CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.44 KB, 27 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn chuyên đề:

Như chúng ta đã biết toán học là một mơn khoa học cơ bản, tốn 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 cơng 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 mơn Tốn
được xác định là mơn công cụ, rất quan trọng đối với mỗi học sinh.

Trong chương trình Tốn 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 Tốn học.

Trong nhiều năm làm cơng 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 mơn
Tốn 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:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2. Phạm vi nghiên cứu chun đề:

- Chương trình mơn Tốn cấp THCS

3. Đối tượng của chuyên đề:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

PHẦN II: NỘI DUNG

I. Cơ sở lí luận.

Số học là một nội dung kiến thức quan trọng trong chương trình Tốn
ở cấp THCS. Từ những phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản giữa các số
đến các bài tốn địi hỏi tư duy cao hơn như là dạng toán cấu tạo số, các bài
tốn về số ngun 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 tốn 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 q trình
học. Từ đó áp dụng vào giải các dạng tốn 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, tơi nhận thấy nhiều học sinh cịn lúng
túng về cách tìm lời giải khi gặp phải những bài tốn về chia hết, tìm chữ số
tận cùng, số chính phương, …mặc dù đó khơng phải là những bài tốn q
khó, hay như những bài tốn 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:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

- Như vậy: a  b (mod c)  a – b chia hết cho c.

- 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 cịn c gọi là mơđun.

1.2. Một số tính chất:

Với a; b; c; d; m; … là các số ngun dương (Z+), ta ln 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

d 

d (mod 
m

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  a – b.

+ Trong n số nguyên liên tiếp (n  1) có một và chỉ một số chia
hết cho n.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

+ 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.
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 A 19

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:

n n

a  b a b  với



n N



n n

a b a 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:

a) Ta có A 



55552222 42222

 

 2222555545555

 

 45555 42222



Mà



55552222 42222







5555 4



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tương tự:



2222555545555



7

 

1111

 

1111





5555 2222 5 2 5 2 5555 2222

4  4  4  4 4  4  4  4 7
Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.

b) B 196119621963196419651966 2 7
Sử dụng tính chất:





n

a b khi chia cho a có số dư là b.
Ta có B (1960 1) 1962(1960 3) 1964(1965 2) 19662

1962 1964 1966

(7 1) (7 3) (7 2) 2

B m  n  p 

1964 1966

7 1 3 2 2

B q   

654 3.655

7 9.27 2.2 3

B q  

7 9 2 3

B r  
7 14 7

B r 

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) (6)
Từ (5) và (6) ta được: A  0 (mod 7)

Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7

b) Ta có:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tương tự:





 

654













1964 1964 3 654

1963 3 mod 7 9. 3 mod 7 9.27 mod 7 2 mod 7





1966





 

655













1966 3 655

1965  2 mod 7 2. 2 mod 7 2.8 mod 7 2 mod 7









1 2 2 2 mod 7 0 mod 7

B

     

Vậy: B 196119621963196419651966 2 7

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 3 ) 13.3n  n

Vì

16 3 13

13
13.3 13
n n
n B
 









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)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

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

Lời giải
Cách 1:

a) Ta có: 5.25n 16.2n 2.2n 5.25n 18.2n

A     





5 25n 2n 23.2n

  

Vì

25 2 23

23
23.2 23

n n

n A

 













b) B 121.11n 12.144n 12 144



n11n



133.11n
Từ đây ta có được B133

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.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

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)

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 qt cho dạng tốn đó. 
Chẳng hạn

Bài 6: Chứng minh rằng:





) 2 n 5 7 0

a A   n





2004

2003

) 1924 n 1920 124 0

b A   n





4 1 4 1

2 3

) 3 n 2 n 5 22 0

c A   n

    

d) A = 2

n



10 13



Lời giải

a) Vì





2  8 1 mod 7 . Nên ta đi tìm số dư của 22n

cho 3.
Thật vậy: 22n 4n 1 mod 3





 22n 3k1

=> A23k1 5 2.8k  5



2 5 mod 7

 



0 mod 7









2 n 5 7 0

A   n

b) Ta có 124 = 4.31

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vì









1924 2 mod 31
1920 2 mod 31








 nên





2004

2003

2 n 2 mod 31

B  

Vì 25 32 1 mod 31





Từ đây ta xét M 20032004nchia cho 5 có số dư là bao nhiêu
Vì 2004 4 nên ta đặt 2004n 4k và M 20032004n 20034k

Mà 2003 3 mod 5





=> 20034k 34k



mod 5



81 mod 5k





1 mod 5





=> M = 5m+1

=> B25m1 2 mod 31





2.32m 2 mod 31





 2 2 mod 31





0 mod 31





Vậy B124





4 1 4 1

2 3

3 n 2 n 5 22 0

C   n

    

Vì 22 = 2.11 và C2 nên ta chứng minh A11
Ta có 310 1 mod11





(Định lý Fecma)

Từ đây ta xétN 24n1

 và P34n1 chia cho 10 có số dư là bao nhiêu.
* N 24n1 2.16n 2.6 mod10n





2. ...6 mod10



 



2 mod10





=>N 24n1 10k 2

  

 









4 1 2

2 10 2 5

3 n 3 k 9. 3 k mod11 9 mod11



  

( vì 35 1 mod11





)
Tương tự: P 34n1 10m 3

  







 







4 1 2

3 10 3 2

2 n 2 k 8.32k mod11 8. 1 k mod11 8 mod11

    

Vậy C   (9 8 5) mod 22





0 mod 22





D=2

n



10 13



Ta có 212 1(mod 13) (Định lý Fecma)

Từ đó bài tốn 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

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 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 
tốn chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp 
quá nhiều khơng khi gặp một số dạng tốn 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

Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài tốn một

cách dễ dàng: A= 19932014-1+1

Vì A = 199320141 1992  199320141 3

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

Lời giải
Cách 1:

Ta có:A 776 776 2776 777777778778 1 27761

Vì

776 776
777
778

776 2 3
777 3
778 1 3







 nên ta phải tìm số dự khi chia 27761 cho 3
Thật vậy: 2776 1 2.2775 2 1 2 2



7751



 3 2

Vì 2 2



7751



 3 3 nên A chia 3 dư 2
Tương tự: A chia 5 dư 1

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

+ 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)

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 khơng 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:

1 5 1 10 5 9 5

9 35

5 7 5 14 7 9 7

n n n

n

n n n

   

  

   

  

   

  

  



  

Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26.

Cách 3:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

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 tốn 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 tốn
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.

Lời giải
Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98

=> 131x = 131y +y-14
=>y - 14131

=> 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

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

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.

Nhận xét: Trong cách giải bài tốn trên thì việc thử loại sẽ mất rất

nhiều thời gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài tốn 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)

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

=> 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 1 9
 
b) 2.3n 3 11

 

Lời giải

a) Ta có 23 8



1 mod 9

 





 

mod 9



k
k

     

Nên ta xét các trường hợp sau:

+ n = 3k => 2 1 23 1 2.8 1





1 mod 9





k

n k k

       





0 mod 9

 ( Nếu k chẵn)





7 mod 9

 ( Nếu k lẻ) (loại)
+ n = 3k+1=> 2 1 23 1 1 2.8 1 2. 1





1 mod 9





k
n k k

       

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:

Ta có





3 243 1 mod11 . Nên ta xét các trường hợp sau:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện
đề bài. Thật vậy: Xét









5 4

2.3n 3 2.3 k 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.
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:

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

b) B =

9
9

7

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 4 => k  4 ( vì 25; 4) = 1
=> A = 100k + 16

Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16.
b) B =

9
9

9
7

Ta có: 7n  3 (mod 4)

74  1 (mod 25)

9

 1 (mod 4) =>

9

= 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.

Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A =

2

34 .

Lời giải

Ta có: A =

2

34 = 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.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

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 tốn khác nhưng có cách giải tương tự.

Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số:



2004 2006



) 0,7 2001 2003

a A  



1983 1917



) 0,3 1983 1917

b B  

Lời giải

a) Ta xét





2004 2006

0,7 2001 2003

A  

khi chia cho 10.

Ta có 20012001 1 mod10









2006 2006

2003 3 mod10

91003



mod10



91003



mod10



 



1 mod10

 



9 mod10





=> A10. Vậy A là số nguyên.



1983 1917



) 0,3 1983 1917

b B  

Tương tự ý a) Ta xét





1983 1917

0,3 1983 1917

B  

khi chia cho 
10.

Ta có 19831983 31983



mod10









 



991
991

3.9 mod10 3. 1 mod10

  

3 mod10





7 mod10









1917 1917

1917 7 mod10

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>













958

7. 1 mod10 7 mod10

  

=> B10. 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.
2014

) 2 1

a A  

2005

)

2

5 b A 



Lời giải

a) Ta có

2 

1(mod 3)



2

2014



4

1007



1(mod 3)





2014

2 1 0 mod 3

A

    , mà A>3.

Vậy A không là số nguyên tố.

2005

)

2

5 b A 



Ta thấy

2 

1(mod 3)

2005

( 1)

5 6(mod 3) 0(mod 3)

A



 

 



=> A



3

Vậy A không là số nguyên tố

Bài 2: Số

2 1

2

n

3 A







là số nguyên tố hay hợp số. ( n N*)

Lời giải

Với n = 1, ta có

2 3 259 7

A 

 



. Từ đó gợi ý cho ta xét xem A

chia hết cho 7 hay khơng.

Vì





2 

1 mod 7

, nên ta xét

2

2n1

chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy:





2 1 2 1

2

n

2.4

n

2 mod 3

2

n

3 k

2 













3 2

2

k

3 4.8

k

3 0 mod 7

A



</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Vậy A hợp số

Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng





4 1

2 *

3

n

2 A



n N







đều không phải số nguyên tố.
Lời giải

Với n = 1, ta có





2 32

3 2 3 2 1 mod11

A      .Từ đó gợi ý cho ta 
xét xem A chia hết cho 11 hay khơng

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 khơng phải là số chính phương.

a) Ta có: Các số 1993 ;19942 2 là số chính phương khơng chia hết cho 3
nên chia 3 dư 1, còn 1992 32 . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính 
phương.

b) Các số 1992 ;19942 2 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các
số 1993 ;19952 2 là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2,
nên B khơng là số chính phương.

c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C khơng 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.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

A   0 1 2 mod 32





2 mod 3





. Nên A khơng là số chính
phương.

b) B 19922199321994219952

B   0 1 223 mod 42





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 khơng là số chính
phương.

Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 khơng 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 khơng 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:

A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.

Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

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 =

2 + 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

Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta ln có:

52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38

Bài 8: Chứng minh rằng: a) A = 22011969+ 11969220

+ 69220119chia hết cho 
102

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 ngun n > 1 ta ln 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 = 999

Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 1414
14

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



19761976- 19741974

 

19761975+ 19741973



Bài 15: Chứng minh rằng:

B = 1 + 92n + 452n + 19452n khơng là số chính phương.

PHẦN III - KẾT LUẬN.
1. Kết quả.

Sau nhiều năm trực tiếp đứng lớp giảng dạy và bồi dưỡng HSG mơn
Tốn 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 tơi đã tích lũy thêm nhiều

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

chương trình dạy phần Số học của cấp THCS, có phương pháp giải các bài
tốn 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 mơn tốn 6 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba mơn tốn 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải KK mơn tốn 6 cấp huyện.
Năm học 2011 – 2012

- Có 03 học sinh đạt giải Nhất mơn tốn 7 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn 7 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Ba mơn tốn 7 cấp huyện.
Năm học 2012 – 2013

- Có 01 học sinh đạt giải Nhất mơn tốn 8 cấp huyện.
- Có 01 học sinh đạt giải Nhì mơn tốn 8 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba mơn tốn 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 khơng thể tránh khỏi những thiếu xót. Vì vậy tơi 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 q trình giảng dạy góp phần nâng cao chất
lượng Học sinh giỏi mơn Tốn của bậc THCS.

Xin trân trọng cảm ơn các thầy giáo, cơ giáo !.

Thái Hịa, ngày 17 tháng 2 năm 2014

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25></div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

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)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

MỤC LỤC

Nội dung Trang

A. PHẦN MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn chuyên đề

2. Mục đích, phạm vi, đối tượng nghiên cứu.

1
B. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

1. Cơ sở lý luận
2.Cơ sở thực tiễn

2

Phần I: Kiến thức cơ bản 3

Phần II: Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán 4

Phần III: Bài tập áp dụng 20

</div>

CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT

<b>BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ:</b>

<i><b>ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI </b></i>

<i><b>MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT</b></i>

<b>Thời lượng: 30 tiết (lớp 6, 7)</b>

<b>Người thực hiện: LÊ QUANG ĐÔNG</b>

<b>Chức vụ: Giáo viên.</b>

<b>PHẦN I: MỞ ĐẦU</b>

<b>PHẦN II: NỘI DUNG</b>







 

 















 

 













 





















 









































d) A = 2



10 13













 

















