Đồng dư

ĐỒNG DƯ THỨC A Kiến thức Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a b chia cho số ngun dương m có số dư ta nói a đồng dư với b theo mơđun m Kí hiệu: a b  modm  - Như a b  modm    a  b  m - Hệ thức có dạng a b  modm  gọi đồng dư thức Trong đó, ta có: a vế trái, b vế phải, m mơđun - Nếu a 0  modm  am *) Chú ý: Nếu a chia cho b dư r a r  modb  Tính chất: Dựa vào a b  modm    a  b  m Với a, b, c nguyên, m số ngun dương, ta có: +) Tính chất 1: Ta có a a(modm) (tính chất phản xạ) +) Tính chất 2: Nếu a b(modm) b a (modm) (tính chất đối xứng) +) Tính chất 3: Nếu a b(modm); b c(modm)  a c(modm) (tính chất bắc cầu) +) Tính chất 4: Cộng hai vế đồng dư với số a  c b  c  modm  a b  modm    a  c b  c  modm  Nếu +) Tính chất 5: Cộng, trừ vế nhiều đồng dư có mơđun a  c b  d  modm  a b  modm  ; c d  modm    a  c b  d  modm  Nếu +) Tính chất 6: Nhân hai vế đồng dư với số ac bc  modm  a b  modm    ac bc  modm.c  ,  c  Z  Nếu +) Tính chất 7: Nhân vế nhiều đồng dư có mơđun Nếu a b  modm  ; c d  modm   ac bd  modm  Mở rộng: Với a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn số nguyên Nếu a1 b1  modm  , , an bn  modm   a1 an   b1 bn   modm  +) Tính chất 8: Nâng hai vế đồng dư thức với lũy thừa Nếu a b  modm   a k b k  modm   k  N  +) Tính chất 9: Chia hai vế đồng dư với số nguyên tố với môđun Nếu ac bc  modm  ;  c, m  1  a b  modm  Ví dụ: 20 8  mod 3  5.4 2.4  mod  ,  3,  1  2  mod 3 p Định lý Fermat: Với p số nguyên tố, a số nguyên ta có: a a  modp  p Đặc biệt: Nếu  a, p  1  a 1 modp  B Một số ứng dụng lý thuyết đồng dư Ứng dụng 1: Ứng dụng toán chứng minh chia hết Định hướng dạng toán: Để chứng minh số nguyên A chia hết cho số nguyên m ta chứng minh A 0  mod m  Ý tưởng thực tế việc chứng minh khơng phải đơn giản Địi hỏi người làm tốn phải có quan sát tinh tế biến đổi thông minh, tỉ mỉ giải tốt toán Bài 1: Chứng minh 24 n1   n  N  2020 a) 41  17 chia hết cho b) 76 76 c)  chia hết cho 31 1917 1917 d) 24  14 chia hết cho 19 2019 e)  15 chia hết cho 31 2020 f) 2019  chia hết cho 13 Lời giải a) Ta có: 41  1 mod   412020   1 2020  mod  1 mod   412020  0  mod    412020  1 7 chia hết cho 15 n b) Ta có: 24 1 mod15    24  1 mod15   n 1 mod15   n.2 2    24 n1 2  mod15   24 n1  0  mod15   24 n 1  15 c) Ta có: 33 1 mod13   33  25 1 mod13   375 1 mod13   3753 3  mod13  376 3  mod13  12 Lại có: 26 12  mod13  1 mod13   26  1 mod13   276 16  mod13  3  mod13    376  276 3   mod13  376  276 0  mod13   376  276 13 Do đó: 1917 1917 d) Ta có: 24 5  mod19   24 5  mod19   1 1917 Lại có: 14   mod19   14  1    Từ  51917  mod19   241917  141917 51917   51917  2   mod19  0  mod19  1917 1917 Hay 24  14 chia hết cho 19 e) Ta có: 25 1 mod 31   25  405 1 mod 31  2015 1 mod 31  22015.24 1.24  mod 31  2019 16  mod 31  2019  15 16  15  mod 31  2019  15 0  mod 31 2019 hay  15 chia hết cho 31 2020 2020 f) Ta có: 2019 4  mod13  2019 4  mod13  Có: 43  1 mod13 ;2020 673.3   2019 2029 4 2020  mod13   43  679  mod13    mod13 20192029     mod13   13  mod13  0  mod13  2020 Vậy 2019  chia hết cho 13 Bài 2: Chứng minh 15 b) 20  chia hết cho 341 10 a) 11  chia hết cho 100 1997 c) 1991  19971996 chia hết cho 10 123456789 e) 13 1979 f) 1979 99 d)  chia hết cho 100  chia hết cho 183  19811981  1982 chia hết cho 1980 Lời giải a) Ta có: 11  1 mod   1110 1 mod    1110  1 4  1 2 112 21 mod 25   112   mod 25    112      mod 25    mod 25  114.11  9.11 mod 25   99  mod 25  1 mod 25   115 1  mod 25    115  1  mod 25   1110 1 mod 25    1110  1 25   1    1110   Từ chia hết cho 25 b) Ta có: 341 11.31; 20   mod11  2015     2015 1 mod11  2015  15  mod11       mod11  chia hết cho 11 (1) 15 15 Lại có: 20 2  mod 31  20 2  mod 31 1 mod 31  20  chia hết cho 31 (2) 15 Từ  1    20  chia hết cho 341 c) Cách 1: Chứng minh hai số có tận giống * Áp dụng với a, k  N , ta có: a 0  mod10   a k 0  mod10  a 1 mod10   a k 1 mod10  a 5  mod10   a k 5  mod10  a 6  mod10   a k 6  mod10  Áp dụng: 1991 1 mod10   19911997 1 mod10   1 1997   mod10   19971996    1996  mod10   19971996       499  mod10  1 mod10    1997 1996 1997 1996 Từ  1    1991  1997 0  mod10   1991  1997 chia hết cho 10 Cách 2: Chứng minh chia hết cho 1997 Ta có: 1991 1 mod   1991 1 mod   1 1997 1 mod   19971996 1 mod    1997 1996 1997 1996 Từ  1    1991  1997 0  mod   1991  1997 chia hết cho 1997 Lại có: 1991 1 mod   1991 (3) 1 mod    1997 2  mod   19971996 21996  mod5      499  mod  1 mod    1997 1996 Từ      1991  1997 chia hết cho (6) 1997 1996 Lại có  2,5  1  1991  1997 chia hết cho 10 d) Ta có: 210 1024  1 mod 25    210   1 mod 25   290  0  mod 25    290  1 25  1 mặt khác 29 4   Từ  1     29  299  100 13 1 mod   13123456789 1 mod    13123456789  1 3  1 e) Ta có: Lại có: Mà 133 1 mod 61   133   3,61 1   13 123456789 41152263  1 183 1 mod 61   13123456789  1 61   1979 f) Ta có: 1979  1 mod1980   1979  1 mod1980  1981 1 mod1980   19811981 1 mod1980   1   ; 1982 2  mod1980   3 1979 1981 Từ  1    3  1979  1981  1982     mod1982  0  mod1980  1979 Vậy 1979  19811981  1982 chia hết cho 1980 Bài 3: Chứng minh 2002 a)  chia hết cho 31 5555 2222 b) 2222  5555 chia hết cho 200 c) 2014  256 chia hết cho 2016 Lời giải 2002 400 a) Ta có: 1(mod 31);2002 5.400   (2 ) ;2 1(mod 31)  (25 ) 400 1400 (mod 31)  (25 ) 400 22 1.22 (mod 31)  22002 4(mod 31)  2002  chia hết cho 31 5 5555 1111 b) Ta có: 2222 3(mod 7)  2222 3 (mod 7) 5(mod 7)  2222 5 (mod 7) (1) 2 2222 1111 Lại có: 5555 4(mod 7)  5555 4 2(mod 7)  5555 5 (mod 7) (2) 5555 2222 1111 1111 Từ (1)(2)  2222  5555 5  (mod 7) (3) 1111 1111 1111 1111 1111 Mặt khác:  2(mod 7)  (  2)  (mod 7)   0(mod 7) (4) 5555 2222 Từ (3)(4)  2222  5555 7 c) Ta có: 20143 2008(mod 2016);20142 4(mod 2016)  20145 20143.20142 2008.4 1984(mod 2016)  201410 (20145 ) 19842 1024(mod 2016)  201430 10243 64(mod 2016)  2014200 10242 256(mod 2016)  2014200  2562016 Bài 4: 69 Chứng minh rằng: 220 119 69 220 A 220119  119     69  102 le Lời giải Ta có: A2 69 119 69 +) 220 1(mod 3);119  1(mod 3);69 0(mod 3)  A 1  (  1) 69 220 0(mod 3); A3 119 119 1220 0(mod17)  A17 +) 220  1(mod17);119 0(mod17);69 1(mod17)  A (  1) Vậy A2.3.17 102 (đpcm) Bài 5: 7 Chứng minh rằng: A (7  77)20 (có 100 chữ số 7) Lời giải Ta có: 20 = 7 Đặt B 7 (997.chu.so.7)  A lẻ A 7 B  77 (  1) B    0(mod 4) (1) * B B k 3 16 k.8 1k.3 3(mod 5) Ta có: B ( 1)(mod 4)  B 4k  3(k  N );7 2 2 A 3  77 80 0(mod 5)(2)  A 0(mod 20)(vì:(4,5)=1) Bài 6: Chứng minh 15 a) 20  chia hết cho 11 30 20 b)  chia hết cho 30 222 555 c) 555  222 chia hết cho 30 d) 1234  1388 chia hết cho 2014 Lời giải 5 5 a)  1(mod11);10  1(nod11)  10  1(mod11)  10 1(mod11)  20 1(mod11)  205  0(mod11) 30 30 b  1(mod13)   1(mod13);3 1(mod13)  1(mod13)  230  320   1(mod13) 0(mod13) 222 222 3 74 222 c) 555 2(mod 7)  555 2 (mod 7);2 1(mod 7)  (2 ) 1(mod 7)  555 1(mod 7) 222  2(mod 7)  222555 (  2)555 (mod 7) ( 2)3  1(mod 7)   (  2)3  Có: 185  1(mod 7)  222555 (  1)(mod 7)  A 1  1(mod 7) 0(mod 7) 30 d) Ta có: 1234 778(mod 2014)  1234 778 1500(mod 2014)  12347 15003 1234(mod 2014)  12343.123427 778.1234(mod 2014)  123430 1234.1234.778 1388(mod 2014)  (123430  1388)2014 Bài 7: Sử dụng định lí Fermat nhỏ 10 10 10 10 10 Chứng minh rằng: A 10  10  10   10  57 Lời giải Vì số nguyên tố nên  7,10  1 nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: 106 1(mod 7)  10 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 n n 10 k 4 10 k.10 1.14 (mod 7) 10 (mod 7)  1010 10 (mod 7) Đặt 10 6k  4( k  N )  10 10 10 1010 10 (mod 7);1010 10 (mod 7) .;1010 10 ( mod 7)  A 10.104  0(mod 7)  A7 Bài 8: Sử dụng định lí Fermat nhỏ 1331 1331 1331 1331 Chứng minh rằng: A 1     1331 11 Lời giải 11 Vì 11 số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: a 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 9: 22 22 Chứng minh rằng: A (22  22)3234 Lời giải Ta có: 3234 3.22.7 +) Có : A 0(mod 22) 22 +) 22 1(m0d 3)  22 1(mod 3) 22 22 22 +) 22 1(m0d 7)  22 1 1(mod 7)  22 7 k  A 227 k 1  22 22(227 k  1) 22  (22 k )7  1 22.(22 k  1)  (22 k )  (22 k )5   22 k  1 k k +) 22 1( m0d 7)  22 1 1(mod 7) Đặt B (22k )6  (22k )5   22k   B 1   7 0(mod 7)  A 0(mod 49) 7.chu so.1 Vậy A 0(mod 3.22.49)  đpcm Bài 10: 2n n Chứng minh A 7.5  12.6 chia hết cho 19 với số tự nhiên n Lời giải 2n n n n Ta có: A 7.5  12.6 7.25  12.6 n n n n Lại có: 25 6(mod19)  25 6 (mod19)  7.25 7.6 (mod19)  7.25n  12.6n 7.6n  12.6n (mod19)  7.25n  12.6n 19.6 n 0(mod19)  A 7.52 n  12.6 n 19, n  N Bài 11: n 1 n 2 Chứng minh A 4  13, n  N Lời giải 2 n n n n n 1 n Ta có: 3(mod13)  (4 ) 3 (mod13)  4.(4 ) 4.3 (mod13)  4.3 (mod13) (1) n n n 2 n Lại có:  4(mod13)  3  4.3 (mod13)   4.3 (mod13) (2)  42 n1  3n 4.3n  4.3n 0(mod13)  A 42 n 1  3n 2 13, n  N Bài 12: Chứng minh rằng: a a(mod 30)a  Z Lời giải Ta có: 30 2.3.5  6.5; a  a a( a  1) a( a  1)( a  1) a(a  1)(a  1)( a  1)        6 Ta cần chứng minh : a a (mod 5) +) Nếu a 0(mod5)  a 0 a(mod 5) 5 +) Nếu a 1(mod 5)  a ( 1) a(mod 5) 5 +) Nếu a 2(mod 5)  a (2) 32 2 a (mod 5) p Vậy a a (mod 5)  a a(mod p ) Bài 13: n n n n  4( n  N * ) Chứng minh rằng: A 1    5  n  Lời giải k k 4k +) n 4k  A 1  16  81  ( 1) k k 4k +) n 4k   A 1  16  81  (  1) 1    10 0(mod 5) k k 4k +) n 4k   A 1  16  81  (  1) 1    16 30 0(mod 5) k k 4k 3 2 +) n 4k   A 1  16  81  (  1) 1    0(mod 5) Vậy A chia hết cho n không chia hết cho Bài 14: n 3 n 2 n * Chứng minh rằng: A (2  )17, n  N Lời giải n n n n n n Ta có: A 32  9.3 15  9.15 17.5 0(mod17) Bài 15: n 2 Chứng minh rằng: A n  n  n  1B (n  1) , n  N , n  Lời giải n 2 n Ta có: A n  n  n  n (n  1)  (n  1) +) Với n 2 +) 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 n 1(mod n  1)  n k 1k (mod n  1), k  N Ta có nhận xét sau :  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 Bài 16: Dùng định lý Fermat Chứng minh rằng: 5555 2222 a) 2222  5555 chia hết cho 79 2015 2018 b) 1890  1945  2017 chia hết cho 1962 c) 1961  19631964  19651966  chia hết cho Lời giải a) Cách 1: Ta có: 2222 3  mod   22225555 35555  mod  10 7 Áp dụng định lý Fermat ta có: 1 mod   1 mod  55555 6.925   35555  36  925 35 35  mod  5  mod   1 2222 2222 Lại có: 5555 4  mod   5555 4  mod  7 Áp dụng định lý Fermat ta có: 1 mod   1 mod  2222 6.370   46.370.4   370 4  mod  2  mod    5555 2222 5555 2222 Từ  1    2222  5555 5   mod  0  mod   2222  5555 chia hết cho 4 Cách 2: Ta có 2222 3  mod   2222 3  mod   2222 81 4  mod  5555 1111 Như ta 2222 3.4 5  mod   2222 5  mod  2222 1111 Tương tự ta có: 5555 2  mod  Từ ta A 51111  21111  mod  0  mod  Vậy A chia hết cho b) Ta có: 189079 7  189079 0  mod   1 19456  mod   1945 2015 6 2015  mod    1 2017 1 mod   2017 2018 1 mod  2015  mod   1 mod     3 Cộng  1    3 theo vế ta được:   189079  19452015  2017 2018 0   1 mod  0  mod   189079  19452015  2017 2018 7 1962 c) Ta có: 1961 1 mod   1961 1 mod   1 1963 3  mod   19631964 31964  mod   33  654 1965 5  mod   19651966 51966  mod   53  655 32  mod  2  mod     mod    mod    Cộng  1    3 theo vế ta được:       mod    mod   19611962  19631964  19651966  11 chia hết cho BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Chứng minh n 1 n4 n 1 a)   chia hết cho 23 b) 11 n 2 n n 1 c)  26.5  chia hết cho 59 n 1 n  n  2 n 1 d)  chia hết cho 38 n2 e) 13 n2  142 n1 chia hết cho 183  122 n1 chia hết cho 133 n 1 n 1 f)  chia hết cho 2n n g) 7.5  12.6 chia hết cho 19 Lời giải n 1 2n n n a) Ta có: 5 25 2  mod 23   1 2n 4 2n.24 2n.16 2n.16  mod 23    2n1 2n.2 2n.2  mod 23 ; Cộng  1    3 theo vế ta được: 5.2n  16.2 n  2.2 n  mod 23    16   n  mod 23  0  mod 23   52 n 1  2n4  2n1 chia hết cho 23 12  3 n2 b) Ta có: 11 11n.121  12.11n  mod133  1 122 n 1 144 n.12 11n.12  mod133   ; n2 n 1 n n Từ  1    11  12  12.11  12.11  mod133 0  mod133  n2 Vậy 11  122 n1 chia hết cho 133 n2 n n n n c) Ta có: 5 25 25.5  mod 59   1 ; 26.5 26.5  mod 59    82 n1 82 n.8 64 n.8 5n.8  mod 59    n 2 n n 1 n n n Từ  1    3   26.5  25.5  26.5  8.5  mod 59  0  mod 59  n 1 n 2 n n n n d) Ta có: 25 5.2 20.50 20.12  mod 38   1 3n 2.2 n1 3n.9.4n.2 18.12n 18.12n  mod 38     52 n 1.2n2  3n2.22 n 1 38.12 n  mod 38  0  mod 38  n 1 n  n  2 n 1 Vậy  chia hết cho 38 n 2 e) Ta có: 13 13n.132 169.13n 169.13n  mod183   1 n 142 n1  142  14 196n.14 14.13n  mod183    13n2  14 n1 183.13n  mod183 0  mod183   13n2  14 n1 1    Cộng theo vế ta được: Chia hết cho 183 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 f) Ta có:   mod       mod  0  mod  2n n n 2n n n n g) Ta có: 7.5 7.25 7.6  mod19   7.5  12.6 7.6  12.6  mod19   7.52 n  12.6n 19.6 n  mod19  0  mod19   7.5 n  12.6 n chia hết cho 19 Bài 2: Chứng minh 1924 n 20032004  1920 chia hết cho 124 với n số nguyên dương Lời giải Đặt 1924 n 20032004  1920 Khi chứng minh A chia hết cho 2004n Ta có 1924 2  mod 31  A 2 2003   mod 31 n n n 2004 20034 k với k số nguyên dương Mặt khác ta có 2004 4  2004 4k 2003 13 4k 4k k Vì 2003 3  mod   2003 3 81 1 mod  n Do 20032004 1 mod  2004n Như ta có 22003 n 2004 5m  với m số nguyên dương hay 2003 m 25 m1 2  25  2  mod 31 Điều có nghĩa A 0  mod 31 Mà ta có  4,31 1  A chia hết cho 124 với số nguyên dương n DÀNH CHO HỌC SINH LỚP VÀ THI CHUYÊN Bài 1: n n n n Cho n số nguyên dương Chứng minh số A 2    chia hết cho n không chia hết cho Lời giải A  2n  1n  3n  4n   mod  Dễ thấy với số ngun dương n ta có n n n Vì A chia hết cho chi    chia hết cho Với số ngun dương n ta ln có biểu diễn n 4t  r với t số tự nhiên r   0;1;2;3 r n n n t r t r t r t r t t r Từ ta có:    1    1  16  81  256 14 Để ý 16 1 mod  ;81 1 mod5  ; 256 1 mod  Do từ hệ thức ta được:  2n  3n  4n  1r  r  3r  4r   mod  r r r r +) Nếu r 0     4  mod  r r r r +) Nếu r 1     10  mod  r r r r +) Nếu r 2     30  mod  r r r r +) Nếu r 3     100  mod  Như A chia hết cho r   1;2;3 , điều đồng nghĩa với việc n không chia hết cho Bài 2: n Chứng minh với số nguyên n  A n  n  n  chia hết cho đa thức B  n  1 Lời giải Nhận thấy với n 2 ta có A 1 B 1 nên A chia hết cho B Với n  ta có    1   A n n  n  n  n n n     n  1 n  n  1 n n   n n    n    n  1  n  1  n n  n n   n k Ta có n 1 mod n  1  n 1 mod n  1 n n 2 n n 2 Như ta có n  n   n n   mod n  1  n  n   n  n  0  mod n  1 Điều dẫn đến  n  1  nn  n n   n  1 0  mod  n  1 Hay ta A chia hết cho B 15  Dạng 1: Tìm số dư phép chia Cách giải: Gỉa sử tìm số dư A cho m ta làm sau: Bước 1: Tìm số x cho  x  m để A  x  mod m  ( x số dư A chia cho m ) Bước 2: Kết luận Bài 1: Tìm số dư 94 a) 92 cho 15 b) 1944 c) A 1532  cho 2003 d) A 3 cho 13 70 50 e) A 5  cho 12 2005 2005 f) A 3  cho 11 13 16 2005 cho Lời giải a) Ta thấy 92 chia cho 15 dư  92 2(mod15)  9294 294 (mod15) (1) 4 23 23 23 94 Lại có: 1(mod15)  (2 ) 1 (mod15)  (2 ) 4(mod15)  4(mod15) (2) 94 Từ (1)(2)  92 chia 15 dư b) Ta có: 1994  2(mod 7)  1994 2005 (  2) 2005 (mod 7) 3 668 2005 Lại có: ( 2)  1(mod 7)  ( ) (  2) (  2)(mod 7)  (  2)  2(mod 7)  19442005 chia cho dư c) Ta có: 1532 2(mod 9)  15325 2 (mod 9);25 5(mod 9)  15325 5(mod 9)  15325  4(mod 9) Vậy số dư : 203 667 d) Ta có: 1(mod13); 2003 3.607   (3 ) 33 1(mod13)  (33 )667 1667  (33 )667 32 9(mod13)  số dư 2 35 70 e) Ta có: 1(mod12)  (5 ) 1(mod12)  1(mod12) (1) 1(mod12)  (7 ) 25 125 (mod12)  50 1(mod12) (2) 70 50 Từ (1)(2)  A 5  chia cho 12 dư 5 401 5 401 f) Ta có: 1(mod11)  (3 ) 1(mod11);4 1(mod11)  (4 ) 1(mod11)  A 32005  42005 2(mod11)  số dư 3 668 2005 +) 1(mod13)  (3 ) 1.3(mod13)  3(mod13);4  1(mod13)  (43 )668 1.4(mod13)  42005 4(mod13)  A 32005  42005 7(mod13)  số dư Bài 2: 776 777 778 Tìm số dư A 776  777  778 chia cho Lời giải 776 776 776 Ta có: 776  1(mod 3)  776 ( 1) (mod 3)  776 1(mod 3) 777 0(mod 3)  777 777 0(mod 3);778 1(mod 3)  778778 1(mod 3)  A chia dư 17 776 777 777 +) Lại có: 776 1(mod 5)  776 1(mod 5);777  3(mod 5)  777 ( 3) (mod 5) 778778 3778 (mod 5)  A 1  3777  3778 (mod 5)  A 1  3.3777  3777 (mod 5) 1  3777 (3  1)(mod 5) 1  2.3777 (mod 5);32  1(mod 5)  (3 )338 3(mod 5)  A 1  2.3 2(mod 5) Vậy A chia dư Bài 3: 1998 1999 2000 10 Tìm số dư phép chia A (1997  1998  1999 ) cho 111 Lời giải 1998 Ta có: 1998 0(mod11);1997  1(mod11)  1997 1(mod11);1999 1(mod11)  19992000 1(mod11)  A (1   1)10 210 1024 25(mod111)  A chia 111 dư 25 Bài 4: 100 Giả sử a1 , a2 , a100 số tự nhiên thỏa mãn : a1  a2  a3   a100 5 Tìm số dư chia A a15  a25   a100 cho 30 Lời giải 5 5 100 Ta có: a a(mod 30), a  Z  A a1  a2   a100 a1  a2   a100 5 (mod 30) 100 100 Có:  1(mod 6)  1(mod 6)  25(mod 6) 100 100 Mặt khác: 25(mod 5);(5,6) 1  25(mod 30) Vậy số dư 25 Dạng 2: Tìm chữ số tận số Bài 1: Tìm chữ số tận của: a) 167 2010  (45 )  c) 1414 b) 14 Lời giải 18 a) Ta có: 167 7(mod10)  167 2010 7 2010 (mod10) 2010 1005 1005 Lại có: 49 ( 1)  1(mod10) 2010 Vậy có tận 1414 b) Ta có: 14 2 414.14 (mod10); 414 (16)14.7 (mod10)  414 698 (mod10)  414.14 6(mod10) Vậy tận 5.6.7 3.5.7 5.3.7 5.6.7 5.6.7 c) 16 6 (mod10)  6(mod10)  có tận 19