Tiêu đề Chuyên đề 12. Đồng dư thức.pdf ✅

Trang 1/21 CĐ12: ĐỒNG DƢ THỨC Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức chứng minh chia hết Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư Dạng 3: Tìm điều kiện của biến để chia hết Dạng 4: Sử dụng đồng dư tìm chữ số tận cùng Dạng 5: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số chính phương Dạng 6: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số nguyên tố, hợp số Dạng 7: Sử dụng đồng dư trong bài toán tìm nghiệm nguyên Dạng 1. SỬ DỤNG ĐỒNG DƢ THỨC CHỨNG MINH CHIA HẾT Câu 1. (HSG 7 huyện Hoàng Hoá 2022 - 2023; Cẩm Thụy 2022 - 2023) Cho a b c d , , ,  thỏa mãn   3 3 3 3 a b c d    2 8 . Chứng minh a b c d     3. Lời giải Ta có:   3 3 3 3 a b c d    2 8 . 3 3 3 3 3 3       a b c d c d 3 15 Mà   3 3 3 15 3 c d  nên   3 3 3 3 a b c d    3 . (1) Dư trong phép chia a cho 3 là 0;1; 1 . Suy ra dư trong phép chia 3 a cho 3 cũng lần lượt là 0;1; 1 . Như vậy:   3 a a  mod 3 . Tương tự ta có:   3 b b  mod 3 , 3 c c  (mod 3), 3 d d  (mod 3). Suy ra: 3 3 3 3 a b c d a b c d        (mod 3) . (2) Từ (1) và (2) suy ra a b c d    chia hết cho 3. Câu 2. (HSG 7 huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh 2022 - 2023) Chứng minh rằng:   2 2 4 1 15 n  với mọi số tự nhiên n . Lời giải Ta có: 4 1 (mod 5)   2( 1) 2( 1) 4 ( 1) (mod 5)    n n   2( 1) 4 1 (mod 5)   n   2( 1) 4 1 0 (mod 5)    n   2( 1) 4 1 5   n . (1) Lại có: 4 1 (mod 3)  2( 1) 2( 1) 4 (1) (mod 3)   n n     2( 1) 4 1 0 (mod 3)    n
Trang 2/21   2( 1) 4 1 3   n . (2) Lại có: 3 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. (3) Từ (1) và (2) và (3)   2 2 4 1 15   n . Câu 3. (HSG T7 TP Bắc Giang năm học 2022 - 2023) Cho m n t ; ; là ba số nguyên tố lớn hơn 3 thỏa mãn: m n n t a     ( * a N  ). Chứng minh rằng a chia hết cho 6 . Lời giải Ta có:   * m n n t a a N      Suy ra n t a   ; m n a t     2a Do đó ta có t; t a  ; t  2a là các số nguyên tố lớn hơn 3 . Xét số dư của ba số nguyên tố t; t a  ; t  2a đã cho khi chia cho 3 , số dư nhận được có thể là 1 hoặc 2 Do đó có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 3 và hiệu của chúng chia hết cho 3 . Mặt khác t a     t a; t    2 2 a t a; t t a a     2a   Suy ra a hoặc 2a chia hết cho 3 . Mà 2,3 1   nên a 3 (1) Vì m n , là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên m n , là các số lẻ   m n 2 (2) Từ 1 và 2 kết hợp với 2,3 1   ta có a 6 Câu 4. (HSG 7 huyện Cẩm Thụy, tỉnh Thanh Hóa, trƣờng 2022 - 2023) Cho a, b, c, d  . thỏa mãn   3 3 3 3 a b c d    2 8 . Chứng minh a b c d    chia hết cho 3 . Lời giải Ta có   3 3 3 3 a b c d    2 8 khi và chỉ khi 3 3 3 3 3 3 a b c d c d      3 15 Mà   3 3 3 15 3 c d  nên   3 3 3 3 a b c d    3 1 Dư trong phép chia a cho 3 là 1;0;1 suy ra dư trong phép chia 3 a cho 3 cũng là 1;0;1 hay   3 a a  mod3 Tương tự ta có:   3 b b  mod3 ;   3 c c  mod3 ;   3 d d  mod3 Suy ra   3 3 3 3 a b c d     a b  c d  mod3 2 Vậy a b c d    chia hết cho 3 Câu 5. (HSG T7 Huyện Nghi Lộc, năm học 2022 - 2023) Chứng minh rằng số   2016 97 2014 96 17 3 2 A   là một số tự nhiên chia hết cho 5 . Lời giải Ta có:   1008 2016 2 2014 2014 4  nên   2016 * 2014 4   k k suy ra 2016 2014 4 17 17 k 
Trang 3/21 Mà   2 4 2 2 17 17 289 k k k   luôn có chữ số tận cùng là chữ số 1 nên 2016 2014 17 luôn có chữ số tận cùng là chữ số 1 97 96 4 nên   97 * 96 4   m m suy ra 97 96 4 3 3 m  4 3 81 m m  luôn có tận cùng là chữ số 1 nên 97 96 3 luôn có chữ số tận cùng là chữ số 1 Suy ra   2016 97 2014 96 17 3  có chữ số tận cùng là chữ số 0 Do vậy   2016 97 2014 96 17 3  chia hết cho 2 nên A là số tự nhiên.   2016 97 2014 96 17 3  có chữ số tận cùng là 0 nên A chia hết cho 5 Câu 6. (HSG 7 Huyện Vĩnh Lộc, Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2022 – 2023 Cho hai số nguyên tố khác nhau p và q . Chứng minh rằng: 1 1 1 q p p q     chia hết cho pq. Lời giải Vì p q , nguyên tố cùng nhau và p khác q nên:  p q, 1.   Áp dụng định lí Fermat ta có:   1 1 q p mod q   và   1 1 p q mod p     1 1 q p q    và   1 1 p q p   mặt khác q 1 p p  và 1 p q q  nên ta có:   1 1 1 q p p q q     ;   1 1 1 q p p q p     mà  p q, 1   nên:     1 1 1 . q p p q p q     . Câu 7. (HSG 7 huyện Nông Cống 2022 - 2023) Viết 6 số tự nhiên vào 6 mặt của một con xúc xắc. Chứng tỏ rằng khi ta gieo xúc xắc xuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt để tổng các số trên mặt đó chia hết cho 5 . Lời giải Gọi các số trên mặt là 1 2 3 4 5 a a a a a ; ; ; ; . Xét 5 tổng: 1 1 S a  ; 2 1 2 S a a   ; 3 1 2 3 S a a a    ; 4 1 2 3 4 S a a a a     ; 5 1 2 3 4 5 S a a a a a      - + Nếu một trong 5 tổng đó chia hết cho 5 thì bài toán đã giải xong. + Nếu không có tổng nào chia hết cho 5 thì tồn tại hai tổng có cùng số dư khi chia cho 5 (vì có 5 tổng mà có 4 số dư khác 0 là 1; 2; 3; 4 ). Nên hiệu của hai tổng đó chia hết cho 5 + Gọi 2 tổng đó là mS và n S ( 1 5    m n ) thì – 5 m n S S Hay  1 2 1 2 1 2  –   5 m n n n m a a a a a a a a a             .
Trang 4/21 Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu 8. (HSG 7 huyện Cửa Lò, tỉnh Nghệ An, 2022 - 2023) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 . Chứng minh   2 p 1 24 . Lời giải Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ và p không chia hết cho 3 . + Ta chứng minh   2 p 1 3 . Thật vậy, vì p không chia hết cho 3 nên có hai trường hợp:  Nếu p 1(mod 3) thì 2 p 1(mod 3)   2   p 1 3.  Nếu p  2 (mod 3) thì 2 p   4 (mod 3) 1(mod 3)   2   p 1 3. + Ta chứng minh   2 p 1 8 . Thật vậy, vì p là số lẻ nên có các trường hợp:  Nếu p 1(mod 8) thì 2 p 1(mod 8)   2   p 1 8.  Nếu p  3 (mod 8) thì 2 p   9 (mod 8) 1(mod 8)   2   p 1 8.  Nếu p  5 (mod 8) thì 2 p   25 (mod 8) 1(mod 8)   2   p 1 8.  Nếu p  7 (mod 8) thì 2 p   49 (mod 8) 1(mod 8)   2   p 1 8. Như vậy: vì 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên     2 p 1 3.8 hay   2 p 1 24 . Câu 9. (HSG 7 huyện Bá Thƣớc, 2022 - 2023) Cho x y, là các số nguyên thỏa mãn 2 2 1 1 2 3 x y    . Chứng minh rằng 2 2 x y  chia hết cho 40 . Lời giải Vì 2 x chia cho 8 dư 0;1;4 nên 2 3x chia cho 8 dư 0;3;4. Vì 2 y chia cho 8 dư 0;1;4 nên 2 2 y chia cho 8 dư 0;2;4 . Từ giả thiết 2 2 1 1 2 3 x y    2 2    3 2 1 x y 2 2   3 2 x y chia cho 8 dư 1. Do đó 2 x chia cho 8 dư 1 và 2 y chia cho 8 dư 1 . Nên 2 2 x - y chia hết cho 8 ; 1 Vì 2 x chia hết cho 5 dư 0;1;4 nên 2 3x chia cho 5 dư 0;3;2.