5 lí thuyết đồng dư bài toán tìm số dư

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ LÍ THUYẾT ĐỒNG DƯ 1.Đồng dư thức 1.1 định nghĩa Hai số nguyên a b gọi đồng dư với theo modun m ( m số nguyên lớn cho trước) chia chúng cho m ta số dư Khi ta viết   a b modm Hệ thức gọi đồng dư thức b Định lí Cho a, b, m  Z, m > Ba mệnh đề sau tương đương:  a  b ( mod m )  a – b m  a = b + mt, t  Z Tính chất đồng dư thức 2.1 Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương, nghĩa với a,b,c  ¢ ta có   a b modm  b a  modm a b modm  a c  modm  b  c mod m    a a modm 2.2 Có thể cộng, trừ, nhân vế nhiều đồng dư thức theo modun a b(mod m); c d (mod m)  a c b d (mod m) a b(mod m); c d (mod m)   ac bd (mod m) Tính chất có hệ sau: - Có thể cộng trừ số vào hai vế đồng dư thức - Có thể nhân hai vế đồng dư thức với số - Có thể nâng hai vế đồng dư thức lên lũy thừa nguyên dương - Có thể cộng trừ bội modun vào vế đồng dư thức 2.3 Có thể chia hai vế đồng dư thức cho ước nguyên tố với modun 2.4 Có thể nhân hai vế modun đồng dư thức với số nguyên dương 2.5 Nếu hai số đồng dư với theo modun chúng đồng dư với theo modun ước modun 2.6 Nếu hai số đồng dư với theo nhiều modun chúng đồng dư với theo modun bội chung nhỏ modun 2.7 Hai số đồng dư với theo modun có với modun ước chung lớn   m 1 modm Định lí Euler Nếu a, m 1 a     Trong   1  1   m m          , p p p  1 2  k  với    m  p1 1p2 pk k   dạng phân tích tiêu chuẩn m (Hàm số Euler  m biểu thị số số tự nhiên không vượt m nguyên tố với m ) Định lí Fermat Nếu p số nguyên tố a số nguyên không bội p có ap 1 mod p   Dạng khác định lí Fermat Với p số nguyên tố, a số nguyên tùy ý, ta có ap a mod p   TÌM SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA SỐ A CHO SỐ B Định lí: Với hai số nguyên a b, b  0, tồn cặp số nguyên q r cho: a = bq + r  r < |b| * Từ định lí cho ta thuật tốn lập quy trình ấn phím tìm dư phép chia a cho b: + Bước 1: Đưa số a vào ô nhớ A , số b vào ô nhớ B + Bước 2: Thực phép chia A cho B {ghi nhớ phần nguyên q} + Bước 3: Thực A - q  B =r Bài a) Tìm số dư chia 18901969 cho 3041975 b) Tìm số dư chia 3523127 cho 2047 Đáp số: a) r = 650119 b)r = 240 Bài Tìm thương số dư phép chia: 123456789 cho 23456 Đáp số: q = 5263; r = 7861 Bài 3: Tìm số dư phép chia: a) 987654321 cho 123456789 b) 815 cho 2004 H.Dẫn: a) Số dư là: r = b) Ta phân tích: 815 = 88.87 - Thực phép chia 88 cho 2004 số dư r1 = 1732 - Thực phép chia 87 cho 2004 số dư r2 = 968  Số dư phép chia 815 cho 2004 số dư phép chia 1732 x 968 cho 2004  Số dư là: r = 1232 Bài 4: Chứng minh  148  2004 +10 chia hết cho 11 Giải: - Ta có: 14  (mod 11)   148  2004   38  Do 38 = 6561  (mod 11), nên  38  2004 2004 (mod 11) = 65612004  52004 (mod 11) Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11: tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n số dư chia luỹ thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11: dư chia luỹ thừa cho 11: chia luỹ thừa cho 11: thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11:a cho 11: 51 52 53 54 55 56 57 58 (5 1) (5 1)  52004 = (54)501  1501 (mod 11)  (mod 11) (1) Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2) Cộng vế với vế phép đồng dư (1) (2) có: 148 +10  11 (mod 11)  (mod 11)  148 +10 chia hết cho 11.t cho 11 2004 2004 Bài 5: Chứng minh số 222555 + 555222 chia hết cho Giải: 1) Trước hết tìm số dư phép chia 222555 cho 7: - Vì 222 = x 31 + 5, nên 222  (mod 7)  222555  5555 (mod 7) - Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11: tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n số dư chia luỹ thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11: dư chia luỹ thừa cho 11: chia luỹ thừa cho 11: thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11:a cho 7: 51 52 53 54 55 56 57 58 (5 1) (5  5555 = 56.92 + = (56)92.53  53  (mod 7) (1) Vậy số dư chia 222555 cho 2) Tương tự, tìm số dư phép chia 555222 cho 7: - Vì 555 = x 79 + 2, nên 555  (mod 7)  555222  2222 (mod 7) - Xét tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11: tuần hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n hoàn số dư chia luỹ thừa cho 11:n số dư chia luỹ thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11: dư chia luỹ thừa cho 11: chia luỹ thừa cho 11: thừa cho 11:a số dư chia luỹ thừa cho 11:a cho 7: 21 22 23 24 25 26 27 28 (2 4) (2  2222 = 23.74 = (23)74  174  (mod 7) (2) 222 Vậy số dư chia 555 cho Cộng vế với vế phép đồng dư (1) (2), ta được: 222555 + 555222  +  (mod 7) Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho Bài 6: Tìm chữ số hàng đơn vị số 172002 Giải: 17 9(mod10) 1000  17  17 2000 91000 (mod10) 92 1(mod10) 91000 1(mod10) 17 2000 1(mod10) Vậy 17 2000.17 1.9(mod10) Chữ số tận 172002 Bài 7: Tìm chữ số hàng chục, hàng trăm số 232005 Giải + Tìm chữ số hàng chục số 232005 231 23(mod100) 232 29(mod100) 233 67(mod100) 234 41(mod100) Do đó: 2320  234  415 01(mod100) 232000 01100 01(mod100)  232005 231.234.232000 23.41.01 43(mod100) Vậy chữ số hàng chục số 232005 (hai chữ số tận số 232005 43) + Tìm chữ số hàng trăm số 232005 231 023(mod1000) 234 841(mod1000) 235 343(mod1000) 2320 3434 201(mod1000) 232000 201100 (mod1000) 2015 001(mod1000) 201100 001(mod1000) 232000 001(mod1000) 232005 231.234.232000 023.841.001 343(mod1000) Vậy chữ số hàng trăm số 232005 số (ba chữ số tận số 232005 số 343) Bài tập Bài Dấu hiệu chia hết cho a) 2; b) 4; 25 11 c) 8; 125 d) 3; e) x anan  a1a0 an 10n  an  1.10n    a2.102  a1.10  a0  Điều kiện chia hết cho 2: an a a a 2  a 2 hay a 0,2, 4,6,8 n 1 0  Điều kiện chia hết cho 5: an a a a 5  a 5 hay a 0,5 n 1 0  Điều kiện chia hết cho 9: an a a a 3  an  a  a  a 3 n 1 n 1 an a a a 9  an  a  a  a 9 n 1 n 1  Điều kiện chia hết cho = hoaëc 25 = 52: an a a a 4  a a 4 n 1 an a a a 25  a a 25 n 1  Điều kiện chia hết cho = 23 hoặc125 = 53: ana a a a 8  a a a 8 n 21 ana a a a 125  a a a 125 n 210  Điều kiện chia hết cho 11: Điều kiện để số tự nhiên chia hết cho 11 tổng chữ số hàng lẻ trừ tổng chữ số hàng chẵn chia hết cho 11 + Nếu n số chẵn an số hạng thứ (n+1) lẻ an a a a a a 11  (a  a   an )  (a  a   a ) 11 n n 2 1 n + Nếu n số lẻ an số hạng thứ (n+1) chẵn an a a a a a 11  (a  a   a )  (a  a   an ) 11 n n 2 1 n Bài Tìm số dư phép chia a) 9124565217 cho 123456 Kết quả: 55713 b) 2345678901234 cho 4567 Kết quả: 26 2345678901234 23456789.10  1234  677 4093  1234  (mod 4567) 26(mod 4567) Bài 3: Tìm chữ số hàng đơn vị số 172002 Giải: Cách 17 9(mod10); 17   1000 17 2000 91000 (mod10) 92 1(mod10);91000 1(mod10);17 2000 1(mod10) Vậy 17 2000.17 1.9(mod10) Chữ số tận 172002 Cách   1 Ta có (17,10) = 10 2.5 nên   10  10       4    Vì 17 1(mod10)    17 2002 17 4.5002  17 500 17 17 (mod10) 9(mod10) Bài 4: Tìm chữ số hàng chục, hàng trăm số 232005 Giải + Tìm chữ số hàng chục số 232005 Cách 231 23(mod100); 232 29(mod100); 233 67(mod100); 234 41(mod100) Do đó: 2320  234  415 01(mod100); 232000 01100 01(mod100)  232005 231.234.232000 23.41.01 43(mod100) Vậy chữ số hàng chục số 232005 (hai chữ số tận số 232005 43) Cách   1 Ta có (23,100) = 100 22.52 nên   100  100       40    Vì 2340 1(mod100)   232005 2340.505  2340  50 235 235 (mod100) 43(mod100) + Tìm chữ số hàng trăm số 232005 Cách 231 023(mod1000); 234 841(mod1000); 235 343(mod1000); 2320 3434 201(mod1000); 232000 201100 (mod1000) 2015 001(mod1000); 201100 001(mod1000); 232000 001(mod1000) 232005 231.234.232000 023.841.001 343(mod1000) Vậy chữ số hàng trăm số 232005 số (ba chữ số tận số 232005 số 343) Cách   1 Ta có (23,1000) = 1000 23.53 nên   1000  1000       400  2 5 Vì 23400 1(mod1000)    232005 23400.55  23400 235 235 (mod1000) 343(mod1000) Bài Tìm số dư phép chia a) 126 cho 19 Kết : b) 2004376 cho 1975 Kết quả: 246   c) 1035125 5642 cho 17 Kết quả: d) 512002100 cho 41  Kết quả: 100  100 51200  32 mod41  512002  322  mod41  32,41 1   41  40  32  40  1 mod41 2100  22.50  450 100    322  324.50 1 mod41 Bài Tìm hai chữ số tận bên phải viết số sau hệ thập phân a) 35 KQ: 43 b) 21985 KQ: 32 c) 1414 14 KQ: 36 Giải a) Ta có (3,100) = 100 22.52 nên   100  40 Vì 340 1(mod100) 35  340.19535  35(mod100)  43(mod100)   1985 b) Ta có ,100  4, tìm x  x  25 thỏa mãn 21985 4 x(mod100) hay  1 21983  x(mod 25)   25 25    20 nên 5  220 1(mod 25)  21983 220.99 3 23 (mod 25) Vậy x = 8, tức 21985 4.8(mod100) 32(mod100) c) 14 14 14 1414  214 714 14   14 14 714 1 mod100 214  36 mod100 nên 1414  36 mod100