dong du thuc chuyen de 2

chứng minh sự chia hết... Dạng 3: tìm các chữ số tận cùng của một số lớn Phơng pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số d khi chia... III Bµi tËp rÌn kÜ n¨ng vËn dông:... chất 4 ta

I) Lí thuyết về đồng d :

1.Định nghĩa

Cho a, b∈Z, m ∈N* a được gọi là đồng dư với b modul m, ký hiệu a ≡ b(mod m).Nếu a và b chia m cú cựng số dư

a ≡ b(mod m) 1

2



⇔  = +



a ≡ 0(mod m) nghĩa là a Mm

Vớ dụ: 17 ≡ 5(mod 6) ; 18 ≡ 0(mod 6)

2.Định lý 3 mệnh đề tương đương:

Cho a, b∈Z, m ∈N* thỡ 3 mệnh đề sau là tương đương:

2.1 a ≡ b(mod m)

2.2 m | (a – b) (đọc là: m chia hết a – b hay m là ước của a – b )

2.3 ∃ ∈t Z: a = b + mt

3.Tớnh chất :Cho a, b, c, d là cỏc số nguyờn

3.1 a ≡ a(mod m)

3.2.Nếu a ≡ b (mod m) thỡ b ≡ a (mod m)

3.3.Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thỡ a ≡ c (mod m)

3.4.Ta cú thể cộng từng vế của nhiều đồng dư thức theo cựng một modul:

Vớ dụ: Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thỡ a + c ≡ b + d (mod m)

3.5.Ta cú thể nhõn từng vế của nhiều đồng dư thức theo cựng một modul:

Vớ dụ: Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thỡ ac ≡ bd (mod m)

3.6.Ta cú thể chuyển vế của đồng dư thức nhưng phải đổi dấu:

a + c ≡ b (mod m) ⇔a ≡ b – c (mod m)

3.7.Ta cú thể nhõn 2 vế của đồng dư thức với cựng một số:

a ≡ b (mod m) ⇔ac ≡ bc (mod m)

3.8.Ta cú thể thờm (bớt) vào vế trỏi của đồng dư thức một bội của mod

a ≡ b (mod m) ⇔a ±km ≡ b (mod m) với km ≡ 0 (mod m)

3.9.Ta cú thể nõng 2 vế của đồng dư thức lờn một bậc nguyờn khụng õm

Nếu a ≡ b (mod m), k nguyờn dương thỡ ak≡ bk (mod m)

3.10.Ta cú thể chia 2 vế của đồng dư thức và mod cho cựng một ước chung của chỳng

Nếu a ≡ b (mod m) và d ∈ƯC(a,b,m) thỡ a b(mod )m

3.11.Ta cú thể chia 2 vế của đồng dư thức cho cựng một ước chung nguyờn tố với mod

Nếu a ≡ b (mod m) ; d ∈ƯC(a,b) và (d,m) = 1 thỡ a b(mod )m

d ≡d

3.12.Ta cú thể nhõn 2 vế của đồng dư thức và mod với cựng một số khỏc 0:

Nếu a ≡ b (mod m) thỡ ac ≡ bc (mod mc) với mọi c khỏc 0

3.13.Nếu 2 số đồng dư với nhau theo mod m thỡ nú cũng đồng dư với nhau theo mod k là ước của m

Nếu a ≡ b (mod m) và k | m thỡ a ≡ b (mod k)

3.14.Nếu 2 số đồng dư với nhau theo mod mi (i =1, n) thỡ nú cũng đồng dư với nhau theo mod

k là BCNN của cỏc mi(i =1, n)

a ≡ b (mod mi) ( i =1,2,…,n) ⇔ a ≡ b (mod k) ( với k =[m1,m2,…,mn])

3.15.Nếu a đồng dư với b theo mod m thỡ ƯCLN(a,m) bằng ƯCLN(b,m)

4.Định lý Fermat nhỏ:Giả sử plà một số nguyờn tố và a là một số tự nhiờn tuỳ ý Khi

đú, a p ≡a (mod p) Nếu (a,p)=1 thỡ a p− 1 ≡1(mod p)

5 Một số kiến thức liên quan:

Trong khi làm bài tập sử dụng đồng d 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 M a - b;

* Với mọi a, b ∈ Z+ và n là số tự nhiên lẻ: an + bn M a + b;

* Trong n số nguyên liên tiếp (n ≥ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n;

* Lấy n + 1 số nguyên bất kì (n ≥ 1) đem chia cho n thì phải có hai số khi chia cho n có cùng số d; (Theo nguyên lí Đirichlet);

* Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số d khi chia A cho 10m;

II) Một số ví dụ minh hoạ sử dụng đồng d :

Dạng 1: Tìm số d trong một phép chia

Phơng pháp: Muốn tìm số d trong phép chia số A cho m, ta phải tìm đợc

số x (0 ≤ x < m) sao cho A ≡ x (mod m)

Ví dụ 1: Tìm số d trong phép chia số 19932000 cho số 3 ?

Giải

Ta có: 1993 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 19932000≡ 12000 (mod 3) ≡ 1 (mod 3)

Vậy: số 19932000 khi chia cho 3 thì d 1

Ví dụ 2: Tìm số d trong phép chia số 2004376 cho số 1975 ?

Giải Nhận xét: 376 = 2.3.62 + 4

Ta có: 2004 ≡ 29 (mod 1975)

⇒ 20042≡ 292 (mod 1975) ≡ 841 (mod 1975)

⇒ 20044≡ 8412 (mod 1975) ≡ 231(mod 1975)

⇒ 200412≡ 2313 (mod 1975) ≡ 416 (mod 1975)

⇒ 200448≡ 4164 (mod 1975) ≡ 536 (mod 1975)

⇒ 200448 200412≡ 536.416 (mod 1975) ≡ 1776 (mod 1975)

⇒ 200460≡ 1776 (mod 1975)

⇒ 200460 20042≡ 1776.841 (mod 1975) ≡ 516 (mod 1975)

⇒ 200462≡ 516 (mod 1975)

⇒ (200462)3≡ 5163 (mod 1975) ≡ 1171 (mod 1975)

⇒ 2004186≡ 1171 (mod 1975)

⇒ (2004186)2≡ 11712 (mod 1975) ≡ 591 (mod 1975)

⇒ 2004372≡ 591 (mod 1975)

⇒ 2004372.20044≡ 591.231 (mod 1975) ≡ 246 (mod 1975)

Vậy: số 2004376 khi chia cho 1975 thì d 246

chứng minh sự chia hết

Ví dụ 1: Chứng minh rằng số A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 ?

Giải

Ta cú: 2222 ≡ 3 (mod 7)

⇒22225≡ 35 (mod 7) ⇒22225≡ 5 (mod 7) ⇒ 22225555 ≡ 51111 (mod 7) (1)

Tơng tự ta có: 5555 ≡ 4 (mod 7)

⇒55552≡ 42(mod7) ⇒55552≡ 2(mod7) ⇒55552222 ≡ 21111 (mod 7) (2)

Cộng vế với vế (1) và (2) ta có: A ≡ 21111 + 51111 (mod 7) (3)

Mặt khác: 21111 + 51111 = (2 + 5).M = 7.M ≡ 0 (mod 7) (4)

Từ (3) và (4) ta đợc: A ≡ 0 (mod 7)

Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2

luôn chia hết cho 13 ?

Giải

Nhận xét 1: 42 ≡ 3 (mod 13) ⇒ (42)n≡ 3n (mod 13) ⇒ 42n ≡ 3n (mod 13)

⇒ 42n.4 ≡ 4.3n (mod 13) ⇒ 42n+1≡ 4.3n (mod 13) (1)

Nhận xét 2: 32 ≡ - 4 (mod 13) mà 3n≡ 3n (mod 13)

Từ đó ⇒ 32.3n≡ - 4.3n (mod 13), hay là: 3n+2 ≡ - 4.3n (mod 13) (2)

Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta đợc B ≡ 0 (mod 13)

Nghĩa là B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi n ∈N.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1:

Đa thức A = nn - n2 + n - 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n - 1)2 ?

Giải

Nhận xét 1: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B.

Với n > 2, ta biến đổi A nh 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)

Nhận xét 2: 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)

Hay: nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1 ≡ 0 (mod n - 1) (1)

Nên: (n - 1)(nn-1 + nn – 2 + + n2 + 1) ≡ 0 (mod (n - 1)2)

Hay: 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

Vớ dụ 4: Cho (a,7) = 1 Chứng minh: a12 ≡ 1(mod 7)

Giải

Ta có : (a,7) = 1 theo Fecmar thì : a7-1 ≡ 1(mod 7)

⇔ a6≡ 1 (mod 7) ⇔ (a6)2≡ 12 (mod 7) ⇔ a12≡ 1 (mod 7)

Vớ dụ 5: Cho (a,240) = 1 Chứng minh: a4 -1≡ 0(mod 240)

Giải

Ta có: 240 = 24 3 5

Mà (2,3) = (3,5) = (2,5) =1

Để chứng minh a4 -1≡ 0(mod 240).Ta cần chứng minh a4 -1M 24 ; 3 ; 5

Theo đề ta có : (a,240) = 1 ⇒ (a,2) = (a,3) = (a,5) =1

*Từ (a,3) = 1 theo Fecmar ta có : a3-1 ≡ 1(mod 3)

⇔ a2≡ 1 (mod 3) ⇔ (a2)2≡ 12 (mod 3) ⇔ a4≡ 1 (mod 3) ⇔ a4 -1 ≡ 0 (mod 3) (1)

*Từ (a,5) = 1 theo Fecmar ta có : a5-1 ≡ 1(mod 5) ⇔ a4≡ 1 (mod 5)

⇔ a4 -1 ≡ 0 (mod 5) (2)

*Ta lại có : a4 -1 = (a2 - 1)(a2 + 1) = ( a -1 )(a + 1) (a2 + 1)

Vì (a,2) = 1 ⇒ a là số lẻ ⇒ a -1 và a +1 là hai số chẵn liên tiếp ⇒ ( a -1 )(a + 1) M8

Vì a lẻ ⇒ a2 + 1 là số chẵn nên (a2 + 1) M 2

⇒a4 -1 = ( a -1 )(a + 1) (a2 + 1) M16 hay a4 -1 ≡ 0 (mod 24) (3)

Từ (1) , (2) ,(3) ⇒ a4 -1≡ 0(mod 240)

Vớ dụ 6: Cho (a,5) = 1 Chứng minh: a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 25)

Giải

Để chứng minh : a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 25).Ta cần chứng minh: a8n + 3a4n ≡ 4(mod 25)

*Từ (a,5) = 1 theo Fecmar ta có : a5-1 ≡ 1(mod 5)

⇔ a4≡ 1 (mod 5) ⇔ a4n ≡ 1 (mod 5) (1)

⇔ a4n + 3 ≡ 4 (mod 5) (2)

Nhân (1) và (2) vế theo vế ta đợc:a4n ( a4n + 3 )≡ 4 (mod 25) ⇔ a8n + 3a4n ≡ 4(mod 25)

Vậy a8n + 3a4n - 4 ≡ 0 (mod 25)

Vớ dụ 7: Cho (a,5) = 1 Chứng minh: a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 100)

Giải

Để chứng minh : a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 100).Ta cần chứng minh: a8n + 3a4n - 4M 4 và 25

*Theo ví dụ 6 ta có : a8n + 3a4n - 4 ≡ 0 (mod 25) (I)

*Chứng minh a8n + 3a4n - 4M 4

Đặt a = 4q + r ta có : r = 0 ;1 ; 2 ; 3

+Nếu r = 0 ⇒ a M 4 ⇒ a8n + 3a4n - 4M 4 hay a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 4)

+Nếu r = 1 ⇒ a ≡ 1 (mod 4) ⇒ a4n ≡ 1 (mod 4) ⇒ 3.a4n ≡ 3 (mod 4) (1)

Ta lại có: a ≡ 1 (mod 4) ⇒ a8n ≡ 1 (mod 4) (2)

Từ (1) và (2) ta có a8n + 3a4n ≡ 0(mod 4).⇒ a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 4)

+Nếu r = 2 ⇒ a ≡ 2 (mod 4) ⇒ a2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a8n ≡ 0 (mod 4) (3)

Từ a2 ≡ 0 (mod 4) ⇒ a4n ≡ 0 (mod 4) ⇒ 3.a4n ≡ 0 (mod 4) (4)

Từ (3) và (4) ta có a8n + 3a4n ≡ 0(mod 4).⇒ a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 4)

+Nếu r = 3 ⇒ a ≡ 3 (mod 4) ⇒ a2 ≡ 1(mod 4) ⇒ a8n ≡ 1 (mod 4) (5)

Từ a2 ≡ 1 (mod 4) ⇒ a4n ≡ 1 (mod 4) ⇒ 3.a4n ≡ 3 (mod 4) (6)

Từ (5) và (6) ta có a8n + 3a4n ≡ 0(mod 4).⇒ a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 4)

Vậy trong cả 4 trờng hợp ta đều có a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod 4) (II)

Từ (I) và (II) ta có a8n + 3a4n - 4≡ 0(mod100)

Dạng 3: tìm các chữ số tận cùng của một số lớn

Phơng pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số d khi chia

VÝ dô 1: T×m ch÷ sè tËn cïng cña sè A = 23 4 ?

Gi¶i

NhËn xÐt: A = 23 4 = 281 = 24.20 + 1

Ta cã: 24≡ 6 (mod 10) ⇒ (24)5≡ 65 (mod 10)

Hay 220≡ 6 (mod 10)

⇒ (220)4≡ 64 (mod 10)≡ 6 (mod 10)

Hay: 280≡ 6 (mod 10) ⇒ 280.2 ≡ 6 2 (mod 10)

Nªn: 281≡ 2 (mod 10) VËy A chia cho 10 d 2 hay lµ A cã ch÷ sè tËn cïng lµ 2

Ví dụ 2: T×m ch÷ sè tËn cïng cña sè: B = 9 9

9 ? NhËn xÐt: 999 = 9387420489 = 92k + 1

Ta cã: 92≡ 1 (mod 10) ⇒ 92k≡ 1 (mod 10)

Hay 92k.9≡ 9 (mod 10) ⇒ 92k+1≡ 9 (mod 10)

VËy B chia cho 10 d 9 hay lµ B cã ch÷ sè tËn cïng lµ 9

VÝ dô 3: T×m s¸u ch÷ sè tËn cïng cña sè C = 521 ?

Gi¶i

NhËn xÐt: 521 = 515 56 ; 515 = 53.5 ; 106 = 26.56

Ta có 53≡ 61 (mod 26) ⇔ 53≡ -3 (mod 26)

⇔(53)5≡ (-3)5 (mod 26) ≡ (-1).35 (mod 26)≡ (-1).51 (mod 26) ≡ (-1).(-13) (mod 26)

Hay 515≡ 13 (mod 26) ⇒ 515.56≡ 13.56 (mod 26.56)

Hay lµ: C = 521≡ 13.15625 (mod 106) ⇔ C ≡ 203125 (mod 106)

VËy C chia cho 106 d 203125, nªn C cã 6 ch÷ sè tËn cïng lµ 203125

VÝ dô 4: T×m bốn ch÷ sè tËn cïng cña sè D = 52005 ?

Gi¶i

NhËn xÐt: 52005 = 52001 54 ; 52001 = 54.500+1 ; 104 = 24.54

Ta có 54≡ 1 (mod 24) ⇔ (54)500≡ 1 (mod 24) ⇔52000.5≡ 5 (mod 24)

Hay 52001≡ 5 (mod 24) ⇒ 52001.54≡ 5.54 (mod 24.54)

Hay lµ: 52005≡ 3125 (mod 104)

VËy D chia cho 104 d 3125, nªn D cã 4 ch÷ sè tËn cïng lµ 3125

VÝ dô 5: T×m ch÷ sè hµng chôc cña sè M = 232005 ?

Gi¶i

NhËn xÐt: 232005 = 232001 234 = 234.5.100+1 234

Ta có : 232≡ 29 (mod 100) ⇔ 234≡ 292 (mod 100) ⇔ 234≡ 41 (mod 100)

⇔ (234)5≡ 415 (mod 100) ⇔2320≡ 01 (mod 100) ⇔(2320)100≡ 01100 (mod 100)

⇔232000≡ 01 (mod 100) ⇔232000 23 ≡ 01.23 (mod 100) ⇔232001≡ 23 (mod 100)

⇒ 232001.234≡ 23.41 (mod 100)

Hay lµ: 232005≡43 (mod 100)

VËy M chia cho 100 d 43, nªn M cã ch÷ sè hµng chôc lµ 4

III) Bµi tËp rÌn kÜ n¨ng vËn dông:

D¹ng 1: T×m sè d trong mét phÐp chia

Bµi 1: T×m sè d trong phÐp chia sè A = 153245 - 1 khi chia cho 9 ? (§S: 7)

Híng dÉn: 1532 ≡ 2 (mod 9) ⇒ 15323≡ 23 (mod 9) ≡ -1(mod 9)

⇒ (15323)15≡ (-1)15 (mod 9) ≡ -1 (mod 9)

⇒ 153245≡ 8 (mod 9) ⇒ 153245 - 1 ≡ 7 (mod 9)

Bµi 2: T×m sè d trong phÐp chia sè B = 19992004 khi chia cho 31 ? (§S: 2)

Híng dÉn: 1999 ≡ 15 (mod 31) ⇒ 19994≡ 154 (mod 31) ≡ 2(mod 31)

⇒ (19994)5= 199920≡ 25 (mod 31) ≡ 1 (mod 31)

⇒ (199920)100 = 19992000≡ 1 (mod 31) ⇒ 19992000 19994≡ 2 (mod 31)

VËy 19992004≡ 2 (mod 31)

D¹ng 2: chøng minh sù chia hÕt

Bài 1 Chứng minh rằng 32010 +52010 chia hết cho 13.

chất 4 ta có điều phải chứng minh

Bài 2 Chứng minh rằng 12002 +22002 + +20082002 −5 chia hết cho 2003.

Híng dÉn: Sử dụng định lý Fermat nhỏ với chú ý 2003 là số nguyên tố, ta có

) 2003 (mod

1

2002 ≡

2002 2002 2002

1 +2 + + 2008 − ≡5 2003 (mod 2003) Từ đây ta suy ra đpcm.

Bµi 3: Cho n lµ mét sè tù nhiªn Chøng minh r»ng:

3n + 1 chia hÕt cho 10 ⇔ 3n+4 + 1 chia hÕt cho 10 ?

⇒ 3n + 4≡ -1 (mod 10) ) ⇒ 3n+ 4 + 1 ≡ 0 (mod 10) (1)

⇒ 3n ≡ -1 (mod 10) ) ⇒ 3n + 1 ≡ 0 (mod 10) (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra đpcm.

Bµi 4: Cho n lµ mét sè nguyªn d¬ng Chøng minh r»ng:

a) A = 24n - 1 chia hÕt cho 15;

b) B = 25n - 1 chia hÕt cho 31;

c) C = 2 + 1 chia hÕt cho 641;2 5

d) D = 62n + 19n - 2n+1 chia hÕt cho 17;

19 ≡ 2 (mod 17) ⇒ 19n≡ 2n (mod 17)

⇒ 62n + 19n ≡ 2n+1 (mod 17) ⇒ 62n + 19n - 2n+1≡ 0 (mod 17)

e) E = 7.52n + 12.6n chia hÕt cho 19;

f) F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hÕt cho 59

82n+1 = (82 )n.8 ≡ 5n.8 (mod 59)

⇒ 5n+2 + 26.5n + 82n+1≡ 51 5n + 5n.8 (mod 59) ≡ 59 5n (mod 59) ≡ 0 (mod 59)

g) G = 19611962 +19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho 7

* 1961≡ 1 (mod 7) ⇒ 19611962≡ 1 (mod 7) (1)

* 1963≡ 3 (mod 7) ⇒ 19632≡ 2 (mod 7) ⇒ (19632)3≡ 1 (mod 7) ⇒ (19636)327≡ 1 (mod 7)

⇒ 19631962.19632≡ 2 (mod 7) ⇒ 19631964≡ 2 (mod 7) (2)

* 1965 ≡ 5 (mod 7) ⇒ 19652≡ 4 (mod 7) ⇒ (19652)3≡ 1 (mod 7) ⇒ (19656)327≡ 1 (mod 7)

⇒ 19651962.19654≡ 2(mod 7) ⇒ 19651966≡ 2 (mod 7) (3)

Từ (1); (2); (3) ⇒ 19651962 +19631964 + 19651966≡ 1 + 2 + 2 (mod 7) ≡ 5 (mod 7)

⇒ 19651962 +19631964 + 19651966 + 2 ≡ 7 (mod 7) ≡ 0 (mod 7 )

h) H = 1930 1975

1890 + 1945 + 1 chia hết cho 7

⇒ 19451974≡ 1 (mod 7) ⇒ 19451974.1945 ≡ 6 (mod 7) ⇒ 19451975 ≡ 6 (mod 7)

⇒ 19451975 + 1 ≡ 0 (mod 7) (2)

Từ (1); (2) ⇒ 18901930+ 19451975+ 1≡ 0 (mod 7)

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta luôn có:

A = nn + 5n2 - 11n + 5 chia hết cho B= (n - 1)2 ?

Hớng dẫn:

A = nn + 5n2 - 11n + 5 = n(nn-1 –1) + 5(n2 - 2n + 1)

= n(n-1)(nn-2 + nn-3 + + 1) + 5(n - 1)2 = (n - 1)(nn-1 + nn - 2 + + n) + 5(n - 1)2

Ta có : n ≡ 1 (mod n - 1) ⇒ nk≡ 1 (mod n - 1), ∀ k∈N

Từ đó: nn-1 + nn-2 + + n ≡ n - 1 (mod n - 1)

Hay: nn-1 + nn -2 + + n ≡ 0 (mod n - 1)

Nên: (n - 1)(nn-1 + nn - 2 + + n) ≡ 0 (mod (n - 1)2)

Hay: A = (n - 1)(nn-1 + nn - 2 + + n) + 5(n - 1)2 chia hết cho (n - 1)2

Vậy: A = nn -5 n2 -11 n +5 luôn chia hết cho đa thức B = (n - 1)2

Bài 6 Chứng minh rằng n1728 −1 chia hết cho 1729 với mọi nguyờn dương n.

Hớng dẫn:

)

19 (mod 1 ) (

; ) 13 (mod 1 ) (

; ) 7 (mod 1 )

đụi một nguyờn tố cựng nhau nờn sử dụng tớnh chất 3.14 của đồng dư ta cú

) 1729 (mod

1

1728 ≡

Dạng 3: tìm chữ số tận cùng của một số lớn

Bài 1: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 72005? (ĐS:7)

74≡ 1 (mod 10) ⇒ 74.501.7 ≡ 7 (mod 7) ⇒ 72005≡ 0 (mod 7)

Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số: A = 21000? (ĐS: 76)

Hớng dẫn:

210≡ 24 (mod 100) ⇒ (210)2 ≡ 76 (mod 100) ⇒ (220)5≡ 76 (mod 100)

⇒ (2100)2≡ 76 (mod 100) ⇒ (2200)5≡ 76 (mod 100) ⇒ 21000≡ 76 (mod 100)

Bài 3: Tìm 2 chữ số tận cùng của số: B = 31000? (ĐS: 01)

310≡ 49 (mod 100) ⇒ (310)2 ≡ 01 (mod 100) ⇒ (220)50≡ 01 (mod 100)

Dạng 2: Tìm dấu hiệu chia hết cho các số nhỏ

Phơng pháp: Để tìm dấu hiệu của số A chia hết cho m thì ta tách số

A hợp lý để đợc một biểu thức đơn giản nhất của các chữ số của A là

f(A) sao cho A ≡ f(A) (mod m)

Ví dụ: Tìm dấu hiệu chia hết cho 3 ?

Giải

Xét số tự nhiên có n + 1 chữ số: A = a a a an n-1 1 0

Ta có: A = a a a an n-1 1 0 ≡ r (mod 3) (1)

⇔ an.10n + an-1.10n-1 + + a1.101 + a0 ≡ r (mod 3)

⇔ (an 99 9 + an) + (an-1 99 9+ an-1) + + (a1.9 + a1)+ a0 ≡ r (mod 3)

⇔ (an 99 9 + an-1 99 9 + + a1.9) + (an + an-1 + + a1+ a0) ≡ r (mod 3)

Nhận xét: an 99 9 + an-1 99 9 + + a1.9 ≡ 0 (mod 3)

Nên: (an + an-1 + + a1+ a0) ≡ r (mod 3) (2)

Vậy: A = a a a an n-1 1 0 ≡ an + an-1 + + a1+ a0 (mod 3)

Hay: A = a a a an n-1 1 0 khi chia cho 3 có cùng số d khi chia tổng

các chữ số của A cho 3

Từ đó: A chia hết cho 3 ⇔ tổng các chữ số của A chia hết cho 3

III) Bµi tËp rÌn kÜ n¨ng vËn dông:

D¹ng 1: T×m sè d trong mét phÐp chia

Bµi 1: T×m sè d trong phÐp chia sè A = 153245 - 1 khi chia cho 9 ? (§S: 7)

Bµi 2: Cho sè nguyªn n > 1 T×m d trong phÐp chia:

A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 - 2n + 1 ?

D¹ng 2: T×m dÊu hiÖu chia hÕt cho c¸c sè nhá

Bµi 3: T×m dÊu hiÖu chia hÕt cho c¸c sè tù nhiªn 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11 ?

Bµi 4: T×m dÊu hiÖu chia hÕt cho 21 cña mét sè tù nhiªn cã 3 ch÷ sè ?

§S: a - 2b + 4c chia hÕt cho 21

D¹ng 3: chøng minh sù chia hÕt

Bµi 5: Cho n lµ mét sè tù nhiªn Chøng minh r»ng:

3n + 1 chia hÕt cho 10 ⇔ 3n+4 + 1 chia hÕt cho 10 ?

Bµi 6: Cho n lµ mét sè nguyªn d¬ng Chøng minh r»ng:

g) A = 24n - 1 chia hÕt cho 15;

h) B = 25n - 1 chia hÕt cho 31;

i) C = 2 + 1 chia hÕt cho 641;2 5

j) D = 62n + 19n - 2n+1 chia hÕt cho 17;

k) E = 7.52n + 12.6n chia hÕt cho 19;

l) F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hÕt cho 59

Bµi 7: Chøng minh r»ng: Víi mäi sè tù nhiªn n > 0, ta lu«n cã:

52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hÕt cho 38 ?

Bµi 8: Chøng minh r»ng: a) A = 220119 69+ 11969 220+ 69220 119chia hÕt cho 102 ?

b) B = 18901930+ 19451975+ 1 chia hÕt cho 7 ?

Bµi 9: Cho n lµ sè tù nhiªn Chøng minh r»ng:

Sè M = 212n+1 + 172n+1 + 15 kh«ng chia hÕt cho 19 ?

Bµi 10: Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn n > 1 ta lu«n cã:

A = nn + 5n2 - 11n + 5 chia hÕt cho (n - 1)2 ?

Bµi 11: Cho a; b lµ c¸c sè nguyªn Chøng minh r»ng:

2a + 11b chia hÕt cho 19 ⇔ 5a + 18b chia hÕt cho 19 ?

D¹ng 4: t×m ch÷ sè tËn cïng cña mét sè lín

Bµi 12: T×m ch÷ sè tËn cïng cña sè: A = 99 9? (§S: 1)

Bµi 13: T×m ch÷ sè tËn cïng cña sè: B = 1414 14? (§S: 6)

Bµi 14: T×m 4 ch÷ sè cuèi cïng cña sè C = (19761976- 19741974) (19761975+ 19741973) ?

(§S: 0000)