CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN LỚP 7

Các phương pháp giải Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một trong những chủ đề Toán rất hay, khi nghiên cứu sâu thấy rất là thú vị, nó áp dụng được trong giải toán phương trình, v[r]

Chuyên đề:

ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN LỚP 7 Phần 1: Đặt vấn đề

I.LÍ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ

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 trị 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 tịi, nghiên cứu, trao đổi học hỏi bạn bè, đồng chí đồng nghiệp tìm chìa khố để giải vấn đề Đó lý thuyết đồng dư Năm học 2012-2013, tơi phân cơng đồng chí tổ làm chuyên đề trường, vấn đề nhiều đồng nghiệp quan tâm chia Vì 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

1 Cơ sở lí luận.

“ 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 trị định đến thành cơng cơng 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 cơng tác quản lý, đổi phương pháp dạy học, đổi cách kiểm tra đánh giá v.v…nhằm giúp học sinh phát triển cách tồn diện

Học tốn đồng nghĩa với giải toán Trong học tập muốn làm tập ngồi việc có phương pháp suy luận đắn địi hỏi học sinh phải có vốn 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 cơng 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 “ lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết

nhìn nhận vấn đề góc độ khác Tìm tịi 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

2 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 toán lớp

3 Thực trạng

Nắm vận dụng thành thạo phương pháp giải toán vấn đề cần trọng, đặc biệt học sinh trường THCS Yên Lạc – 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

4 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

5 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 Yên Lạc

6 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 , 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

B NỘI DUNG I- ĐỒNG DƯ THỨC

1 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:

1- a b (mod m)

2- (a - b) ⋮ m

3- ∃t ∈ Z cho: a = b + m.t 2 Các tính chất

a Quan hệ đồng dư quan hệ tương đương 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 Ta cộng vế với theo môđun Cụ thể:

ai bi (mod m) i = 1 ,n =>

−1¿kai

¿ −1¿kbi

¿ ¿

∑ i=1 n

¿

c Ta nhân vế với nhiều đồng dư thức theo môđun

Cụ thể: ai bi (mod m);i = 1 ,n => ∏

i=1 n

ai≡∏

i=i n

b1 (mod m); 3 Các hệ quả

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 ∀ a

i∈ Z Nếu α β (mod

m) ta có f( α ) f( β ) (mod m)

Đặc biệt: f( α ) (mod m) ta có: f( α + 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 mơđun 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)

- m > µ(m)là số tự nhiên khơng vượt q m – nguyên tố với m b Công thức tính µ(m)

b.1 m = pα ( p số nguyên tố, α số tự nhiên khác 0) Ta có: µ(m) = µ(pα) = pα (1 −1

p )

b.2 m = p1α1p2α 2p3α3 pnαn (pi số nguyên tố, α1 số tự nhiên khác ) Ta

có: µ(m) = m (1 −

p1 )(1 −

1

p2 )(1 −

1

p3 )…(1 −

1

pn )

c Định lý Ơle

Cho m số tự nhiên khác a số nguyên tố với m Khi ta có:

aµ(m)≡ 1 (mod m)

2 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 2

Cho p số nguyên tố, a số nguyên dương bất kỳ. Khi ta có:

ap -

III - MỘT SỐ ỨNG DỤNG 1 Tìm số dư phép chia

Ví dụ1: Tìm số dư phép chia: 29455 – chia cho 9 Giải: Ta có: 2945 (mod 9)

=> 29455 – 25 – (mod 9) Mà 25 – (mod 9)

Vậy số dư 29455 – chia cho 2

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 ) =

Hơn nữa: µ(14) = 14 (1 −1 2)(1−

1 7)=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: (19971998 + 19981999 +19992000 )10 chia cho 111

Giải: Ta có: 1998 (mod 111)

=> 1997 -1 (mod 111) 1999 (mod 111) 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 khi

và 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 5.

Bài : Tìm số dư chia A = 19442005 cho 7 Giải :

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 5.

Bài : Tìm số dư phép chia 15325 - cho 9 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 4. 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

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 2.

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 2.

+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 2.

Bài : Tìm số dư A = 32005 + 42005 chia cho 11 chia cho 13 ? Giải :

=> A = 32005 + 42005 ≡ (mod 11) => A chia cho 11 dư 2

+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 2 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 + 2 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 + 1 -5n + 2 (mod 31) Vậy 62n + 1 + 5n + 2 chia hết cho 31. Ví dụ 3: Chứng minh 234 n+1

+3⋮11 với n số tự nhiên Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = 10(1 −1

2)(1 −

5) =

Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = => 3µ(10) (mod 10) <=> 34 (mod 10) => 34n + (mod 10)

Đặt 34n + 1 = 10.k + với k N Khi ta có:

4

3 10

2 n k

  

Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = Nên 2µ(11) (mod 11)

<=> 210 (mod 11) => 210.k +3 23 (mod 11) => 210.k +3 + 23 +3 (mod 11) <=> 234 n+1

+3 (mod 11) Vậy 234 n+1

+3⋮11 Bài tập

Bài : Chứng minh số A = 61000 - B = 61001 + bội số 7 Giải :

Ta có ≡ - (mod 7) => 61000 ≡ (mod 7) => 61000 - ⋮ 7 Vậy A bội

Từ 61000 ≡ (mod 7) => 61001 ≡ (mod 7) , mà ≡ - (mod 7) => 61001 ≡ -1 (mod 7) => 61001 + ⋮ 7

Vậy B bội 7

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 + 2 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 7 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 7. 3 Tìm chữ số tận số

a)Tìm chữ số tận an :

-Nếu a có chữ số tận 0; 1; an có chữ số tận lần lượt 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 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 1

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 3.

d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … có chữ số tận 2 Ví dụ : Tìm chữ số tận số sau :

a) 421 , b) 3103 , c) 84n + 1 (n  N) d) 1423 + 2323 + 7023 Giải :

a) 430 = 42.15 = (42)15 = 1615 = …6 có chữ số tận 6

421 = 420 + 1 = (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 7

c) 84n + 1 = 84n.8 = (23)4n.8 = 212n.8 = (24)3n.8 = 163n.8 = (…6).8 = … có chữ số tận

d) 1423 = 1422.14 = (… 6).14 = … 4

2323 = 2322.23 = (232)11.23 = ( … 9).23 = …7 7023 = … 0

Vậy : 1423 + 2323 + 7023 =( … 4) + (… 7) + (… 0)= … có chữ số tận 1 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 ≥ 1 5n ≡ 25 (mod 100) với n ≥ 2

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) 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.

Nên: 9µ(100) (mod 100) Mà µ(100) = 100 (1−1

2)(1− 5)=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) = 8.

Ta xét 21951 chia cho 125

Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 125) =

Nên: 2µ(125) (mod 125) Mà µ(125) = 125(1 −15)=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 999

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 (**)

Từ (*) (**) suy ra: 999

99 (mod 100) Mà: 99 = 387420489 89 (mod 100) Vậy chữ số tận 999

89

4 Giải phương trình nghiệm nguyên

a Xét số dư hai vế

Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 9x 2 y2 y (*)

Giải:

Ta có: VT 9x 2 mod 3  VPy2y2 mod 3   y y 12 mod 3 

 

1 mod

y

  ( y=3k y = 3k+2 VP 0 mod 3 ).

y k

   (trong k Z ) thay vào pt(*) ta có :

 2   2

9x 2 3k1  3k1  9x9k 9k  x k k

Vậy

2

3

x k k

y k

k Z

   

 

   

Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

Giải:

Ta có ; 2x x1; 2x2; 2x3; 2x4 số tự nhiên liên tiếp nên

       

2 2x x 2x 2x 2x

    

Mặt khác UCLN(2x

;5) = nên 2x1 2  x2 2  x3 2  x4 5

Với y 1 VT 2x1 2  x2 2  x3 2  x4 5y VP 11879 mod 5   suy phương trình khơng có nghiệm

Với y =0 ta có :

2x 1 2  x 2 2  x 3 2  x 4 50 11879 2x 1 2  x 2 2  x 3 2  x 4 11880

           

2x 1 2  x 2 2  x 3 2  x 4 9.10.11.12 2x 1 9 2x 8 2x 23 x 3

              

Vậy phương trình có nghiệm x y ;  3;0

Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn : 3x 1 y12 Giải:

   

2

3x y 3x y y

      (**)

Ta có VT 3x 1 mod 2   VP y y  2 1 mod 2  Suy y số lẻ mà y y+2 hai số lẻ liên tiếp Từ pt(**)

3

m n

y 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

4

19x5y1890 1975 2013

Giải:

Ta có x ,y nguyên dương  5; 1890 5y   VT 19x5y1890 19 mod 5 x  Mà: 191 mod 5  19x ( 1) mod 5x 

Nếu x chẵn 19x 1 mod 5  ; x lẻ 19x1 mod 5 4 mod 5 

 

1; mod

VT

  VP 3 mod 5  Do phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 5: Tìm số nguyên dương x, y biết: x2 x 3 2y1

Giải:

Ta có: VP32y10 mod 3  (*)

Nếu x =3k +1 ( k N ) VT x2 x 1 mod 3   Nếu x =3k +2 ( k N ) VT x2 x 1 mod 3   Vậy với x Z

  VT x2 x 1; mod 3   (**)

Từ (*) (**) suy không tồn x,y thỏa mãn toán

Chú ý: Nhiều toán thi vô địch nước phải xét modun lớn VD: (IMO 1999)

Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:: m2 n5

Giải:

 

2 0;1;3;4;5;9 mod11

m  n 5 4 6;7;8 mod11 

 suy phương trình vơ nghiệm.

Chú ý: x 3 0;1;8 mod 9 

Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:x3y3z3 2011

Giải:

Dựa vào nhận xét ta có x 3 0;1;8 mod 9 ;y 3 0;1;8 mod 9  z 3 0;1;8 mod 9 

 

3 3 0;1; 2;3;6;7;8 mod 9

VT x y z

    

Còn VP 2011 mod 9   suy phương trình vơ nghiệm

B Bài tập tổng hợp

1 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.

3 Tìm chữ số tận số: 82012, 72011, 1952013. 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.

5 Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. Chứng minh rằng: 333555777 77755533310.

7 Chứng minh rằng: 324n1 234n15 11,  n N Chứng minh rằng:

a) 3n2 42n1 13

  , n nguyên dương. b) 62n19n 2n117. c) 62n1 5n2 31

  . d) 23n4 32n1 19

 

9 Chứng minh với số tự nhiên n ta có: a) 226n2  3 19; c) 224n1 7 11.

  b) 222 1n  3 10 Tìm dư phép chia:

a) 570 + 750 cho 12; b) 1010 10102 10104 10 1010cho7. 11 Chứng minh:

a)

9

9

9

9  10; b)

7

7

7

7  10; c) 324 1n 234 1n 5 22.

  

12 Chứng minh:

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.a4m + 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) 52n12n42n123; b) 13n2 142n1 183.

 

c) 22n1 32n1

  d) 52n1.2n23 2n2 2n138; 16 Tìm dư phép chia sau:

a) 6.5123 + 7162 chia cho 132. b) 20112012 + 20122013 + 2010 chia cho

c) 20122012 chia cho 11. d) 22013 chia cho 35. e) 20132011 chia cho 14. f) 111111chia cho30. 17 Tìm chữ số tận số: 3123, 7200, 777.

18 Tìm hai chữ số tận số: 3123, 7200, 777, 2999, 3999. 19 Tìm dư phép chia

12 11

11 10

10

9  cho13. 20 Tìm hai chữ số tận số: 22004,

9

9

7 , 1414

14 , 2992012

21 Tìm hai chữ số tận số: 199819992000.

22 Tìm ba chữ số tận số: 322003, 752011

23 Tìm số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho số: a) 7, 11, 13, 17 b) 19, 23, 29, 31, 37

24 Chứng minh A = (19761976 – 19741974)( 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 = 799

9

Bài tập phương trình nghiệm nguyên

1 Chứng minh phương trình sau vơ nghiệm a, 3x2 – 4y2 = 13

b, 19x2 + 28y2 = 2001 c, x2 = 2y2 – 8y + 3

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

C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 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 tơi nung nấu hồn 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

II- Ý KIẾN KIẾN NGHỊ

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 Phịng, Sở GD-ĐT, Tổ chuyên môn 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

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 thấp, kết tổng hợp bảng sau

Năm học

Chất lượng trước thực chuyên đề

Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém

SL % SL % SL % SL % SL %

201 -201 10 21,7

%

18 39,1

%

15 32,6

%

Năm học

Chất lượng sau thực chuyên đề

Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém

SL % SL % SL % SL % SL %

201 -201 16 34,8

%

20 43,5

%

9 19,6

%

1 2,1% 0 0

Tuy chuyên đề 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 chun đề hồn thiện ứng dụng nhiều hơn!

Chân thành cảm ơn!

Yên Lạc, ngày tháng 01 năm 2014 Người viết chuyên đề

Nguyễn Duy Đông

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1, Nâng cao phát triển Tốn 6,7,8,9 – Vũ Hữu Bình – NXB GD 2, 1001 Bài toán sơ cấp BD HSG Toán THCS – Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải

3, Tổng hợp Toán tuổi thơ năm 2009 – NXB GD

4, Tuyển chọn thi HSG Toán THCS – Lê Hồng Đức 5, Phương trình nghiệm nguyên – Vũ Hữu Bình

6, Tạp chí Tốn học tuổi trẻ - NXB GD

7, Các đề thi vào trường chuyên lớp chọn tỉnh