Cđ đồng dư thức trong toán 7

Chuyên đề: Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
Chuyên đề:
ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
TRONG GIẢI TOÁN LỚP 7
Phần 1: Đặt vấn đề
I.LÍ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
Toán học là một bộ môn khoa học rất trừu tượng, được suy luận một cách lôgic
và là nền tảng cho việc nghiên cứu các bộ môn khoa học khác. Số học là một
phần không thể thiếu và nó chiếm một vai trò khá quan trọng trong bộ môn này.
Lý thuyết chia hết trong vành số nguyên là một nội dung khá quan trọng
trong phần số học. Hơn nữa, đây cũng là mảng rất khó khăn cho giáo viên và
học sinh trong quá trình dạy và học. Xuất phát từ vấn đề đó, tôi đã tìm tòi,
nghiên cứu, trao đổi và học hỏi ở bạn bè, đồng chí đồng nghiệp và đã tìm ra chìa
khoá để giải quyết vấn đề này. Đó là lý thuyết đồng dư. Năm học 2012-2013,
tôi được sự phân công của các đồng chí trong tổ và đã làm chuyên đề trường,
vấn đề này được nhiều đồng nghiệp quan tâm và chia sẽ. Vì vậy tôi đã chọn
“Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 ” làm sáng kiến kinh nghiệm
nhằm trao đổi với bạn bè đồng nghiệp nhiều hơn về lĩnh vực này.
1. Cơ sở lí luận.
“ Cùng với khoa học công nghệ, giáo dục là quốc sách hàng đầu” chủ
trương đó đã thể hiện rõ quan điểm, đường lối của Đảng và Nhà nước ta; khẳng
định tầm quan trọng của giáo dục đối với đất nước; bởi lẽ giáo dục đóng vai trò
quyết định đến sự thành công của công cuộc xây dựng đất nước, xây dựng
CNXH.
Nghành giáo dục đã triển khai thực hiện công tác đổi mới giáo dục phổ
thông bao gồm: đổi mới cơ sở vật chất phục vụ cho dạy và học, đổi mới chương
trình sách giáo khoa, đổi mới công tác quản lý, đổi mới phương pháp dạy học,
đổi mới cách kiểm tra đánh giá v.v…nhằm giúp học sinh phát triển một cách
toàn diện.
Trong hệ thống các môn học được đưa vào đào tạo ở trường THCS, môn
Toán đóng vai trò hết sức quan trọng, bởi lẽ qua học toán học sinh sẽ được phát
triển tư duy sáng tạo, linh hoạt, dễ thích ứng với mọi hoàn cảnh, phù hợp với xu
thế phát triển của đất nước ta hiện nay. Học tốt môn Toán sẽ giúp học sinh học
tốt các môn học khác. Xưa nay, đây là môn học mà không ít học sinh phải ngại
ngùng khi nhắc đến, việc học toán đối với học sinh là một điều hết sức khó
khăn. Hơn thế nữa, chúng ta đang ra sức để xóa bỏ tình trạng học sinh ngồi
nhầm lớp. Tất cả những lý do trên xuất phát từ những nguyên nhân khách quan
và chủ quan như: học sinh chưa nắm được phương pháp học tập, giáo viên còn
ôm đồm kiến thức trong giảng dạy, khó khăn về một cơ sở lý luận trong việc dạy
học bộ môn.v.v…
Người thực hiện: Nguyễn Duy Đông – THCS Yên Lạc 1

Học toán đồng nghĩa với giải toán. Trong học tập muốn làm được bài tập
ngoài việc có một phương pháp suy luận đúng đắn đòi hỏi học sinh phải có vốn
kiến thức sẵn có tiếp thu từ các công thức, các quy tắc, định nghĩa, khái niệm,
đinh lý…
Đặc biệt trong giai đoạn phát triển của khoa học công nghệ hiện nay, trình
độ tri thức của con người phát triển rõ rệt. Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập của
mọi người dân, bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng, với truyền
thống hiếu học của nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên cần phát
triển ở học sinh “ những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết
nhìn nhận vấn đề ở từng góc độ khác nhau. Tìm tòi những cái cũ trong cái
mới”. Để phát huy tính tích cực và sáng tạo của học sinh người giáo viên phải
đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề tạo cho các em những thách thức
trước những vấn đề mới.
Lý thuyết đồng dư được xây dựng trên nền tảng là phép chia trên vành số
nguyên. Là một nội dung được suy luận một cách lôgic, chặt chẽ. Trên cơ sở lý
thuyết đồng dư được hai nhà bác là Ơle và Fécma đã đưa ra 2 định lý rất nổi
tiếng và cố tính ứng dụng rất cao.
2. Cơ sở thực tiễn
Lý thuyết đồng dư sẽ cho ta phương pháp đồng dư, đó là một động tác có
tính chất kỹ thuật giúp chúng ta bổ sung giải quyết vấn đề chia hết trong vành số
nguyên.
Trong chương trình toán THCS có nhiều dạng bài tập liên quan đến lý
thuyết đồng dư, xong tôi chỉ đưa vào đây một số bài tập điển hình và các dạng
toán ở lớp 7.
3. Thực trạng .
Nắm chắc và vận dụng thành thạo các phương pháp trong giải toán là vấn
đề cần chú trọng, đặc biệt là đối với học sinh trường THCS Yên Lạc – có chất
lượng đào tạo cao – thì càng phải chú trọng để đảm bảo và nâng cao chất lượng
học sinh. Hơn nữa để giúp các em HSG tự tin và đạt thành tích cao trong các kì
thi HSG. Bằng việc xây dựng các chuyên đề toán có nội dung phù hợp và thiết
thực tôi tin tưởng các em học sinh sẽ say mê học toán và tìm ra cách học, nắm
chắc các phương pháp giải toán thông qua từng dạng bài tập.
Qua giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi 7, tôi thấy chuyên đề này rất
thiết thực, các em đã có thể giải được một số dạng toán khó, vận dụng linh hoạt
các phương pháp để giải một số dạng toán liên quan đến lý thuyết đồng dư đưa
được các dạng toán đó về dạng quen thuộc và đơn giản hơn.
4. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm được các phương pháp để giải bài toán, rèn kĩ năng giải
Toán loại này và nhằm phát triển năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học
sinh.
- Cho học sinh thấy được vai trò và tầm quan trọng của các phương pháp giải
liên quan đến lý thuyết đồng dư trong Toán học, rèn luyện cho học sinh đức tính
cẩn thận, sáng tạo của người nghiên cứu khoa học.

5. Phạm vi, kế hoạch và đối tượng nghiên cứu.
5.1 Phạm vi nghiên cứu.
Trong môn toán có nhiều dạng bài tập có thể giải bằng cách sử dụng
phương pháp đồng dư thức. Tuy nhiên trong chuyên đề này tôi chỉ đưa ra một số
ứng dụng sau.
- Tìm số dư trong phép chia số nguyên
- Chứng minh sự chia hết
- Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa
- Giải phương trình nghiệm nguyên.
5.2 Kế hoạc nghiên cứu.
- Thời gian thực hiện chuyên đề 4 buổi tương ứng với 16 tiết dạy
5.3 Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu là học sinh khá giỏi lớp 7 trường THCS Yên Lạc.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu qua tài liệu: SGK, SGV, sách nâng cao và phát triển Toán 6,7 ,
sách nâng cao và các chuyên đề đại số 7 , tài liệu tham khảo có liên quan…
- Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh.
- Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra. Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy, học tập
của từng đối tượng học sinh.
B. NỘI DUNG
I- ĐỒNG DƯ THỨC
1. Định nghĩa và các điều kiện:
a. Định nghĩa:
Cho m N∈ *
; a,b ∈ Z. Nếu a và b khi chia cho m có cùng số dư ta nói: a
và b đồng dư theo môđun m.
Kí hiệu: a ≡ b (mod m)
Hệ thức: a ≡ b (mod m) gọi là đồng dư thức.
Ví dụ: 19 ≡ 3 (mod 8); -25 ≡ 3 (mod 4)
b. Các điều kiện tương đương:
1- a ≡ b (mod m)
2- (a - b) m
3- Zt ∈∃ sao cho: a = b + m.t.
2. Các tính chất
a. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên 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 có thế cộng từng vế một với nhau theo cùng một môđun.
Cụ thể:
ai ≡ bi (mod m) i = n,1 => ∑∑ ==
−≡−
n
i
i
k
n
i
i
k
ba
11
)1()1( (mod m) Nk ∈∀

c. Ta có thế nhân từng vế với nhau nhiều đồng dư thức theo cùng một môđun.
Cụ thể: ai ≡ bi (mod m);i = n,1
=> ∏∏ ==
≡
n
ii
n
i
i ba 1
1
(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) Nn ∈∀
f. Cho f(x) = an xn
+ an-1 xn-1
+ . . . +a1x + a0 Zai ∈∀ . Nếu α ≡ β (mod m) thì
ta cũng có f(α )≡ f( β) (mod m)
Đặc biệt: f(α ) ≡ 0 (mod m) thì ta cũng có: f(α + k.m) ≡ 0 (mod m)
Zk ∈∀
g. Ta có thể chia cả hai vế của một đồng dư thức cho một ước chung của chúng
nguyên tố với môđun.
Cụ thể là:
a.c ≡ b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 => a ≡ b (mod m)
h. Ta có thể nhân cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng một số
nguyên dương.
Cụ thể là: a ≡ b (mod m) => a.c ≡ b.c (mod m.c) *
Nc ∈∀
i. Ta có thể chia cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng một ước
dương của chúng.
Cụ thể là: a ≡ b (mod m); 0 < c ∈ ƯC (a; b; m) => a/c ≡ b/c (mod m/c)
k. Nếu 2 số a và b đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với
nhau theo môđun là bội chung nhỏ nhất của môđun ấy.
Cụ thể là:
a ≡ b (mod mi), i = n,1 => a ≡ b (mod m).
Trong đó: m = BCNN(m1, m2 … mn)
l. Nếu a và b đồng dư với nhau theo môđun m thì chúng cũng đồng dư với nhau
theo môđun là ước dương của m.
Cụ thể là: a ≡ b (mod m); 0 < ∂ ∈ 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
1. Định lý Ơle
a. Hàm số Ơle- µ(m)
Cho hàm số µ(m) được xác định như sau:
- m = 1 ta có: µ(m) = 1

- m > 1 thì µ(m)là các số tự nhiên không vượt quá m – 1 và nguyên tố với m
b. Công thức tính µ(m)
b.1 m = pα
( p là số nguyên tố, α là số tự nhiên khác 0)
Ta có: µ(m) = µ(pα
) = pα
(1 p
1
− )
b.2 m = n
npppp
αααα
...31
3
2
21 (pi là các số nguyên tố, α1 là số tự nhiên khác 0 ). Ta
có: µ(m) = m (1
1
1
p
− )(1
2
1
p
− )(1
3
1
p
− )…(1
np
1
− )
c. Định lý Ơle
Cho m là một số tự nhiên khác 0 và a là một số nguyên tố với m.
Khi ấy ta có:
1µ(m)
≡a (mod m)
2. Định lý Fécma
- Định lý Fécma 1
Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho
m.
Khi ấy ta có:
ap - 1 ≡ 1 (mod p)
- Định lý Fécma 2
Cho p là một số nguyên tố, a là một số nguyên dương bất kỳ.
Khi ấy ta có:
ap - 1 ≡ a (mod p)

III - MỘT SỐ ỨNG DỤNG
1. Tìm số dư trong phép chia
Ví dụ1: Tìm số dư trong phép chia: 29455
– 3 chia cho 9
Giải: Ta có: 2945 ≡ 2 (mod 9)
=> 29455
– 3 ≡ 25
– 3 (mod 9)
Mà 25
– 3 ≡ 2 (mod 9)
Vậy số dư của 29455
– 3 chia cho 9 là 2
Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia 109345
chia cho 14
Giải:
Ta có: 109 ≡ -3 (mod 14)
=> 109345
≡ (-3)345
(mod 14)
Ta lại có: ( -3; 14 ) = 1
Hơn nữa: µ(14) = 6)
7
1
1)(
2
1
1.(14 =−−
Nên: (-3)6
≡ 1 (mod 14) (theo định lý Ơle)
=> (-3)345
≡ (-3)3
(mod 14)
Mặt khác: (-3)3
= -27 ≡ 1 (mod 14)
Vậy số dư trong phép chia 109345
chia cho 14 là 1
Ví dụ 3:Tìm số dư trong phép chia: (19971998
+ 19981999
+19992000
)10
chia cho
111
Giải: Ta có: 1998 ≡ 0 (mod 111)
=> 1997 ≡ -1 (mod 111) và 1999 ≡ 1 (mod 111)
Nên ta có: 19971998
+ 19981999
+19992000
≡ 2 (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 là 25
Bài tập : Tìm số dư của phép chia
Bài 1 : Tìm số dư trong phép chia 20042004
cho 11
Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11 : Một số được gọi là chia hết cho 11 khi
và chỉ khi hiệu giữa các tổng chữ số ở hàng lẻ và tổng các 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) = 0. Vì 0  11 = > 5016  11
Giải :
Ta có 2002  11 => 2004 - 2  11 => 2004 ≡ 2 (mod 11)
=> 20042004
≡ 22004
(mod 11) , mà 210
≡ 1 (mod 11) (vì 1024 - 1  11)
=> 20042004
= 24
.22000
= 24
.(210
)200
≡ 24
≡ 5 (mod 11)
Vậy 20042004
chia 11 dư 5.
Bài 2 : Tìm số dư khi chia A = 19442005
cho 7
Giải :
Ta có : 1944 ≡ -2 (mod 7) => 19442005
≡ (-2)2005
(mod 7)

Mà (-2)3
≡ - 1 (mod 7) => (-23
)668
≡ 1668
(mod 7) hay (-23
)668
≡ 1 (mod 7)
=> (-23
)668
.(-2) ≡ - 2 (mod 7) hay (-2)2005
≡ - 2 (mod 7)
Vậy 19442005
cho 7 dư 5.
Bài 3 : Tìm số dư trong phép chia 15325
- 1 cho 9
Giải :
Ta có 1532 ≡ 2 (mod 9) => 15325
≡ 25
(mod 9) , mà 25
≡ 5 (mod 9)
=> 15325
≡ 5 (mod 9) => 15325
- 1 ≡ 4(mod 9)
Vậy 15325
- 1 chia cho 9 dư là 4.
Bài 4 : Tìm dư trong phép chia 32003
cho 13.
Giải :
Ta có 33
≡ 1 (mod 13) mà 2003 = 3.667 + 2 => 32003
= (33
)667
. 32
33
≡ 1 => (33
)667
≡ 1667
=> (33
)667
. 32
≡ 1.32
(mod 13)
=> 32003
≡ 9 (mod 13).
Vậy 32003
chia cho 13 dư 9 .
Bài 5 : Tìm dư trong phép chia 570
+ 750
cho 12
Giải :
Ta có 52
≡ 1(mod 12) => (52
)35
≡ 1 (mod 12) hay 570
≡ 1(mod 12) (1)
72
≡ 2 (mod 12) => (72
)25
≡ 1(mod 12) hay 750
≡ 1(mod 12) (2)
Từ (1) và (2) => 570
+ 750
chia cho 12 dư 2.
Bài 6 : Tìm số dư của A = 776776
+ 777777
+ 778778
khi chia cho 3 và khi chia cho
5?
Giải :
+Ta có 776 ≡ - 1(mod 3) => 776776
≡ -1(mod 3) => 776776
≡ 1 (mod 3)
777 ≡ 0 (mod 3) => 777777
≡ 0 (mod 3)
778 ≡ 1 (mod 3) => 778778
≡ 1 (mod 3)
=> 776776
+ 777777
+ 778778
khi chia cho 3 dư 2.
+Ta có 776 ≡ 1 (mod 5) => 776776
≡ 1 (mod 5)
777 ≡ - 3 (mod 5) => 777777
≡ - 3777
(mod 5)
778 ≡ 3 (mod 5) => 778778
≡ 3778
(mod 5)
=> 776776
+ 777777
+ 778778
≡ 1 - 3777
+ 3778
(mod 5)
Hay 776776
+ 777777
+ 778778
≡ 1 + 3.3777
- 3777
(mod 5)
776776
+ 777777
+ 778778
≡ 1 + 3777
(3 - 1) (mod 5)
776776
+ 777777
+ 778778
≡ 1 + 2.3777
(mod 5)
Mà 32
≡ - 1(mod 5) => (32
)388
.3 ≡ 3 (mod 5)
Vậy A = 776776
+ 777777
+ 778778
≡ 1 + 2.3 ≡ 2 (mod 5)
Vậy A chia cho 5 dư 2.
Bài 7 : Tìm số dư của A = 32005
+ 42005
khi chia cho 11 và khi chia cho 13 ?
Giải :
+Ta có : 35
≡ 1 (mod 11) => (35
)401
≡ 1 (mod 11)
Và 45
≡ 1 (mod 11) => (45
)401
≡ 1 (mod 11)

=> A = 32005
+ 42005
≡ 2 (mod 11)
=> A chia cho 11 dư 2
+Ta có : 33
≡ 1 (mod 13) => (33
)668
. 3 ≡ 1.3 (mod 13) => 32005
≡ 3 (mod 13)
Và 43
≡ -1 (mod 13) =>(43
)668
.4≡ 1.4 (mod 13) => 42005
≡ 4 (mod 13)
=> A = 32005
+ 42005
≡ 7 (mod 13)
=> A chia cho 13 dư 7 .
2. Chứng minh chia hết
Ví dụ 1: Chứng minh: 3100
– 3 chia hết cho 13
Giải.
Ta có: 33
= 27 ≡ 1 (mod 13)
=> 3100
= 3.399
≡ 3.1 (mod 13)
=> 3100
- 3 ≡ 0 (mod 13). Vậy 3100
-3 chia hết cho 13
Ví dụ 2: Chứng minh 62n + 1
+ 5n + 2
chia hết cho 31 voí mọi n là số tự nhiên
Giải:
Ta có: 62
≡ 5 (mod 31) => 62n
≡ 5n
(mod 31)
Mặt khác: 6 ≡ - 52
(mod 31)
Nên: 62n + 1
≡ -5n + 2
(mod 31)
Vậy 62n + 1
+ 5n + 2
chia hết cho 31.
Ví dụ 3: Chứng minh 1132
14
3
+
+n
với n là số tự nhiên
Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = )
5
1
1)(
2
1
1(10 −− = 4.
Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = 1 => µ(10)
3 ≡ 1 (mod 10)
<=> 34
≡ 1 (mod 10) => 34n + 1
≡ 3 (mod 10)
Đặt 34n + 1
= 10.k + 3 với k ∈ N.
Khi đó ta có:
4 1
3 10. 3
2 3 2 3
n
k+
+
+ = +
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = 1
Nên µ(11)
2 ≡ 1 (mod 11)
<=> 210
≡ 1 (mod 11) => 210.k +3
≡ 23
(mod 11)
=> 210.k +3
+ 3 ≡ 23
+3 (mod 11) <=> 32
14
3
+
+n
≡ 0 (mod 11)
Vậy 1132
14
3
+
+n
Bài tập
Bài 1 : Chứng minh rằng các số A = 61000
- 1 và B = 61001
+ 1 đều là bội số của 7
Giải :
Ta có 6 ≡ - 1 (mod 7) => 61000
≡ 1 (mod 7) => 61000
- 1  7
Vậy A là bội của 7
Từ 61000
≡ 1 (mod 7) => 61001
≡ 6 (mod 7) , mà 6 ≡ - 1 (mod 7)
=> 61001
≡ -1 (mod 7) => 61001
+ 1  7
Vậy B là bội của 7
Bài 2 : Chứng minh rằng A = 7.52n
+ 12.6n
chia hết cho 19

Giải :
Ta có A = 7.52n
+ 12.6n
= 7.25n
+ 12.6n
Vì 25 ≡ 6 (mod 19) => 25n
≡ 6n
(mod 19)
=>7.25n
≡ 7.6n
(mod 19) => 7.25n
+ 12.6n
≡ 7.6n
+ 12.6n
≡ 19.6n
≡ 0 (mod 19)
. Điều này chứng tỏ A chia hết cho 19.
Bai 3 : Chứng minh rằng 22012
- 4 chia hết cho 31
Giải :
Ta có 25
≡ 1 (mod 31) , mà 2012 = 5.402 + 2
Nên 22012
= (25
)402
.22
Vì 25
≡ 1 (mod 31) => (25
)402
≡ 1402
(mod 31) => (25
)402
.22
≡ 1.22
(mod 31)
=> 22012
≡ 4 (mod 31) => 22012
- 4 chia hết cho 31
Bài 4 : Chứng minh rằng : 22225555
+ 55552222
chia hết cho 7
Giải :
Ta có 2222 + 4  7 => 2222 ≡ - 4 (mod 7) => 22225555
≡ (- 4)5555
(mod 7)
5555 - 4  7 => 5555 ≡ 4 (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
≡ 1 (mod 7)
Nên 22225555
+ 55552222
≡ 0 (mod 7)
=> 22225555
+ 55552222
chia hết cho 7.
3. Tìm chữ số tận cùng của một số
a)Tìm một chữ số tận cùng của an
:
-Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5 hoặc 6 thì an
lần lượt có chữ số tận cùng lần
lượt là 0; 1; 5 hoặc 6.
-Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3 hoặc 7, ta vận dụng nhận xét sau với k ∈ Z
24k
≡ 6 (mod 10)
34k
≡ 1 (mod 10)
74k
≡ 1 (mod 10)
Do đó để tìm chữ số tận cùng của an
với a có chữ số tận cùng là 2; 3; 7 ta
lấy n chia cho 4. Giả sử n = 4k + r với r ∈ {0; 1; 2; 3}
Nếu a ≡ 2 (mod 10) thì an
≡ 2n
= 24k + r
≡ 6.2r
(mod 10)
Nếu a ≡ 3 (mod 10) hoặc a ≡ 7 (mod 10) thì an
≡ a4k + r
≡ ar
(mod 10)
Ví dụ 1 : Tìm chữ số cuối cùng của các số :
a) 62009
, b) 92008
, c) 32009
, d) 22009
Giải :
a) 62009
có chữ số tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên
khác 0 vẫn có tận cùng bằng chính số 6)
b) 92008
= (92
)1004
= 811004
= … 1 có chữ số tận cùng là 1
91991
= 91990
.9 = (92
)995
.9 = 81995
.9 = (…1).9 = … 9 có chữ số tận cùng là 9

Nhận xét : Số có chữ số tận cùng là 9 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên
chẵn khác 0 nào thì chữ số tận cùng là 1, khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự
nhiên lẻ thì có số tận cùng là 9.
c) 32009
= (34
)502
.3 = 81502
.3 = (… 1).3 = … 3 có chữ số tận cùng là 3.
d) 22009
= 22008
.2 = (24
)502
.2 = 16502
.2 = ( … 6).2 = … 2 có chữ số tận cùng là 2
Ví dụ 2 : Tìm chữ số tận cùng của các 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 cùng là 6
421
= 420 + 1
= (42
)10
.4 = 1610
.4 = (…6).4 = … 4 có chữ số tận cùng là 4
Nhận xét : Số nào có số tận cùng là 4 thì khi nâng lên luỹ thừa với số mũ
tự nhiên chẵn thì có số tận cùng là 6, khi nâng lên với số mũ tự nhiên lẻ có số
tận cùng là 4)
b) 3103
= 3102
.3 = (32
)51
.3 = 951
.3 = (… 9).3 = … 7 có chữ số tận cùng là 7
c) 84n + 1
= 84n
.8 = (23
)4n
.8 = 212n
.8 = (24
)3n
.8 = 163n
.8 = (…6).8 = …. 8 có chữ số
tận cùng là 8
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)= … 1 có chữ số tận cùng là 1
b)Tìm hai số tận cùng của 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 ra kết quả sau với k là số tự nhiên khác 0.
a20k
≡ 00 (mod 100) nếu a ≡ 0 (mod 10)
a20k
≡ 01 (mod 100) nếu a ≡ 1; 3; 7; 9 (mod 10)
a20k
≡ 25 (mod 100) nếu a ≡ 5 (mod 10)
a20k
≡ 76 (mod 100 nếu a ≡ 2; 4; 6; 8 (mod 10)
Vậy để tìm hai chữ số tận cùng của an
, ta lấy số mũ n chia cho 20
Ví dụ 3 : Tìm hai chữ số tân cùng của 22003
Giải :
Ta có : 220
≡ 76 (mod 100) => 220k
≡ 76 (mod 100)
Do đó : 22003
= 23
.(220
)100
= 8.(220
)100
= ( … 76).8 = …08
Vậy 22003
có hai chữ số tận cùng là 08.
Ví dụ 4: Tìm 2 chữ số tận cùng của 20092010
Giải: Ta có: 20092010
≡ 92010
(mod 100)
Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) =1

Nên: µ(100)
9 ≡ 1 (mod 100). Mà µ(100) = 40)
5
1
1)(
2
1
1.(100 =−−
Hay: 940
≡ 1 (mod 100) => 92010
≡ 910
(mod 100)
Mà 910
= 3486784401 ≡ 1 (mod 100).
Vậy 2 chữ số tận cùng của 20092010
là 01.
Ví dụ 5: Tìm 3 chữ số tận cùng của 21954
Giải: Ta thấy (2; 1000) = 2 nên chưa thể áp dụng trực tiếp định lý Ơle được.
Ta có: (21954
; 1000) = 8.
Ta xét 21951
chia cho 125
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 125) = 1
Nên: µ(125)
2 ≡ 1 (mod 125). Mà µ(125) = 25)
5
1
1(125 =−
Hay: 225
≡ 1 (mod 125) => 21951
≡ 2 (mod 125)
=> 21951
. 23
≡ 2.23
(mod 125.23
) <=> 21954
≡ 16 (mod 1000)
Vậy 3 chữ số tận cùng của 21954
là 016
Ví dụ 6: Tìm 2 chữ số tận cùng của
9
9
9
Giải:
Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) = 1; µ(100) = 40;
=> 940
≡ 1 (mod 100). (
*)
Mặt khác ta có: 92
≡ 1 (mod 40) => 99
≡ 9 (mod 40).
Đặt 99
= 40.k + 9 với k ∈ N (
**)
Từ (*) và (**) suy ra:
9
9
9 ≡ 99
(mod 100)
Mà: 99
= 387420489 ≡ 89 (mod 100)
Vậy 2 chữ số tận cùng của
9
9
9 là 89
4. Giải phương trình nghiệm nguyên
a. Xét số dư hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 2
9 2x y y+ = + (*)
Giải:
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2
9 2 2 mod3 2 mod3 1 2 mod3VT x VP y y y y= + ≡ ⇒ = + ≡ ⇔ + ≡
( )1 mod3y⇒ ≡ ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì ( )0 mod3VP ≡ ).
3 1y k⇒ = + (trong đó k Z∈ ) thay vào pt(*) ta có :
( ) ( )
2 2 2
9 2 3 1 3 1 9 9 9x k k x k k x k k+ = + + + ⇔ = + ⇔ = +
Vậy
2
3 1
x k k
y k
k Z
 = +

= +
 ∈
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
( )( )( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879x x x x y
+ + + + − =

Giải:
Ta có 2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4x x x x x
+ + + + là 5 số tự nhiên liên tiếp nên
( )( )( )( )2 2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x x
+ + + + M
Mặt khác UCLN(2x
;5) = 1 nên ( )( )( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x
+ + + + M
Với 1y ≥ thì ( )( )( )( )2 1 2 2 2 3 2 4 5 5x x x x y
VT = + + + + − M còn ( )11879 4 mod5VP = ≡ suy
ra phương trình không có nghiệm.
Với y =0 ta có :
( )( )( )( ) ( )( )( )( )0
2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880x x x x x x x x
+ + + + − = ⇔ + + + + =
( )( )( )( ) 3
2 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 2 1 9 2 8 2 2 3x x x x x x x
x⇔ + + + + = ⇒ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 3;0x y =
Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn : ( )
2
3 1 1x
y+ = +
Giải:
( ) ( )
2
3 1 1 3 2x x
y y y+ = + ⇔ = + (**)
Ta có ( ) ( ) ( )3 1 mod 2 2 1 mod2x
VT VP y y= ≡ ⇒ = + ≡
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp
Từ pt(**)
3
2 3
m
n
y
y
m n x
 =

⇒ + =
 + =

Ta có y +2 > y ⇒ n > m
Nếu m > 0 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí)
Vậy m =0 ⇒ n = 1 ⇒ x=1 ⇒ y =1
b.Sử dụng số dư chỉ ra phương trình vô nghiệm
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
30
4
19 5 1890 1975 2013x y
+ + = +
Giải:
Ta có x ,y nguyên dương 5 5; 1890 5y
⇒ M M ( )19 5 1890 19 mod5x y x
VT⇒ = + + ≡
Mà: ( ) ( )19 1 mod5 19 ( 1) mod5x x
≡ − ⇒ ≡ −
Nếu x chẵn thì ( )19 1 mod5x
≡ ; nếu x lẻ thì ( ) ( )19 1 mod5 4 mod5x
≡ − ≡
( )1;4 mod5VT⇒ ≡ còn ( )3 mod5VP ≡ Do đó phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 5: Tìm các số nguyên dương x, y biết: 2 2 1
1 3 y
x x +
+ − =
Giải:
Ta có: ( )2 1
3 0 mod3y
VP +
= ≡ (*)
Nếu x =3k ( *
k N∈ ) thì ( )2
1 2 mod3VT x x= + − ≡

Nếu x =3k +1 ( k N∈ ) thì ( )2
1 1 mod3VT x x= + − ≡
Nếu x =3k +2 ( k N∈ ) thì ( )2
1 1 mod3VT x x= + − ≡
Vậy với x Z+
∀ ∈ thì ( )2
1 1;2 mod3VT x x= + − ≡ (**)
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại x,y thỏa mãn bài toán.
Chú ý: Nhiều bài toán thi vô địch các nước đôi khi phải xét modun khá lớn
VD: (IMO 1999)
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:: 2 5
4m n= −
Giải:
( )2
0;1;3;4;5;9 mod11m ≡ còn ( )5
4 6;7;8 mod11n − ≡ suy ra phương trình vô nghiệm.
Chú ý: ( )3
0;1;8 mod9x ≡
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 3 3 3
2011x y z+ + =
Giải:
Dựa vào nhận xét trên ta có ( )3
0;1;8 mod9x ≡ ; ( )3
0;1;8 mod9y ≡ ( )3
0;1;8 mod9z ≡
( )3 3 3
0;1;2;3;6;7;8 mod9VT x y z⇒ = + + ≡
Còn ( )2011 4 mod9VP = ≡ suy ra phương trình vô nghiệm.
B. Bài tập tổng hợp
1. Tìm dư trong phép chia
a) 32012
cho 13. b) 32013
cho 31. c) 570
+ 750
cho 12.
2. Chứng minh:
a) 3105
+ 4105
chia hết cho 13 nhưng không chia hết cho 11.
b) 192005
+ 112004
chia hết cho 10.
3. Tìm chữ số tận cùng của các số: 82012
, 72011
,
2013
5
19 .
4. Chứng minh rằng với mọi 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.
6. Chứng minh rằng:
777 333
555 555
333 777 10+ M .
4 1 4 1
2 3
3 2 5 11, .
n n
n N
+ +
+ + ∀ ∈M
a) 2 2 1
3 4 13n n+ +
+ M , n nguyên dương. b) 2 1
6 19 2 17n n n+
+ − M .
c) 2 1 2
6 5 31n n+ +
+ M . d) 3 4 2 1
2 3 19n n+ +
+ M
9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
a)
6 2
2
2 3 19;
n+
+ M c)
4 1
2
2 7 11.
n+
+ M b)
2 1
2
2 3 7.
n+
+ M
10. Tìm dư trong phép chia:
a) 570
+ 750
cho 12; b)
2 4 10
10 10 10 10
10 10 10 ... 10 7cho+ + + + .
11. Chứng minh:
a)
99 9
9 9
9 9 10;− M b)
777 7
7 7
7 7 10;− M c)
4 1 4 1
2 3
3 2 5 22.
n n+ +
+ + M
12. Chứng minh:
a) 2n
+ 1 không chia hết cho 7 với mọi n số tự nhiên n.

b) 9n
+ 1 không chia hết cho 100 với mọi số tự nhiên n.
13. Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh: p.a4m
+ q.b4m
chia hết cho 5 khi và chỉ khi p+q chia hết cho 5.
14. p là số nguyên tố lơn hơn 5. CMR: p8n
+ 3p4n
– 4 chia hết cho 5. (HD: Áp
dụng ĐL Fermat).
15. Cho n là số tự nhiên. CMR:
a) 2 1 4 1
5 2 2 23;n n n+ + +
+ + M b) 2 2 1
13 14 183.n n+ +
+ M
c) 2 1 2 1
2 3 5.n n+ +
+ M d) 2 1 2 2 2 1
5 .2 3 .2 38;n n n n+ + + +
+ M
16. Tìm dư trong các phép chia sau:
a) 6.5123
+ 7162
chia cho 132. b) 20112012
+ 20122013
+ 2010
chia cho 7.
c) 20122012
chia cho 11. d) 22013
chia cho 35.
e) 20132011
chia cho 14. f)
11
11
11 30chiacho .
17. Tìm chữ số tận cùng của các số: 3123
, 7200
,
7
7
7 .
18. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 3123
, 7200
,
7
7
7 , 2999
, 3999
.
19. Tìm dư trong phép chia
12 1111 10
10 9
9 5 13cho− .
20. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 22004
,
99
9
7 , 14
14
14 ,
2012
9
29 .
21. Tìm hai chữ số tận cùng của số:
2000
1999
1998 .
22. Tìm ba chữ số tận cùng của số:
2003 2011
2 5
3 , 7 .
23. Tìm số tự nhiên gồm toàn chữ số 9 và chia hết cho các 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 cùng của B =
99
9
7
Bài tập về phương trình nghiệm nguyên
1. Chứng minh rằng các phương trình sau vô 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 rằng A không là lập phương của một số tự nhiên
A = 100 ... 0500 ... 01
49 c/s 50 c/s
3, Tìm các số x, y nguyên dương sao cho
a, 2x
+ 3 = y2
b, 2x
+ 57 = y2
c, x2
= 4y
+5
d, 5x3
= 3y
+ 317

C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I- KẾT LUẬN
Lý thuyết đồng dư là một mảng kiến thức khá rộng và tương đối phức tạp.
Tuy nhiên khả năng ứng dụng của nó thì rất rộng và có tính ưu việt cao. Nó
phục vụ rất nhiều trong quá trình giảng dạy môn Toán THCS. Hơn nữa từ lý
thuyết đồng dư mở sẽ cho ta các lĩnh vực khác. Ví dụ như: Phương trình vô
định, Lý thuyết chia hết trong vành đa thức Z(x), ... Vì vậy trong sáng kiến kinh
nghiệm này tôi không thể đưa ra hết được.
Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một điều tôi đang nung nấu và hoàn
thiện hơn nưa. Trong sáng kiến này chắc chắn còn nhiều vấn đề chưa đầy đủ. Vì
vậy tôi kính mong quý vị, bạn bè đồng nghiệp góp ý chia sẽ để chuyên đề càng
hoàn thiện hơn.
II- Ý KIẾN KIẾN NGHỊ
Trong nhiều năm qua, cùng với sự quan tâm giúp đỡ của các cơ quan về nhiều
mặt cho ngành giáo dục và cùng với sự phát triển nhanh của công nghệ thông
tin. Các sáng kiến kinh nghiệm của nhiều giáo viên cũng ngày càng có chất
lượng. Tuy nhiên khả năng trao đổi, phạm vi ứng dụng chưa được rộng rãi và
nhiều ý tưởng hay chưa đến với tất cả mọi giáo viên và học sinh nhằm biến các
ý tưởng đó thành hiện thực. Vì vậy tôi kính mong Phòng, Sở GD-ĐT, Tổ chuyên
môn nên tạo điều kiện để các sáng kiến, ý tưởng hay có thể đến với tất cả các
giáo viên và học sinh, bằng cách có thể in ấn, đưa lên trang Web nội bộ của
phòng, sở để các ý tưởng đó trở thành hiện thực và có ý nghĩa hơn.
KẾT QUẢ VẬN DỤNG VÀO GIẢNG DẠY
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, vận dụng vào rất nhiều dạng bài tập có nhiều
ứng dụng và cuốn hút đối với học sinh trung học cơ sở.
Trước khi chuyên đề được đưa vào áp dụng kết quả khảo sát cho biết mức độ
nhận thức cũng như khả năng vận dụng của học sinh rất thấp, kết quả được tổng
hợp ở bảng sau
Năm học
Chất lượng trước khi thực hiện chuyên đề
Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
201..-
201..
10 21,7
%
18 39,1
%
15 32,6
%
3 6,6% 0 0

Năm học
Chất lượng sau khi thực hiện 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 đã được xem xét và ứng dụng xong cũng không tránh khỏi
những hạn chế và thiếu sót, rất mong được sự góp ý của các cấp chỉ đạo chuyên
môn, các bạn đồng nghiệp giàu kinh nghiệm, bạn đọc chuyên đề bổ sung góp ý
chân thành để chuyên đề được hoàn thiện và 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 và phát triển Toán 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 các bài thi HSG Toán THCS – Lê Hồng Đức
5, Phương trình nghiệm nguyên – Vũ Hữu Bình
6, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ - NXB GD
7, Các đề thi vào trường chuyên lớp chọn trong và ngoài tỉnh
8, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS – Lê Đức Thịnh

Nhận xét và đánh giá chuyên đề của Tổ chuyên môn

Nhận xét và đánh giá chuyên đề của Trường THCS Yên Lạc

Nhận xét và đánh giá chuyên đề
của Phòng GD&ĐT Yên Lạc

Cđ đồng dư thức trong toán 7

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Similar a Cđ đồng dư thức trong toán 7

Similar a Cđ đồng dư thức trong toán 7 (20)

Más de Cảnh

Más de Cảnh (20)

Último

Último (20)

Cđ đồng dư thức trong toán 7