SKKN ứng dụng đồng dư thức trong giải toán lớp 7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN LỚP Lĩnh vực : Toán Cấp học: Trung học sở Tài liệu kèm theo: Đĩa CD minh họa cho SKKN NĂM HỌC 2016- 2017 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp MỤC LỤC PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Trang 1/ Cơ sở lí luận Trang 2/ Cơ sở thực tiễn Trang 3/ Thực trạng Trang 4/ Mục đích nghiên cứu Trang 5/ Phạm vi, kế hoạch đối tượng nghiên cứu Trang 6/ Phương pháp nghiên cứu Trang PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trang I - ĐỒNG DƯ THỨC Trang II- ĐỊNH LÝ ƠLE VÀ ĐỊNH LÝ FÉCMA Trang PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Trang 19 I - KẾT LUẬN Trang 19 II - MỘT SỐ KHUYẾN NGHỊ KHI THỰC HIỆN Trang 19 Tài lệu tham khảo Trang 21 Trang 1/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Cơ sở lí luận Tốn học mơn khoa học trừu tượng, suy luận cách lôgic tảng cho việc nghiên cứu môn khoa học khác Số học phần thiếu chiếm vai trò quan trọng môn Lý thuyết chia hết vành số nguyên nội dung quan trọng phần số học Hơn nữa, mảng khó khăn cho giáo viên học sinh trình dạy học Xuất phát từ vấn đề đó, tơi tìm tòi, nghiên cứu, trao đổi học hỏi bạn bè, đồng chí đồng nghiệp tìm chìa khố để giải vấn đề Đó lý thuyết đồng dư Vì tơi chọn “Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp ” làm sáng kiến kinh nghiệm nhằm trao đổi với bạn bè đồng nghiệp nhiều lĩnh vực “ Cùng với khoa học công nghệ, giáo dục quốc sách hàng đầu” chủ trương thể rõ quan điểm, đường lối Đảng Nhà nước ta; khẳng định tầm quan trọng giáo dục đất nước; lẽ giáo dục đóng vai trò định đến thành công công xây dựng đất nước, xây dựng CNXH Nghành giáo dục triển khai thực công tác đổi giáo dục phổ thông bao gồm: đổi sở vật chất phục vụ cho dạy học, đổi chương trình sách giáo khoa, đổi công tác quản lý, đổi phương pháp dạy học, đổi cách kiểm tra đánh giá v.v…nhằm giúp học sinh phát triển cách toàn diện Trong hệ thống môn học đưa vào đào tạo trường THCS, mơn Tốn đóng vai trò quan trọng, lẽ qua học toán học sinh phát triển tư sáng tạo, linh hoạt, dễ thích ứng với hồn cảnh, phù hợp với xu phát triển đất nước ta Học tốt mơn Tốn giúp học sinh học tốt môn học khác Xưa nay, môn học mà khơng học sinh phải ngại ngùng nhắc đến, việc học toán học sinh điều khó khăn Hơn nữa, sức để xóa bỏ tình trạng học sinh ngồi nhầm lớp Tất lý xuất phát từ nguyên nhân khách quan chủ quan như: học sinh chưa nắm phương pháp học tập, giáo viên ơm đồm kiến thức giảng dạy, khó khăn sở lý luận việc dạy học mơn.v.v… Học tốn đồng nghĩa với giải toán Trong học tập muốn làm tập ngồi việc có phương pháp suy luận đắn đòi hỏi học sinh phải có vốn Trang 2/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp kiến thức sẵn có tiếp thu từ cơng thức, quy tắc, định nghĩa, khái niệm, đinh lý… Đặc biệt giai đoạn phát triển khoa học công nghệ nay, trình độ tri thức người phát triển rõ rệt Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập người dân, nguồn lực phù hợp với nguyện vọng, với truyền thống hiếu học nhân dân Vì dạy học người giáo viên cần phát triển học sinh “ Những lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề góc độ khác Tìm tòi cũ mới” Để phát huy tính tích cực sáng tạo học sinh người giáo viên phải đặt học sinh vào tình có vấn đề tạo cho em thách thức trước vấn đề Lý thuyết đồng dư xây dựng tảng phép chia vành số nguyên Là nội dung suy luận cách lôgic, chặt chẽ Trên sở lý thuyết đồng dư hai nhà bác Ơle Fécma đưa định lý tiếng cố tính ứng dụng cao Cơ sở thực tiễn Lý thuyết đồng dư cho ta phương pháp đồng dư, động tác có tính chất kỹ thuật giúp bổ sung giải vấn đề chia hết vành số nguyên Trong chương trình tốn THCS có nhiều dạng tập liên quan đến lý thuyết đồng dư, xong đưa vào số tập điển hình dạng tốn lớp Thực trạng Nắm vận dụng thành thạo phương pháp giải toán vấn đề cần trọng, đặc biệt học sinh THCS– có chất lượng đào tạo cao – phải trọng để đảm bảo nâng cao chất lượng học sinh Hơn để giúp em HSG tự tin đạt thành tích cao kì thi HSG Bằng việc xây dựng chun đề tốn có nội dung phù hợp thiết thực tin tưởng em học sinh say mê học tốn tìm cách học, nắm phương pháp giải tốn thơng qua dạng tập Qua giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi 7, thấy chuyên đề thiết thực, em giải số dạng tốn khó, vận dụng linh hoạt phương pháp để giải số dạng toán liên quan đến lý thuyết đồng dư đưa dạng tốn dạng quen thuộc đơn giản Trang 3/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Tốn lớp Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh nắm phương pháp để giải toán, rèn kĩ giải Toán loại nhằm phát triển lực tư duy, lực sáng tạo học sinh - Cho học sinh thấy vai trò tầm quan trọng phương pháp giải liên quan đến lý thuyết đồng dư Toán học, rèn luyện cho học sinh đức tính cẩn thận, sáng tạo người nghiên cứu khoa học Phạm vi, kế hoạch đối tượng nghiên cứu 5.1 Phạm vi nghiên cứu Trong mơn tốn có nhiều dạng tập giải cách sử dụng phương pháp đồng dư thức Tuy nhiên chuyên đề đưa số ứng dụng sau - Tìm số dư phép chia số nguyên - Chứng minh chia hết - Tìm chữ số tận luỹ thừa - Giải phương trình nghiệm nguyên 5.2 Kế hoạc nghiên cứu - Thời gian thực chuyên đề buổi tương ứng với 16 tiết dạy 5.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu học sinh giỏi lớp trường THCS Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu qua tài liệu: SGK, SGV, sách nâng cao phát triển Toán 6,7 ,sách nâng cao chuyên đề đại số 7, tài liệu tham khảo có liên quan… - Nghiên cứu qua thực hành giải tập học sinh - Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy, học tập đối tượng học sinh Trang 4/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I - ĐỒNG DƯ THỨC Định nghĩa điều kiện: a Định nghĩa: Cho m  N *; a,b  Z Nếu a b chia cho m có số dư ta nói: a b đồng dư theo mơđun m Kí hiệu: a  b (mod m) Hệ thức: a  b (mod m) gọi đồng dư thức Ví dụ: 19  (mod 8); -25  (mod 4) b Các điều kiện tương đương: 1a  b (mod m) 2(a - b)  m t  Z cho: a = b + m.t 32 Các tính chất a Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương tập hợp Z có nghĩa là: 1a  a (mod m) 2a  b (mod m) => b  a (mod m) 3a  b (mod m); b  c (mod m) => a  c (mod m) b Ta cộng vế với theo môđun Cụ thể:  bi (mod m) i = 1, n => n n i 1 i 1  ( 1) k  ( 1) k bi (mod m) k  N c Ta nhân vế với nhiều đồng dư thức theo môđun Cụ thể:  bi (mod m);i = 1, n => n n i 1 i i  b1 (mod m); Các hệ a a  b (mod m) => a  c  b  c (mod m) 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 (mod m) => an  bn (mod m) n  N f Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + +a1x + a0 ai  Z Nếu  có f(  )  f(  ) (mod m) Trang 5/21   (mod m) ta Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Đặc biệt: f(  )  (mod m) ta có: f(  + k.m)  (mod m) k  Z g Ta chia hai vế đồng dư thức cho ước chung chúng nguyên tố với môđun Cụ thể là: a.c  b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 => a  b (mod m) h Ta nhân hai vế môđun đồng dư thức với số nguyên dương Cụ thể là: a  b (mod m) => a.c  b.c (mod m.c) c  N * i Ta chia hai vế môđun đồng dư thức với ước dương chúng Cụ thể là: a  b (mod m); < c  ƯC (a; b; m) => a/c  b/c (mod m/c) k Nếu số a b đồng dư với theo nhiều mơđun chúng đồng dư với theo môđun bội chung nhỏ môđun Cụ thể là: a  b (mod mi), i = 1, n => a  b (mod m) Trong đó: m = BCNN(m1, m2 … mn) l Nếu a b đồng dư với theo mơđun m chúng đồng dư với theo môđun ước dương m Cụ thể là: a  b (mod m); < ∂  Ư(m) => a  b (mod ∂ ) m Nếu: a  b (mod m) thì: ƯCLN( a; m) = ƯCLN( b; m) II- ĐỊNH LÝ ƠLE VÀ ĐỊNH LÝ FÉCMA Định lý Ơle a Hàm số Ơle- µ(m) Cho hàm số µ(m) xác định sau: - m = ta có: µ(m) = - m > µ(m)là số tự nhiên không vượt m – nguyên tố với m b Cơng thức tính µ(m) b.1 m = pα ( p số nguyên tố, α số tự nhiên khác 0) µ(m) = µ(pα) = pα (1  p ) Ta có: b.2  2   m = p1 p2 p3 pn (pi số nguyên tố, α1 số tự nhiên khác ) Ta có: µ(m) = m (1  p )(1  p )(1  p )…(1  p ) n n 1 Trang 6/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp c Định lý Ơle Cho m số tự nhiên khác a số nguyên tố với m Khi ta có: a µ(m) 1 (mod m) Định lý Fécma - Định lý Fécma Cho p số nguyên tố a số nguyên không chia hết cho m Khi ta có: ap -  (mod p) - Định lý Fécma Cho p số nguyên tố, a số nguyên dương Khi ta có: ap -  a (mod p) III - MỘT SỐ ỨNG DỤNG Tìm số dư phép chia Ví dụ1: Tìm số dư phép chia: 29455 – chia cho Giải: Ta có: 2945  (mod 9) => 29455 –  25 – (mod 9) Mà 25 –  (mod 9) Vậy số dư 29455 – chia cho Ví dụ 2: Tìm số dư phép chia 109345 chia cho 14 Giải: Ta có: 109  -3 (mod 14) => 109345  (-3)345 (mod 14) Ta lại có: ( -3; 14 ) = 1 Hơn nữa: µ(14) = 14.(1  )(1  ) 6 Nên: (-3)6  (mod 14) (theo định lý Ơle) => (-3)345  (-3)3 (mod 14) Mặt khác: (-3)3 = -27  (mod 14) Vậy số dư phép chia 109345 chia cho 14 Ví dụ 3:Tìm số dư phép chia: (1997 1998 + 19981999 +19992000 )10 chia cho 111 Giải: Ta có: 1998  (mod 111) => 1997  -1 (mod 111) 1999  (mod 111) Trang 7/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Tốn lớp Nên ta có: 19971998 + 19981999 +19992000  (mod 111) (19971998 + 19981999 +19992000 )10  210 (mod 111) Mặt khác ta có: 210 = 1024  25 (mod 111) Vậy (19971998 + 19981999 +19992000 )10 chia cho 111 có số dư 25 Bài tập : Tìm số dư phép chia Bài : Tìm số dư phép chia 20042004 cho 11 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) = Vì  11 = > 5016  11 Giải : Ta có 2002  11 => 2004 -  11 => 2004 ≡ (mod 11) => 20042004 ≡ 22004 (mod 11) , mà 210 ≡ (mod 11) (vì 1024 -  11) => 20042004 = 24.22000 = 24.(210)200 ≡ 24 ≡ (mod 11) Vậy 20042004 chia 11 dư Bài : Tìm số dư chia A = 19442005 cho Giải : Ta có : 1944 ≡ -2 (mod 7) => 19442005 ≡ (-2)2005 (mod 7) Mà (-2)3 ≡ - (mod 7) => (-23)668 ≡ 1668 (mod 7) hay (-23)668 ≡ (mod 7) => (-23)668.(-2) ≡ - (mod 7) hay (-2)2005 ≡ - (mod 7) Vậy 19442005 cho dư Bài : Tìm số dư phép chia 15325 - cho Giải : Ta có 1532 ≡ (mod 9) => 15325 ≡ 25 (mod 9) , mà 25 ≡ (mod 9) => 15325 ≡ (mod 9) => 15325 - ≡ 4(mod 9) Vậy 15325 - chia cho dư Bài : Tìm dư phép chia 32003 cho 13 Giải : Ta có 33 ≡ (mod 13) mà 2003 = 3.667 + => 32003 = (33)667 32 33 ≡ => (33)667 ≡ 1667 => (33)667 32 ≡ 1.32 (mod 13) => 32003 ≡ (mod 13) Vậy 32003 chia cho 13 dư Trang 8/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Tốn lớp Bài : Tìm dư phép chia 570 + 750 cho 12 Giải : Ta có 52 ≡ 1(mod 12) => (52)35 ≡ (mod 12) hay 570 ≡ 1(mod 12) (1) 72 ≡ (mod 12) => (72)25 ≡ 1(mod 12) hay 750 ≡ 1(mod 12) (2) Từ (1) (2) => 570 + 750 chia cho 12 dư Bài : Tìm số dư A = 776776 + 777777 + 778778 chia cho chia cho 5? Giải : +Ta có 776 ≡ - 1(mod 3) => 776776 ≡ -1(mod 3) => 776776 ≡ (mod 3) 777 ≡ (mod 3) => 777777 ≡ (mod 3) 778 ≡ (mod 3) => 778778≡ (mod 3) => 776776 + 777777 + 778778 chia cho dư +Ta có 776 ≡ (mod 5) => 776776 ≡ (mod 5) 777 ≡ - (mod 5) => 777777 ≡ - 3777 (mod 5) 778 ≡ (mod 5) => 778778 ≡ 3778 (mod 5) => 776776 + 777777 + 778778 ≡ - 3777 + 3778 (mod 5) Hay 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 3.3777 - 3777 (mod 5) 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 3777(3 - 1) (mod 5) 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 2.3777 (mod 5) Mà 32 ≡ - 1(mod 5) => (32)388.3 ≡ (mod 5) Vậy A = 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 2.3 ≡ (mod 5) Vậy A chia cho dư Bài : Tìm số dư A = 32005 + 42005 chia cho 11 chia cho 13 ? Giải : +Ta có : 35 ≡ (mod 11) => (35)401 ≡ (mod 11) Và 45 ≡ (mod 11) => (45)401 ≡ (mod 11) => A = 32005 + 42005 ≡ (mod 11) => A chia cho 11 dư +Ta có : 33 ≡ (mod 13) => (33)668 ≡ 1.3 (mod 13) => 32005 ≡ (mod 13) Và 43 ≡ -1 (mod 13) =>(43)668 4≡ 1.4 (mod 13) => 42005 ≡ (mod 13) => A = 32005 + 42005 ≡ (mod 13) => A chia cho 13 dư Trang 9/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Chứng minh chia hết Ví dụ 1: Chứng minh: 3100 – chia hết cho 13 Giải Ta có: 33 = 27  (mod 13) => 3100 = 3.399  3.1 (mod 13) => 3100-  (mod 13) Vậy 3100-3 chia hết cho 13 Ví dụ 2: Chứng minh 62n + + 5n + chia hết cho 31 voí n số tự nhiên Giải: Ta có: 62  (mod 31) => 62n  5n (mod 31) Mặt khác:  - 52 (mod 31) Nên: 62n +  -5n + (mod 31) Vậy 62n + + 5n + chia hết cho 31 Ví dụ 3: Chứng minh n 1  311 với n số tự nhiên Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = 10(1  )(1  ) = Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = => 3µ(10)  (mod 10) 34  (mod 10) => 34n +  (mod 10) Đặt 34n + = 10.k + với k  N n1 Khi ta có: 23   210.k 3  Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = Nên 2µ(11)  (mod 11) 210  (mod 11) => 210.k +3  23 (mod 11) n 1 => 210.k +3 +  23 +3 (mod 11) 23   (mod 11) Vậy n 1  311 Bài tập Bài : Chứng minh số A = 61000 - B = 61001 + bội số Giải : Ta có ≡ - (mod 7) => 61000 ≡ (mod 7) => 61000 -  Vậy A bội Từ 61000 ≡ (mod 7) => 61001 ≡ (mod 7) , mà ≡ - (mod 7) => 61001 ≡ -1 (mod 7) => 61001 +  Vậy B bội Trang 10/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Bài : Chứng minh A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Giải : Ta có A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n Vì 25 ≡ (mod 19) => 25n ≡ 6n (mod 19) =>7.25n ≡ 7.6n (mod 19) => 7.25n + 12.6n ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ (mod 19) Điều chứng tỏ A chia hết cho 19 Bai : Chứng minh 22012 - chia hết cho 31 Giải : Ta có 25 ≡ (mod 31) , mà 2012 = 5.402 + Nên 22012 = (25)402 22 Vì 25 ≡ (mod 31) => (25)402 ≡ 1402 (mod 31) => (25)402.22 ≡ 1.22 (mod 31) => 22012 ≡ (mod 31) => 22012 - chia hết cho 31 Bài : Chứng minh : 22225555 + 55552222 chia hết cho Giải : Ta có 2222 +  => 2222 ≡ - (mod 7) => 22225555 ≡ (- 4)5555(mod 7) 5555 -  => 5555 ≡ (mod 7) => 55552222 ≡ 42222 (mod 7) => 22225555 + 55552222 ≡ (- 4)5555 + 42222 (mod 7) ≡ 42222(1 - 43333)(mod 7) Ta lại có : 43 ≡ 1(mod 7) => 43333 ≡ (mod 7) Nên 22225555 + 55552222 ≡ (mod 7) => 22225555 + 55552222 chia hết cho Tìm chữ số tận số a)Tìm chữ số tận an : -Nếu a có chữ số tận 0; 1; a n có chữ số tận 0; 1; -Nếu a có chữ số tận 2, 7, ta vận dụng nhận xét sau với k  Z 24k ≡ (mod 10) 34k ≡ (mod 10) 74k ≡ (mod 10) Do để tìm chữ số tận an với a có chữ số tận 2; 3; ta lấy n chia cho Giả sử n = 4k + r với r  {0; 1; 2; 3} Nếu a ≡ (mod 10) an ≡ 2n = 24k + r ≡ 6.2r (mod 10) Nếu a ≡ (mod 10) a ≡ (mod 10) an ≡ a4k + r ≡ ar (mod 10) Ví dụ : Tìm chữ số cuối số : a) 62009 , b) 92008 , c) 32009 , d) 22009 Trang 11/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Giải : a) 62009 có chữ số tận (vì nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên khác có tận số 6) b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … có chữ số tận 91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (…1).9 = … có chữ số tận Nhận xét : Số có chữ số tận nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn khác chữ số tận 1, nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên lẻ có số tận c) 32009 = (34)502.3 = 81502.3 = (… 1).3 = … có chữ số tận d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … có chữ số tận Ví dụ : Tìm chữ số tận số sau : a) 421 , b) 3103 , c) 84n + (n  N) d) 1423 + 2323 + 7023 Giải : a) 430 = 42.15 = (42)15 = 1615 = …6 có chữ số tận 421 = 420 + = (42)10.4 = 1610.4 = (…6).4 = … có chữ số tận Nhận xét : Số có số tận nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên chẵn có số tận 6, nâng lên với số mũ tự nhiên lẻ có số tận 4) b) 3103 = 3102.3 = (32)51.3 = 951.3 = (… 9).3 = … có chữ số tận c) 84n + = 84n.8 = (23)4n.8 = 212n.8 = (24)3n.8 = 163n.8 = (…6).8 = … có chữ số tận d) 1423 = 1422.14 = (… 6).14 = … 2323 = 2322.23 = (232)11.23 = ( … 9).23 = …7 7023 = … Vậy : 1423 + 2323 + 7023 =( … 4) + (… 7) + (… 0)= … có chữ số tận b)Tìm hai số tận số an : Ta có nhận xét sau : 220 ≡ 76 (mod 100) 320 ≡ 01 (mod 100) 65 ≡ 76 (mod 100) 74 ≡ 01 (mod 100) Mà 76n ≡ 76 (mod 100) với n ≥ 5n ≡ 25 (mod 100) với n ≥ Suy kết sau với k số tự nhiên khác a20k ≡ 00 (mod 100) a ≡ (mod 10) a20k ≡ 01 (mod 100) a ≡ 1; 3; 7; (mod 10) Trang 12/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp a20k ≡ 25 (mod 100) a ≡ (mod 10) a20k ≡ 76 (mod 100 a ≡ 2; 4; 6; (mod 10) Vậy để tìm hai chữ số tận an, ta lấy số mũ n chia cho 20 Ví dụ : Tìm hai chữ số tân 22003 Giải : Ta có : 220 ≡ 76 (mod 100) => 220k ≡ 76 (mod 100) Do : 22003 = 23.(220)100 = 8.(220)100 = ( … 76).8 = …08 Vậy 22003 có hai chữ số tận 08 Ví dụ 4: Tìm chữ số tận 20092010 Giải: Ta có: 20092010  92010 (mod 100) Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) =1 1 Nên: 9µ(100)  (mod 100) Mà µ(100) = 100.(1  )(1  ) 40 Hay: 940  (mod 100) => 92010  910 (mod 100) Mà 910 = 3486784401  (mod 100) Vậy chữ số tận 20092010 01 Ví dụ 5: Tìm chữ số tận 21954 Giải: Ta thấy (2; 1000) = nên chưa thể áp dụng trực tiếp định lý Ơle Ta có: (21954; 1000) = Ta xét 21951 chia cho 125 Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 125) = 1 Nên: 2µ(125)  (mod 125) Mà µ(125) = 125(1  ) 25 Hay: 225  (mod 125) => 21951  (mod 125) => 21951 23  2.23 (mod 125.23) 21954  16 (mod 1000) Vậy chữ số tận 21954 016 Ví dụ 6: Tìm chữ số tận 9 Giải: Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) = 1; µ(100) = 40; => 940  (mod 100) (*) Mặt khác ta có: 92  (mod 40) => 99  (mod 40) Đặt 99 = 40.k + với k  N (**) Trang 13/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Từ (*) (**) suy ra: 9  99 (mod 100) Mà: 99 = 387420489  89 (mod 100) Vậy chữ số tận 9 89 Giải phương trình nghiệm nguyên a Xét số dư hai vế 9x   y2  y Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: (*) Giải: Ta có: VT  x  �2  mod 3 � VP  y  y �2  mod 3 � y  y  1 �2  mod   y 1 mod 3 ( y=3k y = 3k+2 VP �0  mod 3 ) � y  3k  (trong k �Z ) thay vào pt(*) ta có : x    3k  1   3k  1 � x  9k  9k � x  k  k �x  k  k � Vậy �y  3k  � k �Z � Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2 x      x  2 x  x   y  11879 Giải: Ta có x ; x  1; x  2; x  3; x  số tự nhiên liên tiếp nên      x x  x  2 x  x  M5 x x x x Mặt khác UCLN( x ;5) = nên   1      3    M5 x x x x y Với y �1 VT    1      3     M5 VP  11879 �4  mod  suy phương trình khơng có nghiệm Với y =0 ta có : 2           x  2 x  x   50  11879 � x  x  2 x  x   11880 x      � x  x  2 x  x   9.10.11.12 � x   � x  � x  23 � x  Vậy phương trình có nghiệm  x; y    3;0  Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn : 3x    y  1 Trang 14/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Giải: 3x    y  1 � 3x  y  y   (**) x Ta có VT  �1 mod  � VP  y  y   �1 mod  Suy y số lẻ mà y y+2 hai số lẻ liên tiếp �y  3m � n Từ pt(**) � �y   � mn  x � Ta có y +2 > y � n > m Nếu m > y y+ chia hết cho ( vơ lí) Vậy m =0 � n = � x=1 � y =1 b.Sử dụng số dư phương trình vơ nghiệm Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 30 19 x  y  1890  19754  2013 Giải: x y x Ta có x ,y nguyên dương � y M5; 1890M5 � VT  19   1890 �19  mod   mod  Mà: 19 1� 19 x ( 1) x  mod  x x Nếu x chẵn 19 �1 mod  ; x lẻ 19 �1 mod  �4  mod   VT 1;  mod  VP �3  mod  Do phương trình vơ nghiệm Ví dụ 5: Tìm số nguyên dương x, y biết: x  x   32 y 1 Giải: y 1 Ta có: VP  Nếu x =3k �0  mod 3 (*) ( k �N * ) VT  x  x  �2  mod 3 Nếu x =3k +1 ( k �N ) VT  x  x  �1 mod 3 Nếu x =3k +2 ( k �N ) VT  x  x  �1 mod 3 Vậy với x �Z  VT  x  x  �1;  mod 3 (**) Từ (*) (**) suy khơng tồn x,y thỏa mãn tốn Trang 15/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Chú ý: Nhiều tốn thi vơ địch nước phải xét modun lớn VD: (IMO 1999) Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm ngun sau:: m  n5  Giải: m �0;1;3; 4;5;9  mod11 n5  �6;7;8  mod11 suy phương trình vơ nghiệm Chú ý: x �0;1;8  mod  Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3  y  z  2011 Giải: x �0;1;8  mod  ; y �0;1;8  mod  z �0;1;8  mod  Dựa vào nhận xét ta có � VT  x  y  z �0;1; 2;3;6;7;8  mod  Còn VP  2011 �4  mod  suy phương trình vơ nghiệm B Bài tập tổng hợp Tìm dư phép chia a) 32012 cho 13 b) 32013 cho 31 c) 570 + 750 cho 12 Chứng minh: a) 3105 + 4105 chia hết cho 13 không chia hết cho 11 b) 192005 + 112004 chia hết cho 10 Tìm chữ số tận số: 82012, 72011, 195 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133 b) 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59 c) 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 chia hết cho Chứng minh rằng: 333555  777555 M10 2013 777 Chứng minh rằng: 32 n1 333 n 1  23  5M 11, n �N Chứng minh rằng: a) 3n   42 n 1 M13 , n nguyên dương c) 62 n 1  5n 2 M31 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 22 n  3M 19; c) 22 n1 b) 62 n  19n  2n1 M17 d) 23n   32 n 1 M19 b) 22  7M 11 n1 10 Tìm dư phép chia: a) 570 + 750 cho 12; 10 b) 1010  1010  1010   1010 cho Trang 16/21  3M7 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp 11 Chứng minh: 99 77 a) 99  99 M10; b) 77  77 M10; c) 32 n1 n1  23  5M22 12 Chứng minh: a) 2n + không chia hết cho với n số tự nhiên n b) 9n + không chia hết cho 100 với số tự nhiên n 13 Cho a, b số tự nhiên không chia hết cho Chứng minh: p.a 4m + q.b4m chia hết cho p+q chia hết cho 14 p số nguyên tố lơn CMR: p8n + 3p4n – chia hết cho (HD: Áp dụng ĐL Fermat) 15 Cho n số tự nhiên CMR: a) 52 n 1  2n   2n 1 M23; b) 13n   142 n 1 M183 d) 52 n 1.2n   3n  2.22 n 1 M38; c) 22 n 1  32 n 1 M5 16 Tìm dư phép chia sau: a) 6.5123 + 7162 chia cho 132 chia cho c) 20122012 chia cho 11 b) 20112012 + 20122013 + 2010 d) 22013 chia cho 35 11 e) 20132011 chia cho 14 f) 1111 chia cho 30 17 Tìm chữ số tận số: 3123, 7200, 77 18 Tìm hai chữ số tận số: 3123, 7200, 77 , 2999, 3999 7 1112 1011 19 Tìm dư phép chia 910  59 cho13 99 20 Tìm hai chữ số tận số: 22004, 79 , 1414 , 299 21 Tìm hai chữ số tận số: 19981999 14 2012 2000 2003 22 Tìm ba chữ số tận số: 32 , 75 2011 23 Tìm số tự nhiên gồm tồn chữ số chia hết cho số: a) 7, 11, 13, 17 b) 19, 23, 29, 31, 37 1976 1974 24 Chứng minh A = (1976 – 1974 )( 19761975 + 19741973) chia hết cho 10000 25 Chứng minh B = (20012000 – 19991998)( 20012001 + 19991999) chia hết cho 1000000 26 Tìm hai chữ số tận B = 99 Bài tập phương trình nghiệm ngun Chứng minh phương trình sau vơ nghiệm a, 3x2 – 4y2 = 13 b, 19x2 + 28y2 = 2001 Trang 17/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp c, x2 = 2y2 – 8y + d, x5 – 5x3 +4x = 24(5y + 1) e, 3x5 – x3 + 6x2 - 18x = 2001 2, Chứng minh A không lập phương số tự nhiên A = 100 0500 01 49 c/s 50 c/s 3, Tìm số x, y nguyên dương cho a, 2x + = y2 b, 2x + 57 = y2 c, x2 = 4y +5 d, 5x3 = 3y + 317 III KẾT QUẢ VẬN DỤNG VÀO GIẢNG DẠY Các phương pháp giải Lý thuyết đồng dư số ứng dụng chủ đề Toán hay, nghiên cứu sâu thấy thú vị, áp dụng giải tốn phương trình, vận dụng vào nhiều dạng tập có nhiều ứng dụng hút học sinh trung học sở Trước chuyên đề đưa vào áp dụng kết khảo sát cho biết mức độ nhận thức khả vận dụng học sinh chưa cao, kết tổng hợp bảng sau Chất lượng trước thực chuyên đề HKI 20162017 Giỏi SL % Khá SL % Trung bình SL % Yếu SL % Kém SL % 28 0% 71% 23% 6% Chất lượng sau thực chuyên đề HKI 20162017 Giỏi SL % Khá SL % Trung bình SL % Yếu SL % Kém SL % 36 0 92.2 % 7.5% 0% Trang 18/21 0% Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp PHẦN III: KẾT LUẬN I KẾT LUẬN Lý thuyết đồng dư mảng kiến thức rộng tương đối phức tạp Tuy nhiên khả ứng dụng rộng có tính ưu việt cao Nó phục vụ nhiều q trình giảng dạy mơn Tốn THCS Hơn từ lý thuyết đồng dư mở cho ta lĩnh vực khác Ví dụ như: Phương trình vơ định, Lý thuyết chia hết vành đa thức Z(x), Vì sáng kiến kinh nghiệm đưa hết Lý thuyết đồng dư số ứng dụng điều nung nấu hoàn thiện nưa Trong sáng kiến chắn nhiều vấn đề chưa đầy đủ Vì tơi kính mong q vị, bạn bè đồng nghiệp góp ý chia để chuyên đề hoàn thiện Trong nhiều năm qua, với quan tâm giúp đỡ quan nhiều mặt cho ngành giáo dục với phát triển nhanh công nghệ thông tin Các sáng kiến kinh nghiệm nhiều giáo viên ngày có chất lượng Tuy nhiên khả trao đổi, phạm vi ứng dụng chưa rộng rãi nhiều ý tưởng hay chưa đến với tất giáo viên học sinh nhằm biến ý tưởng thành thực Vì tơi kính mong Phòng, Sở GD-ĐT, Tổ chun mơn nên tạo điều kiện để sáng kiến, ý tưởng hay đến với tất giáo viên học sinh, cách in ấn, đưa lên trang Web nội phòng, sở để ý tưởng trở thành thực có ý nghĩa Tuy sáng kiến kinh nghiệm xem xét ứng dụng xong không tránh khỏi hạn chế thiếu sót, mong góp ý cấp đạo chuyên môn, bạn đồng nghiệp giàu kinh nghiệm, bạn đọc chuyên đề bổ sung góp ý chân thành để sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện ứng dụng nhiều hơn! II MỘT SỐ KHUYẾN NGHỊ KHI THỰC HIỆN  Tìm hiểu nắm vững khung chương trình Tốn THCS để từ đưa cho học sinh tập, ví dụ phù hợp đảm bảo khả tiếp thu đối tượng học sinh  Khơng "rót" kiến thức phương pháp cho em khiến em thụ động, thiếu tìm tòi sáng tạo.Cần kiên trì tìm chọn cách xây dựng kiến thức phương pháp để em có hội tự khám phá  Nắm vững khả thực tế học sinh vấn đề tư Từ có điều chỉnh nâng dần hợp lý mức độ khó tập phù hợp với trình phát triển tư học sinh nhằm mang lại hiệu cao Trang 19/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp  Nếu điều kiện cho phép thực chuyên đề bồi dưỡng Toán cho học sinh Trên tơi trình bày phương pháp Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp Các chuyên đề khác hồn tồn làm tương tự Với kinh nghiệm ỏi cơng tác chun mơn nhiệt tình chất lượng học tập học sinh thân yêu, viết cách làm, hướng suy nghĩ thân tránh khỏi thiếu sót Vì tơi mong có nhiều đồng nghiệp cấp chuyên môn quan tâm đến vấn đề đồng thời góp ý bổ sung để tơi có hướng tốt cơng tác giảng dạy bồi dưỡng tốn cho học sinh Tơi xin chân thành cám ơn! Trang 20/21 Ứng dụng đồng dư thức giải Toán lớp TÀI LIỆU THAM KHẢO 1, Nâng cao phát triển Toán 6,7,8,9 – Vũ Hữu Bình – NXB GD 2, 1001 Bài tốn sơ cấp BD HSG Toán – Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải 3, Tổng hợp Toán tuổi thơ năm 2009 – NXB GD 4, Tuyển chọn thi HSG Tốn THCS – Lê Hồng Đức 5, Phương trình nghiệm ngun – Vũ Hữu Bình 6, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ - NXB GD 7, Các đề thi vào trường chuyên lớp chọn tỉnh 8, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS – Lê Đức Thịnh Trang 21/21 ... (mod 5) 77 8 ≡ (mod 5) => 77 877 8 ≡ 377 8 (mod 5) => 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 ≡ - 377 7 + 377 8 (mod 5) Hay 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 ≡ + 3. 377 7 - 377 7 (mod 5) 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 ≡ + 377 7(3 - 1)... (mod 3) 77 7 ≡ (mod 3) => 77 777 7 ≡ (mod 3) 77 8 ≡ (mod 3) => 77 877 8≡ (mod 3) => 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 chia cho dư +Ta có 77 6 ≡ (mod 5) => 77 677 6 ≡ (mod 5) 77 7 ≡ - (mod 5) => 77 777 7 ≡ - 377 7 (mod... 1) (mod 5) 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 ≡ + 2. 377 7 (mod 5) Mà 32 ≡ - 1(mod 5) => (32)388.3 ≡ (mod 5) Vậy A = 77 677 6 + 77 777 7 + 77 877 8 ≡ + 2.3 ≡ (mod 5) Vậy A chia cho dư Bài : Tìm số dư A = 32005