CHUYÊN đề ĐÔNG dư

ĐỒNG DƯ THỨC a, b ∈ Z ; m ∈ N * Định nghĩa : Cho a gọi đồng dư với b theo modunlo m a b a ≡ b(mod m) có số dư chia cho m Kí hiệu : a ≡ b(mod m) ↔ ( a − b)Mm Vậy a , b , c , d , e ∈ Z ; m, n ∈ N * Tính chất : Cho : a ≡ a(mod m) a Tính chất phản xạ : a ≡ b(mod m) → b ≡ a(mod m) b Tính chất đối xứng : a ≡ b(mod m); b ≡ c(mod m) → a ≡ c (mod m) c Tính chất bắc cầu : d a + c ≡ b + d (mod m) a − c ≡ b − d (mod m) a ≡ b(mod m)    → a.c ≡ b.d (mod m) c ≡ d (mod m)   a + e ≡ b + e(mod m)  a.e ≡ b.e(mod m) a ≡ b(mod m) → a n ≡ b n (mod m) e a ≡ b(mod m) → a.n ≡ b.n(mod m.n) f a ≡ b(mod m) → g h a b ≡ (mod m) e e e ∈ UC (a, b);(e, m) = với a ≡ b(mod m); a ≡ b(mod m ') → a ≡ b (mod [ m, m '] ) ac ≡ bc(mod m);(c, m) = → a ≡ b(mod m) k a p ≡ a(mod p) Định lý Fermat nhỏ: Cho a số nguyên p số nguyên tố, : ( a, p ) = → a p −1 ≡ 1(mod p )( p ∈ P ) +) Đặc biệt: Nếu Các dạng toán Dạng : Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư a c e 9294 cho 15 A = 15325 − A = 570 + 750 b cho d cho 12 f 19442005 A = 32003 cho cho 13 A = 32005 + 42005 cho 11 13 Lời giải 92 ≡ 2(mod15) → 9294 ≡ 294 (mod15)(1) a Ta có: 24 ≡ 1(mod15) → (2 ) 23 ≡ 123 (mod15) → (2 ) 23.2 ≡ 4(mod15) ↔ 294 ≡ 4(mod15)(2) Lại có: → du : Từ (1)(2) 1994 ≡ −2(mod 7) → 1994 2005 ≡ ( −2) 2005 (mod 7) b Ta có: (−2)3 ≡ −1(mod 7) → (−23 )668 ( −2) ≡ ( −2)(mod 7) ↔ ( −2) 2005 ≡ −2(mod 7) Lại có: → 19442005 chia cho dư c Ta có: 1532 ≡ 2(mod 9) → 15325 ≡ (mod 9);25 ≡ 5(mod 9) → 15325 ≡ 5(mod 9) → 15325 − ≡ 4(mod 9) Vậy số dư : 33 ≡ 1(mod13);2003 = 3.607 + → 3203 = (33 ) 667 32 d Ta có: 33 ≡ 1(mod13) → (33 ) 667 ≡ 1667 → (33 ) 667 32 ≡ 9(mod13) → du : 52 ≡ 1(mod12) → (52 )35 ≡ 1(mod12) ⇔ 570 ≡ 1(mod12)(1) e Ta có: ≡ 1(mod12) → (7 ) 25 ≡ 125 (mod12) ⇔ 750 ≡ 1(mod12)(2) → A = 570 + 750 Từ (1)(2) chia cho 12 dư 35 ≡ 1(mod11) → (35 ) 401 ≡ 1(mod11);45 ≡ 1(mod11) → (45 ) 401 ≡ 1(mod11) f Ta có: → A = 32005 + 42005 ≡ 2(mod11) → du : 33 ≡ 1(mod13) → (33 )668 ≡ 1.3(mod13) → 32005 ≡ 3(mod13);43 ≡ −1(mod13) → (43 )668 ≡ 1.4(mod13) +) → 42005 ≡ 4(mod13) → A = 32005 + 42005 ≡ 7(mod13) → du : Bài 2: Chứng minh a c 22002 − chia hết cho 31 2014200 − 256 b 22225555 + 55552222 chia hết cho chia hết cho 2016 Lời giải 25 ≡ 1(mod 31); 2002 = 5.400 + → 2002 = (25 ) 400 2 ; 25 ≡ 1(mod 31) → (25 ) 400 ≡ 1400 (mod 31) a → (25 ) 400 22 ≡ 1.22 (mod 31) → 22002 ≡ 4(mod 31) → 2002 − chia hết cho 31 2222 ≡ 3(mod 7) → 22225 ≡ 35 (mod 7) ≡ 5(mod 7) → 22225555 ≡ 51111 (mod 7)(1) b Ta có: 5555 ≡ 4(mod 7) → 55552 ≡ ≡ 2(mod 7) → 55552222 ≡ 51111 (mod 7)(2) Lại có : → 22225555 + 55552222 ≡ 51111 + 21111 (mod 7)(3) Từ (1)(2) ≡ −2(mod 7) → 51111 ≡ ( −2)1111 ≡ −21111 (mod 7) → 51111 + 21111 ≡ 0(mod 7)(4) Mặt khác : Từ (3)(4) → 22225555 + 55552222 M7 c Ta có: 20143 ≡ 2008(mod 2016); 2014 ≡ 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 − 256M2016 Bài 3: Chứng minh : A = 7.52 n + 12.6n chia hết cho 19 với số tự nhiên n Lời giải A = 7.52 n + 12.6n = 7.25n + 12.6 n Ta có: Lại có : 25 ≡ 6(mod19) → 25n ≡ 6n (mod19) → 7.25n ≡ 7.6n (mod19) → 7.25n + 12.6n ≡ 7.6n + 12.6n (mod19) → 7.25n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ 0(mod19) → A = 7.52 n + 12.6 n M 19∀n ∈ N Bài 4: Chứng minh : A = 42 n+1 + 3n +2 M 13∀n ∈ N Lời giải 42 ≡ 3(mod13) → (42 ) n ≡ 3n (mod13) → 4.(4 ) n ≡ 4.3n (mod13) → 2n +1 ≡ 4.3n (mod13)(1) Ta có: Lại có: 32 ≡ −4(mod13) → 3n.32 ≡ −4.3n (mod13) → 3n + ≡ −4.3n (mod13)(2) → n +1 + 3n ≡ 4.3n − 4.3n = 0(mod13) → A = 42 n+1 + 3n+ M 13∀n ∈ N Bài 5: Tìm số dư : A = 776776 + 777 777 + 778778 chia cho Lời giải 776 ≡ −1(mod 3) → 776776 ≡ (−1)776 (mod 3) → 776776 ≡ 1(mod 3) Ta có: 777 ≡ 0(mod 3) → 777 777 ≡ 0(mod 3);778 ≡ 1(mod 3) → 778778 ≡ 1(mod 3) → A chia dư 776 ≡ 1(mod 5) → 776776 ≡ 1(mod 5);777 ≡ −3(mod 5) → 777 777 ≡ ( −3)777 (mod 5) +) Lại có: 778778 ≡ 3778 (mod 5) → A ≡ − 3777 + 3778 (mod5) → A ≡ + 3.3777 − 3777 (mod 5) ≡ + 3777 (3 − 1)(mod 5) ≡ + 2.3777 (mod 5);32 ≡ −1(mod5) → (3 )338 ≡ 3(mod5) → A ≡ + 2.3 ≡ 2(mod 5) Vậy A chia dư Bài 6: Chứng minh a c 2015 − chia hết cho 11 555222 + 222555 b chia hết cho d 230 + 320 123430 − 1388 chia hết cho 30 chia hết cho 2014 Lời giải 25 ≡ −1(mod11);10 ≡ −1(nod11) → 105 ≡ −1(mod11) → 25.105 ≡ 1(mod11) → 205 ≡ 1(mod11) a → 205 − ≡ 0(mod11) 26 ≡ −1(mod13) → 230 ≡ −1(mod13);33 ≡ 1(mod13) → 330 ≡ 1(mod13) b → 230 + 320 ≡ −1 + 1(mod13) ≡ 0(mod13) 555 ≡ 2(mod 7) → 555222 ≡ 222 (mod 7); 23 ≡ 1(mod 7) → (23 ) 74 ≡ 1(mod 7) → 555222 ≡ 1(mod 7) c 222 ≡ −2(mod 7) → 222555 ≡ (−2)555 (mod 7) 185 Có: (−2)3 ≡ −1(mod 7) → (−2)3  ≡ −1(mod 7) → 222555 ≡ ( −1)(mod 7) → A ≡ − 1(mod 7) ≡ 0(mod 7) 123430 ≡ 778(mod 2014) → 12349 ≡ 7783 ≡ 1500(mod 2014) → 1234 ≡ 15003 ≡ 1234(mod 2014) d Ta có : → 12343.123427 ≡ 778.1234(mod 2014) → 123430 ≡ 1234.1234.778 ≡ 1388(mod 2014) → (123430 − 1388) M2014 A = (19971998 + 19981999 + 1999 2000 )10 Bài 7: Tìm số dư phép chia chia cho 111 Lời giải 1998 ≡ 0(mod11);1997 ≡ −1(mod11) → 19971998 ≡ 1(mod11);1999 ≡ 1(mod11) → 1999 2000 ≡ 1(mod11) Ta có: → A ≡ (1 + + 1)10 ≡ 210 ≡ 1024 ≡ 25(mod111) ⇒ A chia 111 dư 25 Bài 8: Sử dụng định lý Fermat nhỏ Chứng minh : 10 A = 1010 + 1010 + 1010 + + 1010 − 5M7 Lời giải Vì số nguyên tố nên (10,7) = nên theo định lý Fermat nhỏ ta có : 106 ≡ 1(mod 7) → 106 k ≡ 1k ≡ 1(mod 7) n n 10n + = 1000 02 14 43 M2,3 → (10 + 2)M6 → 10 ≡ 4(mod 6) n−1 Với số tự nhiên n khác : n 10n = 6k + 4(k ∈ N ) → 1010 = 106 k + = 106 k.104 ≡ 1.14 (mod 7) ≡ 104 (mod 7) → 1010 ≡ 10 (mod 7) Đặt 10 1010 ≡ 104 (mod 7);1010 ≡ 104 (mod 7) .;1010 ≡ 10 ( mod 7) → A ≡ 10.104 − ≡ 0(mod 7) → AM7 Bài 9: Sử dụng định lý Fermat nhỏ Chứng minh : A = 11331 + 21331 + 31331 + + 13311331 M 11 Lời giải a11 ≡ 11( mod11)∀a ∈ Z Vì 11 số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ ta có : → a121 = (a11 )11 ≡ a11 ≡ a( mod11) → a1331 = (a121 )11 ≡ a11 (mod11) ≡ a(mod11) Áp dụng kết ta : 11331 + 21331 + + 13311331 ≡ + + + 1331 ≡ 886446 ≡ 0(mod11) → AM 11 a ≡ a (mod 30)∀a ∈ Z Bài 10: Chứng minh : Lời giải 30 = 2.3.5 − 6.5; a − a = a (a − 1) = a (a − 1)(a + 1) = a (a − 1)(a + 1)(a + 1) 4 4 43 M Ta có : a ≡ a(mod 5) Ta cần chứng minh : a ≡ 0(mod 5) → a ≡ ≡ a (mod 5) +) Nếu a ≡ ±1(mod 5) → a ≡ ( ±1)5 ≡ a(mod 5) +) Nếu a ≡ ±2(mod 5) → a ≡ ( ±2)5 ≡ ±32 ≡ ±2 ≡ a(mod 5) +) Nếu a ≡ a (mod 5) → a p ≡ a (mod p ) Vậy 22 A = (2222 − 22)M 3234 Bài 11: Chứng minh : Lời giải Ta có : 3234 = 3.22.7 A ≡ 0(mod 22) +) Có : 22 ≡ 1( m0d 3) → 2222 ≡ 1(mod 3) +) 22 ≡ 1(m0d 7) → 2222 ≡ 122 ≡ 1(mod 7) → 2222 = k + +) A = 227 k +1 − 22 = 22(227 k − 1) = 22 (22k )7 − 1 = 22.(22 k − 1) (22 k ) + (22 k )5 + + 22 k + 1 22 ≡ 1( m0d 7) → 22 k ≡ 1k ≡ 1(mod 7) +) B = (22k )6 + (22k )5 + + 22 k + → B ≡ 114+2 4+ 31 ≡ ≡ 0(mod 7) → A ≡ 0(mod 49) 7.chu so.1 Đặt Vậy A ≡ 0(mod 3.22.49) → dpcm A = (77 + 77)M20 Bài 12: Chứng minh : ( Có 100 chữ số ) Lời giải Ta có : 20 = B = 77 (997.chu.so.7) → A : le Đặt A = B + 77 ≡ (−1) B + ≡ −1 + ≡ 0(mod 4)(1) B ≡ (−1)(mod 4) → B = 4k + 3(k ∈ N * );7 B ≡ B ≡ k +3 ≡ 16k.8 ≡ 1k.3 ≡ 3(mod 5) Ta có : A ≡ + 77 ≡ 80 ≡ 0(mod 5)(2) → A ≡ 0(mod 20)(vì:(4,5)=1) A = 1n + n + 3n + n M5 ↔ nM/ 4(n ∈ N * ) Bài 13: Chứng minh : Lời giải n = 4k → A ≡ + 16k + 81k + (−1) k +) n = 4k + → A ≡ + 16k.2 + 81k.3 + (−1) k ≡ + + + ≡ 10 ≡ 0(mod 5) +) n = 4k + → A ≡ + 16 k.2 + 81k 32 + (−1) k 42 ≡ + + + 16 ≡ 30 ≡ 0(mod5) +) n = 4k + → A ≡ + 16k 23 + 81k 33 + ( −1) k 43 ≡ 13 + 43 + 2 + 32 ≡ 0(mod 5) +) Vậy A chia hết cho n không chia hết cho A = (25 n +3 + 3n + 2.5n )M 17∀n ∈ N * Bài 14: Chứng minh : Lời giải A = 32n.8 + 9.3 n 5n ≡ 15n.8 + 9.15n ≡ 17.5n ≡ 0(mod17) A = n n − n + n − 1MB = (n − 1) ∀n ∈ N , n > Bài 15: Chứng minh : Lời giải A = n n − n + n − = n2 ( nn −2 − 1) + ( n + 1) +) Với n = +) Xét với n > A = n (n − 1)( n n−3 + n n−4 + + n + 1) + ( n − 1) A = ( n − 1)  n ( n n −3 + nn −4 + + n + 1) + 1 4 4 42 4 4 43 C n ≡ 1(mod n − 1) → n k ≡ 1k (mod n − 1)∀k ∈ N → n (n n−3 + n n−4 + + n + 1) ≡ 1.(1 + + 1)(mod n − 1) ≡ n − 2(mod n − 1) 4 44 4 43 Ta có nhận xét sau : C −1 → C ≡ n − 1(mod n − 1) → C M(n − 1) → AM( n − 1) ∀n ≥ 69 220 119 69 220 A = 220119 + 119 6943 M 102 4 2+ Bài 16: Chứng minh : le Lời giải Ta có : AM2 69 220 220 ≡ 1(mod 3);119 ≡ −1(mod 3);69 ≡ 0(mod 3) → A ≡ 1119 + (−1) 69 ≡ 0(mod 3); AM3 +) 69 119 220 ≡ −1(mod17);119 ≡ 0(mod17);69 ≡ 1(mod17) → A ≡ ( −1)119 + 1220 ≡ 0(mod17) → AM 17 +) Vậy AM2.3.17 = 102( dpcm) Bài 17: Giả sử a1 , a2 , a100 Tìm số dư chia số tự nhiên thỏa mãn : A = a15 + a25 + + a100 a1 + a2 + a3 + + a100 = 5100 cho 30 Lời giải Ta có : a ≡ a (mod 30)∀a ∈ Z → A = a15 + a25 + + a100 = a1 + a2 + + a100 ≡ 5100 (mod 30) ≡ −1(mod 6) → 5100 ≡ 1(mod 6) → 5100 ≡ 25(mod 6) Có : 5100 ≡ 25(mod5);(5,6) = → 5100 ≡ 25(mod 30) Mặt khác : Vậy số dư 25 Dạng 2: Tìm chữ số tận sơ Bài 1: Tìm chữ số tận a 167 1414 2010 b 14 c (45 )6  Lời giải 167 ≡ 7(mod10) → 167 2010 ≡ 2010 (mod10) a Ta có : 2010 ≡ 491005 ≡ ( −1)1005 ≡ −1(mod10) Lại có : Vậy 2010 có tận 14 2 1414 ≡ 414.14 (mod10);414 ≡ (16)14.7 (mod10) → 414 ≡ 698 (mod10) → 414.14 ≡ 6(mod10) b Vậy tận 10 45.6.7 = 163.5.7 = 65.3.7 (mod10) → 45.6.7 ≡ 6(mod10) → 45.6.7 c có tận 11 ... a, p ) = → a p −1 ≡ 1(mod p )( p ∈ P ) +) Đặc biệt: Nếu Các dạng tốn Dạng : Tìm số dư phép chia Bài 1: Tìm số dư a c e 9294 cho 15 A = 15325 − A = 570 + 750 b cho d cho 12 f 19442005 A = 32003... 2005 ≡ −2(mod 7) Lại có: → 19442005 chia cho dư c Ta có: 1532 ≡ 2(mod 9) → 15325 ≡ (mod 9);25 ≡ 5(mod 9) → 15325 ≡ 5(mod 9) → 15325 − ≡ 4(mod 9) Vậy số dư : 33 ≡ 1(mod13);2003 = 3.607 + → 3203 =... có: ≡ 1(mod12) → (7 ) 25 ≡ 125 (mod12) ⇔ 750 ≡ 1(mod12)(2) → A = 570 + 750 Từ (1)(2) chia cho 12 dư 35 ≡ 1(mod11) → (35 ) 401 ≡ 1(mod11);45 ≡ 1(mod11) → (45 ) 401 ≡ 1(mod11) f Ta có: → A = 32005