Chuyên đề đồng dư thức- HSG Toán

[r]

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)

186  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

    



   

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 ≡ bc (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) (nZ) 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)

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), 6ƯC(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

 dƯ(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 (ab)

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+C7 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)

Từ (1) (2) (3)  22225555 + 55552222  2111151111(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 3012931 1 mod13     3012931 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

=> 22002 ≡ (mod 31) => 22002 - chia hết cho 31

Bài 7: Chứng minh 62n + + 5n + 2 chia hết cho 31 ;nN

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)

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 32 132mod13  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

Từ (1) (2)  31003105  3 mod13   31003105 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)

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)

  



  



   

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

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

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 k1

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

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 = 8119 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 A2 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)

Nên A 1(mod 25) hay A=25k-1 Vì A4 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  a20 (mod 4) 2)a=2k 1 a 1(mod8)2

3)a 0(mod3)  a20(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)a2p;(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 kNđể cho số 2k2427 số phương

Giải

Cách 1: Giả sử 2k2427=a2 (a N )  2ka2  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

 (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 2k2427 =a2  2k144 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 a21(mod3) (2) Từ (1) (2)  n 2k (k N )  * Do 232k1971 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:

Với n 3  n! 0(mod3) 2003 2(mod3)

Nên (n! + 2003) 2(mod3)  n! +2003 số phương Vậy nN  n! +2003 khơng thể số phương

Bài 4: Tìm nZ cho :n22002 sơ phương

Nếu n 0(mod 2)  n20(mod 4) mà 2002 2(mod 4)

Nên n22002 2(mod 4) n22002 khơng số phương Nếu n 1(mod 2)  n 1(mod 4)2 mà 2002 2(mod 4)

Nên n22002 3(mod 4) n22002 khơng số phương

Vậy khơng có số ngun mà để: n22002 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  21(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

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 a6m7 a 7 (aZ,m;n N ) GIẢI

Giả sử a   (a;7)=1  a6

 (mod7)

Khi a6n a6m2 (mod 7) Vơ lý Vậy a7 Ngược lại Nếu a7  a6n a6m7

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

m p11 

 p22 pkk VớipiP; 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)  10934511 (mod14)345

1

14 7.2 (m) 14(1 )(1 ) 2)

Theo định lý Euler :1161 (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

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

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