CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT

Qua thực tế giảng dạy và chủ yếu là bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán ở các lớp 6, 7 và 8 trong trường THCS, tôi nhận thấy nhiều học sinh còn lúng túng về cách tìm lời giải khi gặp phải n[r]

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN LẬP THẠCH TRƯỜNG THCS THÁI HÒA

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT

Thời lượng: 30 tiết (lớp 6, 7)

Người thực hiện: LÊ QUANG ĐÔNG Chức vụ: Giáo viên.

PHẦN I: MỞ ĐẦU

I Lý chọn chuyên đề:

Như biết tốn học mơn khoa học bản, toán học xuất đời sống hàng ngày, tác dụng toán học rộng lớn, từ việc nhỏ việc tính tiền mua hàng, hay việc lớn để thiết kế nên ngơi nhà cao tầng, cơng trình xây dựng tất phải dựa vào toán học

Ngay từ học bậc học Mầm non em quen với số 1, 2, 3, Đến học lên Tiểu học Trung học sở mơn Tốn xác định môn công cụ, quan trọng học sinh

Trong chương trình Tốn bậc THCS, cụ thể lớp số học nội dung kiến thức vô quan trọng tảng giúp em khám phá nhiều nội dung khác Toán học

Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi thân nhận thấy để việc học nội dung phần Số học tốt, cụ thể chuyên đề chia hết, tìm chữ số tận hay chuyên đề số phương, tốt việc ứng dụng Đồng dư thức cách hợp lý cho lời giải hay ngắn gọn, học sinh dễ nắm bắt kiến thức Nhưng nội dung lại không đề cập chương trình mơn Tốn THCS Chính lý mà tơi mạnh dạn giới thiệu tới đồng nghiệp chuyên đề “ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải số dạng

toán số học” Với mục đích giúp em học sinh có thêm cách tiếp cận

mới số dạng tốn

II Mục đích, phạm vi, đối tượng chuyên đề: 1 Mục đích chuyên đề:

2 Phạm vi nghiên cứu chun đề:

- Chương trình mơn Tốn cấp THCS

3 Đối tượng chuyên đề:

PHẦN II: NỘI DUNG

I Cơ sở lí luận.

Số học nội dung kiến thức quan trọng chương trình Tốn cấp THCS Từ phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản số đến toán địi hỏi tư cao dạng tốn cấu tạo số, toán số nguyên tố, số phương, tốn chia hết,…thường dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi nội dung kiến thức giúp tìm lời giải số dạng tốn sử dụng kiến thức Đồng dư thức Đây nội dung khơng đề cập chương trình khóa lại cần thiết việc Bồi dưỡng HSG, nên địi hỏi giáo viên phải tìm hiểu nghiên cứu tìm nội dung cần thiết để giúp học sinh tiếp thu vận dụng cách phù hợp suốt q trình học Từ áp dụng vào giải dạng tốn có liên quan đồng thời phát triển tư toán học Để vận dụng vào môn học khác đời sống hàng ngày

II Cơ sở thực tiễn

Qua thực tế giảng dạy chủ yếu bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn lớp 6, trường THCS, nhận thấy nhiều học sinh cịn lúng túng cách tìm lời giải gặp phải tốn chia hết, tìm chữ số tận cùng, số phương, …mặc dù khơng phải tốn q khó, hay toán áp dụng kiến thức Đồng dư thức vào cho ta lời giải hay ngắn gọn, có tốn ta áp dụng kiến thức lớp giải được, sử dụng Đồng dư thức vào giải phù hợp với khả tư học sinh lớp lớp Từ sở lý luận sở thục tiễn mà chọn chuyên đề:

“ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải số dạng toán số học”

III NỘI DUNG Kiến thức bản 1.1 Định nghĩa:

- Như vậy: a  b (mod c)  a – b chia hết cho c.

- Hệ thức có dạng: a  b (mod c) gọi đồng dư thức, a gọi vế trái đồng dư thức, b gọi vế phải c gọi mơđun

1.2 Một số tính chất:

Với a; b; c; d; m; … số ngun dương (Z+), ta ln có:

1.2.1 Tính chất 1:

+ a  a (mod m)

+ a  b (mod m)  b  a (mod m)

+ a  b (mod m) b  c (mod m) a  c(mod m)

1.2.2 Tính chất 2:

Nếu a  b (mod m) c  d (mod m) thì: + a  c  b  d (mod m)

+ ac  bc (mod m).( c>0) + ac  bd (mod m) + an  bn (mod m).

+ (a+b)n  bn (mod a).

+ an +bn  ( a+b) (mod m).( n số lẻ)

+ Nếu d ước chung a; b; m thì: a d 

b

d (mod m

d );

1.2.3 Tính chất 3:

+ Nếu a  b (mod m) c  Z+ ac  bc (mod mc).

1.3 Một số kiến thức liên quan:

Trong làm tập sử dụng đồng dư thức, ta nên ý tới tính chất hay

dùng sau đây:

+ Với a, b  Z+ (a  b) n số tự nhiên: an – bn  a – b.

+ Trong n số nguyên liên tiếp (n  1) có số chia hết cho n

+ Tìm m chữ số tận số A tìm số dư chia A cho 10m.

2 ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN. 2.1 DẠNG 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT.

Bài 1: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19

Lời giải Cách 1: Thêm bớt 7.6n, ta

A = 7.25n - 7.6n +19.6n

= 7.(25n - 6n) +19.6n

Vậy A 19

Ta có: A = 7.25n +12.6n

Vì 25n  6n (mod19).

=> A  7.6n +12.6n (mod19)

=> A  19.6n (mod19)

=> A  (mod19)

Đối với số toán lớp ta sử dụng đến đẳng thức:

n n

a  b a b  với n N 

n n

a b a b  với ( n N ; n lẻ)

thì ta giải cách dễ dàng, nhiên với học sinh lớp chưa thể sử dụng đẳng thức Vì vậy, ta sử dụng Đồng dư thức để có lời giải phù hợp với trình độ học sinh lớp 6.

Bài 2: ( Sách Phát triển toán tập 1).Chứng minh rằng:

a) A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.

b) B 1961196219631964196519662 chia hết cho 7.

Lời giải Cách 1:

a) Ta có A 55552222 42222  2222555545555  45555 42222 Mà 55552222 422225555 4 

Tương tự: 22225555455557

 1111  1111  

5555 2222 5 5555 2222

4    4    7 Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.

b) B 196119621963196419651966 2 Sử dụng tính chất:  

n

a b khi chia cho a có số dư b. Ta có B (1960 1) 1962(1960 3) 1964(1965 2) 19662

1962 1964 1966

(7 1) (7 3) (7 2)

B m  n  p 

1964 1966

7 2

B q   

654 3.655

7 9.27 2.2

B q  

7

B r   14

B r 

Cách 2:

a) Xét số dư 22225555 chia cho 7.

Ta có: 2222  (mod 7) (1) => 22224  34 (mod 7)

=> 22224  81 (mod 7)

Mà 81  (mod 7)

=> 22224  (mod 7) (2)

Nhân vế với vế (1) (2) ta 22225  3.4 (mod 7)

=> 22225  (mod 7)

=>22225555  51111 (mod 7) (3)

+ Tương tự: 55552222  21111 (mod 7) (4)

Cộng vế với vế (3) (4) ta có: A  21111 + 51111 (mod 7) (5)

Mặt khác: 21111 + 51111  (2 + 5) (mod 7)

 (mod 7) ( Tính chất 2) (6) Từ (5) (6) ta được: A  (mod 7)

Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7

b) Ta có:

Tương tự:

   654     

1964 1964 654

1963 3 mod 9 mod 9.27 mod 2 mod

 1966   655     

1966 655

1965  2 mod 2 mod 2.8 mod 2 mod

   

1 2 mod mod

B

     

Vậy: B 196119621963196419651966 2

Bài 3: Chứng minh rằng:

Với số tự nhiên n số B = 42n+1 + 3n+2 chia hết cho

13.

Lời giải Cách 1:

Ta có:B 4.16n 9.3n



4.16n 9.3n 4.3n 4.3n

   

4.(16n ) 13.3n  n

Vì

16 13

13 13.3 13 n n n B           Cách 2:

Với tốn ta sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh, nhưng học sinh lớp chưa học kỹ thuật Nên ta sử dụng Đồng dư thức để chứng minh.

+ Ta xét số dư 42n+1 chia cho 13

Ta có: 42 = 16  (mod 13)

=> 42n  3n (mod 13)

=> 42n+1  4.3n (mod 13)

Hay 42n+1  4.3n (mod 13) (1)

+ Ta xét số dư 3n+2 chia cho 13

Ta có: 32 =  - 4(mod 13)

Mà 3n  3n (mod 13)

=> 32.3n  - 4.3n (mod 13)

Từ (1) (2), cộng vế với vế, ta B  (mod 13) Vậy B = 42n+1 + 3n+2 chia hết cho 13 với n  N.

Bài 4: Chứng minh với n  N. a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23

b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133

Lời giải Cách 1:

a) Ta có: 5.25n 16.2n 2.2n 5.25n 18.2n

A     

 

5 25n 2n 23.2n

  

Vì

25 23

23 23.2 23

n n

n A

  

 

 



 

b) B 121.11n 12.144n 12 144 n11n133.11n Từ ta có B133

Cách 2:

a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23

Ta có: A = 25n + 2n.16 + 2n.2

Vì 5.25n  5.2n (mod23)

=> A  5.2n + 2n.16 + 2n.2 (mod23)

 23.2n (mod23)

 (mod23)

Vậy A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23.

b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133

Tương tự câu a) ta có: B  121.11n + 12.144n (mod133)

121.11n + 12.11n (mod133)

 0(mod133) Vây B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133.

Lời giải

Ta có: Với n = A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B Với n > 2, ta biến đổi A sau:

A = nn – n2 + n – = n2(nn-2 - 1) + (n - 1)

= n2(n - 1)(nn-3 + nn-4 + …+ 1) + (n - 1)

= (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1)

Mặt khác: n  (mod n – 1)  nk  (mod n – 1),  kN

Từ đó: nn-1 + nn-2 + … + n2  n – (mod n – 1)

Nên: nn-1 + nn – 2 + … + n2 +  n – (mod n – 1)

=> nn-1 + nn – 2 + … + n2 +  (mod n – 1) (1)

=> (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1)  (mod (n – 1)2)

=> A = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) chia hết cho (n – 1)2.

Vậy: A = nn – n2 + n – chia hết cho đa thức B = (n – 1)2.

Với số tốn có luỹ thừa tầng sử dụng Đồng dư thức giúp cho học sinh có cách giải tổng qt cho dạng tốn Chẳng hạn

Bài 6: Chứng minh rằng:

 

2

2

) n

a A   n

 

2004

2003

) 1924 n 1920 124

b A   n

 

4

2

) n n 22

c A   n

    

2

2

d) A = 2 n 10 13

Lời giải

a) Vì  

3

2  8 mod Nên ta tìm số dư 22n

cho Thật vậy: 22n 4n 1 mod 3  22n 3k1

=> A23k1 5 2.8k  5 2 mod 7    0 mod 7 

=>  

2

2

2 n

A   n

b) Ta có 124 = 4.31

Vì

 

 

1924 mod 31 1920 mod 31

     

 nên  

2004

2003

2 n mod 31

B  

Vì 25 32 mod 31  

Từ ta xét M 20032004nchia cho có số dư bao nhiêu Vì 2004 4 nên ta đặt 2004n 4k M 20032004n 20034k

Mà 2003 mod 5   => 20034k 34kmod 5 81 mod 5k 1 mod 5  => M = 5m+1

=> B25m1 mod 31  2.32m mod 31   2 mod 31 0 mod 31  Vậy B124

c)  

4

2

3 n n 22

C   n

    

Vì 22 = 2.11 C2 nên ta chứng minh A11 Ta có 310 1 mod11  (Định lý Fecma)

Từ ta xétN 24n1

 và P34n1 chia cho 10 có số dư bao nhiêu. * N 24n1 2.16n 2.6 mod10n  2 .6 mod10    2 mod10 

=>N 24n1 10k

  

=>      

4

2 10

3 n k k mod11 mod11



  

( 35 1 mod11 ) Tương tự: P 34n1 10m

  

       

4 2

3 10

2 n k 8.32k mod11 k mod11 mod11

    

Vậy C   (9 5) mod 22 0 mod 22 

d)

2

2

D=2 n 10 13

Ta có 212 1(mod 13) (Định lý Fecma)

Từ tốn đưa tìm số dư chia 22n cho 12

Ta có: 22n 0(mod 4) => 22n =4k ( k N)

=> 22n = 4n  1(mod 3) => 22n =3m+1 ( m N)

=> 22n = 12m+4

=> D = 212m+4 +10 = 16.(26)2m + 10

 0(mod 13)

Vậy D chia hết cho 13 với n

Sau hình thành cho em số kỹ định qua dạng toán chứng minh với cách biến đổi tương tự em không gặp quá nhiều không gặp số dạng tốn sau:

2.2 DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA Bài 1: Tìm số dư phép chia số A = 19932014 cho 3.

Lời giải

Cách 1: Nếu thêm bớt vào số 19932014 ta có lời giải tốn

cách dễ dàng: A= 19932014-1+1

Vì A = 199320141 1992  199320141 3

Suy A chia cho dư 1.

Cách 2:

Ta có: 1993  (mod 3)

=> 19932014  12014 (mod 3)  (mod 3)

Vậy số 19932014 chia cho dư 1.

Bài 2: Tìm số dư A = 776776 + 777777 +778778 chia cho cho

5

Lời giải Cách 1:

Ta có:A 776 776 2776 777777778778 1 27761

Vì

776 776 777 778

776 777 778



  

 nên ta phải tìm số dự chia 27761 cho Thật vậy: 2776 1 2.2775 2 2  7751 2

Vì 2 7751 3 nên A chia dư Tương tự: A chia dư

+ Trường hợp 1: Tìm số dư A = 776776 + 777777 +778778 chia

cho

Ta có: 776  (mod 3)

=> 776776  2776 (mod 3)  4338 (mod 3)  1338 (mod 3)  (mod 3)

Tương tự: 777777 (mod 3)

778778 1(mod 3)

=> A = 776776 + 777777 +778778 1+0+1(mod 3)  (mod 3)

Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho dư 2.

+ Trường hợp 2: Tìm số dư A = 776776 + 777777 +778778 chia

cho

Ta có: 776  (mod 5)

=> 776776  1776 (mod 5)  1(mod 5).

Ta có : 777 (mod 5)

777777  2777(mod 5) (24)194.2(mod 5)  16194.2(mod

5)2(mod 5)

778778 3(mod 5)

=> A = 776776 + 777777 +778778 1+2+3(mod 5)  (mod 5)

Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho dư 1.

Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ chia cho dư 1, chia cho dư 5.

Lời giải

Cách 1: Gọi n số tự nhiên chia dư chia dư

Vì n khơng chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r N, r < 35) Trong

r chia dư 1, chia dư

Số nhỏ 35 chia dư chia dư 5; 12; 19; 26; 33 Trong số có 26 số chia cho dư Vậy r = 26

Cách 2: Ta có:

1 10

9 35

5 14

n n n

n

n n n

   

  

   

  

   

  

  



  

Số n nhỏ có tính chất n = 26

Cách 3:

A  (mod 5); A  (mod 7)

Từ A  (mod 7) => A = 7k+5 ( k  N) (1)

=> 7k+5  (mod 5) => 2k  (mod 5) => 2k+4 1+4(mod 5)

=> 2k +  0(mod 5) => k +  0(mod5) => k = 5m -2 ( m N) (2)

Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - => A  -9 (mod 35)  26 (mod 35)

Vậy số A =26

Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại tốn ta giải tốn có nhiều số chia hơn, số chia có giá trị lớn một cách dễ dàng hơn, đồng thời ta có cách giải rõ ràng cho dạng toán này.

Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 dư 98.

Lời giải Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98

=> 131x = 131y +y-14 =>y - 14131

=> y = 131k + 14 k N 

=> n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946 Vì n có chữ số nên n = 1946

Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14

=> 131(x-y) = y-14 Nếu x > y y- 14 131 => y 145 => n có nhiều chữ số Do x = y, suy n = 1946

Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên

132n = 132.131x +132.112 (1) Mặt khác n = 132y + 98

Cách 4:

Gọi số tự nhiên cần tìm n, ta có n  112(mod 131); n  98 (mod 132)

Từ n  98 (mod132) => n = 132k+98 (k N) (1)

=> 132k+98  112 (mod 131)

=> k + 98 + 33 112+33(mod 131) => k  14(mod 131)

=> k = 131m +14 ( m  N) (2)

Thay (2) vào (1), ta được: n = 132(131m + 14) + 98 = 131.132m +1946

Vậy n = 1946

Bài 5: Một số tự nhiên chia dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13 Hỏi số chia 1292 dư bao nhiêu.

Lời giải Cách 1:

Gọi số tự nhiên cần tìm n (n N )

Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r (k r N r,  ; 1292).

Các số nhỏ 1292 chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; 1248; 1267 Trong số số chia cho dư chia cho 17 dư số 1267

Nhận xét: Trong cách giải tốn việc thử loại

nhiều thời gian số chia lớn để giải tốn ta gặp rất nhiều khó khăn.

Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm A, ta có:

A  (mod 4); A  (mod 17); A  13 (mod 19)

Từ A  13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N) (1)

=> 19k+13  (mod 17)

=> 19k + 13+8  +8(mod 17)

=> 2k +  0(mod 17) => k +  0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N) (2)

Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25 (3)

=> 324m-m-1 (mod 4) =>-m  (mod 4)

=> m = 4n ( n thuộc N) (4)

Thay (4) vào (3) => A = 1292n -25 -25 (mod 1292)  1267 (mod 1292)

Vậy số A chia cho 1292 dư 1267

Bài 6: Xác định giá trị n để:

a) 2n   b) 2.3n 11

 

Lời giải

a) Ta có 23  mod 9   23  1 mod 9

k k

     

Nên ta xét trường hợp sau:

+ n = 3k => 23 2.8  1 mod 9 

k

n k k

       

 

0 mod

 ( Nếu k chẵn)

 

7 mod

 ( Nếu k lẻ) (loại) + n = 3k+1=> 23 1 2.8 1  mod 9 

k n k k

       

1 mod 9  ( Nếu k chẵn) ( loại)

6 mod 9  ( Nếu k lẻ) ( loại)

+ Tương tự với n = 3k+2 ( loại) Vậy n = 3k ( với k chẵn)

b) Với cách làm tương tự:

Ta có  

5

3 243 mod11 Nên ta xét trường hợp sau:

Trong trường hợp n = 5k + thoả mãn điều kiện đề Thật vậy: Xét

   

5

2.3n 2.3 k 2.81.243k mod11 mod11

       

Vậy n = 5k +4

2.3 DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.

Phương pháp: Tìm m chữ số tận số A tìm số dư chia

A cho 10m.

Bài 1: Cho số A = 19942005

a Tìm số dư phép chia A chia cho b Tìm chữ số tận A

c Tìm chữ số tận A

Lời giải

a Ta có: 1994 -2 (mod 7)

=> A = 19942005  (-2)2005 (mod 7) [(-2)3]668.(-2) (mod 7)

 (-1)668.(-2) (mod 7)

 (-2) (mod 7)  (mod 7) Vậy A = 19942005chia cho dư 5.

b Xét số dư chia A cho 10 Ta có: 1994  (mod 10)

Ta xét số dư chia A cho cho Ta có : 1994  (mod 2)

1994  (mod 5)  (-1) (mod 5)

=> 19942005  (-1)2005 (mod 5)  (-1) (mod 5)  (mod 5)

=> A  (mod 10)

Vậy chữ số tận A c)

Bài 2: Tìm chữ số tận số:

b) B =

9

9 7

Lời giải

a) Ta có: A = 22004 = (210)200.24  (-1)200.24 (mod 25)

 16 (mod 25) => A = 25k + 16 ( k N)

Mặt khác: A => k  ( 25; 4) = => A = 100k + 16

Vậy chữ số tận A 16 b) B =

9

9

Ta có: 7n  (mod 4)

74  (mod 25)

9

9

9  (mod 4) => 999

= 4k + ( k N)

=> B = 74k+1 (mod 25)

=> B = 25k +7

=> 25k +7  (mod 4) => k  (mod 4) => k = 4n

=> B = 100n +

Vậy hai chữ số tận B 07

Bài 3: Tìm chữ số tận số A = 234

Lời giải

Ta có: A = 234 = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24)20 = 2.1620

Mà 16  (mod 10)  1620  620 (mod 10)

Từ đó: 1620  (mod 10), mà  (mod 10)

Nên: 2.1620  6.2 (mod 10)  2.1620  (mod 10)

=> A chia cho 10 dư

Vậy A có chữ số tận

Bài 4: Tìm sáu chữ số tận số B = 521.

Ta có: B = 515 = 53.5 = 1255  (-3)5 (mod 26)

Hay 515  13 (mod 26)  515.56  13.56 (mod 26.56)

Hay là: B = 521  13.15625 (mod 106)

=> B  203125 (mod 106)

=> B chia cho 106 dư 203125.

Vậy B có chữ số tận 203125

Khi học sinh nắm vững cách tìm chữ số tận ta có thể đưa dạng tốn khác có cách giải tương tự.

Bài 5: Hỏi số sau số nguyên phân số:

 2004 2006

) 0,7 2001 2003

a A  

 1983 1917

) 0,3 1983 1917

b B  

Lời giải

a) Ta xét  

2004 2006

0,7 2001 2003

A  

chia cho 10.

Ta có 20012001 1 mod10 

 

2006 2006

2003 3 mod10

91003mod10 91003mod10   mod10   9 mod10 

=> A10 Vậy A số nguyên.

 1983 1917

) 0,3 1983 1917

b B  

Tương tự ý a) Ta xét  

1983 1917

0,3 1983 1917

B  

chia cho 10

Ta có 19831983 31983mod10

     

991 991

3.9 mod10 mod10

  

3 mod10  7 mod10 

 

1917 1917

1917 7 mod10

     

958

7 mod10 mod10

  

=> B10 Vậy B số nguyên.

2.4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ NGUN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG.

Bài 1: Chứng minh số sau số nguyên tố. 2014

)

a A  

2005

2

) 2 5

b A  

Lời giải

a) Ta có 22 1(mod 3) 22014 41007 1(mod 3)

 

2014

2 mod

A

    , mà A>3.

Vậy A không số nguyên tố

2005

2

) 2 5

b A  

Ta thấy 21(mod 3)

2005

2

( 1) 5 6(mod 3) 0(mod 3)

A

     

=> A3

Vậy A không số nguyên tố

Bài 2: Số

2

2

2 n 3

A 

  là số nguyên tố hay hợp số ( n N*)

Lời giải

Với n = 1, ta có

3

2

2 3 259 7

A     Từ gợi ý cho ta xét xem A

chia hết cho hay khơng

Vì  

3

2 1 mod 7 , nên ta xét 22n1

chia dư Thật vậy:

 

2

2 n 2.4n 2 mod 3 2 n 3k 2

    

 

3

2 k 3 4.8k 3 mod 7

A 

Vậy A hợp số

Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng

 

4

2 *

3 n 2

A  n N

  

số nguyên tố. Lời giải

Với n = 1, ta có  

5

2 32

3 mod11

A      .Từ gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 11 hay khơng

Ta có: 35 =243  1(mod 11).

Vì 24n+1 = 2.16n 2(mod 5)

=> 24n+1 = 5m +2 ( m N*)

=> A = 35m+2 = 9.(35)m+2  9+2(mod 11)  0(mod 11)

Vậy A chia hết cho 11 nên A không số nguyên tố

Bài 4: Chứng minh số sau khơng số phương. a) A 199221993219942

b) B 19922199321994219952

c) C  1 9100941001994100

Lời giải

Cách 1: Ta sử dụng tính chất số phương để chứng minh

số số phương

a) Ta có: Các số 1993 ;19942 số phương khơng chia hết chia dư 1, 1992 32 Số A chia cho dư 2, nên A không số phương

b) Các số 1992 ;19942 số phương chẵn nên chia hết cho Các số 1993 ;19952 số phương lẻ nên chia dư Số B chia dư 2, nên B khơng số phương

c) Tương tự ý b) ta có C chia cho dư nên C không số phương

Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức có cách làm chung cho

3 ý cách làm đơn giản nhiều.

A   0 mod 32 2 mod 3  Nên A khơng số phương

b) B 19922199321994219952

B   0 223 mod 42  2 mod 4  Nên B không số phương

c) C  1 9100941001994100

C   1 21002100mod 4 2 mod 4  Nên C khơng số phương

Bài 5: Chứng minh số A = + 1919 + 93199 + 19931994 không

số phương.

Lời giải

Ta có: 19  (-1)(mod 4) 93  (mod 4) 1993  (mod 4)

=> A  1+3+1+1 (mod 4)  (mod 4)

Mà số phương chia dư Vậy A khơng số phương

3 MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Tìm số dư phép chia số A = 15325 – chia cho 9.

Bài 2: Cho số nguyên n > Tìm dư phép chia:

A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.

Bài 5: Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng:

Bài 6: Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng:

a) A = 24n – chia hết cho 15 b) B = 25n – chia hết cho 31 c) C =

5

2

2 + chia hết cho 641

d) D = 62n + 19n – 2n+1 chia hết cho 17 e) E = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 f) F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59

Bài 7: Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n > 0, ta có:

52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38

Bài 8: Chứng minh rằng: a) A = 22011969+ 11969220

+ 69220119chia hết cho 102

b) B = 18901930+ 19451975+ 1 chia hết cho

Bài 9: Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng:

Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19

Bài 10: Chứng minh với số nguyên n > ta ln có:

A = nn + 5n2 – 11n + chia hết cho (n – 1)2

Bài 11: Cho a; b số nguyên Chứng minh rằng:

2a + 11b chia hết cho 19  5a + 18b chia hết cho 19

Bài 12: Tìm chữ số tận số: A = 999

Bài 13: Tìm chữ số tận số: B = 1414 14

Bài 14: Tìm chữ số cuối số C =

19761976- 19741974 19761975+ 19741973

Bài 15: Chứng minh rằng:

B = + 92n + 452n + 19452n khơng số phương.

PHẦN III - KẾT LUẬN. 1 Kết quả.

Sau nhiều năm trực tiếp đứng lớp giảng dạy bồi dưỡng HSG môn Tốn THCS Thái Hịa qua nghiên cứu chun đề “Ứng dụng Đồng dư

thức vào giải số dạng tốn chia hết” thân tơi tích lũy thêm nhiều

chương trình dạy phần Số học cấp THCS, có phương pháp giải tốn rõ ràng hơn, từ giúp HS rèn luyện kỹ năng, gây hứng thú học tập cho HS đồng nghiệp trường sử dụng để phục vụ cho công tác bồi dưỡng HSG

Kết việc ứng dụng chuyên đề vào Bồi dưỡng Học sinh giỏi: Năm học 2010 – 2011

- Có 01 học sinh đạt giải Nhất mơn tốn cấp huyện - Có 02 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn cấp huyện - Có 03 học sinh đạt giải Ba mơn tốn cấp huyện - Có 03 học sinh đạt giải KK mơn toán cấp huyện Năm học 2011 – 2012

- Có 03 học sinh đạt giải Nhất mơn tốn cấp huyện - Có 03 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn cấp huyện - Có 02 học sinh đạt giải Ba mơn tốn cấp huyện Năm học 2012 – 2013

- Có 01 học sinh đạt giải Nhất mơn tốn cấp huyện - Có 01 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn cấp huyện - Có 03 học sinh đạt giải Ba mơn toán cấp huyện

2 Kết luận

Trên nội dung đề tài mà tơi tìm hiểu suốt trình giảng dạy bồi dưỡng Học sinh giỏi lớp Trong trình thực trình bày đề tài khơng thể tránh khỏi thiếu xót Vì tơi mong nhận nhiều phê bình, đóng góp ý kiến để đề tài phong phú hoàn thiện nhằm áp dụng q trình giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng Học sinh giỏi mơn Tốn bậc THCS

Xin trân trọng cảm ơn thầy giáo, giáo !.

Thái Hịa, ngày 17 tháng năm 2014

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1) Sách Nâng cao phát triển toán -7- – NXB Giáo dục Việt Nam ( Tác giả: Vũ Hữu Bình)

2) Sách Nâng cao chuyên đề đại số – NXB Giáo dục Việt Nam

( Tác giả: Bùi Văn Tuyên)

3) Các chuyên đề Số học Học sinh giỏi THCS - NXB Giáo dục Việt Nam ( Tác giả: Phạm Minh Phương)

4) Các toán phát triển Bồi dưỡng Học sinh giỏi Số học – NXB Đại

học quốc gia TP Hồ Chí Minh

( Tác giả: Võ Đại Mau)

MỤC LỤC

Nội dung Trang

A PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý chọn chuyên đề

2 Mục đích, phạm vi, đối tượng nghiên cứu

1 B NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

1 Cơ sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn

2

Phần I: Kiến thức bản 3

Phần II: Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán 4

Phần III: Bài tập áp dụng 20