Tải bản đầy đủ

Toan 9 ung dung dong du thuc vao giai toan chia het le quang dong THCS thai HoaLT

Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

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.
Đơn vị:Trường THCS Thái Hòa – Lập Thạch – Vĩnh Phúc.

1


Chuyên đề BDHSG THCS 2014


Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn chuyên đề:
Như chúng ta đã biết toán học là một môn khoa học cơ bản, toán học xuất
hiện ngay trong đời sống hàng ngày, tác dụng của toán học rất rộng lớn, từ
những việc nhỏ như việc tính tiền đi mua hàng, hay những việc lớn như để thiết
kế nên những ngôi nhà cao tầng, các công trình xây dựng ... tất cả đều phải dựa
vào toán học.
Ngay từ khi học bậc học Mầm non các em đã được là quen với các con số
1, 2, 3,...Đến khi học lên Tiểu học và Trung học cơ sở thì bộ môn Toán được
xác định là môn công cụ, rất quan trọng đối với mỗi học sinh.
Trong chương trình Toán bậc THCS, cụ thể là ở các lớp 6 và 7 thì số học
là nội dung kiến thức vô cùng quan trọng bởi đây sẽ là nền tảng giúp các em có
thể khám phá nhiều nội dung khác của Toán học.
Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi bản
thân tôi nhận thấy để việc học những nội dung phần Số học được tốt, cụ thể là
các chuyên đề chia hết, tìm chữ số tận cùng hay chuyên đề số chính phương, ...
được tốt hơn thì việc ứng dụng Đồng dư thức một cách hợp lý sẽ cho chúng ta
những lời giải hay và ngắn gọn, học sinh rất dễ nắm bắt kiến thức. Nhưng nội
dung này lại không được đề cập trong chương trình môn Toán THCS. Chính vì
những lý do trên mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các đồng nghiệp chuyên đề “
Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”. Với mục đích
giúp các em học sinh có thêm một cách tiếp cận mới đối với một số dạng toán
cơ bản.
II. Mục đích, phạm vi, đối tượng của chuyên đề:
1. Mục đích của chuyên đề:
- Giới thiệu tới các em HS các khái niệm, tính chất của đồng dư thức.
- Rèn kỹ năng giải các bài toán có liên quan đến đồng dư thức. Từ đó áp
dụng vào quá trình học tập, nghiên cứu nhằm đạt kết quả cao trong các kỳ thi
HSG.
2. Phạm vi nghiên cứu chuyên đề:
2


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

- Chương trình môn Toán cấp THCS

3. Đối tượng của chuyên đề:
- Áp dụng cho học sinh khá, giỏi cấp THCS.

3


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

PHẦN II: NỘI DUNG
I. Cơ sở lí luận.
Số học là một nội dung kiến thức quan trọng trong chương trình Toán ở
cấp THCS. Từ những phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản giữa các số đến
các bài toán đòi hỏi tư duy cao hơn như là dạng toán cấu tạo số, các bài toán về
số nguyên tố, số chính phương, các bài toán chia hết,…thường dành cho đối
tượng là học sinh khá, giỏi và một nội dung kiến thức có thể giúp chúng ta tìm
ra lời giải một số dạng toán trên chính là sử dụng những kiến thức về Đồng dư
thức. Đây là nội dung không được đề cập trong chương trình chính khóa nhưng
lại rất cần thiết trong việc Bồi dưỡng HSG, nên đòi hỏi giáo viên phải tìm hiểu
nghiên cứu và tìm ra những nội dung cần thiết để giúp học sinh tiếp thu và vận
dụng một cách phù hợp trong suốt quá trình học. Từ đó áp dụng vào giải các
dạng toán có liên quan đồng thời phát triển tư duy toán học. Để rồi vận dụng vào
các môn học khác cũng như trong đời sống hàng ngày.
II. Cơ sở thực tiễn
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 những bài toán về chia hết, tìm chữ số tận cùng,
số chính phương, …mặc dù đó không phải là những bài toán quá khó, hay như
những bài toán nếu áp dụng kiến thức của Đồng dư thức vào thì cho ta lời giải
rất hay và ngắn gọn, hoặc có những bài toán khi ta áp dụng kiến thức của lớp 8
thì mới giải được, nhưng khi sử dụng Đồng dư thức vào giải thì mới phù hợp với
khả năng tư duy của học sinh lớp 6 và lớp 7. Từ cơ sở lý luận và cơ sở thục tiễn
như vậy mà tôi đã chọn chuyên đề:
“ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”.
III. NỘI DUNG.
1. Kiến thức cơ bản
1.1. Định nghĩa:
- Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c (c ≠ 0) mà có cùng số dư thì
ta nói a đồng dư với b theo môđun c; kí hiệu là a ≡ b (mod c).
- Như vậy: a ≡ b (mod c) ⇔ a – b chia hết cho c.
4


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

- Hệ thức có dạng: a ≡ b (mod c) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế
trái của đồng dư thức, b gọi là vế phải còn c gọi là môđun.
1.2. Một số tính chất:
Với a; b; c; d; m; … là các số nguyên dương (Z+), ta luôn có:
1.2.1. Tính chất 1:
+ a ≡ a (mod m).
+ a ≡ b (mod m) ⇔ b ≡ a (mod m).
+ a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c(mod m).
1.2.2. Tính chất 2:
Nếu a ≡ b (mod m) và 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 là số lẻ)
+ Nếu d là một ước chung của a; b; m thì:

a
b
m
≡ (mod );
d
d
d

1.2.3. Tính chất 3:
+ Nếu a ≡ b (mod m) và c ∈ Z+ thì ac ≡ bc (mod mc).
1.3. Một số kiến thức liên quan:
Trong khi làm bài tập sử dụng đồng dư thức, ta nên chú ý tới các tính chất
hay
dùng sau đây:
+ Với mọi a, b ∈ Z+ (a ≠ b) và n là số tự nhiên: an – bn Ma – b.
+ Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết
cho n.
+ Lấy n + 1 số nguyên bất kì (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có
hai số khi chia cho n có cùng số dư; (Theo nguyên lí Đirichlet).
+ Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
2. ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN.
5


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

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 được
A = 7.25n - 7.6n +19.6n
= 7.(25n - 6n) +19.6n
Vậy AM19
Ta có: A = 7.25n +12.6n
Vì 25n ≡ 6n (mod19).
=> A ≡ 7.6n +12.6n (mod19)
=> A ≡ 19.6n (mod19)
=> A ≡ 0 (mod19)
Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức:
a n − b n Ma − b với ( n ∈ N )
a n + b n Ma + b với ( n ∈ N ; n lẻ)

thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa
thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức
để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
Bài 2: ( Sách Phát triển toán 8 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:
2222
2222
5555
5555
5555
2222
a) Ta có A = ( 5555 − 4 ) + ( 2222 + 4 ) − ( 4 − 4 )
2222
2222
Mà ( 5555 − 4 ) M( 5555 − 4 )

⇒ ( 55552222 − 42222 ) M7
5555
5555
Tương tự: ( 2222 + 4 ) M7

45555 − 42222 = ( 45 )

1111

− ( 42 )

1111

M( 45 − 42 ) ⇒ 45555 − 42222 M7

Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
b) B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + 2M7
6


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Sử dụng tính chất: ( a + b ) khi chia cho a có số dư là b.
n

Ta có B = (1960 + 1)1962 + (1960 + 3)1964 + (1965 − 2)1966 + 2
B = (7 m + 1)1962 + (7 n + 3)1964 + (7 p − 2)1966 + 2
B = 7 q + 1 + 31964 + 21966 + 2
B = 7 q + 9.27 654 + 2.23.655 + 3
B = 7r + 9 + 2 + 3

B = 7r + 14M7

Cách 2:
a) Xét số dư của 22225555 khi chia cho 7.
Ta có: 2222 ≡ 3 (mod 7)

(1)

=> 22224 ≡ 34 (mod 7)
=> 22224 ≡ 81 (mod 7)
Mà 81 ≡ 4 (mod 7)
=> 22224 ≡ 4 (mod 7)

(2)

Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 22225 ≡ 3.4 (mod 7)
=> 22225 ≡ 5 (mod 7)
=>22225555 ≡ 51111 (mod 7) (3)
+ Tương tự: 55552222 ≡ 21111 (mod 7)

(4)

Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A ≡ 21111 + 51111 (mod 7) (5)
Mặt khác: 21111 + 51111 ≡ (2 + 5) (mod 7)
≡ 0 (mod 7) ( Tính chất 2)
Từ (5) và (6) ta được: A ≡ 0 (mod 7)
Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
b) Ta có:
Ta có: 1961 ≡ 1 (mod 7) => 19611962 ≡ 1 (mod 7)
Tương tự:
19631964 ≡ 31964 ( mod 7 ) ≡ 9. ( 33 )
19651966 ≡ ( −2 )

1966

654

( mod 7 ) ≡ 9.27654 ( mod 7 ) ≡ 2 ( mod 7 )

( mod 7 ) ≡ 2. ( 23 ) ( mod 7 ) ≡ 2.8655 ( mod 7 ) ≡ 2 ( mod 7 )
655

7

(6)


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

⇒ B ≡ 1 + 2 + 2 + 2 ( mod 7 ) ≡ 0 ( mod 7 )

Vậy: B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + 2M7
Bài 3: Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2 luôn 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 − 3n ) + 13.3n
16n − 3n M
13
⇒ BM
13
Vì  n
13
13.3 M

Cách 2:
Với bài toán trên ta có thể sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh,
nhưng đối với học sinh lớp 6 thì chưa được học kỹ thuật đó. Nên ta có thể sử
dụng Đồng dư thức để chứng minh.
+ Ta xét số dư của 42n+1 khi chia cho 13
Ta có: 42 = 16 ≡ 3 (mod 13)
=> 42n ≡ 3n (mod 13)
=> 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13)
Hay 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13)

(1)

+ Ta xét số dư của 3n+2 khi chia cho 13
Ta có: 32 = 9 ≡ - 4(mod 13)
Mà 3n ≡ 3n (mod 13)
=> 32.3n ≡ - 4.3n (mod 13)
=> 3n+2 ≡ - 4.3n (mod 13)

(2)

Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta được B ≡ 0 (mod 13).
Vậy B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi n ∈ N.
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N.
a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
8


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Lời giải
Cách 1:
a) Ta có: A = 5.25n + 16.2n + 2.2n = 5.25n + 18.2n
= 5 ( 25n − 2n ) + 23.2n
 25n − 2n M23
⇒ AM23
Vì 
n
 23.2 M23
n
n
n
n
n
b) B = 121.11 + 12.144 = 12 ( 144 − 11 ) + 133.11

Từ đây ta có được BM133
Cách 2:
a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
Ta có: A = 25n .5 + 2n.16 + 2n.2
Vì 5.25n ≡ 5.2n (mod23)
=> A ≡ 5.2n + 2n.16 + 2n.2 (mod23)
≡ 23.2n (mod23)
≡ 0 (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.

Bài 5: ( lớp 8). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1:
A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2
Lời giải
Ta có: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B.
Với n > 2, ta biến đổi A như sau:
A = nn – n2 + n – 1

= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1)(nn-3 + nn-4 + …+ 1) + (n - 1)
= (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1)
9


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Mặt khác: n ≡ 1 (mod n – 1) ⇒ nk ≡ 1 (mod n – 1), ∀ k∈N
Từ đó: nn-1 + nn-2 + … + n2 ≡ n – 2 (mod n – 1)
Nên: nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1 ≡ n – 1 (mod n – 1)
=> nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1 ≡ 0 (mod n – 1) (1)
=> (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) ≡ 0 (mod (n – 1)2)
=> A = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) chia hết cho (n – 1)2.
Vậy: A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2.
Với một số bài toán có luỹ thừa tầng thì khi chúng ta sử dụng Đồng dư
thức thì sẽ giúp cho học sinh có được cách giải tổng quát cho dạng toán đó.
Chẳng hạn
Bài 6: Chứng minh rằng:
a ) A = 22 + 5M7 ( n ≥ 0 )
2n

2004n

b) A = 19242003
c ) A = 32

4 n+1

4 n +1

+ 23

+ 1920M
124 ( n > 0 )
+ 5M22 ( n > 0 )

2n

d) A = 22 + 10M
13
Lời giải
3
a) Vì 2 = 8 ≡ 1( mod 7 ) . Nên ta đi tìm số dư của 22 n cho 3.
2n
n
2n
Thật vậy: 2 = 4 ≡ 1( mod 3) ⇒ 2 = 3k + 1
3 k +1
k
=> A = 2 + 5 = 2.8 + 5 ≡ ( 2 + 5 ) ( mod 7 ) ≡ 0 ( mod 7 ) .

=> A = 22 + 5M7 ( n ≥ 0 )
2n

b) Ta có 124 = 4.31
Dễ thấy BM4 . Ta chứng minh AM31
1924 ≡ 2 ( mod 31)
2004n
nên B ≡ 22003 − 2 ( mod 31)
1920 ≡ −2 ( mod 31)

Vì 

5
Vì 2 = 32 ≡ 1( mod 31)

Từ đây ta xét M = 20032004 chia cho 5 có số dư là bao nhiêu
n

Vì 2004M4 nên ta đặt 2004n = 4k và M = 20032004 = 20034 k
n

4k
4k
k
Mà 2003 ≡ 3 ( mod 5 ) => 2003 ≡ 3 ( mod 5 ) ≡ 81 ( mod 5 ) ≡ 1( mod 5 )

10


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

=> M = 5m+1
5 m +1
m
=> B ≡ 2 − 2 ( mod 31) ≡ 2.32 − 2 ( mod 31) ≡ 2 − 2 ( mod 31) ≡ 0 ( mod 31)

Vậy BM124
c) C = 32

4 n +1

4 n +1

+ 23

+ 5M22 ( n > 0 )

Vì 22 = 2.11 và CM2 nên ta chứng minh AM11
10
Ta có 3 ≡ 1( mod11) (Định lý Fecma)

Từ đây ta xét N = 24 n +1 và P = 34 n +1 chia cho 10 có số dư là bao nhiêu.
4 n +1
n
n
* N = 2 = 2.16 ≡ 2.6 ( mod10 ) ≡ 2. ( ...6 ) ( mod10 ) ≡ 2 ( mod10 )

=> N = 24 n +1 = 10k + 2
=> 32

4 n+1

= 310 k + 2 ≡ 9. ( 35 )

2k

( mod11) ≡ 9 ( mod11) ( vì

35 ≡ 1( mod11) )

Tương tự: P = 34 n +1 = 10m + 3
4 n+1

23

= 210 k +3 ≡ 8.322 k ( mod11) ≡ 8. ( −1)

2k

( mod11) ≡ 8 ( mod11)

Vậy C ≡ (9 + 8 + 5) ( mod 22 ) ≡ 0 ( mod 22 ) .
2n

d) D=2 2 + 10M
13
Ta có 212≡ 1(mod 13) (Định lý Fecma)
Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư khi 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
≡ 3+10(mod 13)
≡ 0(mod 13).
Vậy D chia hết cho 13 với mọi n.
Sau khi đã hình thành cho các em một số kỹ năng nhất định qua dạng
toán chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp quá
nhiều không khi gặp một số dạng toán sau:
2.2 DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 19932014 cho 3.
Lời giải
11


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài toán một
cách dễ dàng: A= 19932014-1+1
Vì A = 19932014 − 1M1992 ⇒ 19932014 − 1M3
Suy ra A chia cho 3 dư 1.
Cách 2:
Ta có: 1993 ≡ 1 (mod 3)
=> 19932014 ≡ 12014 (mod 3) ≡ 1 (mod 3)
Vậy số 19932014 khi chia cho 3 thì dư 1.
Bài 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3 và cho 5
Lời giải
Cách 1:
Ta có: A = 776776 − 2776 + 777777 + 778778 − 1 + 2776 + 1
776776 − 2776 M3

Vì 777777 M3

nên ta phải tìm số dự khi chia 2776 + 1 cho 3

778778 − 1M3
776
775
775
Thật vậy: 2 + 1 = 2.2 + 2 − 1 = 2 ( 2 + 1) − 3 + 2
775
Vì 2 ( 2 + 1) − 3M3 nên A chia 3 dư 2

Tương tự: A chia 5 dư 1
Cách 2:
+ Trường hợp 1: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho
3.
Ta có: 776 ≡ 2 (mod 3)
=> 776776 ≡ 2776 (mod 3) ≡ 4338 (mod 3) ≡ 1338 (mod 3) ≡ 1 (mod 3)
Tương tự: 777777≡ 0 (mod 3)
778778≡ 1(mod 3)
=> A = 776776 + 777777 +778778≡ 1+0+1(mod 3) ≡ 2 (mod 3)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 3 dư 2.
+ Trường hợp 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 5.
Ta có: 776 ≡ 1 (mod 5)
=> 776776 ≡ 1776 (mod 5) ≡ 1(mod 5).
Ta có : 777≡ 2 (mod 5)
12


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

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) ≡ 1 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 5 dư 1.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5.
Lời giải
Cách 1: Gọi n là số tự nhiên chia 5 dư 1 và chia 7 dư 5.
Vì n không chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35). Trong đó r
chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia 7 dư 5 và chia 5 dư 1 là 5; 12; 19; 26; 33. Trong các
số trên chỉ có 26 là số chia cho 5 dư 1. Vậy r = 26.
Cách 2: Ta có:
 n − 1M5
 n − 1 + 10M5
 n + 9M5
⇒
⇒
⇒ n + 9M35

 n − 5M7  n − 5 + 14M7  n + 9M7

Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26.
Cách 3:
Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có:
A ≡ 1 (mod 5); A ≡ 5 (mod 7)
Từ A ≡ 5 (mod 7) => A = 7k+5 ( k ∈ N).

(1)

=> 7k+5 ≡ 1 (mod 5)
=> 2k ≡ 1 (mod 5)
=> 2k+4≡ 1+4(mod 5)
=> 2k + 4 ≡ 0(mod 5) => k + 2 ≡ 0(mod5) => k = 5m -2 ( m ∈ N) (2)
Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - 9
=> A ≡ -9 (mod 35) ≡ 26 (mod 35)
Vậy số A =26.
Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại toán này thì ta có thể giải
được các bài toán có nhiều số chia hơn, hoặc các số chia có giá trị lớn một
cách dễ dàng hơn, đồng thời ta có được cách giải rõ ràng cho dạng toán này.
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư
112, chia n cho 132 thì dư 98.
13


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Lời giải
Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98
=> 131x = 131y +y-14
=>y - 14 M131
=> y = 131k + 14 ( k ∈ N )
=> n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946
Vì n có 4 chữ số nên n = 1946.
Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14
=> 131(x-y) = y-14. Nếu x > y thì y- 14 ≥ 131 => y ≥ 145 => n có nhiều
hơn 4 chữ số. Do đó x = y, suy ra n = 1946
Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên
132n = 132.131x +132.112

(1)

Mặt khác n = 132y + 98
131n = 131.132y + 131.98

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 132n -131n = 131.132(x –y) + 1946 => n =1946.
Cách 4:
Gọi số tự nhiên cần tìm là 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 4 dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13. Hỏi số
đó chia 1292 dư bao nhiêu.
Lời giải
Cách 1:
Gọi số tự nhiên cần tìm là n ( n ∈ N )
Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r ( k , r ∈ N ; r < 1292 ).
Các số nhỏ hơn 1292 và chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; ...1248; 1267.
Trong các số trên số chia cho 4 dư 3 và chia cho 17 dư 9 là số 1267.
14


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên thì việc thử loại sẽ mất rất nhiều
thời gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài toán ta sẽ gặp rất nhiều
khó khăn.
Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có:
A ≡ 3 (mod 4); A ≡ 9 (mod 17); A ≡ 13 (mod 19)
Từ A ≡ 13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N)
(1)
=> 19k+13 ≡ 9 (mod 17)
=> 19k + 13+8 ≡ 9 +8(mod 17)
=> 2k + 4 ≡ 0(mod 17) => k + 2 ≡ 0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N)
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25
(3)
Mặt khác: A ≡ 3 (mod 4) =>323m-25 ≡ 3 (mod 4)
=> 324m-m-1≡ 3 (mod 4)
=>-m ≡ 0 (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 của n để:
a) 2n − 1M9
b) 2.3n + 3M11
Lời giải
a) Ta có 23 = 8 ≡ ( −1) ( mod 9 ) ⇒ 23k ≡ ( −1) ( mod 9 )
k

Nên ta xét các trường hợp sau:
+ n = 3k => 2n − 1 = 23k − 1 = 2.8k − 1 ≡ ( −1) − 1( mod 9 )
k

≡ 0 ( mod 9 ) ( Nếu k chẵn)
≡ 7 ( mod 9 ) ( Nếu k lẻ) (loại)

+ n = 3k+1=> 2n − 1 = 23k +1 − 1 = 2.8k − 1 ≡ 2. ( −1) − 1( mod 9 )
k

15


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

≡ 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:
5
Ta có 3 = 243 ≡ 1( mod11) . Nên ta xét các trường hợp sau:

n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4. ( ( k ∈ N )
Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện đề
bài. Thật vậy: Xét
2.3n + 3 = 2.35k + 4 + 3 = 2.81.243k + 3 ≡ 8 + 3 ( mod11) ≡ 0 ( mod11)

Vậy n = 5k +4
2.3 DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.
Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A
cho 10m.
Bài 1: Cho số A = 19942005.
a. Tìm số dư trong phép chia A chia cho 7.
b. Tìm chữ số tận cùng của A
c. Tìm 2 chữ số tận cùng của 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) ≡ 5 (mod 7)
Vậy A = 19942005chia cho 7 dư 5.
b. Xét số dư khi chia A cho 10.
Ta có: 1994 ≡ 4 (mod 10).
Ta xét số dư khi chia A cho 2 và cho 5.
16


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

Ta có : 1994 ≡ 0 (mod 2)
1994 ≡ 4 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5)
=> 19942005 ≡ (-1)2005 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5) ≡ 4 (mod 5)
=> A ≡ 4 (mod 10)
Vậy chữ số tận cùng của A là 4.
c)
Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
a) A = 22004
b) B =

7

9

99

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 M4 => k M4 ( vì 25; 4) = 1
=> A = 100k + 16
Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16.
99

b) B = 79

Ta có: 7n ≡ 3 (mod 4)
74 ≡ 1 (mod 25)

9

99

≡ 1 (mod 4) =>

9

99

= 4k + 1 ( k ∈ N)

=> B = 74k+1≡ 7 (mod 25)
=> B = 25k +7
=> 25k +7 ≡ 3 (mod 4)
=> k ≡ 0 (mod 4)
=> k = 4n
=> B = 100n + 7
Vậy hai chữ số tận cùng của B là 07.
4

Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A = 23 .
Lời giải

17


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

4

Ta có: A = 23 = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24)20 = 2.1620
Mà 16 ≡ 6 (mod 10) ⇒ 1620 ≡ 620 (mod 10)
Từ đó: 1620 ≡ 6 (mod 10), mà 2 ≡ 2 (mod 10)
Nên: 2.1620 ≡ 6.2 (mod 10) ⇒ 2.1620 ≡ 2 (mod 10)
=> A chia cho 10 dư 2
Vậy A có chữ số tận cùng là 2.
Bài 4: Tìm sáu chữ số tận cùng của số B = 521.
Giải
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 6 chữ số tận cùng là 203125.
Khi học sinh đã nắm vững cách tìm chữ số tận cùng thì ta có thể
đưa ra một dạng toán khác nhưng có cách giải tương tự.
Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số:
a ) A = 0, 7 ( 20012004 + 20032006 )
b) B = 0,3 ( 19831983 − 19171917 )

Lời giải
2004
2006
a) Ta xét A = 0, 7 ( 2001 + 2003 ) khi chia cho 10.
2001
Ta có 2001 ≡ 1( mod10 )

20032006 ≡ 32006 ( mod10 )
≡ 91003 ( mod10 ) ≡ 91003 ( mod10 )
≡ ( −1) ( mod10 ) ≡ 9 ( mod10 )

=> AM10 . Vậy A là số nguyên.
b) B = 0,3 ( 19831983 − 19171917 )
1983
1917
Tương tự ý a) Ta xét B = 0,3 ( 1983 − 1917 ) khi chia cho 10.

18


Chuyên đề BDHSG THCS 2014
1983

Ta có 1983

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

≡ 31983 ( mod10 )
≡ 3.9991 ( mod10 ) ≡ 3. ( −1)

991

( mod10 )

≡ −3 ( mod10 ) ≡ 7 ( mod10 )
19171917 ≡ 71917 ( mod10 )
≡ 7.71916 ( mod10 ) ≡ 7.49958 ( mod10 )
≡ 7. ( −1)

958

( mod10 ) ≡ 7 ( mod10 )

=> BM10 . Vậy B là số nguyên.

2.4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN
TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không phải là số nguyên tố.
a ) A = 22014 − 1

b) A = 2 2

2005

+5
Lời giải

a) Ta có 22 ≡ 1(mod 3) ⇒ 22014 = 41007 ≡ 1(mod 3)
⇒ A = 22014 − 1 ≡ 0 ( mod 3) , mà A>3.

Vậy A không là số nguyên tố.

b) A = 2 2

2005

+5

Ta thấy 2 ≡ −1(mod 3)

⇒ A ≡ (−1) 2

2005

+ 5 ≡ 6(mod 3) ≡ 0(mod 3)

=> A M
3
Vậy A không là số nguyên tố
Bài 2: Số A = 22

2 n +1

+ 3 là số nguyên tố hay hợp số. ( n∈ N )
*

Lời giải

19


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

3

Với n = 1, ta có A = 22 + 3 = 259M
7 . Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia
hết cho 7 hay không.
3
Vì 2 ≡ 1( mod 7 ) , nên ta xét 22 n+1 chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy:

22 n +1 = 2.4 n ≡ 2 ( mod 3 ) => 2 2 n +1 = 3k + 2
⇒ A = 23k + 2 + 3 = 4.8k + 3 ≡ 0 ( mod 7 )
Vậy A hợp số
Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng

A = 32

4 n+1

+ 2 ( n ∈ N * ) đều không phải số nguyên tố.
Lời giải

Với n = 1, ta có A = 32 + 2 = 332 + 2 ≡ 1( mod11) .Từ đó gợi ý cho ta xét
5

xem A chia hết cho 11 hay không
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 luôn chia hết cho 11 nên A không là số nguyên tố.
Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính 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 của số chính phương để chứng minh các số
trên không phải là số chính phương.
a) Ta có: Các số 19932 ;19942 là số chính phương không chia hết cho 3 nên
chia 3 dư 1, còn 19922 M3 . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính
phương.
b) Các số 19922 ;19942 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số
19932 ;19952 là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2, nên B

không là số chính phương.
20


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C không là số chính
phương.
Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức thì có 1 cách làm chung cho cả 3 ý
trên và cách làm đơn giản hơn nhiều.
a) A = 19922 + 19932 + 19942
A ≡ 0 + 1 + 22 ( mod 3) ≡ 2 ( mod 3) . Nên A không là số chính phương.

b) B = 19922 + 19932 + 19942 + 19952
B ≡ 0 + 1 + 22 + 32 ( mod 4 ) ≡ 2 ( mod 4 ) . Nên B không là số chính

phương.
c) C = 1 + 9100 + 94100 + 1994100
C ≡ 1 + 1 + 2100 + 2100 ( mod 4 ) ≡ 2 ( mod 4 ) . Nên C không là số chính

phương.
Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không là số
chính phương.
Lời giải
Ta có: 19 ≡ (-1)(mod 4)
93 ≡ 1 (mod 4)
1993 ≡ 1 (mod 4)
=> A ≡ 1+3+1+1 (mod 4)
≡ 2 (mod 4)
Mà số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
Vậy A không là số chính phương.

3. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 15325 – 1 khi chia cho 9.
Bài 2: Cho số nguyên n > 1. Tìm dư trong phép chia:
21


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.
Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng:
3n + 1 chia hết cho 10 ⇔ 3n+4 + 1 chia hết cho 10.
Bài 6: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng:
a)

A = 24n – 1 chia hết cho 15

b)

B = 25n – 1 chia hết cho 31

c)

C = 22 + 1 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

5

Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta luôn có:
52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38
Bài 8: Chứng minh rằng: a) A = 220119 + 11969 + 69220 chia hết cho 102
69

220

119

b) B = 18901930 + 19451975 + 1 chia hết cho 7
Bài 9: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng:
Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19
Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta luôn có:
A = nn + 5n2 – 11n + 5 chia hết cho (n – 1)2
Bài 11: Cho a; b là các số nguyên. Chứng minh rằng:
2a + 11b chia hết cho 19 ⇔ 5a + 18b chia hết cho 19
Bài 12: Tìm chữ số tận cùng của số: A = 99

9

Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 1414

14

Bài 14: Tìm 4 chữ số cuối cùng của số C =

( 1976

1976

- 19741974 ) ( 19761975 + 19741973 )

Bài 15: Chứng minh rằng:
B = 1 + 92n + 452n + 19452n không là số chính phương.

PHẦN III - KẾT LUẬN.
1. Kết quả.
Sau nhiều năm trực tiếp đứng lớp giảng dạy và bồi dưỡng HSG môn Toán
tại THCS Thái Hòa và qua nghiên cứu chuyên đề “Ứng dụng Đồng dư thức
vào giải một số dạng toán chia hết” bản thân tôi đã tích lũy thêm nhiều kiến
22


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

thức của phần Số học trong bộ môn Toán. Xây dựng được khung chương trình
dạy phần Số học của cấp THCS, có phương pháp giải các bài toán rõ ràng hơn,
từ đó đã giúp HS rèn luyện kỹ năng, gây được hứng thú học tập cho HS và được
các đồng nghiệp trong trường sử dụng để phục vụ cho công tác bồi dưỡng HSG.
Kết quả của việc ứng dụng chuyên đề vào Bồi dưỡng Học sinh giỏi:
Năm học 2010 – 2011
- Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 6 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Nhì môn toán 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải KK môn toán 6 cấp huyện.
Năm học 2011 – 2012
- Có 03 học sinh đạt giải Nhất môn toán 7 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Nhì môn toán 7 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Ba môn toán 7 cấp huyện.
Năm học 2012 – 2013
- Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 8 cấp huyện.
- Có 01 học sinh đạt giải Nhì môn toán 8 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 8 cấp huyện.
2. Kết luận
Trên đây là nội dung đề tài mà tôi đã tìm hiểu trong suốt quá trình giảng dạy
và bồi dưỡng Học sinh giỏi các lớp 6 và 7. Trong quá trình thực hiện và trình bày
đề tài không thể tránh khỏi những thiếu xót. Vì vậy tôi rất mong nhận được nhiều
sự phê bình, đóng góp ý kiến để đề tài được phong phú và hoàn thiện hơn nhằm áp
dụng trong quá trình giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng Học sinh giỏi môn
Toán của bậc THCS.
Xin trân trọng cảm ơn các thầy giáo, cô giáo !.
Thái Hòa, ngày 17 tháng 2 năm 2014
Người thực hiện chuyên đề
LÊ QUANG ĐÔNG

23


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

24


Chuyên đề BDHSG THCS 2014

Lê Quang Đông- THCS Thái Hòa

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Sách Nâng cao và phát triển toán 6 -7- 8 – NXB Giáo dục Việt Nam
( Tác giả: Vũ Hữu Bình)
2) Sách Nâng cao và các chuyên đề đại số 7 – 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 bài toán phát triển Bồi dưỡng Học sinh giỏi Số học 9 – NXB Đại học
quốc gia TP Hồ Chí Minh.
( Tác giả: Võ Đại Mau)
5) Toán tuổi thơ 2 - NXB Giáo dục Việt Nam.

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×