà 12 ≡ −112 (mod133) (2) Nhân vế với vế (1) (2) ta có: 12 n.12 ≡ 11n.(−112 )(mod 133) ⇒ 12 n +1 ≡ −11n + (mod133) 12 n +1 + 11n + ≡ 0(mod133) hay 12 n +1 + 11n + 133 Dạng tốn xác định dấu hiệu chia hết Ví dụ 6: Cho số = a an an −1 a1a0 (1 ≤ an ≤ 9; ≤ ≤ = 9; i 0;1; ; n − 1) Hãy xác định dấu hiệu chia hết: a) Cho b) Cho Giải Ta có= a an an −1 a1= a0 an 10n + an −110n −1 + + a1 10 + a0 a) Ta có 10 ≡ 1(mod 3) 10i ≡ (mod 3), i = 1;2;3; ; n Do an 10n + an −110n −1 + + a1 10 + ao ≡ (an + an −1 + + a1 + ao ) (mod 3) Vậy a  ⇔ an + an −1 + + a1 + ao ≡ 0(mod 3) ⇔ an + an −1 + + a1 + ao  b) Ta có 102 =100 ≡ 0(mod 4) ⇒ 10i ≡ 0(mod 4), i =2;3; ;n ⇒ an 10n + an −110n −1 + + a110 + ao ≡ (a110 + ao )(mod 4) Vậy a  ⇔ a110 + a0 ≡ 0(mod 4) ⇔ a1ao  4 Dạng tốn sử dụng định lý: Ví dụ 7: Chứng minh với số tự nhiên n thì: n+1 23 + 32 n+1 + 2007 chia hết cho 22 Giải Theo định lý Fermat bé ta có 210 ≡ 1(mod 11);310 ≡ 1(mod 11) Ta có 34 = 81 ≡ 1(mod10) ⇒ 34 n +1 = 3.(34 )n ≡ 3(mod10) ⇒ 34 n +1 = 10k + 3,(k ∈ N ) Mặt khác =16 ≡ 1(mod 5) ⇒ n ≡ 1(mod 5) ⇒ n +1 =2(2 )n ≡ 2(mod10) ⇒ n +1 = 10t + 2,(t ∈ N ) n+1 Do 23 + 32 n+1 + 2007 = 210 k +3 + 310 t + + 2002 + = 23 (210 )k + 32 (310 )t + 22.91 + ≡ 23 + 32 + + ≡ 0(mod11) n+1 Mà 23 + 32 n+1 n+1 + 2007 (vì 23 số chẵn, 32 n+1 số lẻ, 2007 số lẻ) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com n+1 Do (2;11) = nên 23 + 32 n+1 + 2007 22 Ví dụ 8: Cho a1 ; a2 ; ; a2016 2016 số nguyên dương Chứng minh điều kiện cần đủ để a15 + a25 + a35 + + a2016  30 a1 + a2 + a3 + + a2016  30 Giải Theo định lý Fermat bé, 2; 3; số nguyên tố a số nguyên dương ta có: a ≡ a (mod 2) ⇒ a 4= (a )2 ≡ a ≡ a(mod 2) ⇒ a ≡ a(mod 2) a3 ≡ a (mod 3) ⇒ a 5= a3 a ≡ a.a ≡ a3 ≡ a(mod 3) a ≡ a(mod 5) Theo tính chất hai số đồng dư với theo nhiều mơđun chúng đồng dư với theo môđun BCNN mơđun Do a ≡ a(mod 2.3.5) hay a ≡ a(mod 30) ⇒ a − a ≡ 0(mod 30) Nghĩa ( a15 + a25 + a35 + + a2016 ) − ( a1 + a2 + + a2016 ) ≡ 0(mod 30) Vậy a1 + a2 + + a2016  30 ⇔ a15 + a25 + a35 + + a2016  30 Ví dụ 9: Chứng minh số tự nhiên có số k cho 1983k − chia hết cho 105 (Đề thi học sinh giỏi tốn cấp tồn quốc năm 1983) Giải Vì 1983 khơng chia hết cho không chia hết cho mà 105 = 5.55 nên (1983;105 ) = Áp dụng định lý Euler ta có: 1983ϕ(10 ) ≡ 1(mod105 )    Ta có ϕ(105= ) 105  −   − = 4.104 Nghĩa 19834.10 − 1105     Vậy k = 4.104 Dạng tốn khác Ví dụ 10: Chứng minh 14 k + k + 34 k + 4 k không chia hết cho Giải Do số nguyên tố nên theo Định lý Fermat bé ta có: với a = 1; 2; 3; ta có: a ≡ a(mod 5) ⇔ a ≡ 1(mod 5) ⇔ a k ≡ 1(mod 5) Do 14 k + k + 34 k + 4 k ≡ + + + ≡ 4(mod 5) Chứng tỏ 14 k + k + 34 k + 4 k  Ví dụ 11: Chứng minh với số nguyên tố p tồn vơ số số có dạng n − n,(n ∈ N ) chia hết cho p Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com (Thi vơ địch Canada năm 1983) Giải * Nếu p = n − n  2, ∀= n 2k (k ∈ N ) * Nếu p ≠ (2; p) = nên theo định lý Fermat bé ta có: 2k p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ p −1 − ≡ 0(mod p) ⇒ 2( p −1) − ≡ 0(mod p) 2k Hay 2( p −1) − 1 p (k ∈ N; k ≥ 2) Mặt khác ( p − 1)2 k ≡ (−1)2 k ≡ 1(mod p) 2k 2( p −1) − 1 − ( p − 1)2 k − 1  p ⇒ 2( p −1) − ( p − 1) =     2k 2k p p Vậy tồn vơ số số tự nhiên n có dạng n = ( p − 1)2 k ,(∀k ∈ N; k ≥ 2) cho n − n  p C Bài tập vận dụng Dạng tốn tìm số dư phép chia có dư 26.1 Tìm số dư phép chia a) 8!− cho 11 b) 2014 2015 + 2016 2015 + 2018 cho c) 50 + 4165 cho d) 15 + 35 + 55 + + 975 + 995 cho Hướng dẫn giải – đáp số Với toán dạng này, phương pháp chung tính tốn để đến a ≡ b(mod m) với b số có trị tuyệt đối nhỏ (tốt b = ±1) từ tính thuận lợi a n ≡ b n (mod m) a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8 Ta có 3.4 = 12 ≡ 1(mod11); 2.6 = 12 ≡ 1(mod 11); 7.8 ≡ 1(mod11) Vậy 8! ≡ 5(mod 11) ⇒ 8!− ≡ 4(mod 11) Số dư phép chia 8!− cho 11 b) 2014 ≡ −1(mod 5) ⇒ 2014 2015 ≡ −1(mod 5) 2016 ≡ 1(mod 5) ⇒ 2016 2015 ≡ 1(mod 5); 2018 ≡ 3(mod 5) 2014 2015 + 2016 2015 + 2018 ≡ 3(mod 5) 50 c) 23 ≡ 1(mod 7) ⇒ 2= (23 )16 ≡ 4(mod 7) 41 ≡ −1(mod 7) ⇒ 4165 ≡ (−1)65 ≡ −1(mod 7) 50 + 4165 ≡ − ≡ 3(mod 7) d) 15 ≡ 1(mod 4); 35 ≡ −1(mod 4); 55 ≡ 1(mod 4); ;975 ≡ 1(mod 4);995 ≡ −1(mod 4) Đáp số : Dư 26.2 Tìm số dư phép chia: Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com a) 1532 − cho 2016 c) 2014 2015 b) 2000 cho 25 cho 13 Hướng dẫn giải – đáp số a) 1532 ≡ 2(mod 9) ⇒ 1532 ≡ ≡ 5(mod 9) ⇒ 1532 − ≡ 1(mod 9) b) 2= 32 ≡ 7(mod 25) ⇒ 210= (2 )2 ≡ 72 ≡ −1(mod 25) = 2000 (210 )200 ≡ (−1)200 ≡ 1(mod 25) c) = 2014 155.13 − nên 2014 ≡ −1(mod13); 20152016= k + 1(k ∈ N ) 2016 ⇒ 2014 2015 ≡ (−1)2 k +1 ≡ −1(mod13) Đáp số : dư 12 26.3 Tìm số dư phép chia: a) A = 352 − 353 + 354 − 358 + 3516 + 3532 cho 425 100 b) B= 1010 + 1010 + 1010 + + 1010 cho Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có 35 = 1225 = 425.3 − 50 ≡ −50(mod 425) = 353 352.35 ≡ −50.35 ≡ −1750 ≡ −50(mod 425) = 354 (352 )2 ≡ (−50)2 ≡ 2500 ≡ −50(mod 425) Tương tự với 358 ;3516 ;3532 Từ có A ≡ −100(mod 425) Hay số dư phép chia A cho 425 325 b) Ta có 10= 7.14285 + ≡ 5(mod 7); 10= 5.10 ≡ 1(mod 7) n 10n= − 99 96  ≡ 0(mod 2) 99 96  ≡ 0(mod 3) ⇒ 10 − ≡ 0(mod 6) n−1 sè n−1sè ⇒ 10n ≡ 4(mod 6) 10n = 6k + 4(k , n ∈ N * ) 6k +4 Do = 1010 10 = (106 ) k 104 ≡ 104 (mod 7) n Vậy B ≡ 104 + 104 + 104 + + 104 ≡ 10.104 ≡ 105 ≡ 5(mod 7) 26.4 a) Tìm chữ số tận 43 b) Tìm hai chữ số tận 3999 c) Tìm ba chữ số tận số 512 Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta tìm dư phép chia số cho10 Vì 42 ≡ 6(mod10) nên 43 =49 =(42 ) 4 ≡ 6.4 ≡ 4(mod10) ⇒ chữ số tận Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com b) Ta tìm dư phép chia số cho 100 Theo ví dụ chun đề 26 ta có 31000 ≡ 01(mod100) nghĩa hai chữ số sau 31000 01 Số 31000 bội số nên chữ số hàng trăm chia cho phải có số dư để chia tiếp 201 chia hết cho (nếu số dư hay 001; 101 không chia hết cho 3) Vậy số 3999 = 31000 : có hai chữ số tận 201 : =67 c) Ta tìm dư phép chia cho 1000 Do 1000 = 125.8 trước hết ta tìm số dư 2512 cho 125 Từ đẳng thức: (a + b) = a + 5a 4b + 10a 3b + 10a 2b3 + 5ab + b5 ta có nhận xét a 25 ( a + b ) ≡ b5 (mod125) Vì = 210 1024 ≡ −1(mod 25) nên 210 = 25k − 1(k ∈ N ) Từ nhận xét ta có = 250 (210= )5 (25k − 1)5 ≡ −1(mod125) Vì = 2512 (250 )10 212 ≡ (−1)10 212 ≡ 212 (mod125) Do 212 = 210.22 = 1024.4 ≡ 24.4 ≡ 96(mod125) Vậy 2512 ≡ 96(mod125) Hay 2512 = 125m + 96, m ∈ N Do 2512 8,968 nên m8 ⇒ m= 8n (n ∈ N ) 2512 = 125.8n + 96 = 1000n + 96 Vậy ba chữ số tận số 2512 096 Dạng toán chứng minh chia hết 26.5 Chứng minh: a) 412015 −  7; b) n +1 − 15 (n ∈ N ) c) 376 − 76 13 d) 2015 − 1 341 Hướng dẫn giải – đáp số Để chứng tỏ a  m ta chứng minh a ≡ 0(mod m) a) 41= 42 − ≡ −1(mod 7) Do 412015 ≡ (−1) 2015 ≡ −1(mod 7) hay 412015 ≡ 6(mod 7) ⇒ 412015 − ≡ 0(mod 7) b) Ta có 24 = 16 ≡ 1(mod15) ⇒ 24 n ≡ 1(mod15) ⇒ 24 n − ≡ 0(mod15) Do 24 n +1 −= 2(24 n − 1) ≡ 0(mod15) c) Ta có 33 = 27 ≡ 1(mod13); 376 = (33 ) 25 ≡ 3(mod13) Ta có 24 ≡ 3(mod13) ⇒ 26 ≡ 12 ≡ −1(mod13) = 276 (26 )12 24 ≡ 3(mod13) Do 376 − 276 ≡ 0(mod13) hay 376 − 276 13 d) 341 = 11.31 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com * Ta có 25= 32 ≡ −1(mod11); 20= 22 − ≡ −2(mod11) Do 2015 ≡ (−2)15 ≡ −(25 )3 ≡ 1(mod11) * 2015 (25 )3 (53 )5 ≡ 1(mod 31) 25 ≡ 1(mod 31) 53 ≡ 1(mod 31) = Do 2015 ≡ 1(mod11.31) hay 2015 ≡ 1(mod 341) ⇒ 2015 − 1 341 26.6 Chứng minh 189079 + 19452015 + 20172018  Hướng dẫn giải – đáp số 1890 ≡ 0(mod 7); 1945 ≡ −1(mod 7); 2017 ≡ 1(mod 7) 189079 ≡ 0(mod 7); 19452015 ≡ −1(mod 7); 2017 2018 ≡ 1(mod 7) ⇒ đpcm 26.7 a) Chứng minh 55552222 + 2222 5555 + 155541111  69 220 119 b) Cho M = 220119 + 11969 + 69220 + (220 + 119 + 69)102 Chứng minh M102 Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có 5555 = 793.7 + ≡ 4(mod 7); 2222 = 318.7 − ≡ −4(mod 7) ⇒ 55552222 + 22225555 ≡ 42222 + (−4)5555 ≡ −42222 (43333 − 1)(mod 7) 1111 Do 43333 − 1= ( 43 ) − 1 ; 43 = 64 ≡ 1(mod 7) nên (43 )1111 ≡ 1(mod 7)   Hay 43333 − ≡ 0(mod 7) Do 55552222 + 22225555 ≡ 0(mod 7) 155541111= (2.7777)1111= 21111.77771111 ≡ 0(mod 7) ⇒ đpcm b) Ta có 102 = 2.3.17 Ta có (220 + 119 + 69)102 ≡ 0(mod102) * 220 ≡ 0(mod 2); 119 ≡ −1(mod 2); 69 ≡ 1(mod 2) ⇒ M ≡ 0(mod 2) * 220 ≡ 1(mod 3); 119 ≡ −1(mod 3); 69 ≡ 0(mod 3) ⇒ M ≡ 0(mod 3) * 220 ≡ −1(mod17); 119 ≡ 0(mod17); 69 ≡ 1(mod17) ⇒ M ≡ 0(mod17) (Để ý 11969 69220 số lẻ); ⇒ M ≡ 0(mod 2.3.17) Hay M 102 26.8 Chứng minh 52 n −12 n +1 + 2 n −13n +1  38 (n ∈ N * ) Hướng dẫn giải – đáp số Đặt A 52 n −12n +1 + 22 n −13n +1 Ta có A 2, ∀n ∈ N * ; = Ta có A = 2n (52 n −12 + 2n −13n +1 ) = 2n (25n −110 + 6n −19) Do 25 ≡ 6(mod19) ⇒ A ≡ 2n (6n −110 + 6n −19) ≡ 2n 6n −119 ≡ 0(mod19) Hay A19 Mà (2;9) = ⇒ A19.2 ⇒ A 38 Dạng toán xác định dấu hiệu chia hết Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com 26.9 Cho số = a an an −1 ao (1 ≤ an ≤ 9; ≤ ≤ = 9; i 0;1; ; n − 1) Hãy xác định dấu hiệu chia hết: a) Cho b) Cho 25 c) Cho 11 d) Cho Hướng dẫn giải – đáp số Ta có := a an an −1 a1= ao an 10n + an −110n −1 + + a110 + ao a) Ta có 10 ≡ 1(mod 9) 10i ≡ (mod 9),i = 1; 2;3; ; n a ≡ ( an + an −1 + + a1 + ao ) (mod 9) Vậy a  ⇔ an + an −1 + + a1 + ao ≡ 0(mod 9) ⇔ an + an −1 + + a1 + ao  b) Ta có 102 =100 ≡ 0(mod 25) ⇒ 10i ≡ 0(mod 25),i =2;3; ; n ⇒ a ≡ (a110 + ao ) (mod 25) Vậy a  25 ⇔ a110 + ao ≡ 0(mod 25) ⇔ a1ao  25 c) Do 10 ≡ −1(mod11) ⇒ 10i ≡ (−1)i (mod11) a ≡ (ao + a2 + a4 + ) − (a1 + a3 + a5 + ) (mod11) Do a 11 ⇔ (ao + a2 + a4 + ) − (a1 + a3 + a5 + ) ≡ 0(mod11) Tức hiệu tổng chữ số vị trí lẻ tổng chữ số vị trí chẵn d) Ta có 103 = 1000 ≡ 0(mod 8) → 10i ≡ 0(mod 8), i = 3; 4; ; n ⇒ a ≡ (a2102 + a110 + ao ) (mod 8) Vậy a 8 ⇔ a2102 + a110 + ao ≡ 0(mod 8) ⇔ a2 a1ao 8 Dạng toán sử dụng định lý 10 n+1 26.10 Cho = A 22 + 19 với n ∈ N * Chứng minh A hợp số Hướng dẫn giải – đáp số Theo định lý Fermat bé, 11 số nguyên tố nên ta có 210 ≡ 1(mod11) ⇒ 210 n ≡ 1(mod11) ⇒ 210 n +1 =2.210 n ≡ 2(mod 22) ⇒ 210 n +1 =22k + 2(k ∈ N ) Do 23 số nguyên tố ta có 10 n+1 10 n+1 222 ≡ 1(mod 23) ⇒ 22 = 222 k += 4.222 k ≡ 4(mod 23) ⇒ 22 + 19 ≡ + 19 ≡ 0(mod 23) Tức A 23 Mà A > 23, ∀n ≥ nên A hợp số 26.11 Cho = B (12!)13 + 2016 2015 Chứng minh B chia hết cho 13 Hướng dẫn giải – đáp số Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 10 Website: tailieumontoan.com Theo định lý Wilson: Với số nguyên tố p ( p − 1)! ≡ −1(mod p ) Do 13 nguyên tố nên 12! ≡ −1(mod13) ⇒ (12!)13 ≡ (−1)13 ≡ −1(mod13) Ta có 2016 = 13.155 + ≡ 1(mod13) ⇒ 20162015 ≡ 1(mod13) Do B = (12!)13 + 20162015 ≡ 0(mod13) Hay B13 26.12 Chứng minh với n ∈ N : a) 2 n+1 + 3.23n  b) 2 n+1 + 2.12 5n +1 + 5.102 n 11 Hướng dẫn giải – đáp số a) Theo định lý Fermat bé, số nguyên tố nên 26 ≡ 1(mod 7) Ta có ≡ 1(mod 3) ⇒ 4n ≡ 1(mod 3) ⇒ 2.4n ≡ 2(mod 6) Nghĩa 22 n +1 =2(22 ) n =2.4n ≡ 2(mod 6) ⇒ 22 n +1 =6k + 2, (k ∈ N ) Mặt khác 23n = (23 ) n = 8n ≡ 1(mod 7) ⇒ 3.23n ≡ 3(mod 7) Do 22 n+1 + 3.23n ≡ 26 k + + ≡ 22 (26 ) k + ≡ 22.1 + ≡ 0(mod 7) b) Do 11 số nguyên tố nên 210 ≡ 1(mod11) Ta có 16 ≡ 1(mod 5) ⇒ 16n ≡ 1(mod 5) ⇒ 2.16n ≡ 2(mod10) Nghĩa 24 n +1 =2(24 ) n =2.16n ≡ 2(mod10) ⇒ 24 n +1 =10k + 2, (k ∈ N ) Mặt khác 12 ≡ 1(mod11) ⇒ 125 n+1 ≡ 1(mod11) ⇒ 2.125 n+1 ≡ 2(mod11) Do 102 ≡ 1(mod11) ⇒ 102 n ≡ 1(mod11) ⇒ 5.102 n ≡ 5(mod11) Vì 22 n+1 + 2.125 n +1 + 5.102 n ≡ 210 k + + + ≡ 22 + ≡ 0(mod11) Dạng toán khác 26.13 a) Với giá trị số tự nhiên n 3n + 63 chia hết cho 72 b) Cho A = 20n + 16 n − 3n − Tìm giá trị tự nhiên n để A 323 Hướng dẫn giải – đáp số a) Ta có 72 = 8.9 (8;9) = * 63 ≡ 0(mod 9); n = 3n ≡ 0(mod 9) 3n + 63 ≡ 0(mod 9) * Mặt khác, với = n 2k (k ∈ N * ) 3n − = 32 k − = 9k − ≡ 1k − ≡ 0(mod 8) Do 3n + 63 = 3n − + 64 ≡ 0(mod 8) Vậy với = n 2k (k ∈ N * ) 3n + 63 72 b) Ta có 323 = 17.19 (17;19) = Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 11 Website: tailieumontoan.com * A = (20n − 1) + (16n − 3n ) = P + Q Ta có 20n ≡ 1(mod19) ⇒ P ≡ 0(mod19) Nếu = n 2k (k ∈ N * ) Q = 162 k − 32 k ≡ (−3) k − 32 k ≡ 32 k − 32 k ≡ 0(mod19) ⇒ A = P + Q ≡ 0(mod19) * A = (20n − 3n ) + (16n − 1) = P '+ Q ' 20n ≡ 3n (mod17) Do P ' = 20n − 3n ≡ 0(mod17) Nếu = n 2k (k ∈ N * ) Q ' =162 k − = (−1) k − ≡ − ≡ 0(mod17) ⇒ A = P '+ Q ' ≡ 0(mod17) Do (17;19) = nên A ≡ 0(mod17.19) Vậy với = n 2k (k ∈ N * ) A = 20n + 16n − 3n − 1 323 26.14 Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p + 1 p Hướng dẫn giải – đáp số Theo định lý Fermat bé ta có p ≡ 2(mod p ) nên p ≡ −1(mod p ) ta có ≡ 0(mod p ) ⇒ p = Mặt khác p = 23 + = ≡ 0(mod 3) Vậy p = số cần tìm 26.15 Tìm tất số nguyên tố p cho p + 20 số nguyên tố Hướng dẫn giải – đáp số Với p = p + 20 = 29 số nguyên tố Với p ≠ p ≡ 1(mod 3) nên p + 20 ≡ 21 ≡ 0(mod 3) Vậy p + 20 mặt khác p + 20 > nên p + 20 hợp số Vậy có số nguyên tố cần tìm p = 26.16 Cho p số nguyên tố Chứng minh số ab p − ba p  p với số nguyên dương a, b Hướng dẫn giải – đáp số Với a, b ∈ N * Nếu ab  p số ab p − ba p  p Nếu ab p (a= , p ) (b= , p ) Do a p −1 ≡ b p −1 ≡ 1(mod p) ⇒ a p −1 − b p −1 ≡ 0(mod p) ⇒ ab(a p −1 − b p −1 ) ≡ 0(mod p ) ⇒ ab p − ba p ≡ 0(mod p ) hay ab p − ba p  p, ∀a, b ∈ N * 26.17 a) Chứng minh tổng bình phương ba số nguyên phép chia cho có dư b) Chứng minh phương trình x + y + z = 2015 khơng có nghiệm ngun Hướng dẫn giải – đáp số a) Giả sử a, b, c ∈ Z mà a + b + c ≡ 7(mod 8) Ta có a ≡ 0; ±1; ±2; ±3; (mod 8) ⇒ a ≡ 0;1; (mod 8) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 12 Website: tailieumontoan.com → b + c ≡ 7;6;3(mod 8) Điều vơ lý b ≡ 0;1; (mod 8) Và c ≡ 0;1; 4(mod 8) ⇒ b + c ≡ 0;1; 2; 4;5(mod 8) Vậy a + b + c ≡ (mod 8) b) Áp dụng câu a) ta có với x, y, z ∈ Z 4x2 + y + z= (2 x) + y + (3 z ) ≡ 7(mod 8) Mà 2015 = 8.251 + ≡ (mod 8) Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun 26.18 Tìm hai chữ số tận 20112010 2009 (Đề thi Olympic Toán Singapore năm 2010) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có 2011 ≡ 11(mod100); 112 ≡ 21(mod100); 113 ≡ 31(mod100); 115 ≡ 21.31 ≡ 51(mod100) ⇒ 1110 ≡ 512 ≡ 1(mod100) Ta có 20102009 ≡ 0(mod10) ⇒ 20102009 = 10k (k ∈ Z ) ⇒ 20112010 = 201110 k ≡ 1110 k ≡ (1110 ) k ≡ 1(mod100) Do hai chữ số tận số 01 2009 26.19 Cho biểu thức A = (a 2012 ) ( + b 2012 + c 2012 − a 2008 + b 2008 + c 2008 ) với a, b, c số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho 30 (Đề thi chọn học sinh giỏi mơn tốn lớp TP Hà Nội, năm học 2011-2012) Hướng dẫn giải – đáp số Bài tốn có nhiều cách giải Sau cách giải theo đồng dư thức: * Ta có ∀n ∈ N * n5 − n ≡ 0(mod 30) (ví dụ chuyên đề 26 chứng minh) A = (a 2012 − a 2008 ) + (b 2012 − b 2008 ) + (c 2012 − c 2008 ) = A a 2007 (a − a ) + b 2007 (b5 − b) + c 2007 (c5 − c) Ta có a − a ≡ 0(mod 30) ⇒ a 2007 (a − a ) ≡ 0(mod 30) Tương tự b 2007 (b5 − b) ≡ 0(mod 30);c 2007 (c − c) ≡ 0(mod 30) Vậy A ≡ 0(mod 30) Hay A 30 26.20 Chứng minh không tồn ba số nguyên (s; y; z) thỏa mãn đẳng thức x + y = z + (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2011-2012) Hướng dẫn giải – đáp số Giả sử tồn ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn x + y = z + ⇔ x4 + y + z = 8z + (1) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 13 Website: tailieumontoan.com Xét với số nguyên a a chẵn = a 2k (k ∈ Z ) ⇒ a 4= 16k ≡ 0(mod 8); Nếu a lẻ a = (2k + 1) ≡ 1(mod 8) Do x + y + z ≡ 0;1; 2;3(mod 8) Trong z + ≡ 5(mod 8) mâu thuẫn với (1) Vậy không tồn ba số nguyên (s; y; z) thỏa mãn đẳng thức x + y = z + 26.21 Tìm hai chữ số cuối số= A 41106 + 572012 (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội, năm học 2012-2013) Hướng dẫn giải – đáp số Ta có 412= (40 + 1) 2= 402 + 80 + ≡ 81(mod100) 412 ≡ 812 ≡ 6561 ≡ 61(mod100) ⇒ 415 ≡ 61.41 ≡ 1(mod100) ⇒ 41106 ≡ 41.(415 ) 21 ≡ 41 (mod100) Mặt khác 57 = 10556001 ≡ 1(mod100) ⇒ 57 2012 = (57 )503 ≡ 1(mod100) Vì A ≡ 41 + 1(mod100) Do hai chữ số cuối số= A 41106 + 57 2012 42 26.22 Cho a, b hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 b + 13 chia hết cho 21 Tìm số dư phép chia A = a + 9b + a + b cho 21 (Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Trần Phú – Hải Phòng, năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số Do a + 20 21 ⇒ a ≡ 1(mod 3) a ≡ 1(mod 7) b + 13 21 ⇒ b ≡ 2(mod 3) b ≡ 2(mod 7) Suy A = a + 9b + a + b ≡ + + + ≡ 1(mod 3) ⇒ A ≡ 10(mod 3) k +1 Xét a =3k + 1; b =3q + với k, q ∈ N ta có= a 4= 4.64 k ≡ 4(mod 7) 9b = 93q + ≡ 23q + ≡ 4.8q ≡ 4(mod 7) Do A = a + 9b + a + b ≡ + + + ≡ 10(mod 7) ⇒ A ≡ 10(mod 7) A ≡ 10(mod 3) A ≡ 10(mod 7) mà (3;7) = nên A ≡ 10(mod 3.7) Hay A ≡ 10(mod 21) Vậy số dư phép chia A cho 21 10 26.23 Cho n số nguyên dương chứng minh A = 23n +1 + 23n −1 + hợp số (Đề thi học sinh giỏi lớp TP Hà Nội, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số 23 ≡ 1(mod 7) ⇒ (23 ) n ≡ 1(mod 7) ⇒ 23n +1 =2.(23 ) n ≡ 2(mod 7) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 14 Website: tailieumontoan.com 23n −1 22.(23 ) n −1 ≡ 4(mod 7) = nên A ≡ + + ≡ 0(mod 7) nghĩa A Mà với n ∈ N * A>7 Vậy A hợp số 26.24 Chứng minh A = 2012 n + 20134 n + 2014 n + 20154 n số phương với số nguyên dương n (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh, năm học 2015-2016) Hướng dẫn giải – đáp số ∀n ∈ N * ta có 20124 n ≡ 0(mod 2); 20134 n ≡ 1(mod 2); 20144 n ≡ 0(mod 2); 20154 n ≡ 1(mod 2) Do A ≡ ≡ 0(mod 2) * Ta lại có 2012 ≡ 0(mod 4) ⇒ 20124 n ≡ 0(mod 4); 2014 ≡ 2(mod 4) ⇒ 20142 ≡ 22 ≡ 0(mod 4) ⇒ 20144 n ≡ (20142 ) n ≡ 0(mod 4) Do 2013 ≡ 1(mod 4) ⇒ 20134 n ≡ 1(mod 4); Do 2015 ≡ −1(mod 4) ⇒ 20154 n = (−1) n ≡ 1(mod 4) Vậy A ≡ 2(mod 4) nghĩa A chia cho dư Ta có A 2; A  22 ; số nguyên tố Vậy A không số phương ∀n ∈ N * Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 15