Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Chuyên đề ĐỒNG DƯ THỨC I/Định nghĩa :
Xét hai số 22 Chia 22 cho chia cho 5,ta số dư Hai số 22 cho số dư (2) chia cho 5, ta nói 22 đồng dư với theo modun ta viết:
22 (mod5)
Tổng quát, cho m Z, m>0 Ta nói số nguyên a, b đồng dư với theo modun m chia a b cho m ta số dư
Kí hiệu: a ≡ b (mod m) (1)
Nói cách khác, a đồng dư với b theo modun m a b biểu diễn dạng:
a pm r
b qm r o r( m)
Từ suy ra:
a ≡ b (mod m) m\(a-b) tồn t Z cho a=b+mt Hệ thức (1) gọi đồng dư thức
Ví dụ :Theo định ngĩa ta có
3-(-1)4 ≡ - (mod 4) (5-17) ≡ 17 (mod 6)
186 18≡ (mod 6)
Nếu a - b không chia hết cho m, ta viết a b (mod m) II/ Các tính chất :
a) Đồng dư thức có tính chất sau đây, tương tự tính chất đẳng thức:
Với a,b,c,d,m Z m >0
1) a ≡ a (mod m) a
2) a ≡ b (mod m) => b ≡ a (mod m)
3)
a b mod m
a c modm b c mod m
Do tính chất (1),(2) (3),quan hệ đồng dư quan hệ tương đương Z, Chia Z thành m lớp, hai số nguyên lớp đồng dư với (modm), hai số ngun khác lớp khơng đồng dư với (modm) 4)
a b mod m
a c b d modm c d mod m
(2)Hệ : 1 2
1 n n
n n
a b mod m a b mod m
a a a a b b b b mod m
b m a) od m a
b) a +c≡ b (mod m) =>a≡b-c (modm)
c) a ≡ b (mod m) => a c ≡ bc (mod m)
d) a ≡ b (mod m) => a +mt ≡ b (mod m) (t Z )
5)
a b mod m
a c b d mod m c d mod m
Hệ :
1 2
1 n n
n n
a b mod m a b mod m
a a a a b b b b mod m
a b m a) o d m
b) a ≡ b (mod m) => n a ≡ n.b (mod m) (nZ) c) a ≡ b (mod m) => an ≡ bn (mod m) với n N*
d)Đặc biệt m=p số nghuyên tố, a=a a1 2.Ta khẳng định sau:
1
a mod p a 0(mod)
a mod p
+Nhận xét :
1) * a ≡ (mod 2) b ≡ (mod 2) => a + b ≡ (mod 2) Mà ≡ (mod 2) => a + b ≡ (mod 2)
* a ≡ (mod 2) b ≡ (mod 2) => a.b ≡ 1(mod 2)
Điều có nghĩa : Tổng hai số lẻ số chẵn, tích hai số lẻ số lẻ
2)a ≡ (mod 7) => a2 ≡ (mod 7) ≡ (mod 2)
Điều có nghĩa : Nếu số chia dư bình phương số chia dư Chú ý :
a)Không chia hai vế đồng dư thức Ví dụ : * ≡ 12 (mod 10) ≡ (mod 10)
b) a ≡ (mod m) b ≡ (mod m), a.b đồng dư với theo(modm)
Ví dụ : ≡ (mod 10) ≡ (mod 10), 2.5 = 10 ≡ 10 (mod 10)
(3)6) Nếu a ≡ b (mod m) d ước chung a, b cho (d, m) = a : d ≡ b : d (mod m) ( ≡ (mod m) )
Ví dụ: 48 ≡ 18 (mod 10) =>16 ≡ (mod 10) (3,10)=1
Nhưng: 48 ≡ 18 (mod 10) => ≡ (mod 10), 6ƯC(48,18) không nguyên tố với 10
Các tính chất xét cho ta phép biến đổi mà không không làm thay đổi modun đồng dư thức, Sau đay ta nghiên phép biến đổi có thay đổi modun
7) Nếu a ≡ b (mod m) => a.c ≡ b.c (mod m.c) với c Z 8) Nếu a ≡ b (mod m) d Z
d ƯC( a,b,m)
a b m
(mod )
d d d
9)Nếu a ≡ b (mod m) a b (mod d) ( d Z
dƯ(m))
10) Nếu
1 a b(mod m )
a b(mod m) a b(mod m )
(m = m ,m1 2 )
11)Nếu a ≡ b (mod m) tập hợp ước số chung a, m trùng với tập
hợp ước số chung b, m, Đặc biệt (a;m)= (b;m) III: Áp dụng :
Dạng 1:Chứng minh chia hết
Chú ý: n n
(a b ) (mod (a b)) a b n N
n n
(a b ) 0 mod (a b) Nếu n lẻ n n
(a b ) (mod (a b)) Nếu n chẳn (ab)
n n
(a b) b (mod a) Nếu a>0
Bài : Chứng minh : 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
Giải : Cách 1:Ta có: 22225555 + 55552222 =
5555 5555 2222 2222 5555 2222
(2222 4 ) (5555 ) (4 )=A+B+C
Mà A(2222 4) 7.318 ; B(5555-4)=7.783; C=4 2222(43333 1) 42222(641111 1) 63 7.9
Vậy: A+B+C7 Cách 2:
Ta có 2222 3(mod 7) 22224 34 4(mod 7) 22225 3.4 5(mod 7) (1) Mà 5555 4(mod 7) 55552 42 2(mod 7)(2)
5555 2222 5.1111 2.1111
2222 5555 2222 5555 (3)
(4)Từ (1) (2) (3) 22225555 + 55552222 2111151111(5 2)M 0(mod 7)
Vậy: 22225555 + 55552222 7 Bài 2: 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
Bài : CMR 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
Bài 4: Chứng minh rằng: 301293 1chia hết cho 13
Giải:
Ta có: 3012 = 13 231 +
Do đó:
3
3012 mod13 3012 9 mod13
Mà
3
9 729 mod13
Nên
31
3
3012 1 mod13 3012 1 mod13
Hay 301293 1 mod13 Vậy 3012931 1 mod13 3012931 mod13
Hay 301293 1chia hết cho 13
Bài : Chứng minh A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
Giải : Ta có A = A = 7.52n + 12.6n = A = 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 22002 - chia hết cho 31
Giải : Ta có 25 ≡ (mod 31) , mà 2002 = 5.400 + 2
Nên 22002 = (25)400 22
(5)=> 22002 ≡ (mod 31) => 22002 - chia hết cho 31
Bài 7: Chứng minh 62n + + 5n + 2 chia hết cho 31 ;nN
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.
Dạng 2 : 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 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 2: 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
Bài : Tìm số dư chia A = 19442005 cho 7
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)
(6)Bài 4: Tìm số dư chia 3100 cho 7 Giải
Ta có:
16
100 96
3 3 3
Ta thấy:
4
3 81 7.11 4 4 mod
(1)
6
16 16
6 6
3 729 7.104 mod
3 mod mod
(2)
Từ (1) (2)
16
4 100
3 4.1 mod mod
Vậy 3100chia cho dư 4.
* Cách 2:
32
100 96
3 3 3
+
4
3 81 mod 7
(1)
+
3
3 27 mod 7 mà
6 1 mod 7
3
3 mod
Do đó,
32 32 32
3
3 mod mod
(2)
Từ (1) (2)
32
4 100
3 4.1 mod mod
Vậy 3100chia cho dư 4.
Bài 5: Tìm số dư chia tổng 3100 3105cho 13
Giải
* Tìm số dư chia 3100 cho 13: tìm số tự nhiên nhỏ 13, đồng dư với 3100 theo modun 13
Ta có:
32
100 96
3 3 3
+)
4
3 81 13.6 3 3 mod13 (1)
+)
3
3 27 13.2 1 1 mod13
33 32 132mod13 33 32 mod13
(2)
Từ (1) (2)
32
4 100
3 3.1 mod13 3 mod13
(1)
Mặt khác:
35
105
3
Mà
35
3 35
3 27 mod13 1 mod13
Hay
105
3 1 mod13
(7)Từ (1) (2) 31003105 3 mod13 31003105 4 mod13 Vậy tổng 3100 3105chiacho 13 dư 4
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 7: 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) (33)667 32 ≡
=> 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)776(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
Mà 32 ≡ - 1(mod 5) => (32)388.3 ≡ (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 + 778778 ≡ + 2.3 ≡ (mod 5)
(8)Bài 10: 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 11 : 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 7 Bài 12 :
Bạn Minh học sinh lớp viết số có hai chữ số mà tổng chữ số 14 Bạn Minh đem số chia cho số dư 4, chia cho 12 số dư
a)Chứng minh bạn Minh làm sai phép tính chia
b)Nếu phép chia thứ cho phép chia thứ hai cho 12 có dư ? Hãy Tìm số bị chia
Giải :
a)Gọi số n = ab (0 b 9,0 a ,(a;b) N )
a b 144 (1)
n 12q q N (2) n 8p p N (3)
(9)Từ (1) (2) => 8p + = 12q + (Mà 8p + số chẵn, 12q + số lẻ) Do bạn Minh làm sai phép chia
b)
a b 14 (1) n 8q (2)
Vì a + b = 14 => ab ≡ (mod 3) => 4ab ≡ (mod 12) (3) Từ (2) ab ≡ (mod 4) => 3ab ≡ (mod 12) (4)
Từ (3) (4) => ab ≡ (mod 12) => n chia cho 12 dư Do n = 8p + số chẵn mà n = ab => b {0; 2; 4; 6; 8} Nếu b = => a = 14 (loại )
b = => a = 12 (loại) b = => a = 10 (loại) b = => a =
b = => a =
=> Số cần tìm 86 68 => Số bị chia 68
Bài 13: Biết ngày 20 / 11/1994 ngày chủ nhật Tính xem: a) Ngày 20 / 11/2011 ngày thứ mấy?
b) Ngày 20 / 11/2014 ngày thứ mấy? Giải
a) Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2011 17 năm có năm nhuận 1996, 2000, 2004, 2008 Vậy Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2011 có:
365 17 + (nhuận) = 6209 (ngày) Biết mõi tuần lễ có ngày
Ta có: 6209 = 887 Hay 6209 mod 7 Như vậy, 6209 ngày gồm 887 tuần
Do đó, ngày 20 / 11/1994 ngày chủ nhật 20 / 11/1996 ngàychủ nhật
b) Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2014 20 năm có năm nhuận 1996, 2000, 2004, 2008; 2012 Vậy Từ 20 / 11/1994 đến 20 / 11/2014 có:
365 20 + (nhuận) = 7305 (ngày) Biết mõi tuần lễ có ngày
Ta có: 7305 = 1043+4 Hay 4 mod 7 Như vậy, 7305ngày gồm 887 tuần lẻ ngày
(10)Dạng 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 tận 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 số 6)
b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … có chữ số tận 1
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 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
cùng
d) 1423 = 1422.14 = (… 6).14 = … 4
(11)7023 = … 0
Vậy : 1423 + 2323 + 7023 = … + … + … = … có chữ số tận 1
b)Tìm hai số tận số an :
Giả sử a tận x: x x N Theo nhị thức Newton:
20 20 20 19 19 20 20
a (10k x) (10k) 20(10k) x 20(10k)x x x (mod100)
Vậy hai chữ số tận a20 chữ số tận x20 Ta có nhận xét sau :
220 ≡ 76 (mod 100)
320 ≡ 01 (mod 100)
65 ≡ 76 (mod 100)
74 ≡ 01 (mod 100)
Dùng qui nạp ta có: 76n ≡ 76 (mod 100) với n ≥ 1
5n ≡ 25 (mod 100) với n ≥ Từ suy với k1
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 tìm dư phép chia n cho 20
Bài : 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.
Bài : Tìm hai chữ số tận của a) 2999
b) 3999
Giải
a) Ta thấy 2999 21000 : 2 (1)
mà
100 1000 10
2 =
Ta có:
100 100
10 10
2 1024 1 mod 25 1 mod 25
1000
2 mod 25
Hay 21000 chia cho 25 dư 1, hai chữ số tận
21000 01; 26; 51; 75, 21000 bội nên hai chữ số tận của
(12)Từ (1) (2) ta thấy số 76 chia hai chữ số tận 38 (= 76:2) 88(=186:2) 2999 bội nên hai chữ số tận 2999
là 88
b) 3999 31000:
Ta có: 34 = 8119 mod100
8
10
100 10
3 19 61 mod100
3 61.9 49 mod100
3 49 01 mod100
1000
3 01 mod100
, nghĩa hai chữ số tận 31000 01 Số 31000
bội nên chữ số hang trăm chia cho phải dư 2( Chia tiếp số 201 chia hết cho 3, số dư hay số 001, 101 khơng chia hết cho 3) Vậy 3999 31000: 3có hai chữ số tận 67 (= 201 : 3)
Bài 3: Cho số A = 19442005
a) Tìm số dư phép chia A cho7 b)Tìm chữ số tận A
c)Tìm hai chữ số tận A Giải
a)Ta có 1944 mod7 A ( 2) 2005
Lại có ( 2) 1(mod 7) ( 2)2005 ( ) ( 2)3 668 2(mod 7) Vậy A chia dư 5
b) Chữ số tận A số dư A chia cho 10
Vì 10=5.2 nên tìm số dư A chia cho 10 tìm số dư A chia cho Dễ thấy A2 Ta tìm số dư A chia cho 5.
Ta có 1944 1(mod5)19442005 ( 1)2005 1(mod5) A có dạng: 5k-1 (1) Vì A chẵn nên k lẻ hay k= 2m+1 (2)
Từ ( 1) (2) A 10m 4 Vậy A tận 4
c)Tìm hai chữ số tận A có nghĩa lã tìm số dư A chia cho 100 Vì 100=4.25 nên để tìm số dư A chia cho 100 ta tìm số dư A chia cho 25
Dễ thấy A 4 Ta tìm số dư A chia cho 25 Ta có: 1994 6(mod 25) A 62005(mod 25)
(13)Nên A 1(mod 25) hay A=25k-1 Vì A4 A: chắn Vậy k có dạng:
4m 4m
Nếu k=4m+1 A 25(4m 1) 1 =100m+24 (chọn)
Nếu k=4m+3 A 25(4m 3) 100m 74 (loại) Vậy A có hai chữ số tận 24
Dạng4: Số phương ĐỊNH NGHĨA:
a Z gọi số phương a b ;b Z a Z gọi số lập phương a b ;b Z
MỘT SỐ TÍNH CHẤT 1)a=2k a20 (mod 4) 2)a=2k 1 a 1(mod8)2
3)a 0(mod3) a20(mod9)4 4)a o(mod3) a (mod3)2 5)a 1(mod3) a 1(mod9)3 6)a 1(mod3) a3 1(mod9) 7)a p(p P)2 a p2
8)a2p;(p P) a p
9)a.b = m2
2 a nk b nq
10)
2 a (a 1)
: gọi hai số phương liên tiếp Giữa hai số khơng có số phương
Bài 1: Tìm kNđể cho số 2k2427 số phương
Giải
Cách 1: Giả sử 2k2427=a2 (a N ) 2ka2 144 (a 12)(a 12)
Ta đặt
m n a 12
(m;n N;m n;m n k) a 12
m n n m n
2 24 (2 1) 8.3
2m n 1
(14) (2n m n 1) 3
n
m n m n
n
2
2
2
n n
k m n
m n m
Thử lại :28 24 27 400 20 Cách 2:
Ta đặt 2k2427 =a2 2k144 a 2(1) Mà 2 1(mod3) 2k ( 1)k (mod3)
vì 144 0(mod3) 2k 144 ( 1) (mod3) k
Hay a2 ( 1) (mod3)k a 1(mod3)2 k 2m(2) ; m N Từ (1) (2) a2 (2 )m (a )(a ) m m =144
Vì
m m
a
(a ) 4 m m m a 20
a a 20
m
2
a 36
a 20 k Thử lại :28 24 27 400 20
BÀI 2: Tìm số tự nhiên n cho 23n+1971 số phương Giải
Giả sử 23n+1971=a2; a Z
Ta có 23 1(mod3) 23n ( 1) (mod3)n
n n
2 n 1971 0(mod3)
23 ( 1) (mod3)
a ( 1) (mod3)
(1)
Lại có a21(mod3) (2) Từ (1) (2) n 2k (k N ) * Do 232k1971 a (a 23 )(a 23 ) 1971 k k
k
k k
k k a 23
2.23 1970 k a 23 1971
a 23 27
2a 100 a 50
a 23 73
Với a= 50 n 2 Vậy 23n+1971=a2 n 2
Bài 3:Chứng minh : n! +2003 số phương Giải:
(15)Với n 3 n! 0(mod3) 2003 2(mod3)
Nên (n! + 2003) 2(mod3) n! +2003 số phương Vậy nN n! +2003 khơng thể số phương
Bài 4: Tìm nZ cho :n22002 sơ phương
Nếu n 0(mod 2) n20(mod 4) mà 2002 2(mod 4)
Nên n22002 2(mod 4) n22002 khơng số phương Nếu n 1(mod 2) n 1(mod 4)2 mà 2002 2(mod 4)
Nên n22002 3(mod 4) n22002 khơng số phương
Vậy khơng có số ngun mà để: n22002 sơ phương
Bài 5: Chứng minh :Nếu (n+1) (2n+1) số phương n 24
Ta có 24=3.8 (3;8)=1
n n
Nếu n
3 n 1(mod3) n 2(mod3)
n 2(mod3) 2n 0(mod3) n 0(mod3) 2n 2(mod3)
n : 2n
không đồng
thời số phương Vậy n 3 (1)
Đặt a2 2n 1 a2 2n 1(mod8) 2n 8 n 4 n 1 số lẻ Mà n+1=b2 n b 21(mod8) n 8 (2)
Từ (1) (2) n 24 (3;8) 1
*Định lý Fermat
Với p số nguyên tố ta có :ap a(mod p) Đặc biệt (a,p)=1 ap 1 1 mod p
CM Giả sử p P (a,p)=1
(16)Ta có:
p
2
p
a r (mod p) 2a r (mod p)
(p 1)a r (mod p)
a.2a.3a p a r r r r mod p
hay (p - 1)!ap - 1 ≡ (p - 1)! (mod p)
=> ap - 1 ≡ (mod p) (Vì (p, (p - 1)!) = 1)
Áp dụng:
1) Chứng minh rằng: a6n a6m7 a 7 (aZ,m;n N ) GIẢI
Giả sử a (a;7)=1 a6
(mod7)
Khi a6n a6m2 (mod 7) Vơ lý Vậy a7 Ngược lại Nếu a7 a6n a6m7
2)Chứng minh rằng: (
4 n n
2
3 5) 22 n N
Giải
Theo định lý Fermat ta có:
10 10
3 1(mod11) mod11
Ta tìm dư phép chia 24n 1
34n 1 cho 10, tức tìm chữ số tận chúng
Ta có :24n 1 2.16n 2(mod10) 24n 1 10k 2(k N)
4n n 4n
3 3.81 3(mod10) 10h 3(h N)
Vậy:
4 n n
2 10k 10h 3
3 5 0(mod11)
Mặt khác :
4 n n
2
3 n N
mà (11;2)=1 Nên (
4 n n
2
3 5) 22 n N
Định lý Euler
Cho m Z
(a;m)=1 1.Hàm Euler:
Gọi (m) số bé m nguyên tố với m, (m)được gọi hàm Euler
(17)m p11
p22 pkk VớipiP; i N ;i 1;2; ;k*
Ta có (m)= k
1 1
m(1 )(1 ) (1 )
p p p
3.Chứng minh định lý Euler Với (a;m)=1
( m )
a 1 (mod m)
Giả sử N ;N ; ; N1 (m)(m); (N ;m) 1; i 1;2; ; (m)i Do (a;m)=1 (N a;m) 1i
Lấy N chia cho m,giả sử dư ri,ta có: i
N a r (mod m); i 1;2; ; (m)i ; 0 r i m (1)
Mặt khác (r ;m) (N a;m) 1i i ri số N1; N ; ; N2 (m) Hơn ri khác đơi córi rj (Ni N )a mj (vô lý) Vậy từ (1) N N N1 (m)a (m) r r r1 (m)(mod m)
N N N1 (m)a (m) N N N1 (m)(mod m)
( m )
a 1 (mod m)
( N1.N N2 (m);m)=1
Áp dụng:
Bài 1: Tìm số dư phép chia 109345 chia cho 14
Cách 1: Giải:
Ta có: 109 -3 (mod 14) => 109345 (-3)345(mod 14)
Ta lại có: ( -3; 14 ) = Hơn nữa: (14) = 14 (1−1
2)(1−
1
7)=6
Nên: (-3)6 (mod 14) (theo định l ý Euler)
=> (-3)345 (-3)3 (mod 14)
Mặt khác: (-3)3 = -27 (mod 14)
Vậy số dư phép chia 109345 chia cho 14 1
Cách 2:
Ta có 109 11(mod14) 10934511 (mod14)345
1
14 7.2 (m) 14(1 )(1 ) 2)
(18)Theo định lý Euler :1161 (mod14) Hơn 345=6.57+3 Nên 11345 116.57 3 11 1(mod14)3
Vậy dư phép chia 109345 cho 14 1
Bài 2: Tìm số dư phép chia 111111 cho 30 Giải
30=2.3.5
1 1
(30) 30(1 )(1 )(1 )
2
Theo định lý Euler :11 mod308
Ta có : 11 3(mod8) 1111 3 mod 811 , lại có 32 1(mod8) 311 (3 ) 3 mod82 1111 8k k Z
Vậy
11
11 8k 3
11 11 11 11 (mod 30)
Do đósố dư phép chia 111111 cho 30 11
Bài tập 3: Chứng minh n
3
2 3 11
với n N
Giải:
Ta có: (11) = 10; (10) = 10(1−1
2)(1−
1
5) =
Áp dụng ĐL Euler ta có: (3; 10) = => 3(10) (mod 10) <=> 34 (mod 10) => 34n + (mod 10)
Đặt 34n + 1 = 10.k + với k N
Khi ta có: 234n+1+3=210 k+1+3
Áp dụng định lý Euler ta có: (2; 11) = Nên 2(11)
(mod 11)
<=> 210 (mod 11) => 210.k +3 23 (mod 11)
=> 210.k +3 + 23 +3 (mod 11) <=>
234n+1+3 (mod 11)
Vậy 234n+1
+3⋮11
(19)Giải:
Ta có: 20092010 92010 (mod 100)
Áp dụng định lý Euler ta có: (9; 100) =1
Nên: 9(100) (mod 100) Mà (100) = 100 (1−12)(1−15)=40 Hay: 940 (mod 100) => 92010 910 (mod 100)
Mà 910 = 3486784401 (mod 100).
Vậy chữ số tận 20092010 01.
Bài tập 5: Tìm chữ số tận 999
Giải:
Áp dụng định lý Euler ta có: (9; 100) = 1; (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
Bài tập 6: Tìm chữ số tận 21954
Giải:
Ta thấy (2; 1000) = nên chưa thể áp dụng trực tiếp định lý Euler Ta có: (21954; 1000) = 8.
Ta xét 21951 chia cho 125
(20)Nên: 2(125) (mod 125) Mà (125) = 125(1−1
5)=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