Title HSG T7 - CĐ7 - ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT (42 TRANG).pdf ✅

CHUYÊN ĐỀ 7. ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 1 ĐS7. CHUYÊN ĐỀ 7 – ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT PHẦN I.TÓM TẮT LÍ THUYẾT. I.Định nghĩa. Nếu a b q  . thì a b   * ( , ) a b   Nếu hai số nguyên a và b có cùng số dư trong phép chia cho một số tự nhiên m 0  thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m , và có đồng dư thức: a b m mod    Ví dụ: 7 10 mod3 , 12 22 mod10       + Chú ý: a b m a b m    mod – 0 mod     II.Một số tính chất. A. Tính chất về đồng dư 1. Tính chất phản xạ: a a m mod    2. Tính chất đối xứng: a b m b a m mod mod        3. Tính chất bắc cầu: a b m b c m mod , mod       thì a c m mod    4. Cộng , trừ từng vế:          a b (mod m) a c b d (mod m) c d (mod m) Hệ quả: a) a b m a c b c m mod mod          b) a b c m a c b m      mod mod     c) a b m a km b m mod mod         5. Nhân từng vế :        a b (mod m) ac bd (mod m) c d (mod m) Hệ quả: a ) mod a b m ac bc m c       mod   ( ) b)        n n a b mod m a b mod m 6. Có thể nhân (chia) hai vế và môđun của một đồng dư thức với một số nguyên dương mod mod a b m ac bc mc        Chẳng hạn: 11 3 mod 4 22 6 mod8        7.       ac bc (mod m) a b (mod m) (c, m) = 1
CHUYÊN ĐỀ 7. ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 2 Chẳng hạn :       16 2 (mod 7) 8 1 (mod 7) (2, 7) = 1 8. Định lí Fermat:Cho p là số nguyên tố ( , ) 1 a p  khi đó   1 1(mod ) p a p B. Tính chất về chia hết 1. Nếu a chia hết cho cả m và n , trong đó mn, là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho mn. . 2. Nếu tích ab. chia hết cho c, trong đó ( , ) 1 b c  thì a chia hết cho c. 3. Với p là số nguyên tố. Nếu ab. chia hết cho p thì hoặc a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p. 4. Khi chia n 1 số nguyên dương liên tiếp cho n n 1 luôn nhận được hai số dư bằng nhau. 5. Trong n n 1 số nguyên liên tiếp, luôn có duy nhất 1 số chia hết cho n. 6. Nếu a b d ;   thì tồn tại hai số nguyên x; y sao cho: ax by d   . 7. Với mọi  a b a b ; ;    và n là số tự nhiên:    . n n a b a b 8. Trong n số nguyên liên tiếp ( n 1 ) có một và chỉ một số chia hết cho n. 9. Lấy n 1 số nguyên bất kì ( n 1 ) đem chia cho n thì phải cóhai số khi chia cho n có cùng số dư; (Theo nguyên lí Đirichlet). 10. Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m . PHẦN II.CÁC DẠNG BÀI. Dạng 1: Dùng đồng dư chứng minh các bài toán chia hết I. Phương pháp giải. Khi số dư trong phép chia a cho m là 0 thì a m . Để chứng minh a m thì a  0 (mod m) II. Bài toán. Bài 1. Chứng minh:      2 (7.5 12.6 ) 19, n n A n N Lời giải Ta có:   2 2 7.5 7.(5 ) 7.25 n n n    7.25 12.6 n n A Vì 25 6 (mod 19)    25 6 (mod 19) n n   7.25 7.6 (mod 19) n n     2 7.5 12.6 7.6 12.6 (mod 19) n n n n     2 7.5 12.6 19.6 0 (mod 19) n n n  A19 Bài 2. Chứng minh:        2 2 (2 5) 7 ( ; 1) n A n N n Lời giải Ta có  3 2 1 (mod 7)  Ta đi tìm số dư của 2 n khi chia cho 3. Ta có:  2 2 1 (mod3)   2 2 1 (mod3) n    2 2 3 1 n k ( ) k N          2 2 3 1 3 (2 5) 2 5 2.2 5 2.8 5 n k k k A Vì  3 2 1 (mod 7)   3 (2 ) 1 (mod 7) k hay 8 1 (mod 7)  k  2.8 2.1 (mod 7)  k  2.8 5 2.1 5 0 (mod 7)     k  2.8 5 7   k
CHUYÊN ĐỀ 7. ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 3 Vậy A7 Bài 3. Chứng minh rằng:      2004 2003 * (1924 1920) 124, n n N Lời giải Đặt   2004 2003 1924 1920 n A Ta có 124 4.31  và (4,31) 1  Vì 1924 2(mod31)      1924 4 2 4(mod31)  1920 2(mod 31)          2004 2004 2003 2003 1924 1920 1924 ( 2) mod 31 n n      2004 2003 1924 2 mod 31 n A Mặt khác  5 2 1 (mod 31) nên ta đi tìm số dư của 2004 2003 n khi chia cho 5 Ta có 2004 4 ,( )   n k k N nên  2004 4 2003 2003 n k Vì 2003  3mod 5 và        4 4 3 1 3 mod 5 mod 1 5 k     4 3 1 mod 5 k      4 4 2003 1 3 mod 5 k k hay    2004 2003 1 mod 5 n    2004 2003 5 1 n m      2004 2003 5 1 5 5 2 2 2.2 2(2 ) n m m m (1) do  5 2 1 (mod 31)   5 (2 ) 1 m (mod 31)   5 2.(2 ) 2.1 m (2) Từ (1) và (2)   2004 2003 2 n (mod 31) (3) Vì 1924 2  (mod 31)   2004 2004 2003 2003 1924 2 n n (mod 31) (4) Từ (3) và (4)   2004 2003 1924 2 n (mod 31)    2004 2003 1924 2 0 n (mod 31) Vậy    2004 2003 1924 2 0 n A (mod 31)  A31 Ta lại có 1924 4   2004 2003 1924 4 n ; 1920 4  A4 Vì A31, A4 và (4,31) 1   A4.31 hay A124 Bài 4: Chứng minh rằng  2008 2 8 chia hết cho 31 Lời giải Để chứng minh  2008 2 8 chia hết cho 31 ta chứng minh   2008 2 8 0 (mod 31) Ta có :   2008 3 2005 3 5 401 2 2 .2 2 .(2 ) mà   5 2 32 1 (mod 31) nên ta có  5 401 401 (2 ) 1 (mod 31)   3 2005 3 2 .2 2 .1 (mod 31)   2008 2 8 (mod 31) Mặt khác 8 8  (mod 31) Nên   2008 2 8 0 (mod 31) Vậy  2008 2 8 chia hết cho 31 (đpcm)   2008 2 8 8 8 (mod 31)
CHUYÊN ĐỀ 7. ĐỒNG DƯ THỨC VÀ BÀI TOÁN CHIA HẾT 4 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số    2 1 2 12 11 n n chia hết cho 133 Lời giải Ta có:    2 1 2 12 12.12 12.144 n n n Vì 144 11  (mod 133) nên 144 11  n n (mod 133) suy ra 12.144 12.11  n n (mod 133) (1) Mặt khác:   2 11 121.11 n n Mà 121 12   (mod 133) nên 121.11 12.11   n n (mod 133) (2) Cộng vế (1) và (2) ta được     2 1 2 12 11 0 n n (mod 133) Vậy    2 1 2 12 11 n n chia hết cho 133 (đpcm) Bài 6: Chứng minh   2008 8 5 23 24 Lời giải Ta có  8 4 5 25 mà 25 1  (mod 24) nên  4 25 1 (mod 24)   2008 4 25 1 (mod 24) Có 23 23  (mod 24) Suy ra   2008 8 5 23 0 (mod 24). Vậy   2008 8 5 23 24 Bài 7: Chứng tỏ rằng:   5 4 21 17 24 13 chia hết cho 10 Lời giải Ta có:  5 17 7 (mod 10)  4 24 6 (mod 10)   21 4 5 13 13.(13 ) 3 (mod 10)       5 4 21 17 24 13 7 6 3 (mod 10) Hay    5 4 21 17 24 13 0 (mod 10) Vậy    5 4 21 17 24 13 10 Bài 8 : Chứng minh rằng:  2002 2 4 chia hết cho 31 Lời giải Ta có  5 2 1 (mod 31) , mà 2002 5.400 2   nên  2002 5 400 2 2 (2 ) .2 Vì  5 2 1 (mod 31)   5 400 400 (2 ) 1 (mod 31)   5 400 2 2 (2 ) .2 1.2 (mod 31)     2002 2 4 mod 31   2002 2 4 chia hết cho 31 Bài 9: Chứng minh rằng:  5555 2222 2222 5555 chia hết cho 7 Lời giải Cách 1: Ta có 2222 4 7 2222 4      (mod 7)    5555 5555 2222 ( 4) (mod 7)