Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học

Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn chuyên đề:
Như chúng ta đã biết toán học là một môn khoa học cơ bản, toán học xuất hiện
ngay trong đời sống hàng ngày, tác dụng của toán học rất rộng lớn, từ những việc nhỏ
như việc tính tiền đi mua hàng, hay những việc lớn như để thiết kế nên những ngôi nhà
cao tầng, các công trình xây dựng ... tất cả đều phải dựa vào toán học.
Ngay từ khi học bậc học Mầm non các em đã được là quen với các con số 1, 2,
3,...Đến khi học lên Tiểu học và Trung học cơ sở thì bộ môn Toán được xác định là
môn công cụ, rất quan trọng đối với mỗi học sinh.
Trong chương trình Toán bậc THCS, cụ thể là ở các lớp 6 và 7 thì số học là nội
dung kiến thức vô cùng quan trọng bởi đây sẽ là nền tảng giúp các em có thể khám phá
nhiều nội dung khác của Toán học. Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi
dưỡng học sinh giỏi bản thân tôi nhận thấy để việc học những nội dung phần Số học
được tốt, cụ thể là các chuyên đề chia hết, tìm chữ số tận cùng hay chuyên đề số chính
phương, ... được tốt hơn thì việc ứng dụng Đồng dư thức một cách hợp lý sẽ cho chúng
ta những lời giải hay và ngắn gọn, học sinh rất dễ nắm bắt kiến thức. Nhưng nội dung
này lại không được đề cập trong chương trình môn Toán THCS. Chính vì những lý do
trên mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các đồng nghiệp chuyên đề “ Ứng dụng Đồng dư
thức vào giải một số dạng toán số học”. Với mục đích giúp các em học sinh có thêm
một cách tiếp cận mới đối với một số dạng toán cơ bản.
II. Mục đích, phạm vi, đối tượng của chuyên đề:
1. Mục đích của chuyên đề:
- Giới thiệu tới các em HS các khái niệm, tính chất của đồng dư thức.
- Rèn kỹ năng giải các bài toán có liên quan đến đồng dư thức. Từ đó áp dụng
vào quá trình học tập, nghiên cứu nhằm đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG.
2. Phạm vi nghiên cứu chuyên đề:
- Chương trình môn Toán cấp THCS

3. Đối tượng của chuyên đề:
- Áp dụng cho học sinh khá, giỏi cấp THCS.
1


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

PHẦN II: NỘI DUNG
I. Cơ sở lí luận.
Số học là một nội dung kiến thức quan trọng trong chương trình Toán ở cấp
THCS. Từ những phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản giữa các số đến các bài toán
đòi hỏi tư duy cao hơn như là dạng toán cấu tạo số, các bài toán về số nguyên tố, số
chính phương, các bài toán chia hết,…thường dành cho đối tượng là học sinh khá, giỏi
và một nội dung kiến thức có thể giúp chúng ta tìm ra lời giải một số dạng toán trên
chính là sử dụng những kiến thức về Đồng dư thức. Đây là nội dung không có trong
chương trình chính khóa nhưng lại rất cần thiết trong việc Bồi dưỡng HSG, nên đòi hỏi
giáo viên phải tìm hiểu nghiên cứu và tìm ra những nội dung cần thiết để giúp học sinh
tiếp thu và vận dụng một cách phù hợp trong suốt quá trình học. Từ đó áp dụng vào giải
các dạng toán có liên quan đồng thời phát triển tư duy toán học. Để rồi vận dụng vào
các môn học khác cũng như trong đời sống hàng ngày.
II. Cơ sở thực tiễn
Qua thực tế giảng dạy và chủ yếu là bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán ở các lớp
6, 7 và 8 trong trường THCS, tôi nhận thấy nhiều học sinh còn lúng túng về cách tìm
lời giải khi gặp phải những bài toán về chia hết, tìm chữ số tận cùng, số chính phương,
…mặc dù đó không phải là những bài toán quá khó, hay như những bài toán nếu áp
dụng kiến thức của Đồng dư thức vào thì cho ta lời giải rất hay và ngắn gọn, hoặc có
những bài toán khi ta áp dụng kiến thức của lớp 8 thì mới giải được, nhưng khi sử dụng
Đồng dư thức vào giải thì mới phù hợp với khả năng tư duy của học sinh lớp 6 và lớp

7. Từ cơ sở lý luận và cơ sở thục tiễn như vậy mà tôi đã chọn chuyên đề:
“ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”.

2


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
III. NỘI DUNG.

Người thực hiện:

1. Kiến thức cơ bản
1.1. Định nghĩa:
- Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c (c ≠ 0) mà có cùng số dư thì
ta nói a đồng dư với b theo môđun c; kí hiệu là a ≡ b (mod c).
- Như vậy: a ≡ b (mod c) ⇔ a – b chia hết cho c.
- Hệ thức có dạng: a ≡ b (mod c) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế
trái của đồng dư thức, b gọi là vế phải còn c gọi là môđun.
1.2. Một số tính chất:
Với a; b; c; d; m; … là các số nguyên dương (Z+), ta luôn có:
a. Tính chất 1:
+ a ≡ a (mod m).
+ a ≡ b (mod m) ⇔ b ≡ a (mod m).
+ a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c(mod m).
b. Tính chất 2:
Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì:
+ a ± c ≡ b ± d (mod m).
+ ac ≡ bc (mod m).( c>0)
+ ac ≡ bd (mod m).
+ an ≡ bn (mod m).

+ (a+b)n ≡ bn (mod a).
+ an +bn ≡ ( a+b) (mod m).( n là số lẻ)
+ Nếu d là một ước chung của a; b; m thì:

a
b
m
≡ (mod );
d
d
d

c. Tính chất 3:
+ Nếu a ≡ b (mod m) và c ∈ Z+ thì ac ≡ bc (mod mc).
1.3. Một số kiến thức liên quan:
Trong khi làm bài tập sử dụng đồng dư thức, ta nên chú ý tới các tính chất hay
dùng sau đây:
3


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
+
+ Với mọi a, b ∈ Z (a ≠ b) và n là số tự nhiên: 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 dư; (Theo nguyên lí Đirichlet).
+ Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
2. ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN.
* DẠNG 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT.

Bài 1: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19
Lời giải
Ta có: A = 7.25n +12.6n
Vì 25n ≡ 6n (mod19).
=> A ≡ 7.6n +12.6n (mod19)
=> A ≡ 19.6n (mod19)
=> A ≡ 0 (mod19)
Vậy AM 19
Đối với một số bài toán lớp 8 chúng ta cần sử dụng đến hằng đẳng thức:
a n − b n Ma − b với ( n ∈ N )
a n + b n Ma + b với ( n ∈ N ; n lẻ)

Thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử
dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời
giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
Bài 2: ( Sách Phát triển toán 8 tập 1).Chứng minh rằng:
a) A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
b) B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho 7.
Lời giải
Cách 1:
2222
2222
5555
5555
5555
2222
a) Ta có A = ( 5555 − 4 ) + ( 2222 + 4 ) − ( 4 − 4 )
2222
2222
Mà ( 5555 − 4 ) M( 5555 − 4 )

⇒ ( 55552222 − 42222 ) M7

4


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
5555
5555
Tương tự: ( 2222 + 4 ) M7
45555 − 42222 = ( 45 )

1111

− ( 42 )

1111

Người thực hiện:

M( 45 − 42 ) ⇒ 45555 − 42222 M7

Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
b) B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + 2M7
Sử dụng tính chất: ( a + b ) khi chia cho a có số dư là b.
n

Ta có B = (1960 + 1)1962 + (1960 + 3)1964 + (1965 − 2)1966 + 2
B = (7 m + 1)1962 + (7 n + 3)1964 + (7 p − 2)1966 + 2
B = 7 q + 1 + 31964 + 21966 + 2

B = 7 q + 9.27 654 + 2.23.655 + 3
B = 7r + 9 + 2 + 3

B = 7 r + 14M7

Cách 2:
a) Xét số dư của 22225555 khi chia cho 7.
Ta có: 2222 ≡ 3 (mod 7)

(1)

=> 22224 ≡ 34 (mod 7)
=> 22224 ≡ 81 (mod 7)
Mà 81 ≡ 4 (mod 7)
=> 22224 ≡ 4 (mod 7)

(2)

Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 22225 ≡ 3.4 (mod 7)
=> 22225 ≡ 5 (mod 7)
=>22225555 ≡ 51111 (mod 7)
+ Tương tự: 55552222 ≡ 21111 (mod 7)

(3)
(4)

Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A ≡ 21111 + 51111 (mod 7) (5)
Mặt khác: 21111 + 51111 ≡ (2 + 5) (mod 7)
≡ 0 (mod 7) ( Tính chất 2)
Từ (5) và (6) ta được: A ≡ 0 (mod 7)

Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
b) Ta có:
5

(6)


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
1962
Ta có: 1961 ≡ 1 (mod 7) => 1961 ≡ 1 (mod 7)
Tương tự: 19631964 ≡ 31964 ( mod 7 ) ≡ 9. ( 33 )
19651966 ≡ ( −2 )

1966

654

( mod 7 ) ≡ 9.27654 ( mod 7 ) ≡ 2 ( mod 7 )

( mod 7 ) ≡ 2. ( 23 ) ( mod 7 ) ≡ 2.8655 ( mod 7 ) ≡ 2 ( mod 7 )
655

=> B ≡ 1 + 2 + 2 + 2 ( mod 7 ) ≡ 0 ( mod 7 )
Vậy: B = 19611962 + 19631964 + 19651966 + 2 chia hết cho 7.
Bài 3: Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13.
Lời giải
Cách 1:
Ta có: B = 4.16n + 9.3n

= 4.16n + 9.3n + 4.3n − 4.3n
= 4.(16n − 3n ) + 13.3n
16n − 3n M13
⇒ B M13
Vì  n
13.3 M13

Cách 2:
Với bài toán trên ta có thể sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh, nhưng đối
với học sinh lớp 6 thì chưa được học kỹ thuật đó. Nên ta có thể sử dụng Đồng dư thức
để chứng minh.
+ Ta xét số dư của 42n+1 khi chia cho 13
Ta có: 42 = 16 ≡ 3 (mod 13)
=> 42n ≡ 3n (mod 13)
=> 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13)
Hay 42n+1 ≡ 4.3n (mod 13)

(1)

+ Ta xét số dư của 3n+2 khi chia cho 13
Ta có: 32 = 9 ≡ - 4 (mod 13)
Mà 3n ≡ 3n (mod 13)
=> 32.3n ≡ - 4.3n (mod 13)
=> 3n+2 ≡ - 4.3n (mod 13)

(2)

Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta được B ≡ 0 (mod 13).
6

Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
2n+1
n+2
Vậy B = 4 + 3 luôn chia hết cho 13 với mọi n ∈ N.
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N.
a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
Lời giải
Cách 1:
a) Ta có: A = 5.25n + 16.2n + 2.2n = 5.25n + 18.2n
= 5 ( 25n − 2n ) + 23.2 n
n
n
 25 − 2 M23
⇒ AM23
Vì 
n
 23.2 M23
n
n
n
n
n
b) B = 121.11 + 12.144 = 12 ( 144 − 11 ) + 133.11

Từ đây ta có được BM133
Cách 2:
a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23

Ta có: A = 25n .5 + 2n.16 + 2n.2
Vì 5.25n ≡ 5.2n (mod23)
=> A ≡ 5.2n + 2n.16 + 2n.2 (mod23)
≡ 23.2n (mod23)
≡ 0 (mod23)
Vậy A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23.
b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
Tương tự câu a) ta có: B ≡ 121.11n + 12.144n (mod133)
≡121.11n + 12.11n (mod133)
≡ 0(mod133)
Vây B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133.

Bài 5: ( lớp 8). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1:
A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2
7


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

Lời giải
Ta có: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B.
Với n > 2, ta biến đổi A như 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)

Mặt khác: 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)
=> nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1 ≡ 0 (mod n – 1) (1)
=> (n – 1)(nn-1 + nn – 2 + … + n2 + 1) ≡ 0 (mod (n – 1)2)
=> 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.
Với một số bài toán có luỹ thừa tầng thì khi chúng ta sử dụng Đồng dư thức thì
sẽ giúp cho học sinh có được cách giải tổng quát cho dạng toán đó. Chẳng hạn
Bài 6: Chứng minh rằng:
a) A = 22 + 5M7 ( n ≥ 0 )
2n

2004n

b) A = 19242003
c) A = 32

4 n +1

4 n +1

+ 23

+ 1920M124 ( n > 0 )
+ 5M22 ( n > 0 )

2n

d) A = 2 2 + 10M13

Lời giải
3
a) Vì 2 = 8 ≡ 1( mod 7 ) . Nên ta đi tìm số dư của 22 n cho 3.
2n
n
Thật vậy: 2 = 4 ≡ 1( mod 3) => 22 n = 3k + 1
3 k +1
k
=> A = 2 + 5 = 2.8 + 5 ≡ ( 2 + 5 ) ( mod 7 ) ≡ 0 ( mod 7 ) .

=> A = 22 + 5M7 ( n ≥ 0 )
2n

b) Ta có 124 = 4.31
Dễ thấy AM4 . Ta chứng minh AM31
8


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
1924 ≡ 2 ( mod 31)
2004n
nên A ≡ 22003 − 2 ( mod 31)
1920 ≡ −2 ( mod 31)

Người thực hiện:

Vì 

5
Vì 2 = 32 ≡ 1( mod 31)

Từ đây ta xét B = 20032004 chia cho 5 có số dư là bao nhiêu
n

Vì 2004M4 nên ta đặt 2004n = 4k và B = 20032004 = 20034 k
n

4k
4k
k
Mà 2003 ≡ 3 ( mod 5 ) => 2003 ≡ 3 ( mod 5 ) ≡ 81 ( mod 5 ) ≡ 1( mod 5 )

=> B = 5m+1
5 m +1
m
=> A ≡ 2 − 2 ( mod 31) ≡ 2.32 − 2 ( mod 31) ≡ 2 − 2 ( mod 31) ≡ 0 ( mod 31)

Vậy AM124
c) A = 32

4 n +1

4 n +1

+ 23

+ 5M22 ( n > 0 )

Vì 22 = 2.11 và AM2 nên ta chứng minh AM11
10

Ta có 3 ≡ 1( mod11) (Định lý Fecma)

Từ đây ta xét B = 24 n +1 và C = 34 n +1 chia cho 10 có số dư là bao nhiêu.
4 n +1
n
n
* B = 2 = 2.16 ≡ 2.6 ( mod10 ) ≡ 2. ( ...6 ) ( mod10 ) ≡ 2 ( mod10 )

=> B = 24 n +1 = 10k + 2
=> 32

4 n+1

= 310 k + 2 ≡ 9. ( 35 )

2k

( mod11) ≡ 9 ( mod11) ( vì

35 ≡ 1( mod11) )

Tương tự: C = 34 n +1 = 10m + 3
4 n+1

23

= 210 k +3 ≡ 8.322 k ( mod11) ≡ 8. ( −1)

2k

( mod11) ≡ 8 ( mod11)

Vậy A ≡ (9 + 8 + 5) ( mod 22 ) ≡ 0 ( mod 22 ) .
2n

d) A = 22 + 10M13
Ta có 212≡ 1(mod 13) (Định lý Fecma)
Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư khi chia 22n cho 12
Ta có: 22n≡ 0(mod 4) => 22n =4k ( k ∈ N)
=> 22n = 4n ≡ 1(mod 3) => 22n =3m+1 ( m∈ N)
=> 22n = 12m+4
=> A = 212m+4 +10 = 16.(26)2m + 10
≡ 3+10(mod 13)
≡ 0(mod 13).
9


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Vậy A chia hết cho 13 với mọi n.

Người thực hiện:

Sau khi đã hình thành cho các em một số kỹ năng nhất định qua dạng toán
chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp quá nhiều không
khi gặp một số dạng toán sau:
* DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 19932014 cho 3.
Lời giải
Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài toán một cách dễ
dàng: A= 19932014-1+1

Vì A = 19932014 − 1M1992 ⇒ 19932014 − 1M3
Suy ra A chia cho 3 dư 1.
Cách 2:
Ta có: 1993 ≡ 1 (mod 3)
=> 19932014 ≡ 12014 (mod 3) ≡ 1 (mod 3)
Vậy số 19932014 khi chia cho 3 thì dư 1.
Bài 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3 và cho 5
Lời giải
Cách 1:
Ta có: A = 776776 − 2776 + 777777 + 778778 − 1 + 2776 + 1
776776 − 2776 M3

Vì 777777 M3

nên ta phải tìm số dự khi chia 2776 + 1 cho 3

778778 − 1M3
776
775
775
Thật vậy: 2 + 1 = 2.2 + 2 − 1 = 2 ( 2 + 1) − 3 + 2
775
Vì 2 ( 2 + 1) − 3M3 nên A chia 3 dư 2

Tương tự: A chia 5 dư 1
Cách 2:
+ Trường hợp 1: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3.
Ta có: 776 ≡ 2 (mod 3)
=> 776776 ≡ 2776 (mod 3) ≡ 4338 (mod 3) ≡ 1338 (mod 3) ≡ 1 (mod 3)
10

Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Tương tự: 777777≡ 0 (mod 3)

Người thực hiện:

778778≡ 1(mod 3)
=> A = 776776 + 777777 +778778≡ 1+0+1(mod 3) ≡ 2 (mod 3)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 3 dư 2.
+ Trường hợp 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 5.
Ta có: 776 ≡ 1 (mod 5)
=> 776776 ≡ 1776 (mod 5) ≡ 1(mod 5).
Ta có : 777≡ 2 (mod 5)
777777 ≡ 2777(mod 5)≡ (24)194.2(mod 5) ≡ 16194.2(mod 5)≡2(mod 5)
778778≡ 3(mod 5)
=> A = 776776 + 777777 +778778≡ 1+2+3(mod 5) ≡ 1 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 5 dư 1.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5.
Lời giải
Cách 1: Gọi n là số tự nhiên chia 5 dư 1 và chia 7 dư 5.
Vì n không chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r ∈ N, r < 35). Trong đó r chia 5
dư 1, chia 7 dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia 7 dư 5 và chia 5 dư 1 là 5; 12; 19; 26; 33. Trong các số trên
chỉ có 26 là số chia cho 5 dư 1. Vậy r = 26.
Cách 2: Ta có:
 n − 1M5
 n − 1 + 10M5
 n + 9M5
⇒

⇒
⇒ n + 9M35

 n − 5M7  n − 5 + 14M7  n + 9M7

Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26.
Cách 3:
Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có:
A ≡ 1 (mod 5); A ≡ 5 (mod 7)
Từ A ≡ 5 (mod 7) => A = 7k+5 ( k ∈ N).
=> 7k+5 ≡ 1 (mod 5)
=> 2k ≡ 1 (mod 5)
=> 2k+4≡ 1+4(mod 5)
11

(1)


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
=> 2k + 4 ≡ 0(mod 5) => k + 2 ≡ 0(mod5) => k = 5m -2 ( m ∈ N) (2)
Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - 9
=> A ≡ -9 (mod 35) ≡ 26 (mod 35)
Vậy số A =26.
Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại toán này thì ta có thể giải được
các bài toán có nhiều số chia hơn, hoặc các số chia có giá trị lớn một cách dễ dàng
hơn, đồng thời ta có được cách giải rõ ràng cho dạng toán này.
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112,
chia n cho 132 thì dư 98.
Lời giải

Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98
=> 131x = 131y +y-14
=>y - 14 M131
=> y = 131k + 14 ( k ∈ N )
=> n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946
Vì n có 4 chữ số nên n = 1946.
Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14
=> 131(x-y) = y-14. Nếu x > y thì y- 14 ≥ 131 => y ≥ 145 => n có nhiều hơn 4
chữ số. Do đó x = y, suy ra n = 1946
Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên
132n = 132.131x +132.112

(1)

Mặt khác n = 132y + 98
131n = 131.132y + 131.98

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 132n -131n = 131.132(x –y) + 1946 => n =1946.
Cách 4:
Gọi số tự nhiên cần tìm là n, ta có
n ≡ 112(mod 131); n ≡ 98 (mod 132)
Từ n ≡ 98 (mod132) => n = 132k+98 (k ∈ N)
=> 132k+98 ≡ 112 (mod 131)
12

(1)

Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
=> k + 98 + 33≡ 112+33(mod 131) => k ≡ 14(mod 131)
=> k = 131m +14 ( m ∈ N)

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: n = 132(131m + 14) + 98 = 131.132m +1946
Vậy n = 1946
Bài 5: Một số tự nhiên chia 4 dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13. Hỏi số đó chia
1292 dư bao nhiêu.
Lời giải
Cách 1:
Gọi số tự nhiên cần tìm là n ( n ∈ N )
Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r ( k , r ∈ N ; r < 1292 ).
Các số nhỏ hơn 1292 và chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; ...1248; 1267.
Trong các số trên số chia cho 4 dư 3 và chia cho 17 dư 9 là số 1267.
Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên thì việc thử loại sẽ mất rất nhiều thời
gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài toán ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn.
Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có:
A ≡ 3 (mod 4); A ≡ 9 (mod 17); A ≡ 13 (mod 19)
Từ A ≡ 13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N)

(1)

=> 19k+13 ≡ 9 (mod 17)
=> 19k + 13+8 ≡ 9 +8(mod 17)
=> 2k + 4 ≡ 0(mod 17) => k + 2 ≡ 0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N) (2)
Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25

(3)

Mặt khác: A ≡ 3 (mod 4) =>323m-25 ≡ 3 (mod 4)
=> 324m-m-1≡ 3 (mod 4)
=>-m ≡ 0 (mod 4)
=> m = 4n ( n thuộc N)
Thay (4) vào (3) => A = 1292n -25≡ -25 (mod 1292) ≡ 1267 (mod 1292)
Vậy số A chia cho 1292 dư 1267.
Bài 6: Xác định giá trị của n để:
a) 2n − 1M9
b) 2.3n + 3M11
13

(4)


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Lời giải

Người thực hiện:

a) Ta có 23 = 8 ≡ ( −1) ( mod 9 ) ⇒ 23k ≡ ( −1) ( mod 9 )
k

Nên ta xét các trường hợp sau:
+ n = 3k => 2n − 1 = 23k − 1 = 2.8k − 1 ≡ ( −1) − 1 ( mod 9 )
k

≡ 0 ( mod 9 ) ( Nếu k chẵn)
≡ 7 ( mod 9 ) ( Nếu k lẻ) (loại)

+ n = 3k+1=> 2n − 1 = 23k +1 − 1 = 2.8k − 1 ≡ 2. ( −1) − 1( mod 9 )
k

≡ 1( mod 9 ) ( Nếu k chẵn) ( loại)
≡ 6 ( mod 9 ) ( Nếu k lẻ) ( loại)

+ Tương tự với n = 3k+2 ( loại)
Vậy n = 3k ( với k chẵn).
b) Với cách làm tương tự:
5
Ta có 3 = 243 ≡ 1( mod11) . Nên ta xét các trường hợp sau:

n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4. ( ( k ∈ N )
Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện đề bài.
n
5k +4
k
Thật vậy: Xét 2.3 + 3 = 2.3 + 3 = 2.81.243 + 3 ≡ 8 + 3 ( mod11) ≡ 0 ( mod11)

Vậy n = 5k +4
*DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.
Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
Bài 1: Cho số A = 19942005.
a. Tìm số dư trong phép chia A chia cho 7.
b. Tìm chữ số tận cùng của A
c. Tìm 2 chữ số tận cùng của A
Lời giải
a. Ta có: 1994 ≡-2 (mod 7)
14

Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
2005
2005
3 668
=> A = 1994 ≡ (-2) (mod 7) ≡ [(-2) ] .(-2) (mod 7)
≡ (-1)668.(-2) (mod 7)
≡ (-2) (mod 7) ≡ 5 (mod 7)
Vậy A = 19942005chia cho 7 dư 5.
b. Xét số dư khi chia A cho 10.
Ta có: 1994 ≡ 4 (mod 10).
Ta xét số dư khi chia A cho 2 và cho 5.
Ta có : 1994 ≡ 0 (mod 2)
1994 ≡ 4 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5)
=> 19942005 ≡ (-1)2005 (mod 5) ≡ (-1) (mod 5) ≡ 4 (mod 5)
=> A ≡ 4 (mod 10)
Vậy chữ số tận cùng của A là 4.
c)
Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
a) A = 22004
b) B =

7

9

99

Lời giải
a) Ta có: A = 22004 = (210)200.24 ≡ (-1)200.24 (mod 25)
≡ 16 (mod 25)
=> A = 25k + 16 ( k ∈ N)
Mặt khác: A M 4 => k M 4 ( vì 25; 4) = 1
=> A = 100k + 16
Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16.
99

b) B = 79

Ta có: 7n ≡ 3 (mod 4)
74 ≡ 1 (mod 25)
9

99

≡ 1 (mod 4) =>

9

99

= 4k + 1 ( k ∈ N)

=> B = 74k+1≡ 7 (mod 25)
15


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

=> B = 25k +7

Người thực hiện:

=> 25k +7 ≡ 3 (mod 4)
=> k ≡ 0 (mod 4)
=> k = 4n
=> B = 100n + 7
Vậy hai chữ số tận cùng của B là 07.
4

Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A = 23 .
Lời giải
4

Ta có: A = 23 = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24)20 = 2.1620
Mà 16 ≡ 6 (mod 10) ⇒ 1620 ≡ 620 (mod 10)
Từ đó: 1620 ≡ 6 (mod 10), mà 2 ≡ 2 (mod 10)
Nên: 2.1620 ≡ 6.2 (mod 10) ⇒ 2.1620 ≡ 2 (mod 10)
=> A chia cho 10 dư 2
Vậy A có chữ số tận cùng là 2.
Bài 4: Tìm sáu chữ số tận cùng của số B = 521.
Giải
Ta có: B = 515 = 53.5 = 1255 ≡ (-3)5 (mod 26)
Hay 515 ≡ 13 (mod 26) ⇒ 515.56 ≡ 13.56 (mod 26.56)
Hay là: B = 521 ≡ 13.15625 (mod 106)
=> B ≡ 203125 (mod 106)
=> B chia cho 106 dư 203125.
Vậy B có 6 chữ số tận cùng là 203125.
Khi học sinh đã nắm vững cách tìm chữ số tận cùng thì ta có thể đưa ra

một dạng toán khác nhưng có cách giải tương tự.
Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số:
2004
2006
a) A = 0, 7 ( 2001 + 2003 )
1983
1917
b) B = 0,3 ( 1983 − 1917 )

Lời giải
16


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
2004
2006
a) Ta xét A = 0, 7 ( 2001 + 2003 ) khi chia cho 10.
2001
Ta có 2001 ≡ 1( mod10 )

20032006 ≡ 32006 ( mod10 )
≡ 91003 ( mod10 ) ≡ 91003 ( mod10 )
≡ ( −1) ( mod10 ) ≡ 9 ( mod10 )

=> AM10 . Vậy A là số nguyên.
1983
1917
b) B = 0,3 ( 1983 − 1917 )
1983

1917
Tương tự ý a) Ta xét B = 0,3 ( 1983 − 1917 ) khi chia cho 10.
1983

Ta có 1983

≡ 31983 ( mod10 )
≡ 3.9991 ( mod10 ) ≡ 3. ( −1)

991

( mod10 )

≡ −3 ( mod10 ) ≡ 7 ( mod10 )
19171917 ≡ 71917 ( mod10 )
≡ 7.71916 ( mod10 ) ≡ 7.49958 ( mod10 )
≡ 7. ( −1)

958

( mod10 ) ≡ 7 ( mod10 )

=> BM10 . Vậy B là số nguyên.
DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ
CHÍNH PHƯƠNG.
Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không phải là số nguyên tố.
a) A = 22014 − 1
b) A = 22

2005

+5
Lời giải

a) Ta có 22 ≡ 1(mod 3) ⇒ 22014 = 41007 ≡ 1(mod 3)
2014
=> A = 2 − 1 ≡ 0 ( mod 3) , mà A>3.

Vậy A không là số nguyên tố.
b) A = 22

2005

+5
17


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Ta thấy 2 ≡ −1(mod 3)
=> A ≡ ( −1) 2

2005

Người thực hiện:

+ 5 ≡ 6(mod 3) ≡ 0(mod 3)

=> A M3
Vậy A không là số nguyên tố
Bài 2: Số A = 22

2 n+1

+ 3 là số nguyên tố hay hợp số. ( n∈ N )
*

Lời giải
3

Với n = 1, ta có A = 22 + 3 = 259M7 . Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho
7 hay không.
3
Vì 2 ≡ 1( mod 7 ) , nên ta xét 22 n+1 chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy:

22 n +1 = 2.4 n ≡ 2 ( mod 3 ) => 2 2 n +1 = 3k + 2
=> A = 2

3k + 2

+ 3 = 4.8k + 3 ≡ 0 ( mod 7 )

Vậy A hợp số
Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng
A = 32

4 n+1

+ 2 ( n∈ N ) đều không phải số nguyên tố.
*

Lời giải
Với n = 1, ta có A = 32 + 2 = 332 + 2 ≡ 1( mod11) .Từ đó gợi ý cho ta xét xem A
5

chia hết cho 11 hay không
Ta có: 35 =243 ≡ 1(mod 11).
Vì 24n+1 = 2.16n≡ 2(mod 5)
=> 24n+1 = 5m +2 ( m ∈ N*)
=> A = 35m+2 = 9.(35)m+2 ≡ 9+2(mod 11) ≡ 0(mod 11)
Vậy A luôn chia hết cho 11 nên A không là số nguyên tố.
Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương.
a) A = 19922 + 19932 + 19942
b) B = 19922 + 19932 + 19942 + 19952
c) C = 1 + 9100 + 94100 + 1994100
18


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

Lời giải
Cách 1: Ta sử dụng tính chất của số chính phương để chứng minh các số trên
không phải là số chính phương.
a) Ta có: Các số 19932 ;19942 là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia 3
dư 1, còn 19922 M3 . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính phương.
b) Các số 19922 ;19942 là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số
19932 ;19952 là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2, nên B không là

số chính phương.

c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C không là số chính phương.
Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức thì có 1 cách làm chung cho cả 3 ý trên
và cách làm đơn giản hơn nhiều.
a) A = 19922 + 19932 + 19942
A ≡ 0 + 1 + 22 ( mod 3) ≡ 2 ( mod 3) . Nên A không là số chính phương.

b) B = 19922 + 19932 + 19942 + 19952
B ≡ 0 + 1 + 22 + 32 ( mod 4 ) ≡ 2 ( mod 4 ) . Nên B không là số chính phương.

c) C = 1 + 9100 + 94100 + 1994100
C ≡ 1 + 1 + 2100 + 2100 ( mod 4 ) ≡ 2 ( mod 4 ) . Nên C không là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không là số chính
phương.
Lời giải
Ta có: 19 ≡ (-1)(mod 4)
93 ≡ 1 (mod 4)
1993 ≡ 1 (mod 4)
=> A ≡ 1+3+1+1 (mod 4)
≡ 2 (mod 4)
Mà số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
Vậy A không là số chính phương.

19


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

PHẦN III: MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 15325 – 1 khi chia cho 9.
Bài 2: Cho số nguyên n > 1. Tìm dư trong phép chia:
A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.
Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng:
3n + 1 chia hết cho 10 ⇔ 3n+4 + 1 chia hết cho 10.
Bài 6: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng:
a)

A = 24n – 1 chia hết cho 15

b)

B = 25n – 1 chia hết cho 31

c)

C = 22 + 1 chia hết cho 641

d)

D = 62n + 19n – 2n+1 chia hết cho 17

e)

E = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19

f)

F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59

5

Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta luôn có:
52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38
Bài 8: Chứng minh rằng: a) A = 220119 + 11969 + 69220 chia hết cho 102
69

220

119

b) B = 18901930 + 19451975 + 1 chia hết cho 7
Bài 9: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng:
Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19
Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1 ta luôn có:
A = nn + 5n2 – 11n + 5 chia hết cho (n – 1)2
Bài 11: Cho a; b là các số nguyên. Chứng minh rằng:
2a + 11b chia hết cho 19 ⇔ 5a + 18b chia hết cho 19
Bài 12: Tìm chữ số tận cùng của số: A = 99

9

Bài 13: Tìm chữ số tận cùng của số: B = 1414

14

1976
1974
1975

1973
Bài 14: Tìm 4 chữ số cuối cùng của số C = ( 1976 - 1974 ) ( 1976 + 1974 )

Bài 15: Chứng minh rằng:
20


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
2n
2n
2n
B = 1 + 9 + 45 + 1945 không là số chính phương.
C- PHẦN KẾT LUẬN.
1. Kết quả
- áp dụng trong tổ chuyên môn
Sau nhiều năm trực tiếp đứng lớp giảng dạy và bồi dưỡng HSG môn Toán tại
THCS Thái Hòa và qua nghiên cứu chuyên đề “Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một
số dạng toán chia hết” bản thân tôi đã tích lũy thêm nhiều kiến thức của phần Số học
trong bộ môn Toán. Xây dựng được khung chương trình dạy phần Số học của cấp
THCS, có phương pháp giải các bài toán rõ ràng hơn, từ đó đã giúp HS rèn luyện kỹ
năng, gây được hứng thú học tập cho HS.
Kết quả của việc ứng dụng chuyên đề vào Bồi dưỡng Học sinh giỏi:
Năm học 2010 – 2011
- Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 6 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Nhì môn toán 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 6 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải KK môn toán 6 cấp huyện.
Năm học 2011 – 2012
- Có 03 học sinh đạt giải Nhất môn toán 7 cấp huyện.

- Có 03 học sinh đạt giải Nhì môn toán 7 cấp huyện.
- Có 02 học sinh đạt giải Ba môn toán 7 cấp huyện.
Năm học 2012 – 2013
- Có 01 học sinh đạt giải Nhất môn toán 8 cấp huyện.
- Có 01 học sinh đạt giải Nhì môn toán 8 cấp huyện.
- Có 03 học sinh đạt giải Ba môn toán 8 cấp huyện.
2. Kết luận
3. Kiến nghị - đề xuất.
Trên đây là nội dung đề tài mà tôi đã tìm hiểu trong suốt quá trình giảng dạy và bồi
dưỡng Học sinh giỏi các lớp 6 và 7. Trong quá trình thực hiện và trình bày đề tài không
thể tránh khỏi những thiếu xót. Vì vậy tôi rất mong nhận được nhiều sự phê bình, đóng
21


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết
Người thực hiện:
góp ý kiến để đề tài được phong phú và hoàn thiện hơn nhằm áp dụng trong quá trình
giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng Học sinh giỏi môn Toán của bậc THCS.
Xin trân trọng cảm ơn các thầy giáo, cô giáo !.

Thái Hòa, ngày 17 tháng 2 năm 2014
Người thực hiện chuyên đề

LÊ QUANG ĐÔNG
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Sách Nâng cao và phát triển toán 6 -7- 8 – NXB Giáo dục Việt Nam
( Tác giả: Vũ Hữu Bình)
2) Sách Nâng cao và các chuyên đề đại số 7 – NXB Giáo dục Việt Nam
( Tác giả: Bùi Văn Tuyên)
3) Các chuyên đề Số học Học sinh giỏi THCS - NXB Giáo dục Việt Nam

( Tác giả: Phạm Minh Phương)
4) Các bài toán phát triển Bồi dưỡng Học sinh giỏi Số học 9 – NXB Đại học quốc
gia TP Hồ Chí Minh.
( Tác giả: Võ Đại Mau)
5) Toán tuổi thơ 2 - NXB Giáo dục Việt Nam.

22


Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán chia hết

Người thực hiện:

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

A. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn chuyên đề

1

2. Mục đích, phạm vi, đối tượng nghiên cứu.
B. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận

2

2.Cơ sở thực tiễn

Phần I: Kiến thức cơ bản
Phần II: Ứng dụng Đồng dư thức vào giải toán
Phần III: Bài tập áp dụng
C. KẾT LUẬN

23

3
4
20
21