TOÁN 6 CHUYÊN ĐỀ PHÉP CHIA

Với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểubiết ngày càng cao, làm thế nào để các em học sinh này phát huy hết khả năng củamình, đó là trách nhiệm của các

A PHẦN MỞ ĐẦU

Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng không ngừng đổimới Các nhà trường đã ngày càng chú trọng hơn đến chất lượng giáo dục toàn diệnbên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trò là môn học công cụ,

bộ môn toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn khoa học tựnhiên khác

Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một cách

hệ thống mà phải được nâng cao để các em có hứng thú, say mê học tập là một câu hỏi

mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình

Để đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của họcsinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta phải biếtchắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thànhtổng quát giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy toán học

Với đối tượng học sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu hiểubiết ngày càng cao, làm thế nào để các em học sinh này phát huy hết khả năng củamình, đó là trách nhiệm của các giáo viên chúng ta “phép chia hết” là đề tài lí thú,phong phú và đa dạng của số học THCS và không thể thiếu khi bồi dưỡng học sinhkhá giỏi môn toán THCS

Trong khuôn khổ đề tài này, tôi trình bày “một số phương pháp chứng minhchia hết”, cụ thể là: sử dụng dấu hiệu chia hết, sử dụng tính chất chia hết, xét tập hợp

số dư trong phép chia, sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử

B NỘI DUNG I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN

Chúng ta đang dạy học theo sự đổi mới là dạy học theo chuẩn kiến thức kỹ năng ,

vì thế những gì gọi là chuẩn – là cơ bản nhất cần phải nắm vững Rèn kỹ năng giải toán chia hết cũng là chuẩn mà học sinh cần phải nắm Hệ thống bài tập thể hiện dạngtoán chia hết có vai trò quan trọng là nó giúp cho học sinh phát triển khả năng tư duy, khả năng vân dụng kiến thức một cách linh hoạt vào giải toán, trình bày lời giải chính xác và logic Đó cũng là những kỹ năng cần thiết của học sinh khi còn ngồi trên ghế

nhà trường Có như thế mới phù hợp với sự cải tiến dạy học là phát huy hết tính

tích cực, tư duy sáng tạo của học sinh trong trường học.

II/ CƠ SỞ THỰC TIỂN

Trong quá trình giảng dạy tôi thấy đa phần học sinh chưa có kỹ năng giải toán

“chia hết” vì các em chưa biết bài toán đó cần áp dụng phương pháp nào để giải chokết quả đúng nhất, nhanh nhất và đơn giản nhất Vì vậy để nâng cao kỹ năng giải toán

“chia hết” thì các em phải nắm được các dạng toán, các phương pháp gỉải, các kiếnthức cơ bản được cụ thể hoá trong từng bài, từng chương Có thể nói rằng dạng toán

“chia hết” luôn là dạng toán khó đối với học sinh và không ít học sinh cảm thấy sợ khi

học dạng toán này.

Là một giáo viên dạy toán tôi mong các em chinh phục được nó và không chútngần ngại khi gặp dạng toán này Nhằm giúp các em phát triển tư duy suy luận và ócphán đoán, kỹ năng trình bày linh hoạt Hệ thống bài tập tôi đưa ra từ dễ đến khó, bêncạnh đó còn có những bài tập nâng cao dành cho học sinh giỏi được lồng vào các tiếtluyện tập Lượng bài tập cũng tương đối nhiều nên các em có thể tự học, tự chiếm lĩnhtri thức thông qua hệ thống bài tập áp dụng này, điều đó giúp các em hứng thú học tậphơn rất nhiều

III/ NỘI DUNG VẤN ĐỀ

Hệ thống hóa lý thuyết chia hết và bài tập vận dụng tương ứng, từ dạng cơ bản nhất đến tương đối và khó hơn Trong quá trình giải nhiều dạng bài tập là đã hình thành khắc sâu cho các em kỹ năng giải các dạng toán chia hết.Giáo viên nêu ra các dấu hiệu chia hết hay là các phương pháp chứng minh chia hết trong SGK ,ngoài ra

bổ sung thêm một số phương pháp cần thiết nhất để vận dụng vào nhiều dạng bài tập khác nhau

Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.

Khi a chia cho b có thể xẩy ra | b| số dư

r ∈ {0; 1; 2; …; | b|-1}

Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a

Ký hiệu: ab hay b\ a

Vậy: a  b ⇔ Có số nguyên q sao cho a = bq

13. Nếu a  b và c  d ⇒ ac  bd

14. Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

3 MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT

4.1 Định nghĩa: Cho m là số nguyên dương Nếu hai số nguyên a và b cho cùng số dư

khi chia cho m thì ta nói a đồng dư với b theo modun m

Vậy: a ≡ b (modun) ⇔ a - b  m

4.2 Các tính chất

1 Với ∀ a ⇒ a ≡ a (modun)

2 Nếu a ≡ b (modun) ⇒ b ≡ a (modun)

3 Nếu a ≡ b (modun), b ≡ c (modun) ⇒ a ≡ c (modun)

5 Nếu a ≡ b (modun) và c ≡ d (modun) ⇒ ac ≡ bd (modun)

6 Nếu a ≡ b (modun), d ∈ Uc(a, b) và (d, m) =1

⇒

d

b d

5 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ

5.1 Định lý Euler

nguyên tố cùng nhau với m, (a, m) = 1

Thì aϕ (m) ≡ 1 (modun)Công thức tính ϕ(m)

Phân tích m ra thừa số nguyên tố

m = p1 α 1 p2 α 2 … pk α k với pi ∈ p; αi∈ N*

Thì ϕ(m) = m(1 -

` 1

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT

1 Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT

Vì 19ab chia hết cho 5 nên b=0 hoặc b=5 và 19abchia hết cho 8 nên suy ra b=0

Mặt khác , 19a0 chia hết cho 8 nên 19a0chia hết cho 4 khi 0chia hết cho 4 suy ra a

∈{0;2;4;6;8} Ta có 19a0 chia hết cho 8 khi 9a0chia hết cho 8 nên a=2 hoặc a=6 Vậy

nếu a=2 thì b=0 và nếu a=6 thì b=0 nên số cần tìm là 1920 và 1960

Ví dụ 5: Chữ số a là bao nhiêu để aaaaa96 chia hết cho cả 3 và 8

Bài 4: Viết liên tiếp tất cả các số có 2 chữ số từ 19 đến 80 ta được số

A = 192021…7980 Hỏi số A có chia hết cho 1980 không ? Vì sao?

Bài 5: Tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp có chia hết cho 46 không? Vì sao?

Tổng 2 số tự nhiên liên tiếp là 1 số lẻ nên không chia hết cho 2

không chia hết cho 2 Vậy tổng của 46 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 46

Bài 7: Chứng minh rằng nếu abc M 37 thì bca M 37 và cab M 37

Bài làm :

+ Ta có : abc M 37 ⇒ 100 a + 10 b + c M 37(1)

Gọi n là số nguyên liên tiếp: m + 1; m + 2; … m + n với m ∈ Z, n ∈ N*

Lấy n số nguyên liên tiếp trên chia cho n thì ta được tập hợp số dư là:

{0; 1; 2; … n - 1}

* Nếu tồn tại 1 số dư là 0: giả sử m + i = nqi ; i=1,n

⇒ m + i  n

phải có ít nhất 2 số dư trùng nhau

m j nq r

i j

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

a Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

b Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6

Giải

a Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn

Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2

b Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếpluôn chia hết cho 2

Trong 3 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chia hết cho 3

⇒ Tích 3 số đó chia hết cho 3 mà (2; 3) = 1

Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết

cho 9

Giải

Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1

9 ) 1 (

9 2





n n

a) n5 - n chia hết cho 30 với n ∈ N ;

b) n4 -10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi n lẻ n∈ Z

Và (k - 1).k.(k + 1).(k + 2) là tích của 4 số nguyên liên tiếp nên A có chứa bội của 2,

3, 4 nên A là bội của 24 hay A chia hết cho 24 (2)

Từ (1) và (2) suy ra A chia hết cho 16 24 = 384

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh rằng:

a n(n + 1) (2n + 1)  6

b n5 - 5n3 + 4n  120 Với ∀ n ∈ N

Bài 2: Chứng minh rằng: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với ∀ n ∈ Z

Bài 3: Chứng minh rằng: Với ∀ n lẻ thì

suy ra 2(9n + 16n) có chữ số tận cùng bằng 4 nên A không chia hết cho 5 nên không chia hết cho 25

Vậy :A = 32n + 3 + 24n + 1 chia hết cho 25 khi n = 2k +1(k∈ N)

c) Nếu n = 3k (k∈ N) thì 5n – 2n = 53k – 23k chia hết cho 53 – 23 = 117 nên chia hết cho 9

Nếu n = 3k + 1 thì 5n – 2n = 5.53k – 2.23k

= 5(53k – 23k) + 3 23k = 5 9M + 3 8k

=5 9M + 3 (9-1)k

=5 9M+9.N + 3(-1)k M / 9

Tương tự: nếu n = 3k + 2 thì 5n – 2n không chia hết cho 9

Vậy : 5n – 2n chia hết cho 9 khi n = 3k (k∈ N)

Bài 61 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :

a 9n + 1 không chia hết cho 100

b n2 + n + 2 không chia hết cho 15

Bài làm :

a n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi n ∈ N

b n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 với mọi n ∈ N

Cách 2 :

Giả sử n2 + n + 1M9 , khi đó n2 + n + 1M3.Ta có :

n2 + n + 1= (n + 2 )(n – 1 ) + 3 M3 ⇒(n + 2 )(n – 1 ) M3

Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 M3 hoặc n – 1 M3,

nhưng hiệu (n + 2) - (n – 1 ) = 3M3 nên n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3.Khi đó (n+ 2)(n – 1 ) M9 mà (n + 2 )(n – 1 ) + 3 M9 ⇒3 M9(vô lí )

Vậy n2 + n + 1M 9 với mọi n ∈ N

Cách 3 : Giả sử n2 + n + 1 = 9k (k∈ N) ,

suy ra phương trình n2 + n + 1 –9k = 0 có nghiệm nguyên

ta có : ∆= 1 – 4(1 – 9k ) = 36k – 3 chia hết cho 3 nhưng ∆ không chia hết cho 9

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên hay n2 + n + 2 M 9 với mọi n ∈ N

b Giả sử n2 +11n + 39 M49

⇒n2 +11n + 39 = (n +9)(n+2) + 21 M7 ⇒ (n +9)(n+2) M7⇒ n + 9 M7 và n + 2 M7

Bài 63 : Cho n là một số tự nhiên , chứng minh :

a n2 + 11n +39 không chia hết cho 49

c n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 với mọi n lẻ

Bài 64 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có :

a.212n+1 + 172n + 1 + 17 không chia hết cho 19

b 42n+1 + 3n+2 – 1 không chia hết cho 13

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Chứng minh rằng: An = n(n2 + 1)(n2 + 4)  30 Với ∀ n ∈ Z

Bài 2: Chứng minh rằng: Nếu (n, 6) =1 thì n2 - 1  24 Với ∀ n ∈ Z

Bài 3: Tìm số tự nhiên n để 22n + 2n + 1  7

Bài 4: Cho 2 số tự nhiên m, n để thoả mãn 24m4 + 1 = n2

CMR: mn  55

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: + A(n)  6

+ Lấy n chia cho 5 ⇒ n = 5q + r , r ∈ {0; 1; 2; 3; 4}

đó chia hết cho các thừa số của k.

Ví dụ 1: chứng minh rằng

a) 251 - 1 chia hết cho 7 b) 270 + 370 chia hết cho 13

c) 1719 + 1917 chi hết cho 18 d) 3663 - 1 chia hết cho 7 nhưng không chia hết cho 37

e) 24n -1 chia hết cho 15 với n∈ N

b mn(m4 - n4)  30

Bài 2: Chứng minh rằng: A(n) = 3n + 63  72 với n chẵn n ∈ N, n ≥ 2

Bài 3: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp

1117b

Vậy (16a +17b) (17a +16b)  121

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73  23

= 5n.59 + 8.59M  59

b 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15

= (81n - 1) + 15 = 80m + 15  5

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k)  P với k ≥ a

Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1)  P

Bước 3: Kết luận A(n)  P với n ≥ a

Ví dụ 1: Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1  225 với ∀ n ∈ N*

Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : A k= 3 + 3k2 + 5 3kM (2) (giả thiết quy nạp)

Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh

Vậy A n= + 3 3n2 + 5 3nM với n nguyên dương

Ví dụ 4:Cho n là một số nguyên dương, chứng minh rằng: 2 2 2 1

7.2 n 3 n 5

Giải:

Xét với n=1 ta có: C= 10 5 M Vậy (1) đúng với n=1

Giả sử (1) đúng với n=k, tức là : C= 7.2 2k− 2 + 3 2k− 1 M 5 (2) (giả thiết quy nạp)Phải chứng minh (1) đúng với n=k+1, tức là phải chứng minh

Vậy C= 7.2 2n−2 + 3 2n−1 M 5 với n là một số nguyên dương

Ví dụ 5:Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n ta có : 4n + 15n – 1 M9 (1) Bài làm :

• Với n = 1 ta có : 41 + 15.1 – 1 =18 M9.Vậy (1) đúng với n = 1

• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là ta có : 4k + 15n – 1 M9

⇒4k + 15k – 1 = 9m (m ∈Z) ⇒4k = 9m – (15k – 1)

4k+1 + 15(k+1) – 1 = 4.4k + 15k +14 = 4 (9m – (15k – 1)) +15k +14

= 36m – 45k +18

= 9(4m – 5m + 2) 324.0 1+ + 2 M9

Vậy (1) đúng với n = k+1 ,do đó (1) đúng với mọi n ≥ 1

Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :

324 1n+ + 2 11 M (1)

Bài làm :

• Với n = 0 ta có 324.0 1+ + 2 = 11 M11.Vậy (1) đúng với n =1

• Giả sử (1) đúng với n = k , tức là : 324 1k+ + 2 M 11.Cần chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là cần chứng minh 324.( 1) 1k+ + + 2 M 11

Bài 2: CMR: 42n+2 - 1  15

Bài 3: CMR số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì chia hết cho 3n với n là sốnguyên dương

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Tương tự ví dụ 1.

3 3

2 2 4 1 10 2

+

= + +

+ q

n

Vì 16 ≡ 1(mod 5) nên 16n ≡ 1(mod 5) do đó :

2 16n ≡ 2(mod 5) hay 24n+1 ≡ 2 (mod 5)

PHƯƠNG PHÁP TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG

+ Để tìm chữ số tận cùng của một lũy thừa cần chú ý rằng:

cũng có tận cùng là 0;1;5;6

là 6

 Các số tận cùng là 3;7 thì nâng lên lũy thừa 4 thì có tận cùng là 1

tận cùng là 1;nâng lên lũy thừa lẻ thì được số tận cùng là 9

+ Để tìm hai chữ số tận cùng của lũy thừa cần lưu ý:

có tận cùng là 01;25;76

 Các số 320 (hoặc 815) ; 74 ; 512; 992 có tận cùng là 01

 Các số 220 ; 65 ; 184 ; 242; 682 ; 742 có tận cùng bằng 76

 Số 26n (với n > 1) có tận cùng bằng 76+ Để tìm ba chữ số tận cùng trở lên của lũy thừa cần chú ý:

không) cũng tận cùng bằng 001; 376; 625

cũng tận cùng bằng 0625

+ a100k ≡000(mod 1000) nếu a ≡0(mod 10) + a100k ≡001(mod 1000) nếu a ≡1;3;7;9(mod 10) + a100k ≡625(mod 1000) nếu a ≡5(mod 10) + a100k ≡376 (mod 1000) nếu a ≡2;4;6;8(mod 10)

Ví dụ 8 : Chứng minh 8102 - 2102 chia hết cho 5

Ví dụ 9: Chứng minh 16101 14101 chia hết cho 4

8 Phương pháp 8: SỬ DỤNG NGUYÊN LÝ ĐIRICHLET

Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n lồng thì có ít nhất 1 lồng chứa từ 2 con trở

Ví dụ 1: Chøng minh r»ng trong 6 sè tù nhiªn bÊt k× lu«n t×m ®ưîc 2

sè cã hiÖu chia hÕt cho 5

Ví dụ 2: Cho ba số lẻ chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 8

Gi¶i:

Một số lẻ chia cho 8 thì số dư chỉ có thể là một trong bốn số sau: 1;3;5;7 ta chia 4 số

dư này ( 4 con thỏ) thành 2 nhóm (2 lồng)

Nhóm 1: dư 1 hoặc dư 7Nhóm 2: dư 3 hoặc dư 5

Có 3 số lẻ (3 thỏ) mà chỉ có hai nhóm số dư nên tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm

- Nếu 2 số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết cho 8

- Nếu 2 số dư khác nhau thì tổng của chúng chi hết cho 8

Ví dụ 3: Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3.Chứng minh rằng tồn tại hai số có tổng hoặc

hiệu chia hết cho 12

Bài 2: CMR: Tồn tại 1 bội của số 1993 chỉ chứa toàn số 1.

Bài 3: CMR: Với 17 số nguyên bất kỳ bao giờ cũng tồn tại 1 tổng 5 số chia hết cho 5 Bài 4: Có hay không 1 số có dạng.

19931993 … 1993000 … 00  1994

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Xét dãy số 17, 172, …, 1725 (tương tự VD2)

Bài 2: Ta có 1994 số nguyên chứa toàn bộ số 1 là:

199310

.11

111 … j = q−k

1 sè 1994

Chia các số cho 5 ta được 17 số dư ắt phải có 5 số dư thuộc tập hợp{0; 1; 2; 3; 4}

Nếu trong 17 số trên có 5 số khi chia cho 5 có cùng số dư thì tổng của chúng sẽchia hết cho 5

số có số dư khác nhau ⇒ tổng các số dư là: 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10  10

Vậy tổng của 5 số này chia hết cho 5

cïng lµ mét trong c¸c ch÷ sè 3;8 - V« lý(v× mét sè chÝnh

ph-¬ng bao giê còng cã c¸c ch÷ sè tËn cïng lµ:0;1;4;6;9)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Có tồn tại n ∈ N sao cho n2 + n + 2  49 không?

Bài 2: CMR: n2 + n + 1 M/ 9 với ∀ n ∈ N*

Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18 /M 289 với ∀ n ∈ N

HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn tại n ∈ N để n2 + n + 2  49

32

a Ta có : 36 ≡1(mod 7) nên 3638 ≡1(mod 7)

41 ≡-1(mod 7) nên 4133 ≡ - 1(mod 7)

⇒ A = 3638 + 4133 + 2 ≡ 1- 1 + 2 (mod 7) ≡ 2(mod 7)

Vậy A chia cho 7 dư 2

b Ta có : 52 ≡1(mod 12) nên (52)35 ≡1(mod 12)

72 ≡1(mod 12) nên (72)25 ≡1(mod 12)

⇒ B= 570 + 750 ≡1 + 1 (mod 12) ≡2 (mod 12)

Vậy B chia cho 12 dư 2

Bài 66 : Một số chia cho 3 dư 1 , chia cho 4 dư 3 , chia cho 5 dư 2.Hỏi số đó chia cho

60 dư bao nhiêu ?

Chú ý : Với cách này ta có thể tạo ra các hệ tương đương khác miễn là tạo ra được mối liên hệ giữa A và 60 Nhưng cách này chỉ nên áp dụng với các bài đơn giản,còn đối với các bài phức tạp thì khó nhẩm tính được.

Vậy A chia cho 60 dư 7

Nhận xét : Cách làm này ngắn gọn nhưng với các bài phức tạp thì cũng gây chút ít khó khăn trong việc nhẩm tính

Cách 3 : Gọi số tự nhiên là A ⇒ A = 60k + r ( 0≤ r < 60 )

Ta cần tìm k

+ Vì A chia cho 5 dư 2 nên 60k + r chia cho 5 dư 2

Vì A chia cho 3 dư 1 nên r chia cho 3 dư 1.Do đó r ∈ { } 7

Suy ra : A = 60k + 7

Vậy A chia cho 60 dư 7

Nhận xét : Cách làm này được sử dụng chung cho các bài toán dạng trên nhưng cách làm này dài hơn so với hai cách làm bên trên

Bài 67: Tìm dư trong phép chia 20042004 cho 11

Bài làm :

Ta có : 2004 ≡ 2 (mod 11) ⇒ 20042004 ≡ 22004 (mod 11)

Mà 210 ≡ 1 (mod 11) nên 22004 = 24 (210)200 ≡ 24 (mod 11) ≡ 5(mod 11)

Vậy dư trong phép chia 20042004 cho 11 là 5

Bài 68: Tìm số dư trong phép chia 15 1515 cho 49

Bài làm :

Ta có : p = 7 ;(p – 1 )p = 6 7 = 42 ;1542 ≡ 1 (mod 49)

Ta tìm dư trong phép chia 1515 cho 42

Ta có : 1515 ≡ 1 (mod 7); 1515 ≡ 315 (mod 6) mà 315 = 3.314 = 3(2k+1) ≡3 (mod 6)

Gọi r0 là dư trong phép chia 1515 cho 42 thì :

r0 = 7t + 1 với t ∈ { 0;1;2;3;4;5 } .Với t = 2 thì r0 = 15≡3 (mod 6)