5 lí thuyết đồng dư bài toán tìm số dư

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ LÍ THUYẾT ĐỒNG DƯ1.Đồng dư thức 1.1 định nghĩa Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư với nhau theo modun m m là một số nguyên lớn hơn 1 cho trước nếu như khi chia

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ LÍ THUYẾT ĐỒNG DƯ

1.Đồng dư thức

1.1 định nghĩa

Hai số nguyên a và b được gọi là đồng dư với nhau theo modun m (m

là một số nguyên lớn hơn 1 cho trước) nếu như khi chia chúng cho m ta được cùng một số dư Khi đĩ ta viết

 mod 



Hệ thức này được gọi là một đồng dư thức.

b Định lí

Cho a, b, mZ, m > 0 Ba mệnh đề sau là tương đương:

 a  b ( mod m )

 a – b  m

 a = b + mt, tZ

2 Tính chất của đồng dư thức.

mod 

mod

mod mod

 









2.2 Cĩ thể cộng, trừ, nhân từng vế của nhiều đồng dư thức theo cùng một

modun.

a b m c d m  a c b d   m

a b m c d m   ac bd m

Tính chất này cĩ những hệ quả sau:

- Cĩ thể cộng hoặc trừ một số vào hai vế của một đồng dư thức.

- Cĩ thể nhân hai vế của một đồng dư thức với cùng một số.

- Cĩ thể nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa nguyên dương.

- Cĩ thể cộng hoặc trừ một bội của modun vào một vế của đồng dư thức.

2.3 Cĩ thể chia hai vế của một đồng dư thức cho một ước nguyên tố với modun 2.4 Cĩ thể nhân hai vế và modun của một đồng dư thức với cùng một số nguyên

dương.

2.5 Nếu hai số đồng dư với nhau theo một modun thì chúng cũng đồng dư với

nhau theo modun là ước của modun đĩ.

2.6 Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều modun thì chúng cũng đồng dư với

nhau theo modun là bội chung nhỏ nhất của những modun đĩ.

2.7 Hai số đồng dư với nhau theo một modun thì cĩ với modun ấy cùng một ước

chung lớn nhất.

1 mod

m

Trong đó

 

với

1 2

1 2

k

m p p  p

là dạng phân tích tiêu chuẩn của m (Hàm số Euler  m biểu thị số các số tự nhiên không vượt quá m và nguyên tố với m)

4 Định lí Fermat Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không là

bội của p thì có

1 1 mod





p

Dạng khác của định lí Fermat Với p là số nguyên tố, a là số nguyên tùy ý, ta có

mod 



p

TÌM SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA SỐ A CHO SỐ B

Định lí: Với hai số nguyên bất kỳ a và b, b  0, luôn tồn tại duy nhất một cặp

số nguyên q và r sao cho:

a = bq + r và 0  r < |b|

* Từ định lí trên cho ta thuật toán lập quy trình ấn phím tìm dư trong phép chia a cho b:

+ Bước 1: Đưa số a vào ô nhớ A , số b vào ô nhớ B

+ Bước 2: Thực hiện phép chia A cho B {ghi nhớ phần nguyên q}

+ Bước 3: Thực hiện A - q  B = r

Bài 1

a) Tìm số dư khi chia 18901969 cho 3041975

b) Tìm số dư khi chia 3523127 cho 2047

Bài 2 Tìm thương và số dư trong phép chia: 123456789 cho 23456

Đáp số: q = 5263; r = 7861

Bài 3: Tìm số dư trong phép chia:

a) 987654321 cho 123456789 b) 815 cho 2004

H.Dẫn:

a) Số dư là: r = 9

b) Ta phân tích: 815 = 88.87

- Thực hiện phép chia 88 cho 2004 được số dư là r1 = 1732

- Thực hiện phép chia 87 cho 2004 được số dư là r2 = 968

 Số dư trong phép chia 815 cho 2004 là số dư trong phép chia 1732 x 968 cho 2004

 Số dư là: r = 1232

Bài 4: Chứng minh rằng 14 82004+10 chia hết cho 11

Giải:

- Ta có: 14  3 (mod 11)  14 82004  3 8 2004 (mod 11)

Do 38 = 6561  5 (mod 11), nên  3 8 2004 = 65612004  52004 (mod 11)

Xét s tu n ho n c a các s d khi chia lu th a c a 5 cho 11: ự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: àn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ố dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ỹ thừa của 5 cho 11: ừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:

 52004 = (54)501  1501 (mod 11)  1 (mod 11) (1)

Mặt khác: 10  10 (mod 11) (2)

Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có:

2004

8

14 +10  11 (mod 11)  0 (mod 11)  8 2004

14 +10 chia h t cho 11 ết cho 11.

Bài 5: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7

Giải:

1) Trước hết tìm số dư của phép chia 222555 cho 7:

- Vì 222 = 7 x 31 + 5, nên 222  5 (mod 7)  222555  5555 (mod 7)

- Xét s tu n ho n c a các s d khi chia lu th a c a 5 cho 7: ự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: àn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ố dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ỹ thừa của 5 cho 11: ừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:

 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53  53  6 (mod 7) (1)

Vậy số dư khi chia 222 555 cho 7 là 6.

2) Tương tự, tìm số dư của phép chia 555222 cho 7:

- Vì 555 = 7 x 79 + 2, nên 555  2 (mod 7)  555222  2222 (mod 7)

- Xét s tu n ho n c a các s d khi chia lu th a c a 2 cho 7: ự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: àn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ố dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11: ỹ thừa của 5 cho 11: ừa của 5 cho 11: ủa các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:

 2222 = 23.74 = (23)74  174  1 (mod 7) (2)

Vậy số dư khi chia 555 222 cho 7 là 1.

Cộng vế với vế các phép đồng dư (1) và (2), ta được:

222555 + 555222  6 + 1  0 (mod 7) Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7

 

2

1000

2

1000

2000

17 9(mod10)

9 1(mod10)

9 1(mod10)

17 1(mod10)









Vậy 17 2000 17 2  1.9(mod10) Chữ số tận cùng của 172002 là 9

Bài 7: Tìm chữ số hàng chục, hàng trăm của số 232005

Giải

+ Tìm chữ số hàng chục của số 23 2005

1

2

3

4

23 23(mod100)

23 29(mod100)

23 67(mod100)

23 41(mod100)









Do đó:

 5

23 01 01(mod100)

23 23 23 23 23.41.01 43(mod100)

Vậy chữ số hàng chục của số 232005 là 4 (hai chữ số tận cùng của số 232005 là 43)

+ Tìm chữ số hàng trăm của số 23 2005

1

4

5

23 023(mod1000)

23 841(mod1000)

23 343(mod1000)

23 343 201(mod1000)

23 201 (mod1000)









5

100

2000

201 001(mod1000)

201 001(mod1000)

23 001(mod1000)

23 23 23 23 023.841.001 343(mod1000)







Vậy chữ số hàng trăm của số 232005 là số 3 (ba chữ số tận cùng của số 232005 là số 343)

Bài tập.

Bài 1 Dấu hiệu chia hết cho

11

a a n n 1 1 0 a a 2 a0 2 a0 0,2,4,6,8

a a n n 1 1 0 a a 5 a0 5 a0 0,5

1 1 0 3 1 1 0 3

a a n n a a a n a n a a

a a n n a a a n a n a a

a a n n 1 a a1 0 4 a a1 0 4

a a n n 1 a a1 0 25  a a1 0 25

1 2 1 0 1258 2 1 0 8 125

a a n n a a a a a a

a a n n a a a a a a









Điều kiện để một số tự nhiên chia hết cho 11 là tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ tổng các chữ số ở hàng chẵn chia hết cho 11

+ Nếu n là số chẵn thì an là số hạng thứ (n+1) lẻ

a a n n a n a a a  a a  a n  a a  a n

+ Nếu n là số lẻ thì an là số hạng thứ (n+1) chẵn

a a n n 1a n 2 a a a2 1 0 11 (a1a3 a n 1) ( a0a2  a n) 11

Bài 2 Tìm số dư trong phép chia.

a) 9124565217 cho 123456 Kết quả: 55713

5

2345678901234 23456789.10 1234 677 4093 1234 (mod 4567) 26(mod 4567)   

Giải:

Cách 1.

 1000

9  1(mod10);9  1(mod10);17  1(mod10)

Vậy 17 2000 17 2  1.9(mod10) Chữ số tận cùng của 172002 là 9

Cách 2

Ta có (17,10) = 1 và 10 2.5 nên  10 10 1 1 1 1 4

2 5

        

   

Vì thế 174 1(mod10)

 500

Giải

+ Tìm chữ số hàng chục của số 23 2005

Cách 1.

Do đó:

 5

23  23 41 01(mod100); 23 01 01(mod100)

2005 1 4 2000

23 23 23 23 23.41.01 43(mod100)

Vậy chữ số hàng chục của số 232005 là 4 (hai chữ số tận cùng của số 232005 là 43)

Cách 2

Ta có (23,100) = 1 và 100 2 5 2 2 nên 100 100 1 1 1 1 40

2 5

        

   

Vì thế 2340 1(mod100)

 50

+ Tìm chữ số hàng trăm của số 23 2005

Cách 1.

23 023(mod1000);23 841(mod1000);23 343(mod1000);

23 343 201(mod1000); 23 201 (mod1000)

5 100 2000

201 001(mod1000); 201 001(mod1000); 23 001(mod1000)

23 23 23 23 023.841.001 343(mod1000)

Vậy chữ số hàng trăm của số 232005 là số 3 (ba chữ số tận cùng của số 232005 là số 343)

Cách 2

Ta có (23,1000) = 1 và 1000 2 5 3 3 nên 1000 1000 1 1 1 1 400

2 5

        

   

Vì thế 23400 1(mod1000)

 5

Bài 5 Tìm số dư trong phép chia.

c) 10351255642 cho 17 Kết quả: 9

 

 32,41   1 41 40 3240 1 mod41 

2  2  4

 

100

phân

Giải

a) Ta có (3,100) = 1 và 100 2 5 2 2 nên 100  40 Vì thế 340 1(mod100).

7

b) Ta có 2 ,1001985  4, tìm x 0x  25 thỏa mãn 21985 4 (mod100)x hay

1983

2 x(mod 25) 25 25 1 1 20

5

    

  nên

2 1(mod 25) 2 2  2 (mod 25)

Vậy x = 8, tức là 21985 4.8(mod100) 32(mod100)

c) 141414  2 71414 1414

14

14

7  1 mod100 214 14 36 mod100  nên 1414 14 36 mod100 