Chuyén dé
UNG DUNG DONG DU THUC TRONG GIAI TOAN LOP 7
Phan 1: Dat van dé
LLI DO CHON CHUYEN DE
Toán học là một bộ môn khoa học rất trừu tượng, được suy luận một cách logic va 1a nén tảng cho việc nghiên cứu các bộ môn khoa học khác Số học là một phần không thê thiếu và nó chiếm một vai trò khá quan trọng trong bộ môn
này
Lý thuyết chia hết trong vành số nguyên là một nội dung khá quan trọng trong phần sô học Hơn nữa, đây cũng là mảng rất khó khăn cho giáo viên và học sinh trong quá trình dạy và học Xuất phát từ vấn đề đó, tơi đã tìm tịi, nghiên cứu, trao đơi và học hỏi ở bạn bè, đồng chí đồng nghiệp và đã tìm ra chìa khố để giải quyết van dé nay Đó là lý thuyết đồng dư Năm học 2012-2013, tôi được sự phân công của các đồng chí trong tơ và đã làm chuyên đề trường, vấn đề này được nhiều đồng nghiệp quan tâm và chia sẽ Vì vậy tơi đã chọn “Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 ” làm sáng kiến kinh nghiệm nhằm trao đôi với bạn bè đồng nghiệp nhiều hơn về lĩnh vực này
1 Cơ sở lí luận
* Cùng với khoa học công nghệ, giáo dục là quốc sách hàng đầu" chủ trương đó đã thê hiện rõ quan điêm, đường lôi của Đảng và Nhà nước ta; khăng
định tâm quan trọng của giáo dục đối với đất nước; bởi lẽ giáo đục đóng vai trò quyết định đến sự thành công của công cuộc xây dựng đất nước, xây dựng
CNXH
Nghanh gido duc da triển khai thực hiện công tác đổi mới giáo dục phổ thông bao gôm: đôi mới cơ sở vật chất phục vụ cho dạy và học, đơi mới chương trình sách giáo khoa, đổi mới công tác quản lý, đôi mới phương pháp dạy học, đổi mới cách kiêm tra đánh giá v.v nhằm giúp học sinh phát triển một cách toàn diện
Trong hệ thống các môn học được đưa vào đào tạo ở trường THCS, môn
Trang 3Học tốn đơng nghĩa với giải toán Trong học tập muôn làm được bài tập ngồi việc có một phương pháp suy luận đúng đắn đòi hồi học sinh phải có vơn kiến thức sẵn có tiếp thu từ các công thức, các quy tắc, định nghĩa, khái niệm, định lý
Đặc biệt trong giai đoạn phát triển của khoa học công nghệ hiện nay, trình độ tri thức của con người phát triển rõ rệt Nhằm đáp ứng nhu câu học tập của mọi người dân, bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng voi truyén thong hiếu học của nhân dân Vì thế trong dạy học người giáo viên cần phát triên ở học sinh “ những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề ở từng góc độ khác nhau Tìm tịi những cái cit trong cái mới” Đề phát huy tính tích cực và sáng tạo của học sinh người giáo viên phải đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề tạo cho các em những thách thức trước những vấn dé mới
Lý thuyết đồng dư được xây dựng trên nền tảng là phép chia trên vành số nguyên Là một nội dung được suy luận một cách lôgic, chặt chẽ Trên cơ sở lý thuyết đồng dư được hai nhà bác là Ơle và Fécma đã đưa ra 2 định lý rất nơi tiếng và có tính ứng dụng rất cao
2 Cơ sở thực tiễn
Lý thuyết đồng dư sẽ cho ta phương pháp đồng dư, đó là một động tác có tính chât kỹ thuật giúp chúng ta bô sung giải quyết vân đê chia hêt trong vành sô nguyên
Trong chương trình tốn THCS có nhiều dang bai tap lién quan dén ly thuyết đồng dư, xong tôi chỉ đưa vào đây một số bài tập điên hình và các dạng tốn ở lớp 7
3 Thực trang
Nắm chắc và vận dụng thành thạo các phương pháp trong giải toán là vấn đề cần chú trọng, đặc biệt là đối với học sinh trường THCS Yên Lạc - có chất lượng đào tạo cao — thì càng phải chú trọng đề đảm bảo và nâng cao chat lượng học sinh Hơn nữa để giúp các em HSG tự tin và đạt thành tích cao trong cac ki thi HSG Bằng việc xây dựng các chuyên đề tốn có nội dung phù hợp và thiết thực tôi tin tưởng các em học sinh sẽ say mề học tốn và tìm ra cách học, nắm
chăc các phương pháp giải tốn thơng qua từng dạng bài tap
Qua giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi 7, tôi thấy chuyên đề này rất thiết thực, các em đã có thể giải được một số dạng tốn khó, vận dụng linh hoạt các phương pháp đề giải một sơ dạng tốn liên quan đến lý thuyết đồng dư đưa được các dạng toán đó về dạng quen thuộc và đơn giản hơn
4 Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh năm được các phương pháp đề giải bài toán, rèn kĩ năng giải Toán loại này và nhằm phát triển năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh
Trang 55 Pham vi, ké hoạch và đôi tương nghiên cứu 5.1 Phạm vi nghiên cứu
Trong môn tốn có nhiều dạng bài tập có thể giải bằng cách sử dụng phương pháp đồng dư thức Tuy nhiên trong chuyên đề này tôi chỉ đưa ra một số ứng dụng sau
- Tim số dư trong phép chia số nguyên
-_ Chứng minh sy chia hét
- _ Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa -_ Giải phương trình nghiệm nguyên 5.2 Kế hoạc nghiên cứu
- Thời gian thực hiện chuyên đề 4 buổi tương ứng với 16 tiết dạy
5.3 Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là học sinh khá giỏi lớp 7 trường THCS Yên Lạc 6 Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu qua tài liệu: SGK, SGV, sách nâng cao và phát triển Toán 6,7, sách nâng cao va các chuyên dé đại số 7, tài liệu tham khảo có liên quan - Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh
- Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra Nghiên cứu từ thực tế giảng day, hoc tập của từng đôi tượng học sinh
- „ B.NỌI DUNG
I- DONG DU THỨC
1 Định nghĩa và các điều kiện:
a Định nghĩa: „ „
Chom e W”;a,b e Z Nêu a và b khi chia cho m có cùng sơ dư ta nói: a và b đông dư theo mơđun m
Kí hiệu: a = b (mod m) `
Hệ thức: a = b (mod m) gọi là đông dư thức Ví dụ: 19 = 3 (mod8); -25 = 3 (mod 4)
b Các điều kiện trơng đương:
1- a = b (mod m)
2- (a-b):m
3- 3c Z sao cho: a=b + mít
2 Các tính chất
a Quan hệ đông dư là một quan hệ trơng đương trên tập hợp Z có nghĩa là: 1- a = a(mod m)
2- a = b(mod m) => b = a (mod m)
3- a = b(mod m); b = c (mod m) => a = c (mod m)
b 7a có thé cộng từng về một với nhau theo cùng một môẩun
Cụ thê: — n „
a;=b;(modm) i=1jø => S`(CDÝa,=Ð`CD”5, (mod m) v£eV
Trang 7e Ta có thê nhân từng về voi nhau nhiéu dong du thirc theo cling mot médun Cu thé: a; = b; (mod m);i = Ln
> TIa, =T 1% (mod m): i=l i=i
3 Cac hé qua
a.a = b(modm)=>a+c=b+c(modm) b.a+c = b (mod m) =a = b-c (mod m) c.a = b (mod m) =a + k.m = b (mod m) d.a = b (mod m) => a.c = b.c (mod m)
e.a = b(modm) =a" = b®(modm) Vøe X :
f Cho f(x) = aa X? + az¡ XP + taix tao Vø¿eZ Nêu z =f (modm) thi ta cũng có f(z)= f2) (modm)
Đặc biệt: f(z) =0 (modm) thì ta cũng có: f(z + k.m) = 0 (mod m)
VkeZ
ø Ta có thể chia cả hai về của một đồng dư thức cho một ước chung của chúng nguyên tố với môđun
Cụ thể là:
a.c = b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 => a = b (mod m)
h Ta có thê nhân cả hai về và môđun của một đồng dư thức với cùng một số nguyên dương
Cu thé 1a: a = b (mod m) => a.e = b.c (mod m.c) ee N”
¡ Ta có thê chia cả hai về và môđun của một đồng dư thức với cùng một ước dương của chúng
Cụ thể là: a = b(modm); 0<e < ƯC(a;b;m) => a/e = bíc (mod me) k Nếu 2 số a và b đồng dư với nhau theo nhiều mơđun thì chúng đồng dư với nhau theo môđun là bội chung nhỏ nhất của môđun ấy
Cụ thể là: c—
a = b(mod m)), ¡ = 1z => a = b (mod m)
„ ` Trong đó: m = BCNN(mi, m; m,)
1 Nêu a và b đông dư với nhau theo mơđun m thì chúng cũng đông dư với nhau theo môđun là ước dương của m
Cụ thể là: a = b (mod m); 0 < @ « U(m) =>a = b (mod 2) m Néu: a = b (mod m) thi: UCLN( a; m) = UCLN( b; m) II- ĐỊNH LÝ ƠLE VÀ DINH LY FECMA
1 Định lý Ơle
a Hàm s6 Ole- u(m)
Trang 9
-m=1tacd:u(m)=1 :
-m> 1 thi p(m)la cac so tu nhién khong vuot qua m — | va nguyén to voi m b Cơng thức tính u(m) „ „
b1 m=p*(p là số nguyên tô, ơ là sô tự nhiên khác 0)
Ta có: uúm) = H(pđ) = p ơ
b2 m= PPI DS Pa" Œ¡ là các số nguyên t6, ơ; là số tự nhiên khác 0) Ta có: _ w(m)=m(I —)(1 ——)(1-—) (I=—)
Py Pr 7; Pr
c Dinh ly Ole
Cho m là một số tự nhiên khác 0 vả a là một số nguyên tố với m
Khi ấy ta có:
a“ =1 (mod m)
2 Định lý Féema
- Đinh lý Fécma 1
Cho p là một sô nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho m
Khi ấy ta có:
aP-l 1 (mod p)
- Đinh lý Fécma 2
Cho p là một sơ ngun tó, a là một số nguyên đương bắt ky Khi ấy ta có:
Trang 11
IH - MỘT SỐ UNG DUNG
1 Tìm số dư trong phép chia
Vi dul: Tim so du trong phép chia: 29455 —3 chia cho 9 Giải: Ta có: 2945 = 2 (mod 9)
=> 29455 — 3 = 25-3 (mod 9)
_ Ma 25—3 = 2 (mod 9)
Vậy sô dư của 2945Š— 3 chia cho 9 là 2
Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia 10935 chia cho 14 Giải:
Ta có: 109 = -3 (mod 14)
=> 1093 = (-3)*“ (mod 14)
Ta lại có: (-3; 14)= 1
Hơn nữa: w(14) = 14(1~2)—2 2=6
Nên: (-3) = 1 (mod 14) (theo định lý Ơle)
=> (-3)? = (-3)? (mod 14)
Mặt khác: (-3)° = -27 = 1 (mod 14)
Vậy sô dư trong phép chia 109343 chia cho 14 là I
Vi du 3:Tim sé du trong phép chia: (1997198 + 19981999 +1999200 )10 chia cho
111
Giải: Ta có: 1998 = 0 (mod 111)
=> 1997 = -1 (mod 111) va 1999 = 1 (mod 111)
Nên ta có: 1997199 + 19981999 +19997000 = 2 (mod 111) (19971998 + 19981999 +1999200 10 = 210 (mod 111)
Mat khac ta cd: 2!°= 1024 = 25 (mod 111) :
Vay (19971998 + 19981999 +19992000 )!9 chia cho 111 có số dư là 25 Bài tập : Tìm số dư của phép chia
Bai 1 : Tim sé du trong phép chia 20042 cho 11
Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11 : Mot số được gọi là chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu giữa các tổng chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn kế 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 Vi0 : 11=> 5016: 11 Giai :
Ta có 2002 : 11 => 2004 - 2 : 11 => 2004 =2 (mod II)
=> 2004704 = 229 (mod 11) , mà 2!° = 1 (mod 11) (vì 1024- 1: 11)
=> 20042094 = = 24, 22000 = = 24, 219200 = 24 =5 (mod 11)
Vay 20047 chia 11 dir 5
Bài 2 : Tìm số dư khi chia A = 1944205 cho 7
Giải :
Trang 13
Ma (-2)? = - 1 (mod 7) => (-23)®8 = 158 (mod 7) hay (-23)568 = 1 (mod 7)
=> (-23)68 (-2) = - 2 (mod 7) hay (-2)°°° = - 2 (mod 7) Vay 19447 cho 7 đự 5
Bài 3 : Tìm số đư trong phép chia 15325 - 1 cho 9
Giải :
Ta có 1532 =2 (mod 9) => 15325 = 25 (mod 9) , ma 25 = 5 (mod 9)
=> 15323 = 5 (mod 9) => 15325 - 1 = 4(mod 9)
Vậy 15323 - 1 chia cho 9 du là 4 Bài 4: Tìm dư trong phép chia 329% cho 13
Giải :
Ta có 3 = 1 (mod 13) mà 2003 = 3.667 + 2 => 32993 = (33)657, 32 33 = 1 => (39) = 1967 => (33)967, 3? = 1.3? (mod 13) => 3200 = 9 (mod 13)
Vay 379 chia cho 13 du 9
Bai 5 : Tim dw trong phép chia 57 + 7°° cho 12
Giải :
Ta có 52= I(mod 12) => (52#Š= 1 (mod 12) hay 5 = 1(mod 12) (1) 2= 2 (mod 12) => (7°) = I(mod 12) hay 7°°= 1(mod 12) (2)
Từ (1) va (2) => 57 + 7°° chia cho 12 du 2
Bài 6 : Tìm số đư của A = 776776 + 777777 + 778778 khi chia cho 3 và khi chia cho 5?
Giải :
+Ta có 776 = - I(mod 3) => 7767 = -1(mod 3) => 77675 = 1 (mod 3)
777 = 0 (mod 3) => 777777 = 0 (mod 3) 778 = 1 (mod 3) => 778778= 1 (mod 3) => 776776 + 777777 + 778778 khi chia cho 3 du 2
+Tacd776= 1 (mod 5) => 7767%= 1 (mod 5)
777 = - 3 (mod 5) => 777777 = - 3777 (mod 5) 778= 3(mod5)=> 77878= 3778 (mod 5) => 7767 + 77777 + 77878 = | - 3777 + 3778 (mod 5) Hay 7767 + 777777 + 778778 = 1 + 3.3777 - 3777 (mod 5) 77677 + 77777 + 778778 = 1 + 3777(3 - 1) (mod 5) 7767 + 77777 + 778778 = 1 + 2.3777 (mod 5) Mà 32 = - I(mod 5) => (37)*88.3 = 3 (mod 5) Vậy A= 776” + 777” + 778778 = 1+2.3 = 2 (mod 5)
Vay A chia cho 5 dur 2
Bài 7 : Tìm số dư của A = 3205 + 42005 khi chia cho 11 và khi chia cho 13 ?
Giải :
Trang 15
=> A = 32005 + 42005 = 2 (mod 11) => A chia cho 11 du 2
+Ta có : 3 = 1 (mod 13) => (3) 3 = 1.3 (mod 13) => 3705 = 3 (mod 13) Va 43=-Il (mod 13) =>(4)5% 4= 1.4 (mod 13) => 42995 = 4 (mod 13) => A = 32005 + 42005 = 7 (mod 13)
=> A chia cho 13 đụ 7
2 Chứng minh chia hết -
Ví dụ 1: Chứng minh: 3!99 — 3 chia hêt cho 13
Giải
Ta có: 3 = 27 = 1 (mod 13)
=> 3100 = 3,399 = 3.1 (mod 13)
=> 3190- 3 = 0 (mod 13) Vay 319-3 chia hết cho 13
Vi du 2: Chimg minh 6*8*!+ 5"*? chia hết cho 31 voí mọi n là số tự nhiên Giải:
Ta có: & = 5 (mod 31) => 6 = 5" (mod 31) Mặt khác: 6 = - 5? (mod 31)
Nén: 62! = -5®*? (mod 31) Vậy 62n*1! + 5"*? chia hét cho 31
Ví dụ 3: Chứng minh 2Ÿ” +3211 voin 1a số tự nhiên Giải: Ta có: w(11) = 10; u(10) = 10=2)0=2) =4
Ap dung DL Ole ta cé: (3; 10)=1=> 3" = 1 (mod 10)
<=> 34 = l (mod 10) => 3*°*! = 3 (mod 10) Đặt 32”! = 10.k + 3 với ke N Khi đó ta có: 2°””+3= 219998 +3 Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = 1 Nên 2!#° = 1 (mod 11) <=> 2!0 = 1 (mod 11) => 2!0**3 = 23 (mod 11) —>210k*3 +3 = 2343 (mod 11) <=> 2°” +3 = 0 (mod 11) Vậy 2'”” +3111 Bài tâp ` „ ` -
Bài 1 : Chứng minh răng các số A = 6!990 - | và B = 6190! + | đều là bội sô của 7 Giải :
Taco 6=- 1 (mod 7) => 619° = 1 (mod 7) => 61999 - | : 7 Vậy A là bội của 7
Tur 610° = | (mod 7) => 61°! = 6 (mod 7) , ma 6 = - 1 (mod 7)
=> 61001 = -] (mod 7) => 61! + 1:7
Vậy B là bội của 7 „
Trang 17
Giải :
Tacó A=7.522+ 12.6" =7.25"+ 12.6" Vì 25 =6 (mod 19) => 25" = 6" (mod 19)
=>7.25"= 7.6" (mod 19) => 7.25" + 12.6" =7.6" + 12.6" = 19.6" = 0 (mod 19)
Diéu này chứng tỏ A chia hét cho 19
Bai 3 : Chimg minh rang 270”? - 4 chia hét cho 31
Giải :
Ta co 25 = 1 (mod 31), ma 2012 = 5.402 + 2
Nên 22012 = (25)402 „22
Vì 2 = 1 (mod 31) => (25 = 192 (mod 31) => (23)92.22 = 1.22 (mod 31)
=> 22012 = 4 (mod 31) => 220!2 - 4 chia hết cho 31
Bài 4 : Chimg minh rang : 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 Giai :
Ta có 2222 +4: 7=> 2222 =- 4 (mod 7) => 22225555 = (- 4)**5(mod 7) 5555 - 4:7 => 5555 = 4 (mod 7) => 5555??? = 4??? (mod 7) => 2222333 + 55552222 = (- 4)*33' + 42222 (mod 7)
=42222{1 - 4*33*)(mod 7)
Ta lại có : 4 = I(mod 7) => 43333 = | (mod 7)
Nén 22225555 + 5555??? = 0 (mod 7) => 222295 + 5555222 chia hết cho 7
3 Tìm chữ số tận cùng của một số a)Tìm một chữ số tận cùng của an :
-Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5 hoặc 6 thì a" lần lượt có chữ số tận cùng lần lượt là 0; 1; 5 hoặc 6
-Nêu a có chữ sơ tận cùng là 2, 3 hoặc 7, ta vận dụng nhận xét sau với k € Z
2*% = 6 (mod 10)
3= 1 (mod 10) 7% = 1 (mod 10)
„ Do đó đề tìm chữ số tận cùng của a" với a có chữ số tận cùng là 2; 3; 7 ta
lây n chia cho 4 Giả sử n= 4k + r với r € {0; 1; 2; 3}
Nếu a=2 (mod 10) thì a"=2"= 2*%*r= 6,2' (mod 10)
Nếu a =3 (mod 10) hoặc a = 7 (mod 10) thì a" = a#*r = ar (mod 10)
Ví dụ I : Tìm chữ số cuối cùng của các số :
a) 62009 „ b) 92008 , c) 32009 , d) 22009
a) 629 có chữ sô tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với sô mũ tự nhiên khác 0 vân có tận cùng băng chính sơ 6)
b) 92003 = (92)1904= §]190*— ] có chữ sô tận cùnglài
Trang 19
Nhận xét : Sô có chữ sơ tận cùng là 9 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chan khac 0 nào thì chữ số tận cùng là 1, khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên lẻ thì có số tận cùng là 9 c) 32009 = (392.3 = 81502, 3= ( 1 d) 22009 = 220085 2 = (2)%.2 = = 165° 2 )3= 3 có chữ số tận cùng là 3 2=( 6).2 = 2 có chữ số tận cùng là 2 Ví dụ 2 : Tìm chữ số tận cùng của các SỐ Sau : a)42!,b) 319, c) 8 *!ín eN) d) 142 + 2323 + 70 Giải : „ a) 490 = 42.15 = (47)15 = 1615 = .6 có chữ sơ tận cing la 6 41=420*1= (4 3)5.4= = 1619, 4= ( 6).4= 4 có chữ sô tận cùng là 4
Nhận xét : Số nào có số tận cùng là 4 thì khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn thì có số tận cùng là 6, khi nâng lên với só mũ tự nhiên lẻ có số
tận cùng là 4) „ b) 3103 = 319.3 = (32)51,3 = 951.3 =( 9).3 = 7 có chữ sơ tận cùng là 7 - c) 840+ 1 = 840 8 = (23)47.8 = 219.8 = (29)25,8 = 162.8 = ( 6).8 = 8 cd chit sd tan cung 1a 8 đ) 142 = 14.14 =( 6).14= 4 233 = 2322/23 = (237)11.23 =( 9).23 = 7 703 = 0 - Vậy : 1423 + 2323 + 70 =( 4) +( 7) +( 0)= 1 có chữ sơ tận cùng là 1 b)Tìm hai sơ tân cùng của sô a" :
Ta có nhận xét sau : 229 = 76 (mod 100) =01 (mod 100) 6° =76 (mod 100) 7* =01 (mod 100) Mà 76" = 76 (mod 100) voin> 1 5" = 25 (mod 100) với n>2
Suy ra kết quá sau với klà số tự nhiên khác 0
a? = 00 (mod 100) nếu a =0 (mod 10)
a? = 01 (mod 100) néu a= 1; 3; 7; 9 (mod 10)
a2% = 25 (mod 100) nêu a= 5 (mod 10)
a? = 76 (mod 100 nếu a=2; 4; 6; 8 (mod 10)
Vậy đề tìm hai chữ số tận cùng của a", ta lấy số mũ n chia cho 20 Ví dụ 3: Tìm hai chữ số tân cùng của 22003
Giải :
Ta có : 229 = 76 (mod 100) => 22% = 76 (mod 100)
Do đó : 22993 = 23,(229)190 = §,(220)199 = ( 76).§ = 08
Vậy 229% có hai chữ sơ tận cùng là 08
Ví dụ 4: Tìm 2 chữ số tận cùng của 20092019 Giải: Ta có: 20092019 = 97°19 (mod 100)
Trang 20SangKienKinhNghiem.org
Trang 21
Nén: 9° = 1 (mod 100) Ma u(100) = 100/1~2/1~2) =40 Hay: 9°= 1 (mod 100) => 92919 = 919 (mod 100)
Ma 91° = 3486784401 = 1 (mod 100)
Vậy 2 chữ sô tận cùng của 20092%!° là 01
Vĩ đụ 5: Tìm 3 chữ số tận cùng của 205 -
Giải: Ta thây (2; 1000) = 2 nên chưa thê áp dụng trực tiếp định lý Ơle được
Ta có: (21; 1000) = 8 Ta xét 21°! chia cho 125
Ap dung dinh ly Ole ta có: (2; 125) = 1
Nên: 2"⁄25 = 1 (mod 125) Mà (125) = 1250-5) =25
Hay: 2? = 1 (mod 125) => 21%! = 2 (mod 125)
=> 21951, 23 = 2.23 (mod 125.23) <=> 2! = 16 (mod 1000) Vậy 3 chữ số tận cùng của 2!5* là 016 Ví dụ 6: Tìm 2 chữ số tận cùng của 9” Giải: Ap dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) = 1; w(100) = 40; => 90 = 1 (mod 100) Œ® Mặt khác ta có: 92 = 1 (mod 40) => 9° = 9 (mod 40) Đặt 9= 40.k +9vớikeN @®)
Từ (®) và (**) suy ra: 9° = 9° (mod 100)
Ma: 9° = 387420489 = 89 (mod 100) Vay 2 chit s6 tan cing của 9° là 89 4 Giải phương trình nghiêm nguyên
a Xét số dư hai về
Ví dụ l: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 9x+2=y”+y (*)
Giải:
Tac: VT =9x+2=2(mod3)=> VP =y° + y=2(mod3) > y(y +1) =2(mod3)
> y=1(mod3) (vinéu y=3k hoặc y = 3k+2 thì VP =0(mod3))
> y=3k+1 (trong do k <Z) thay vao pt(*) taco:
9x4+2=(3k +1) +(3k +1) 9x=9K7 49K Sxak +k
xak +k
Vậy +y=3#+I
keZ
Vi du 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
Trang 22SangKienKinhNghiem.org
Trang 23Giai:
Ta có 2*;2'+1;2*+2;2*+3;2* +4 là 5 số tự nhiên liên tiếp nên
2⁄(2ï+1)(2'+2)(27+3)(2'+4)‡5
Mặt khác UCLN(27:5) = 1 nên (2*+1)(27+2)(2' +3)(2' +
Với y>1 thì 7= (2° +1)(2° +2)(2° +3)(2" +4)~5”:5 còn men 4(mod5) suy
ra phương trình khơng có nghiệm Với y =0 ta có :
(2% +1)(2* +2)(2* +3)(2* +4)-5° = 11879 © (2' +1)(2' +2)(2Ï +3)(2Ï +4) =11880 =(2/+1)(2'+2)(27+3)(2Ï+4)=9.10.11.12227+1=9 S2 =Đâ2' =2) âx=3
Vy phng trình có nghiệm duy nhất (x; y) =(3;0)
Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn : 3Ÿ+1= (+ Giải:
3 +1=(y+1 ©3'=y(y+2) (**)
Ta có V7 =3 =1(mod2) => VP = y(y+2) =1(mod2) Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp
Từ ptŒ *) > y +2= 3"
m+n=x
Ta cóy+2>y =n>m
Nếu m > 0 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô //) Vậy m=0 =n= l =x=l = y=l
b.Sử dụng số dự chỉ ra phương trình vơ nghiệm Vị dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
19” +5' +1890 =1975”” +2013
Giải:
Ta có x ,y nguyên dương = §”:5; 1890:5 > VT =19* +5’ +1890 =19* (mod5) Mà: 19=~—1(mod5) = 197 =(—1)" (mod5)
Nếu x chẵn thì 19* =1(mod5) ; nếu x lẻ thì 19* =—1(mod5)=4(mod5)
=> VT =1;4(mod5) con P=3(mod5) Do đó phương trình vơ nghiệm Ví đụ 5: Tìm các số nguyên đương x, y biết: x2+x—1=3?°
Giải: Ta có: VP =3”*' =0(mod3) (*)
Trang 24SangKienKinhNghiem.org
Trang 25Nêux=3k+l (£«x )thì P7=x°+x—1=1(mod3)
Nếu x=3k+2 (#ex)thì V7 =x? +x-1=1(mod3)
Vậy voi VxeZ* thi VP =x? +x-1=1;2(mod3) (**)
Tir (*) va (***) suy ra khong ton tai x,y théa mãn bài toán
Chú ý: Nhiều bài toán thi vô địch các nước đôi khi phải xét modun khá lớn VD: (IMO 1999)
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:: m? =n -4
Giải:
3;4;5;9(mod11) còn z”~4=6;7;8(mod11) suy ra phương trình vơ nghiệm
x ` =0; 1;8(mod9)
7 =0;];
Chú ý
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: xÌ + yŸ + z = 2011
Giải:
Dựa vào nhận xét trên tacó xÌ`=0;1; ;8(mod9); y = 031; 8(mod9) z* z` =0;1;8(mod9) TPVT=x+y)+z =0;1;2;3;6; 7;8(mod9)
Còn P=2011=4(mod9) suy ra phương trình vô nghiệm
B Bài tập tổng hợp
1 Tìm dư trong phép chia
a) 32012 cho 13 b) 37°13 cho 31 c) 57° + 75° cho 12
2 Chitng minh: : „
a) 3105 + 4105 chia hét cho 13 nhung khong chia hét cho 11 b) 19005 + 1 170% chia hét cho 10
Tìm chữ số tận cùng của các số: 82012, 72011, 19 4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
a) 112 + 1228+! chia hét cho 133 b) 5%2 + 26.5" + 878"! chia het cho 59 c) 7.58 + 12.6" chia het cho 19
w
5 Ching minh rang: 222255 + 55552? chia hết cho 7
6 Chứng minh răng: 333 +777??”:10 7 Chứng minh răng: 3Ÿ” +27” +5:11VneN
§ Chứng minh răng:
a) 3? +4””!:13, n nguyên dương b) 6”+19°—-2”1717,
c) om 457131, d) 2443719
9 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta CÓ:
a) 27°" 43:19; c) 2° 47:11 b) 27" 43:7
10 Tim du trong phép chia:
a) 57 + 750 cho 12; b) 10° +10 +10 + +10°" cho7
11 Chứng minh: +
a) 9” —9”:10; b)77 -7110; ©) 377 +27” +5:22
12 Chứng minh: : „
Trang 26SangKienKinhNghiem.org
Trang 27b)9n+] không chia hệt cho 100 với mọi so tự nhiên n
13 Cho a, b là các sô tự nhiên không chia hêt cho 5 Chứng minh: p.a“" + q.b#m chia hết cho 5 khi và chỉ khi p+q chia hết cho 5 -
14 p là số nguyên tó lon hon 5 CMR: p= + 3p" — 4 chia hét cho 5 (HD: Áp
dung DL Fermat) 15 Cho n là số tự nhiên CMR: a) Seo 421193: b) 1372+147/183 c) 2?711324:5, dy sz? 43? 271138;
16 Tim du trong cac phép chia sau:
a) 6.513 + 7152 chịa cho 132 b) 20112912 + 20122013 + 2010 chia cho 7
c) 20127° chia cho 11 d) 27°13 chia cho 35 e) 2013201 chia cho 14 f) uw chiacho30 17 Tìm chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, 77
18 Tìm hai chữ sơ tận cùng của các số: 3123, 7200, 7”, 2999, 3999,
19 Tìm dư trong phép chia 9°” —s° cho13
20 Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 22004, 7°), 14!” 2g”? 21 Tìm hai chữ số tận cùng của SỐ: 1998
22 Tìm ba chữ số tận cùng của số: 3 oP,
23 Tim sé tu nhién gồm toàn chữ số 9 và chia hết cho các số:
a)7, 11, 13, 17 b) 19, 23, 29, 31, 37
24 Chứng minh A = (19761976 — 19741974)( 19761975 + 19741973) chia hét cho 10000
25 Chứng minh B = (2001209 — 19991998)( 200 120%! + 19991999) chia hét cho 1000000
9
26 Tìm hai chữ số tận cùng của B = 7Ÿ
Bài tập về phương trình nghiệm nguyên
1 Chứng minh răng các phương trình sau vô nghiệm a, 3x?— 4y? = 13
b, 19x? + 28y? = 2001
c, x? = 2y?-8y +3
d, x5 — 5x3 +4x = 24(Sy + 1)
e, 3x5 — x3 + 6x? - 18x = 2001 -
* Chứng minh răng A không là lập phương của một sô tự nhiên
=
ee 01
c/s eral
3, Tìm các số x, y nguyên dương sao cho a,2*+3=y2
b,2*+57=y?
c, x7 =4y +5
Trang 29Chuyén dé BDHSG THCS 2016
C KET LUAN VA KIEN NGHI
1L KẾT LUẬN - -
Lý thuyết đông dư là một mảng kiên thức khá rộng và tương đôi phức tạp Tuy nhiên khả năng ứng dụng của nó thì rất rộng và có tính ưu việt cao Nó phục vụ rất nhiều trong quá trình giảng dạy mơn Tốn THCS Hơn nữa từ lý thuyết dong dư mở sẽ cho ta các lĩnh vực khác Ví dụ như: Phương trình vô định, Lý thuyết chia hết trong vành đa thức Z(X), Vì vậy trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi không thê đưa ra hết được
Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một điều tôi đang nung nấu và hoàn thiện hơn nưa Trong sáng kiến nay chac chan con nhiéu van dé chua day du Vi vậy tơi kính mong quý vị, bạn bè đồng nghiệp góp ý chia sé dé chuyén dé cang hoàn thiện hơn
II- Y KIEN KIÊN NGHỊ si
Trong nhiêu năm qua, cùng với sự quan tâm giúp đỡ của các cơ quan vê nhiêu mặt cho ngành giáo dục và cùng với sự phát triên nhanh của công nghệ thông tin Các sáng kiên kinh nghiệm của nhiêu giáo viên cũng ngày càng có chât lượng Tuy nhiên khả năng trao đôi, phạm vi ung dung chưa được rộng rãi và nhiều ý tưởng hay chưa đến với tất cả mọi giáo viên và học sinh nhằm biến các ý tưởng đó thành hiện thực Vì vậy tơi kính mong Phòng, Sở GD-ĐT, Tổ chuyên môn nên tạo điều kiện để các sáng kiến, ý tưởng hay có thê đến với tất cả các giáo viên và học sinh, bằng cách có thể in ấn, đưa lên trang Web nội bộ của phòng, sở để các ý tưởng đó trở thành hiện thực và có ý nghĩa hơn
KET QUA VAN DUNG VAO GIANG DAY
Các phương pháp giải Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một trong những chủ đê Toán rât hay, khi nghiên cứu sâu thấy rat là thú vị, nó áp dụng được trong giải tốn phương trình, vận dụng vào rất nhiều đạng bài tập có nhiều ứng dụng và cuốn hút đói với học sinh trung học cơ sở
Trước khi chuyên đề được đưa vào áp dụng kết quả khảo sát cho biết mức độ
nhận thức cũng như khả năng vận dụng của hoc sinh rat thấp, kết quá được tổng hợp ở bảng sau
Chất lượng trước khi thực hiện chuyên đê
Nam hoc
Giải Khá Trung bình Yéu Kém
SL |% SL | SL |” SL | SL |
201.-201.|10 |217⁄2|18 | 39,1% | 15 | 32,6% | 3 66% |0 |0
Trang 30SangKienKinhNghiem.org
Trang 31
Chất lượng sau khi thực liện chuyên dé Nam hoc
Giỏi Khá Trung bình Yéu Kém
SL |% SL |% SL |% SL |% SL | %
201.-201.|16 | 34,8% | 20 | 43,5%|9 19,6% |1 21% |0 |0
Tuy chuyên đề đã được xem xét và ứng dụng xong cũng không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót, rất mong được sự góp ý của các cap chi dao chuyên
môn, các bạn đồng nghiệp giàu kinh nghiệm, bạn đọc chuyên dé bé sung góp ý chân thành đề chuyên đề được hoàn thiện và ứng dụng nhiều hon!
1, Nâng cao và phát triển Toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình - NXB GD Yên Lạc ngày
Người viết chuyên đề
Chân thành cảm ơn!
tháng 01 năm 2014
Nguyễn Duy Đông
TÀI LIỆU THAM KHẢO
2, 1001 Bài toán sơ cấp BD HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức — Dao Thiện Khải
3, Tổng hợp Toán tuổi thơ năm 2009 - NXB GD
4, Tuyển chọn các bai thi HSG Toán THCS - Lê Hồng Đức 5, Phương trình nghiệm nguyên —- Vũ Hữu Bình
6, Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ - NXB GD
7, Cac dé thi vào trường chuyên lớp chọn trong và ngoài tỉnh
Trang 32SangKienKinhNghiem.org