Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học

Giới thiệu Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán số học
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | CHỦ ĐỀ 5 ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. Định nghĩa Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương. Ta định nghĩa a đồng dư với b theo môđun n và kí hiệu là: a ≡ b ( mod n ) , nếu a và b có cùng số dư khi chia cho n . Chú ý : a) a ≡ b(mod m) là một đồng dư thức với a là vế trái, b là vế phải. b) a ≡ b(mod m) ⇔ a – b  m ⇔ ∃t ∈ Z sao cho a = b + mt. c) Nếu a và b không đồng dư với nhau theo môđun m ta ký hiệu : d) Nếu a chia cho b dư r thì a ≡ r ( mod b ) 2. Tính chất 1. Tính chất phản xạ : 2. Tính chất đối xứng : a ≡ a (mod m). a ≡ b (mod m) ⇒ b ≡ a (mod m). 3. Tính chất bắc cầu : a ≡ b (mod m); b ≡ c (mod m) ⇒ a ≡ c (mod m). 4. Cộng hay trừ từng vế của đồng dư thức có cùng môđun : a ≡ b (mod m) ; c ≡ d (mod m) ⇒ a ± c ≡ b ± d (mod m) Tổng quát : ai ≡ bi (mod m), i = 1; 2; …; k ⇒ a1 ± a2 ± … ± ak = b1 ± b2 ± … ± bk (mod m). 5. a) Nhân hai vế của đồng dư thức với một số nguyên : a ≡ b (mod m) ⇒ ka ≡ kb (mod m) với k ∈ Z b) Nhân hai vế và môđun của đồng dư thức với một số nguyên dương: a ≡ b (mod m) ⇒ ka ≡ kb (mod km) với k ∈ N* 6. Nhân từng vế của nhiều đồng dư thức có cùng môđun : a ≡ b (mod m) ; c ≡ d (mod m) ⇒ ac ≡ bd (mod m) Tổng quát ai ≡ bi (mod m), i = 1; 2; …; k ⇒ a1 a2 …a k ≡ b1b2 …bk (mod m). 7. Nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa : a ≡ b (mod m) ⇒ ak ≡ bk (mod m) (k ∈ N*) .119 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC a ≡/ b (mod m). | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC 8. Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo môđun là BCNN của các môđun ấy: a ≡ b (mod mi ), i = 1; 2; …; k ⇒ a ≡ b (mod [ m1 ; m2 ;…; mk ] ). Đặc biệt nếu ( mi , m j ) = 1 (i, j = 1; 2;…; k) thì a ≡ b (mod mi ) ⇒ a ≡ b (mod m1 .m2 ….mk ). 9. Nếu a ≡ b (mod m) thì tập hợp các ước chung của a và m bằng tập hợp các ước chung của b và m. Đặc biệt : a ≡ b (mod m) ⇒ (a, m) = (b, m) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 10. Chia hai vế và môđun của một đồng dư cho một ước dương chung của chúng : a ≡ b (mod m) , k ∈ UC(a,b,m), k > 0 ⇒ a b m ≡  mod  k k k  m  Đặc biệt : ac ≡ bc (mod m) ⇒ a ≡ b  mod  (c, m)   B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán chứng minh chia hết * Cơ sở phương pháp: Khi số dư trong phép chia a cho m bằng 0 thì a  m. Như vậy để chứng tỏ a  m ta chứng minh a ≡ 0 (mod m) * Ví dụ minh họa: ( ) Bài toán 1. Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222  7 Hướng dẫn giải Ta có: 2222 ≡ 3 ( mod 7 ) hay 2222 ≡ −4 ( mod 7 ) ⇒ 22225555 ≡ ( −4 ) 5555 ( mod 7 ) (*) Mặt khác 5555 ≡ 4 ( mod 7 ) ⇒ 55552222 ≡ 42222 ( mod 7 ) (**) Từ (*) và (**) ⇒ ( 22225555 + 5555222 ) ≡ ( −4 )  5555 + 42222  ( mod 7 )  ⇒ ( 22225555 + 5555222 ) ≡ −42222 ( 43333 − 1) ( mod 7 ) Ta lại có:= 43333 4 ) (= 3 1111 641111 mà 64 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 43333 ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 43333 − 1 ≡ 0 ( mod 7 ) ⇒ −42222 ( 43333 − 1) ≡ 0 ( mod 7 ) ( ) ( ) Do vậy 22225555 + 55552222 ≡ 0 ( mod 7 ) hay 22225555 + 55552222  7 Bài toán 2. Chứng minh rằng: = A ( 7.5 2n + 12.6n )19 TỦ SÁCH CẤP 2| 120 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Hướng dẫn giải Ta có: 52 n = (5 ) 2 n = 25n ⇒ A = 7.25n + 12.6n 25 ≡ 6 ( mod19 ) ⇒ 25n ≡ 6n ( mod19 ) ⇒ A ≡ 7.6n + 12.6 ( mod19 ) ⇔ A ≡ 19.6n ( mod19 ) n ⇒ A ≡ 0 ( mod19 ) ⇒ A19 Bài toán 3. Chứng minh rằng 122n+1 + 11n+2  133 ( n ∈ N) Hướng dẫn giải Cách 1:Ta có 122 = 144 ≡ 11(mod 133) ; 112 = 121 ≡ –12(mod 133) Do đó 122n+1 = 12. (122 ) ≡ 12. 11n (mod 133) n 11n+2 = 112. 11n ≡ –12. 11n (mod 133) Vậy với n ∈ N thì 122n+1 + 11n+2  133 . Cách 2: Ta có 122 = 144 ≡ 11(mod 133) ⇒ 122n ≡ 11n (mod 133) (1) Mà 12 ≡ – 112 (mod 133) (2) Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có : 122n. 12 ≡ 11n. (– 112) (mod 133) ⇒ 122n+1 ≡ –11n+2 (mod 133) 122n+1 + 11n+2 ≡ 0 (mod 133) hay 122n+1 + 11n+2  133. Bài toán 4. Chứng minh rằng: = A (2 22 n ) + 5  7 ( ∀n ∈ N ) Hướng dẫn giải Ta có 23= 8 ≡ 1( mod 7 ) Ta đi tìm số dư của 22 n khi chia cho 3 (đây chính là điểm mấu chốt của bài toán). Vì 4 ≡ 1( mod 3) ⇒ 4n ≡ 1( mod 3) ⇒ 22 n ≡ 1( mod 3) hay n chia cho 3 dư 1. Giả sử: 22 n =3k + 1( k ∈ N ) Khi đó ta có: A= 23k +1 + 5= 2.8k + 5 Vì 8k ≡ 1( mod 7 ) ⇒ 2.8k ≡ 2 ( mod 7 ) ⇒ 2.8k + 5 ≡ 2 + 5 ( mod 7 ) ⇒ A ≡ 0 ( mod 7 ) Vậy A 7 .121 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Do đó 122n+1 + 11n+2 ≡ 12. 11n – 12. 11n ≡ 0 (mod 133). | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC  Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư * Cơ sở phương pháp: Với hai số nguyên a và m, m > 0 luôn có duy nhất cặp số nguyên q, r sao cho a = mq + r, 0 ≤ r < m . Để tìm số dư r trong phép chia a cho m ta cần tìm r sao cho a ≡ r(mod m) .  0 ≤ r < m * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm số dư khi chia 32000 cho 7. Hướng dẫn giải Ta có 32 ≡ 2 ( mod 7 ) ⇒ 36 ≡ ( 32 ) ≡ 1( mod 7 ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 3 ⇒ ( 36 ) 333 ≡ 1( mod 7 ) ⇔ 31998 ≡ 1( mod 7 ) Mặt khác 32 ≡ 2 ( mod 7 ) ⇒ 32000 ≡ 31998.32 ≡ 1.2 ( mod 7 ) ⇒ 32000 : 7 dư 2. Nhận xét: Để tìm số dư khi chia a n cho b > 0 , ta lấy lũy thừa với số mũ tăng dần của a chia cho b để tìm số dư. Ta sẽ dừng lại để xem xét khi tìm được số dư có giá trị tuyệt đối nhỏ hoặc là một giá trị đặc biệt có liên quan đến bài toán. Bài toán 2. Tìm số dư trong phép chia 570 + 750 cho 12. Hướng dẫn giải Ta có 52 ≡ 1( mod12 ) ⇒ ( 52 ) ≡ 1( mod12 ) ⇔ 570 ≡ 1( mod12 )(*) 35 7 2 ≡ 1( mod12 ) ⇒ ( 7 2 ) ≡ 1( mod12 ) ⇔ 750 ≡ 1( mod12 )(**) 25 Từ (*) ; (**) ⇒ 570 + 750 cho 12 dư 2. Bài toán 3. Tìm số dư của số= A 32005 + 42005 khi chia cho 11 Hướng dẫn giải ( ) Ta có 35 = 243 ≡ 1( mod11) ⇒ 35 401 ≡ 1( mod11) ⇒ 32005 ≡ 1( mod11)(1) ( ) Mặt khác 45 = 1024 ≡ 1( mod11) ⇒ 45 401 ≡ 1( mod11) ⇒ 42005 ≡ 1( mod11)( 2 ) Từ (1) ; ( 2 ) ⇒ số dư của số= A 32005 + 42005 khi chia cho 11 là 2. Bài toán 4. a) Tìm số dư trong phép chia 15325 – 1 cho 9. b) Tìm số dư trong phép chia 20162018 + 2 cho 5 TỦ SÁCH CẤP 2| 122 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Hướng dẫn giải a) Ta có 1532 = 9.170 + 2 ≡ 2 (mod 9) do đó 15325 ≡ 25 (mod 9) ⇒ 15325 – 1 ≡ 25 – 1 (mod 9) . Vì 25 – 1 = 31 ≡ 4 (mod 9). Do đó 15325 – 1 ≡ 4 (mod 9). Vậy số dư cần tìm là 4. b) Ta có 2016 ≡ 1 (mod 5) do đó 20162018 ≡ 12018 (mod 5) suy ra 20162018 + 2 ≡ 12018 + 2 (mod 5) . Vì 1 + 2 = 3 ≡ 3 (mod 5). Do đó 20162018 + 2 ≡ 3 (mod 5). Vậy số dư cần tìm là 3.  Dạng 3: Tìm điều kiện của biến để chia hết * Cơ sở phương pháp: Dựa vào tính chất của đồng dư thức về số dư để tìm ra điều kiện của ẩn để biểu thức chia hết. * Ví dụ minh họa: ( ) a. 23n + 4 + 32 n +1 19 ( ) b. n.2n + 1  3 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài toán 1. Tìm số tự nhiên n sao cho: Hướng dẫn giải a. Ta có 23n + 4 + 32 n +1 = 16.8n + 3.9n Vì 16 ≡ −3 ( mod19 ) ⇒ 16.8n ≡ −3.8n ( mod19 ) ⇒ (16.8n + 3.9n )19 ⇔ ( −3) .8n + 3.9n ≡ 0 ( mod19 ) ⇔ 9n − 8n ≡ 0 ( mod19 ) ⇔ 9n ≡ 8n ( mod19 ) 0 ⇒n= vì trái lại 9n ≡ 8n ( mod19 ) ⇒ 9 ≡ 8 ( mod19 ) là vô lý Vậy n = 0 . b.Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1 Nếu n= 3k ( k ∈ N ) ⇒ n.2n 3 ⇒ n.2n + 1  3 ⇒ loại Trường hợp 2 n Nếu = n 3k + 1( k ∈ N ) ⇒ n.2= +1 +1 +1 ( 3k + 1) .23k = +1 + 1 3k .23k +1 + 2.8k + 1 3k .23k +1 + 23k = ⇒ n.2n + 13 ⇔ ( 2.8k + 1)3 8 ≡ −1( mod 3) ⇒ 8k ≡ ( −1) ( mod 3) k ⇒ 2.8k + 13 ⇔ 2. ( −1) + 1 ≡ 0 ( mod 3) k tương đương với k chẵn ⇔ k = 2m ( m ∈ N ) ⇒ n = 6m + 1( m ∈ N ) Trường hợp 3 .123 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Nếu n = 3k + 2 ( k ∈ N ) ⇒ n.2n + 1 = ( 3k + 2 ) .23k + 2 + 1 2 = 3k .33k + 2 + 2.23k += + 1 3k .23k + 2 + 8k +1 + 1 ⇒ ( n.2n + 1)3 ⇔ ( −1) k +1 + 1 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ k+1 lẻ k = 2m ( m ∈ N ) ⇒ n = 6m + 2 ( m ∈ N ) Vậy điều kiện cần tìm là m ≡ 1( mod 6 ) hoặc m ≡ 2 ( mod 6 ) . Bài toán 2. Tìm số tự nhiên n có 4 chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112 và chia n cho CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 132 thì dư 98. Hướng dẫn giải n ≡ 98 ( mod132 ) ⇒ = n 132k + 98 ( k ∈ N )(1) ⇒ 132 + 98 ≡ 112 ( mod131) ⇒ k + 98 + 33= 112 + 33 ( mod131) ⇒ k ≡ 14 ( mod131) ⇒ k ≡ 131m + 14 ( m ∈ N )( 2 ) Từ (1) và= (2) n 131.132m + 1946 = ⇒ n 1946  Dạng 4: Tìm một chữ số tận cùng * Cơ sở phương pháp: Nếu a ≡ r ( mod10 ) ;0 ≤ r < b thì r là chữ số tận cùng của a. Ta cần lưu ý một số tính chất sau: Tính chất 1 Nếu a có chữ số tận cùng là 0;1;5;6 thì a n cũng có chữ số tận cùng như a nghĩa là a n ≡ a ( mod10 ) Tính chất 2 Nếu a có chữ số tận cùng bằng 4;9 thì a 2 có chữ số tận cùng bằng 6;1 . Nghĩa là: Nếu a ≡ 4 ( mod10 ) ⇒ a 2 ≡ 6 ( mod10 ) ⇒ a 2 k ≡ 6 ( mod10 ) Nếu a ≡ 9 ( mod10 ) ⇒ a 2 ≡ 1( mod10 ) ⇒ a 2 k ≡ 1( mod10 ) Do vậy để tìm chữ số tận cùng của a n ta chia n cho 2. Tính chất 3 Nếu a có chữ số tận cùng là 2;3;7;8 thì ta áp dụng một trong các kết quả sau: 24 k ≡ 6 ( mod10 ) ;34 k ≡ 1( mod10 ) ;7 4 k ≡ 1( mod10 ) ;84 k ≡ 6 ( mod10 ) Do vậy để tìm chữ số tận cùng của a n ta chia n cho 4. TỦ SÁCH CẤP 2| 124 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Cho số A = 20122013 tìm chữ số tận cùng của A. Hướng dẫn giải Ta có 2013 = 4.503 + 1 Vì 2012 ≡ 2 ( mod10 ) ⇒ 20124 ≡ 6 ( mod10 ) ⇒ ( 20124 ) 503 ≡ 6 ( mod10 ) ⇔ 20122012 ≡ 6 ( mod10 ) ⇒ 20122013 ≡ 6.2 ( mod10 ) ⇔ 20122013 ≡ 2 ( mod10 ) Vậy A có chữ số tận cùng là 2. Bài toán 2. Cho B = 19781986 tìm chữ số tận cùng của B. 8 Hướng dẫn giải 19868 ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ 1986 = 4k ( k ∈ N ) ⇒= C 19784 k ≡ 6 ( mod10 ) Vậy chữ số tận cùng của B là 6.  Dạng 5: Tìm hai chữ số tận cùng * Cơ sở phương pháp: Nếu a ≡ r ( mod100 ) ;10 ≤ r < 100 thì r là chữ số tận cùng của a. Ta cần lưu ý một số tính chất sau: 220 ≡ 76 ( mod100 ) ;320 ≡ 01( mod100 ) ;65 ≡ ( mod100 ) 7 6 ≡ 01( mod100 ) ;52 ≡ 25 ( mod100 ) 76n ≡ 76 ( mod100 ) ;25n ≡ 25 ( mod100 )( ∀n ≥ 2 ) a ≡ 0 ( mod10 ) ⇒ a 20 k ≡ 01( mod100 )  20 k a ≡ 1;3;7;9 ( mod10 ) ⇒ a ≡ 01( mod100 ) Từ đó ta có:  20 k a ≡ 5 ( mod10 ) ⇒ a ≡ 25 ( mod100 )  20 k a ≡ 2;4;6;8 ⇒ a ≡ 76 ( mod100 ) Do vậy để tìm hai chữ số tận cùng của a n ta chia n cho 20. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Cho số A = 20122013 tìm hai chữ số tận cùng của A. Hướng dẫn giải Ta có .125 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 1978 ≡ 8 ( mod10 ) ⇒ 19784 ≡ 6 ( mod10 ) | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC = 2013 20.100 + 13 2012 ≡ 2 ( mod10 ) ⇒ 201220 ≡ 76 ( mod100 ) ⇒ ( 201220 ) 100 ≡ 76 ( mod100 ) ⇔ 20122000 ≡ 76 ( mod100 )(1) 2012 ≡ 12 ( mod100 ) ⇒ 20126 ≡ 126 ( mod100 ) ⇒ 20126 ≡ 84 ( mod100 ) Mặt khác ⇒ 20126 ≡ 56 ( mod100 ) ⇒ 201212 ≡ 56 ( mod100 ) ⇒ 20122013 ≡ 72 ( mod100 )( 2 ) 2013 Từ (1) và (2) ⇒ 2012 = 20122000.20122013 ≡ 76.72 ( mod100 ) ⇔ 20122013 ≡ 72 ( mod100 ) Vậy A có hai chữ số tận cùng là: 72 Bài toán 2. Tìm hai chữ số tận cùng của các số sau CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI a. A = 79 79 b. B = 299 c. C = 19781986 2012 8 Hướng dẫn giải a. Vì 7 4 ≡ 01( mod100 ) nên ta đi tìm số dư khi chia 97 cho 4. 9 Ta có 9 ≡ 1( mod 4 ) ⇒ 97 ≡ 1( mod 4 ) ⇒ 97 = 4k ( k ∈ N ) 9 9 ⇒ A= 79 = 7 4 k +1 = 7. ( 7 4 ) ≡ 7.01( mod100 ) ⇒ 79 ≡ 07 ( mod100 ) 79 79 k Vậy A có hai chữ số tận cùng là 07. b. Vì 2910 ≡ 01( mod100 ) ⇒ nên ta đi tìm số dư khi chia 92012 cho 10 Ta có : 9 ≡ −1( mod10 ) ⇒ 92012 ≡ 1( mod10 ) ⇒ 92012 =10k + 1( k ∈ N ) k +1 29. ( 2910 ) ≡ 29.01( mod100 ) ⇔ B ≡ 29 ( mod100 ) ⇒= B 2910= k Vậy B có hai chữ số tận cùng là 29. c. Vì C ≡ 6 ( mod10 ) ⇒ C 20 ≡ 76 ( mod100 ) ⇒ C 20 m ≡ 76 ( mod100 ) Mặt khác 1986 ≡ 6 ( mod 20 ) ⇒ 19868 ≡ 16 ( mod 20 ) 20 k + 6 = ⇒ C 1978= (1978 ) 20 k .197816 ≡ 197816.76 ( mod100 ) Ta lại có : 1978 ≡ −22 ( mod100 ) ⇒ 19784 ≡ 56 ( mod100 ) ⇒ (19784 ) ≡ 564 ( mod100 ) 4 ⇒ 197816 ≡ 76 ( mod100 ) ⇒ C ≡ 96.76 ( mod100 ) ⇔ C ≡ 76 ( mod100 ) Vậy C có hai chữ số tận cùng là 76. TỦ SÁCH CẤP 2| 126 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |  Dạng 6: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán về số chính phương * Cơ sở phương pháp: Số chính phương là số có dạng n 2 ( n ∈ N ) Ta đi chứng minh một số tính chất cơ bản của số chính phương bằng đồng dư : 1. Số chính phương khi chia cho 3 chỉ có hai số dư là 0 hoặc 1. Thật vậy ta đi xét các trường hợp sau Với n = 3k ⇒ n ≡ 0 ( mod 3) ⇒ n 2 ≡ 02 ( mod 3) ⇔ n 2 ≡ 0 ( mod 3) số dư bằng 0 Với n= 3k ± 1 ⇒ n ≡ ±1( mod 3) ⇒ n 2 ≡ ( ±1) ( mod 3) ⇔ n 2 ≡ 1( mod 3) ⇒ số dư bằng. 2 2. Số chính phương khi chia cho 4 chỉ có hai số dư là 0 hoặc 1. Chứng minh tương tự : Với n = 4k ⇒ n ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ n 2 ≡ 02 ( mod 4 ) ⇒ n ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ số dư bằng 0. Với n= 4k ± 1 ⇒ n ≡ ±1( mod 4 ) ⇒ n 2 ≡ ( ±1) mod 4 ⇔ n 2 ≡ 1( mod 4 ) ⇒ số dư bằng 1. 2 3. Số chính phương khi chia cho 8 chỉ có ba số dư là 0,1 hoặc 4. Tương tự ta xét các trường hợp sau : n = 8k ⇒ n ≡ 0 ( mod8 ) ⇒ n 2 ≡ 0 ( mod8 ) n= 8k ± 1 ⇒ n ≡ ±1( mod8 ) ⇒ n 2 ≡ 1( mod8 ) n= 8k ± 2 ⇒ n ≡ ±2 ( mod8 ) ⇒ n 2 ≡ ( ±2 ) = 4 ( mod8 ) 2 n= 8k ± 3 ⇒ n ≡ ±3 ( mod8 ) ⇒ n 2 ≡ ( ±3) ( mod8 ) ⇔ n 2 ≡ 1( mod8 ) 2 n = 8k + 4 ⇒ n ≡ 4 ( mod8 ) ⇒ n 2 ≡ 42 ( mod8 ) ⇔ n 2 ≡ 0 ( mod8 ) Hoàn toàn tương tự ta có thể xét các trường hợp số dư của số chính phương khi chia cho 5,7,9.. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng số : A = 19k + 5k + 1995k + 1996k với k chẵn không thể là số chính phương. Hướng dẫn giải Với k chẵn ta có 19k ≡ ( −1) ( mod 4 ) ⇒ 19k ≡ 1( mod 4 ) k 1995k ≡ ( −1) ( mod 4 ) ⇒ 19955 ≡ 1( mod 4 ) k 1996k ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ A = 19k + 5k + 1995k + 1996k ≡ 3 ( mod 4 ) Hay A chia 3 dư 4. Vậy A không thể là số chính phương. .127 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Với n = 4k + 2 ⇒ n ≡ 2 ( mod 4 ) ⇒ n 2 ≡ 22 = 4 ( mod 4 ) ⇔ n 2 ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ số dư bằng 0. | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Bài toán 2. Tìm tất cả số tự nhiên x,y để 2x + 5y là số chính phương. Hướng dẫn giải Giả sử 2 + 5= k x y 2 (k ∈ N ) Nếu x = 0 thì 1 + 5 y =do đó k chẵn ⇒ k 2 chia hết cho 4 nhưng 1 + 5 y chia 4 dư 2. k2 Vậy x ≠ 0 , từ 1 + 5 y = k 2 ⇒ k lẻ và k không chia hết cho 5. Xét hai trường hợp. +) Với thì 2 x + 1= k 2 = ( 2n + 1) 2 (vì k lẻ nên k = 2n + 1, n ∈ N ). x ⇒ 2= 4n(n + 1) ⇒ = n 1 . Khi đó x = 3; y = 0 (thỏa mãn) Thử lại: 2 x + 5 y = 23 + 50 = 9 là số chính phương. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI +) Với y ≠ 0 và k không chia hết cho 5 ⇒ k 2 ≡ ±1(mod 5) Từ 2 x + 5 y= k 2 ⇒ 2 x ≡ ±1(mod 5) ⇒ x chẵn Đặt x = 2 x1 ( x1 ∈ N ) , ta có 5 y =+ (k 2 x1 )(k − 2 x1 ) x 5 y1 k + 2 1 = ⇒ y với y1 > y2 , y1, y2 là các số tự nhiên. với y1 + y2 = x 5 y2 k − 2 1 = ⇒ 2 x1 +1 =5 y2 (5 y1 − y2 − 1) ⇒ 5 y2 =1 ⇒ y2 =0 . 1 ⇒ y1 = y. Khi đó 2 x1 += 5y −1. Nếu y = 2t ( t ∈ N ) thì 2 x1 +1 = 52t − 1= 25t − 1 3 , vô lý Vậy y lẻ, khi đó 2 x1 +1 = 5 y − 1 = 4(5 y −1 + 5 y − 2 + … + 5 + 1) . Nếu y > 1 thì 5 y −1 + 5 y − 2 + .. + 1 ,lẻ (vô lý). Nếu y =1 ⇒ x1 =1 khi đó= x 2;= y 1. Thử lại 2 x + 5 y = 22 + 51 = 9 là số chính phương Vậy= x 2;= y 1 hoặc x = 3, y = 0. Bài toán 3. Giả sử rằng 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương. Chứng minh rằng 5n + 3 là một hợp số. Hướng dẫn giải Giả sử 2n + 1 =a 2 và 3n + 1 = b 2 với a, b ∈  * . Khi đó 5n + 3= 4 ( 2n + 1) − ( 3n + 1)= 4a 2 − b 2 = ( 2a − b )( 2a + b ) . TỦ SÁCH CẤP 2| 128 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Do a 2 ≡ 1( mod2 ) nên a 2 ≡ 1 ( mod 4 ) . Suy ra n ≡ 0 ( mod 2 ) và b ≡ 1 ( mod 2 ) . Do đó 2a − b > 1 và 2a + b > 1 . Vậy 5n + 3 là hợp số. Bài toán 3. Tìm nghiệm nguyên dương x để 3x + 171 là số chính phương. (HSG Lai Châu 2015 – 2016) Hướng dẫn giải Ta có: 3x ≡ 1,3 ( mod 8 ) ; y 2 ≡ 0,1, 4 ( mod 8 ) . Mà: 3x + 171 = y 2 ⇒ 3x ≡ 1( mod 8 ) . Do đó: x có dạng 2k ( k ∈ ) . Phương trình trở thành A = (3 ) k 2 + 171= y 2 với k = 0, 1, 2 thì phương trình vô nghiệm nên nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó phải ≥ 3 . Do đó theo nguyên lý kẹp được ta 2 2 + 3 ≥ a > ( 3k ) .  2 ( ) = A  3k Khi đó:  2 2 = A ( 3k ) + 2  + 3 hoặc    2 2 Giải từng trường hợp ra ta được k = 3 ⇒ x = 6 ⇒ y = 30. Vậy x = 6.  Dạng 7: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán về số nguyên tố, hợp số * Cơ sở phương pháp: Đối với nhiều bài toán về số nguyên tố và hợp số ngoài sử dụng các tính chất về số nguyên tố chúng ta còn phải vận dụng các tính chất của đồng dư thức và định lý Fermat. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p 2 + 14 là số nguyên tố Hướng dẫn giải Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1 Với p =3 ⇒ p 2 + 14 =23 là số nguyên tố Trường hợp 2 ( ) Với p ≠ 3 ⇒ p 2 ≡ 1( mod 3) ⇒ p 2 + 143 p 2 + 14 > 3 ⇒ p 2 + 14 không phải là số nguyên tố. Vậy p = 3 . Bài toán 2. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p đều tồn tại vô số số tự nhiên n sao cho 2n − n p . Hướng dẫn giải .129 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ( ) có:  3k  | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp 1 Nếu p = 2 ⇒ 2n − n 2 ( ∀n = 2k ; k ∈ N ) Trường hợp 2 Nếu p > 2 ⇒ 2 p −1 ≡ 1( mod p ) Theo định lý Fermat ⇒ 2( p −1) k − ( p − 1) k ≡ 1 + k ( mod p )( ∀k ∈ N ) ( Do đó với mọi số tự nhiên n có dạng n =( p − 1)( hp − 1) k ∈ N * ) Ta có 2n − n ≡ 1 + ( hp − 1) ≡ 0 ( mod p ) tức là 2n − n p CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài toán 3. Cho n ∈ N * chứng minh rằng: 19.8n + 17 là hợp số. Hướng dẫn giải Ta xét các trường hợp sau Trường hợp 1 Nếu n =⇒ 2k 19.8n + 17 ≡ 1. ( −1) 2k +2= 3 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ 19.8n + 173 Mặt khác 19.8n + 17 > 3 ⇒ 19.8n + 17 là hợp số. Trường hợp 2 n = 4k + 1 ⇒ 19.8n + 17 = 19.84 k +1 + 17 = 19.8.642 k + 17 ≡ 6.8. ( −1) + 4 ≡ 52 ≡ 0 ( mod13) Mà 2k 19.8n + 17 > 3 ⇒ 19.8n + 17 là hợp số Trường hợp 3 n = 4k + 3 ⇒ 19.8n + 17 = 19.84 k +3 + 17 = 19.8.642 k +1 + 17 ≡ ( −1) .3. ( −1) 2 k +1 + 2 ≡ 5 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ 19.8n + 175 Mà 19.8n + 17 > 5 ⇒ 19.8n + 17 là hợp số. ( ) Bài toán 4. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 8. Chứng min rằng : 3 p − 2 p − 1  42 p Hướng dẫn giải Ta có 42 p = 2.3.7.9 đề chứng minh A = 3 p − 2 p − 1 chia hết cho 42 p ta chỉ cần chỉ ra rằng A chia hết cho 2,3,7 Thật vậy Ta có A ≡ 1p= − 0 − 1 0 ( mod 2 ) ⇒ A 2 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 8 nên p là số lẻ : p = 2k + 1 ⇒ A = 3 p − 22 k +1 − 1 ≡ 0 − 4k .2 − 1 ≡ −1.2 − 1 ≡ −3 ≡ 0 ( mod 3) ⇒ A3 TỦ SÁCH CẤP 2| 130 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ( )( ) Mặt khác A =32 k +1 − 22 k +1 − 1 =3.9k − 22 k +1 − 1 ≡ 3.2k − 22 k +1 − 1 =− 2k − 1 22 k +1 − 1 ( mod 7 ) Do = p 2k + 3 không chia hết cho 3 ⇒ k 3 hoặc k + 13 Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1 Nếu k = 3h ( h ∈ N ) ⇒ 2k − 1 = 8h − 1 7 Trường hợp 2 Tương tự nếu k + 1 3 ⇒ 2k +1 − 1 7 Vậy trong mọi trường hợp ta đều có A 7 Theo định lý Fermat ta có A = 3 p − 2 p − 1 = (3 p − 3 ) − ( 2 p − 2 ) p Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  Dạng 8: Sử dụng đồng dư thức trong các bài toán giải phương trình nghiệm nguyên * Cơ sở phương pháp: Trong giải phương trình nghiệm nguyên việc lựa chọn môđun một cách thích hợp sẽ giúp việc giải các phương trình khó phức tạp trở nên đơn * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) x2 – y2 = 1998 b) x2 + y2 = 1999 Hướng dẫn giải – Nhận xét: Số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 x 2 ≡ 0,1( mod 4 )  2 2 a) Ta có: 2  ⇒ x − y ≡ 0,1,3 ( mod 4 ) y ≡ 0,1( mod 4 )  Mà 1998 chia cho 4 dư 2, nên phương trình không có nghiệm nguyên. b) Ta có: x 2 ≡ 0,1( mod 4 )  2 2  ⇒ x + y ≡ 0,1,2 ( mod 4 ) 2 y ≡ 0,1( mod 4 )  Mà 1999 chia cho 4 dư 3, nên phương trình không có nghiệm nguyên. Bài toán 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 = 2y 2 − 8y + 3 (1) Hướng dẫn giải Ta có: (1) ⇔ x 2 = 2(y − 2)2 − 5 – Nhận xét: Số chính phương chia cho 8 chỉ có số dư 0, 1 hoặc 4 Ta có: x 2 ≡ 0,1,4 ( mod 8 ) .131 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC giản hơn. Đặc biệt là các bài toán chứng minh phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm. | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC ( y − 2 ) ≡ 0,1,4 ( mod 8 ) ⇒ 2 ( y − 2 ) −5 ≡ 3 ( mod 8 ) 2 2 ≡ 0,2 ( mod 8 )  2  ⇒ 2 ( y − 2 ) − 5 ≡ 3,5 ( mod 8 )  Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên. Bài toán 3. Phương trình z 2 = (x 2 − 1).(y 2 − 1) + 2013 có nghiệm nguyên dương hay không? Hướng dẫn giải CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Ta có:  x 2 ≡ 0,1, 4(mod 8) ⇒ x 2 − 1 ≡ 0,3, 7(mod 8)  2 2 ⇒ − − ≡ x 1 y 1 0,1, 5(mod 8)  ( )( )  y2 ≡ 0,1, 4(mod 8) ⇒ y2 − 1 ≡ 0,3, 7(mod 8)    2013 ≡ 5(mod 8)  ⇒ ( x 2 − 1)( y2 − 1) + 2013 ≡ 5,6, 2(mod 8) Mà z 2 ≡ 0,1, 4(mod 8) Suy ra phương trình không có nghiệm nguyên.  Dạng 9: Sử dụng các định lý (ta thừa nhận không chứng minh) * Cơ sở phương pháp: 1. Định lý Fermat bé. Cho a là số nguyên dương và p là số nguyên tố. Khi đó ta luôn có a p ≡ a (mod p). Đặc biệt nếu (a, p) =1thì a p −1 ≡ 1 (mod p). 2. Định lý Wilson. Với mọi số nguyên tố p thì (p – 1)! ≡ –1(mod p). 3. Định lý Euler. Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên tố cùng nhau với m; ϕ(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. Khi đó a ϕ(m) ≡ 1 (mod m) . Chú ý: Nếu số nguyên dương m có dạng phân tích thành thừa số nguyên tố: m =  1  1   1  p1α1 .p α2 2 …..p αk k thì ϕ(m) = m 1 −  1 −  … 1 −  .  p1   p 2   p k  * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Cho a, b ∈ Z ; ( a, b ) = 1 Chứn minh rằng : a 3 − 2b3 không chia hết cho 19. Hướng dẫn giải Ta chứng minh bằng phản chứng như sau: ( ) ( ) − ( 2b ) ( a Giả sử a 3 − 2b3 19 khi đó a 3 6 3 6 3 − 2b3 )19 . TỦ SÁCH CẤP 2| 132 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ( ) − ( 2b ) 6 Mặt khác a 3 3 6 = a18 − 64b18 . Nếu a, b không chia hết cho 19 thì theo định lý Fermat (Định lý Fermat: a p ≡ a ( mod p ) ⇒ a p −1 ≡ 1( mod p ) Với mọi a nguyên và p nguyên tố). ⇒ a18 ≡ b18 ≡ 1( mod19 ) ⇒ a18 − 64b18 ≡ 1 − 64 =−63 ≡ 0 ( mod19 ) (Vô lý) ( a 19 ⇒ vô lý vì ( a, b ) = 1 . b19 ) Nếu một trong hai số chia hết cho 19 thì từ a 3 − 2b3 19 ⇒  Vậy a 3 − 2b3 không chia hết cho 19. 4 n +1 Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : 23 + 32 4 n +1 + 2007 chia hết cho 22 Hướng dẫn giải Theo Định lý Fermat bé ta có 210 ≡ 1(mod 11) ; 310 ≡ 1(mod 11) Ta có 34 = 81 ≡ 1(mod 10) ⇒ 34n+1 = 3. (34)n ≡ 3(mod 10) ⇒ 34n+1 = 10k + 3 , (k ∈ N) Mặt khác 24 = 16 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 24n ≡ 1(mod 5) 4 n +1 Do đó 23 + 32 4 n +1 + 2007 = 210k +3 + 310t + 2 + 2002 + 5 = 23. ( 210 ) + 32. ( 310 ) + 22.91 + 5 ≡ 23 + 32 + 0 + 5 ≡ 0 (mod 11) k 4 n +1 Mà 23 + 32 4 n +1 t 4 n +1 + 2007  2 (vì 23 Do (2 ; 11) = 1 nên 4 n +1 23 + 32 4 n +1 là số chẵn 32 4 n +1 là số lẻ 2007 là số lẻ). + 2007  22. Bài toán 3. Cho a1 ; a2 ;…; a2016 là 2016 số nguyên dương . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để a15 + a 52 + a 35 + … + a 52016  30 là a1 + a2 + …. + a2016  30. Hướng dẫn giải Theo định lý Fermat bé , do 2; 3; 5 là các số nguyên tố và a là số nguyên dương bất kỳ ta có : a2 ≡ a (mod 2) ⇒ a4 = (a2)2 ≡ a2 ≡ a (mod 2) ⇒ a5 ≡ a (mod 2) a3 ≡ a (mod 3) ⇒ a5 = a3. a2 ≡ a.a2 ≡ a3 ≡ a (mod 3) a5 ≡ a (mod 5) Theo tính chất nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo mô đun là BCNN của các môđun ấy. Do đó Nghĩa là a5 ≡ a (mod 2.3.5) hay a5 ≡ a (mod 30) ⇒ a5 – a ≡ 0 (mod 30) (a 5 1 + a 52 + a 35 + … + a 52016 ) – ( a1 + a2 + …. + a2016 ) ≡ 0 (mod 30) Vậy a1 + a2 + …. + a2016  30 ⇔ a15 + a 52 + a 35 + … + a 52016  30 .133 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇒ 24n+1 = 2.(24)n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n+1 = 10t + 2 , (t ∈ N) | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Bài toán 3. Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k – 1 chia hết cho 105. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp 2 toàn quốc năm 1983). Hướng dẫn giải Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 mà 105 = 25.55 nên (1983; 105) = 1. Áp dụng định lý Euler ta có : ( ) ≡ 1 mod 105 . ( ) ϕ 105 1983 1 4 4.104 Ta có ϕ (105 = − 1  105 ) 105 1 − 12  1 − = 4.10 . Nghĩa là 1983 5   CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vậy k = 4. 104. B. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1. Chứng minh 42018 – 7  9 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên A= (n n − n 2 + n − 1)( n − 1) 2 ( ∀n ∈ Z , n > 1) ( ) Bài 3. Chứng minh rằng: 9n + 1 không chia hết cho 100 ( ∀n ∈ N ) Bài 4. Cho số a = a n a n −1…a1a 0 ( 1 ≤ a n ≤ 9 ; 0 ≤ a i ≤ 9 ; i = 0; 1; …; n –1) Hãy xác định dấu hiệu chia hết : a) Cho 3; Bài 5. Chứng minh= rằng: A Bài 6. b) Cho 4. ( 2004n 19242003 ) + 1920 124 ( ∀n ∈ N *) a) Hãy tìm chữ số tận cùng của 99 10 b) Hãy tìm hai chữ số tận cùng của 31000 Bài 7. Tìm số dư trong phép chia a) 8! – 1 cho 11. b) 20142015 + 20162015 + 2018 cho 5. c) 250 + 4165 cho 7 d) 15 + 35 + 55 +… + 975 + 995 cho 4. Bài 8. Tìm số dư trong phép chia : a) 15325 – 4 cho 9 ; c) 20142015 2016 b) 22000 cho 25; cho 13. Bài 9. Tìm số dư trong phép chia : a) A = 352 – 353 + 354 – 358 + 3516 + 3532 cho 425. b) B = 1010 + 1010 + 1010 + … + 1010 2 3 10 cho 7. TỦ SÁCH CẤP 2| 134 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 10. a) Tìm chữ số tận cùng của 43 2 b) Tìm hai chữ số tận cùng của 3999. c) Tìm ba chữ số tận cùng của số 2512. Bài 11. Chứng minh : a) 412015 – 6  7 ; b) 24n+1 – 2  15 c) 376 – 276  13 ; (n ∈ N); d) 2015 – 1  341. Bài 12. Chứng minh 189079 + 19452015 + 20172018  7. Bài 13. a) Chứng minh 55552222 + 22225555 + 155541111  7 b) Cho M = 220119 + 11969 + 69220 + (220 + 119 + 69)102 69 220 119 Chứng minh M  102. Bài 14. Chứng minh rằng 52n-1 . 2n+1 + 22n-1 . 3n+1  38 ( n ∈ N*) Bài 15. Cho số a = a n a n −1…a1a 0 ( 1 ≤ a n ≤ 9 ; 0 ≤ a i ≤ 9 ; i = 0; 1; …; n –1) a) Cho 9; b) Cho 25; 10 n +1 Bài 16. Cho A = 22 c) Cho 11; d) Cho 8. + 19 với n ∈ N*. Chứng minh rằng A là một hợp số. Bài 17. Cho B = (12!) + 20162015. Chứng minh rằng B chia hết cho 13. 13 Bài 18. Chứng minh rằng a) 22 với n ∈ N : 2 n +1 + 3.23n  7 ; 4 n +1 + 2.125n +1 + 5.102n  11 . b) 22 Bài 19. a) Với giá trị nào của số tự nhiên n thì 3n + 63 chia hết cho 72. b) Cho A = 20n + 16n – 3n – 1 . Tìm giá trị tự nhiên của n để A  323. Bài 20. Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn 2 p + 1 p. Bài 21. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 20 là số nguyên tố . Bài 22. Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng số ab p − ba p  p với mọi số nguyên dương a, b. Bài 23. a) Chứng minh rằng tổng các bình phương của ba số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có dư là 7. b) Chứng minh phương trình 4 x 2 + y 2 + 9 z 2 = 2015 không có nghiệm nguyên. Bài 24. Tìm hai chữ số tận cùng của 20112010 2009 (Đề thi Olympic Toán Singapore năm 2010) .135 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Hãy xác định dấu hiệu chia hết : | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Bài 25. Cho biểu thức A = (a2012 + b2012 + c2012) – (a2008 + b2008 + c2008) với a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh rằng A chia hết cho 30. (Đề thi chọn học sinh giỏi môn toán lớp 9 TP Hà Nội năm học 2011 – 2012) Bài 26. Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x 4 + y 4 = 7 z 4 + 5. (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2011 – 2012). Bài 27. Tìm hai chữ số cuối cùng của số= A 41106 + 57 2012. (Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội năm học 2012 – 2013). Bài 28. Cho a, b là hai số nguyên dương thỏa mãn a + 20 và b + 13 cùng chia hết cho 21. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Tìm số dư trong phép chia A = 4a + 9b + a + b cho 21. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2013 – 2014) Bài 29. Cho n là một số nguyên dương chứng minh A = 23n +1 + 23n −1 + 1 là hợp số. (Đề thi học sinh giỏi lớp 9 TP Hà Nội năm học 2014 – 2015) Bài 30. Chứng minh A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n. (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016) Bài 31. Chứng minh rằng phương trình : x15 + y15 + z15= 192003 + 7 2003 + 92003 không có nghiệm nguyên. Bài 32. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x ( x + 3) + y ( y + 3) = z ( z + 3) với điều kiện x, y là các số nguyên tố. Bài 33. Chứng minh ( 2013 2016 + 20142016 − 20152016 ) 106. 10 Bài 34. Chứng minh rằng 14 k + 24 k + 34 k + 44 k không chia hết cho 5. Bài 35. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố p tồn tại vô số số có dạng 2n − n , (n ∈ N) chia hết cho p. Bài 36. Tìm hai chữ số tận cùng của 266 2001 Bài 37. Tìm số tự nhiên n sao cho 3n + 4n + 1 chia hết cho 10. Bài 38. Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất lớn hơn 4 sao cho n 3 + 4n 2 − 20n − 48125 Bài 39. Cho số nguyên a không chia hết cho 5 và 7. Chứng minh rằng: (a 4 − 1)( a 4 + 15a 2 + 1)35 Bài 40. Chứng minh rằng 2m + 3n không chia hết cho 23 với mọi số tự nhiên m, n. TỦ SÁCH CẤP 2| 136 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 41. Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 2017 k − 1 chia hết cho 105 . Bài 42. Tìm n nguyên dương để phương trình sau có nghiệm hữu tỉ: x n + ( x + 2) + ( 2 − x ) = 0 n Bài 43. Gọi a là tổng các chữ số của số ( 29 ) 1945 n . Gọi b là tổng các chữ số của số a . Gọi c là CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC tổng các chữ số của b . Tính c . .137 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | CHỦ ĐỀ 5. ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN SỐ HỌC Bài 1. Ta có 43 = 64 ≡ 1 (mod 9) ⇒ 42016 = ( 43 ) 672 ≡ 1(mod 9) Mặt khác 42 = 16 ≡ 7(mod 9) ⇒ 42018 = 42016. 42 ≡ 1. 7 (mod 9) Vậy 42018 – 7 ≡ 0 (mod 9) hay 42018 – 7  9. Bài 2. Trường hợp 1: Với n = 2 ⇒ A =1( 2 − 1) luôn đúng 2 Trường hợp 2: ( ) ( ) = ( n − 1) ( n n −1 + n n − 2 + … + n 2 + 1) Mặt khác n ≡ 1( mod ( n − 1) ) ⇒ n k ≡ 1( mod ( n − 1) ) ( ∀k ∈ N ) ⇒ n n −1 + n n − 2 + … + n 2 ≡ n − 2 ( mod ( n − 1) ) ⇒ n n −1 + … + n 2 + 1 ≡ n − 1( mod ( n − 1) ) n n −1 + … + n 2 + 1 ≡ 0 ( mod ( n − 1) ) (1) ( ⇒ ( n − 1) ( n n −1 + .. + n 2 + 1) ≡ 0 mod ( n − 1) ⇒ A= (n n − n 2 + n − 1)( n − 1) 2 ) 2 Bài 3. Trường hợp 1: Với n = 0 ⇒ 9n + 1 = 2 không chia hết cho 100. hoặc n = 1 ⇒ 9n + 1 = 10 không chia hết cho 100. Trường hợp 2: n ≥ 2 Ta đi xét 2 khả năng sau: Khả năng 1: Với n chẵn n= 2k ( k ∈ N *) ⇒ 9n + 1= 92 k + 1 ≡ 2 ( mod10 ) ⇒ ( 9n + 1) không chia hết cho 10. ⇒ ( 9n + 1) không chia hết cho 100. Khả năng 2: .403 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Với n > 2 ⇒ A= n 2 n n − 2 − 1 + ( n − 1= ) n 2 ( n − 1) n n−3 + n n−4 + … + 1 + ( n − 1) | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC Với n lẻ n = 2k + 1( n ∈ N *) ⇒ 9n + 1= 9.81k + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) ⇒ ( 9n + 1) không chia hết cho 4. ⇒ ( 9n + 1) không chia hết cho 100. Bài 4. Ta có a = a n a n −1…a1a 0 = an.10n + an-1.10n-1 + …+ a1.10 + a0 . a) Ta có 10 ≡ 1(mod 3) do đó ai. 10i ≡ ai (mod 3) , i = 1; 2; 3; …; n Do đó an.10n + an-1.10n-1 + …+ a1.10 + a0 ≡ (an + an-1+ …+ a1 + a0) (mod 3) Vậy a  3 ⇔ an + an-1+ …+ a1 + a0 ≡ 0 (mod 3) ⇔ an + an-1+ …+ a1 + a0  3. b) Ta có 102 = 100 ≡ 0 (mod 4) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 4) , i = 2; 3; …; n CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI ⇒ an.10n + an-1.10n-1 + …+ a1.10 + a0 ≡ (a1.10 + a0) (mod 4) Vậy a  4 ⇔ a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 4) ⇔ a1a 0  4. Bài 5. Ta có 124= 4.31 ⇒ A ≡ 0 ( mod 4 ) Do vậy để chứng minh A124 ta đi chứng minh A31 Thật vậy : 1924 ≡ 2 ( mod 31) ;1920 ≡ −2 ( mod 31) ⇒ A ≡ 22003 2004n − 2 ( mod 31)(*) 5 Mặt khác : 2= 32 ≡ 1( mod 31) . Ta đi tìm số dư của 20032004 khi chia cho5. n 2004n ≡ 0 ( mod 4 ) ⇒ 2004n =⇒ 4k 20032004 = 20034 k n 2003 ≡ 3 ( mod 5 ) ⇒ 20034 k ≡ 34 k ≡ 81k ≡ 1( mod 5 ) ⇒ 20032004 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ 20032004 = 5m + 1 n 2004n ⇒ 22003 n = 25 m+1 = 2. ( 25 ) ≡ 2 ( mod 31) m Thay vào (*) ta có A ≡ 0 ( mod 31) ⇒ A31 Bài 6. a) Tìm chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 10. Vì 92n + 1 = 9.81n ≡ 9(mod 10). Do 910 là số lẻ nên số 99 có chữ số tận cùng là 9. 10 b) Tìm hai chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 100. Ta có 34 = 81 ≡ – 19(mod 100) ⇒ 38 ≡ (– 19)2(mod 100) Mà (– 19)2 = 361 ≡ 61(mod 100) Vậy 38 ≡ 61(mod 100) 310 ≡ 61.9 ≡ 549 ≡ 49 (mod 100) 320 ≡ 492 ≡ 01 (mod 100) ( do 492 = 2401 = 24.100 + 1) Do đó 31000 ≡ 01 (mod 100) nghĩa là hai chữ số sau cùng của 31000 là 01. TỦ SÁCH CẤP 2| 404 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 7. Với những bài toán dạng này, phương pháp chung là tính toán để đi đến a ≡ b (mod m) với b là số có trị tuyệt đối nhỏ nhất có thể được (tốt nhất là b = ± 1) từ đó tính được thuận lợi an ≡ bn (mod m) a) 8! = 1.2.3.4.5.6.7.8. Ta có 3.4 = 12 ≡ 1 (mod 11) ; 2.6 = 12 ≡ 1 (mod 11) ; 7.8 ≡ 1 (mod 11) Vậy 8! ≡ 5 (mod 11) ⇒ 8! – 1 ≡ 4 (mod 11). Số dư trong phép chia 8! – 1 cho 11 là 4. b) 2014 ≡ – 1 (mod 5) ⇒ 20142015 ≡ – 1 (mod 5) 2016 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 20162015 ≡ 1 (mod 5) ; 2018 ≡ 3 (mod 5) 20142015 + 20162015 + 2018 ≡ 3 (mod 5). c) 23 ≡ 1 (mod 7) ⇒ 250 = (23)16. 4 ≡ 4 (mod 7) 41 ≡ –1 (mod 7) ⇒ 4165 ≡ (–1)65 ≡ –1 (mod 7) 250 + 4165 ≡ 4 – 1 ≡ 3 (mod 7). d) 15 ≡ 1 (mod 4); 35 ≡ – 1 (mod 4) ; 55 ≡ 1 (mod 4) ; …; Bài 8. a) 1532 ≡ 2 (mod 9) ⇒ 15325 ≡ 25 ≡ 5 (mod 9) ⇒ 15325 – 4 ≡ 1 (mod 9) b) 25 = 32 ≡ 7 (mod 25) ⇒ 210 = (25)2 ≡ 72 ≡ – 1 (mod 25). 22000 = (210)200 ≡ (– 1)200 ≡ 1 (mod 25). c) 2014 = 155.13 – 1 nên 2014 ≡ – 1 (mod 13); 20152016 = 2k + 1 (k∈ N) ⇒ 20142015 2016 ≡ (– 1)2k+1 ≡ – 1 (mod 13). Đáp số : dư 12. Bài 9. a) Ta có 352 = 1225 = 425.3 – 50 ≡ –50(mod 425) 353 = 352. 35 ≡ –50. 35 ≡ – 1750 ≡ –50(mod 425) 354 = (352)2 ≡ (– 50)2 ≡ 2500 ≡ –50(mod 425) Tương tự với 358 ; 3516 ; 3532 . Từ đó có A ≡ –100(mod 425). Hay số dư trong phép chia A cho 425 là 325. b) Ta có 105 = 7.14285 + 5 ≡ 5(mod 7); 106 = 5.10 ≡ 1(mod 7); n 10n – 4 = 99…96  ≡ 0(mod 3) ⇒ 10 – 4 ≡ 0(mod 6)  ≡ 0 (mod 2) và 99…96 n −1soˆ ′9 n −1soˆ ′9 ⇒ 10n ≡ 4(mod 6) và 10n = 6k + 4 (k, n ∈ N*). 6k + 4 Do đó = 1010 10 = n (10 ) 6 k .104 ≡ 104 (mod 7) Vậy B ≡ 104 +104 +104 +… +104 ≡ 10. 104 ≡ 105 ≡ 5(mod 7). Bài 10. a) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 10. .405 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 975 ≡ 1 (mod 4); 995 ≡ – 1 (mod 4). Đáp số : Dư 0 . | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC Vì 42 ≡ 6(mod 10) nên 43 = 49 = (42)4.4 ≡ 6.4 ≡ 4(mod 10) ⇒ chữ số tận cùng là 4. 2 b) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 100. Theo ví dụ 3 chuyên đề 26 ta đã có 31000 ≡ 01 (mod 100) nghĩa là hai chữ số sau cùng của 31000 là 01. Số 31000 là bội số của 3 nên chữ số hàng trăm của nó khi chia cho 3 phải có số dư là 2 để chia tiếp thì 201 chia hết cho 3 ( nếu số dư là 0 hay 1 thì 001; 101 đều không chia hết cho 3). Vậy số 3999 = 31000 : 3 có hai chữ sô tận cùng bằng 201 : 3 = 67. c) Ta tìm dư trong phép chia số đó cho 1000. Do 1000 = 125.8 trước hết ta tìm số dư của 2512 cho 125. Từ hằng đẳng thức: (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5 ta có nhận xét nếu a  25 thì (a + b)5 ≡ b5 (mod 125). CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vì 210 = 1024 ≡ – 1 (mod 25) nên 210 = 25k – 1 (k ∈ N). Từ nhận xét trên ta có 250 = (210)5 = (25k – 1)5 ≡ – 1 (mod 125) Vì vậy 2512 = (250)10. 212 ≡ (– 1)10. 212 ≡ 212 (mod 125). Do 212 = 210 . 22 = 1024. 4 ≡ 24.4 ≡ 96 (mod 125). Vậy 2512 ≡ 96 (mod 125). Hay 2512 = 125m + 96, m∈N . Do 2512  8 ; 96 8 nên m  8 ⇒ m = 8n (n ∈ N). 2512 = 125. 8n + 96 = 1000n + 96. Vậy ba chữ số tận cùng của số 2512 là 096. Bài 11. Để chứng tỏ a  m ta chứng minh a ≡ 0 (mod m) a) 41 = 42 – 1 ≡ – 1 (mod 7). Do đó 412015 ≡ (– 1)2015 ≡ – 1 (mod 7) Hay 412015 ≡ 6 (mod 7) ⇒ 412015 – 6 ≡ 0 (mod 7) b) Ta có 24 = 16 ≡ 1 (mod 15) ⇒ 24n ≡ 1 (mod 15) ⇒ 24n – 1 ≡ 0 (mod 15) Do đó 24n+1 – 2 = 2(24n – 1) ≡ 0 (mod 15). c) Ta có 33 = 27 ≡ 1 (mod 13) ; 376 = (33)25.3 ≡ 3 (mod 13) Ta có 24 ≡ 3 (mod 13) ⇒ 26 ≡ 12 ≡ – 1 (mod 13) 276 = (26)12. 24 ≡ 3 (mod 13) Do đó 376 – 276 ≡ 0 (mod 13) hay 376 – 276  13 d) 341 = 11 . 31 * Ta có 25 = 32 ≡ –1(mod 11) ; 20 = 22 – 2 ≡ – 2 (mod 11) Do đó 2015 ≡ (– 2)15 ≡ –(25)3 ≡ 1(mod 11) * 2015 = (25)3. (53)5 ≡ 1(mod 31) do 25 ≡ 1(mod 31) và 53 ≡ 1(mod 31) Do đó 2015 ≡ 1 (mod 11.31) hay 2015 ≡ 1 (mod 341) ⇒ 2015 – 1  341 Bài 12. 1890 ≡ 0 (mod 7) ; 1945 ≡ – 1 (mod 7) ; 2017 ≡ 1 (mod 7) 189079 ≡ 0 (mod 7) ; 19452015 ≡ – 1 (mod 7) ; 20172018 ≡ 1 (mod 7) ⇒ đpcm. Bài 13. a)Ta có 5555 = 793.7 + 4 ≡ 4(mod 7); 2222 = 318.7 – 4 ≡ – 4(mod 7) TỦ SÁCH CẤP 2| 406 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ⇒ 55552222 + 22225555 ≡ 42222 + (– 4)5555 ≡ – 42222(43333– 1) (mod 7) 1111 Do 43333 – 1 = ( 43 ) − 1 ; 43 = 64 ≡ 1 (mod 7) nên (43)1111 ≡ 1 (mod 7)   Hay 43333 – 1 ≡ 0 (mod 7) . Do đó 55552222 + 22225555 ≡ 0 (mod 7) và 155541111 = (2. 7777)1111 = 21111. 77771111 ≡ 0 (mod 7) ⇒ đpcm. b) Ta có 102 = 2.3.17. Ta có (220 + 119 + 69)102 ≡ 0 (mod 102) *220 ≡ 0 (mod 2) ; 119 ≡ – 1 (mod 2) ; 69 ≡ 1 (mod 2) ⇒ M ≡ 0 (mod 2) *220 ≡ 1 (mod 3) ; 119 ≡ – 1 (mod 3) ; 69 ≡ 0 (mod 3) ⇒ M ≡ 0 (mod 3) *220 ≡ –1(mod 17);119 ≡ 0 (mod 17) ; 69 ≡ 1(mod 17) ⇒ M ≡ 0 (mod 17) (Để ý 11969 và 69220 là các số lẻ) ; ⇒ M ≡ 0 (mod 2.3.17). Hay M  102 Bài 14. Đặt A = 52n-1 . 2n+1 + 22n-1 . 3n+1 . Ta có A  2, ∀ n ∈ N* ; Ta có A = 2n (52n-1 . 2 + 2n-1 . 3n+1) = 2n (25n-1 . 10 + 6n-1 . 9) Do 25 ≡ 6 (mod 19) ⇒ A ≡ 2n (6n-1 .10 + 6n-1 . 9) ≡ 2n.6n-1 . 19 ≡ 0 (mod 19) Bài 15. Ta có a = a n a n −1…a1a 0 = an.10n + an-1.10n-1 + …+ a1.10 + a0 . a) Ta có 10 ≡ 1(mod 9) do đó ai. 10i ≡ ai (mod 9) , i = 1; 2; 3; …; n Do đó a ≡ (an + an-1+ …+ a1 + a0) (mod 9). Vậy a  9 ⇔ an + an-1+ …+ a1 + a0 ≡ 0 (mod 9) ⇔ an + an-1+ …+ a1 + a0  9. b) Ta có 102 = 100 ≡ 0 (mod 25) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 25) , i = 2; 3; …; n. ⇒ a ≡ (a1.10 + a0) (mod 25). Vậy a  25 ⇔ a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 25) ⇔ a1a 0  25. c) Do 10 ≡ – 1 (mod 11) ⇒ ai. 10i ≡ ai .(– 1)i (mod 11) a ≡ (a0 + a2 + a4 + …) – (a1 + a3 + a5 + …) (mod 11) Do đó a  11 ⇔ (a0 + a2 + a4 + …) – (a1 + a3 + a5 + …) ≡ 0 (mod 11) Tức là hiệu của tổng các chữ số ở vị trí lẻ và tổng các chữ số ở vị trí chẵn bằng 0. d) Ta có 103 = 1000 ≡ 0 (mod 8) ⇒ ai. 10i ≡ 0 (mod 8) , i = 3; 4; …; n. ⇒ a ≡ (a2. 102 + a1.10 + a0) (mod 8). Vậy a  8 ⇔ a2. 102 + a1. 10 + a0 ≡ 0 (mod 8) ⇔ a 2 a1a 0  8. Bài 16. Theo định lý Fermat bé, do 11 là số nguyên tố nên ta có 210 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210n ≡ 1 (mod 11) ⇒ 210n + 1 = 2. 210n ≡ 2 (mod 22) ⇒ 210n + 1 = 22k + 2 (k ∈ N) .407 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Hay A  19. Mà (2 ; 19) = 1 ⇒ A  19. 2 ⇒ A  38. | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC 10 n +1 2 22k + 2 2= 4.222k ≡ 4 (mod 23) ⇒ Do 23 là số nguyên tố ta cũng có 222 ≡ 1 (mod 23) ⇒ 2= 10 n +1 22 + 19 ≡ 4 + 19 ≡ 0 (mod 23) Tức là A  23. Mà A > 23, ∀n ≥ 1 nên A là hợp số. Bài 17. Theo định lý Wilson : Với mọi số nguyên tố p thì (p – 1)! ≡ –1 (mod p). Do 13 nguyên tố nên 12! ≡ –1 (mod 13) ⇒ (12!) ≡ (–1)13 ≡ –1 (mod 13). 13 Ta có 2016 = 13.155 + 1 ≡ 1 (mod 13) ⇒ 20162015 ≡ 1 (mod 13). Do đó B = (12!) + 20162015 ≡ 0 (mod 13). Hay B  13. 13 Bài 18. a) Theo Định lý Fermat bé , do 7 là số nguyên tố nên 26 ≡ 1 (mod 7). Ta có 4 ≡ 1 (mod 3) ⇒ 4n ≡ 1 (mod 3) ⇒ 2.4n ≡ 2 (mod 6) . Nghĩa là 22n + 1 = 2(22)n = 2. 4n ≡ 2 (mod 6) ⇒ 22n + 1 = 6k + 2 , (k ∈ N) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Mặt khác 23n = (23)n = 8n ≡ 1 (mod 7) ⇒ 3. 23n ≡ 3 (mod 7). Do đó 22 2 n +1 + 3.23n ≡ 26k + 2 + 3 ≡ 22. (26)k + 3 ≡ 22.1 + 3 ≡ 0 (mod 7). b) Do 11 là số nguyên tố nên 210 ≡ 1 (mod 11) Ta có 16 ≡ 1 (mod 5) ⇒ 16n ≡ 1 (mod 5) ⇒ 2.16n ≡ 2 (mod 10). Nghĩa là 24n + 1 = 2(24)n = 2.16n ≡ 2 (mod 10) ⇒ 24n + 1 = 10k + 2 , (k ∈ N) Mặt khác 12 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 125n + 1 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 2. 125n + 1 ≡ 2 (mod 11) ; Do 102 ≡ 1 (mod 11) ⇒ 102n ≡ 1 (mod 11) ⇒ 5.102n ≡ 5 (mod 11). Vì thế 22 4 n +1 + 2.125n +1 + 5.102n ≡ 210k + 2 + 2 + 5 ≡ 22 + 7 ≡ 0 (mod 11). Bài 19. a) Ta có 72 = 8.9 và (8; 9) = 1. *63 ≡ 0 (mod 9); khi n = 2 thì 3n ≡ 0 (mod 9) do đó 3n + 63 ≡ 0 (mod 9). *Mặt khác, với n = 2k (k ∈ N*) thì 3n – 1 = 32k – 1 = 9k – 1 ≡ 1k – 1 ≡ 0 (mod 8) do đó 3n + 63 = 3n – 1 + 64 ≡ 0 (mod 8). Vậy với n = 2k (k ∈ N*) thì 3n + 63  72 . b) Ta có 323 = 17 . 19 và (17; 19) = 1. *A = (20n – 1) + (16n – 3n) = P + Q. Ta có 20n ≡ 1(mod 19) ⇒ P ≡ 0 (mod 19). Nếu n = 2k (k ∈ N*) thì Q = 162k – 32k ≡ (– 3)2k – 32k ≡ 32k – 32k ≡ 0 (mod 19) ⇒ A = P + Q ≡ 0 (mod 19) * A = (20n – 3n ) + (16n –1) = P’ + Q’ 20n ≡ 3n (mod 17). Do đó P’ = 20n – 3n ≡ 0 (mod 17). Nếu n = 2k (k ∈ N*) thì Q’ = 162k – 1 = (– 1)2k – 1 ≡ 1 – 1 ≡ 0 (mod 17) ⇒ A = P’ + Q’ ≡ 0 (mod 17). Do (17 ; 19) = 1 nên A ≡ 0 (mod 17. 19). TỦ SÁCH CẤP 2| 408 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Vậy với n = 2k (k ∈ N*) thì A = 20n + 16n – 3n – 1  323 . Bài 20. Theo định lý Fermat bé ta có 2p ≡ 2 (mod p) nên nếu 2p ≡ – 1 (mod p) thì ta có 3 ≡ 0 (mod p) ⇒ p = 3. Mặt khác khi p = 3 thì 23 + 1 = 9 ≡ 0 (mod 3) . Vậy p = 3 là số cần tìm. Bài 21. Với p = 3 thì p2 + 20 = 29 là số nguyên tố. Với p ≠ 3 thì p2 ≡ 1 (mod 3) nên p2 + 20 ≡ 21 ≡ 0 (mod 3). Vậy p2 + 20  3 mặt khác p2 + 20 > 3 nên p2 + 20 là hợp số . Vậy chỉ có 1 số nguyên tố cần tìm là p = 3. Bài 22. Với a, b ∈ N*. Nếu ab  p thì số abp – bap  p Nếu ab / p thì (a, p) = (b, p) = 1. Do đó ap-1 ≡ bp-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ ap-1 – bp-1 ≡ 0 (mod p) ⇒ ab(ap-1 – bp-1) ≡ 0 (mod p) ⇒ abp – bap ≡ 0 (mod p) hay abp – bap  p , ∀ a, b ∈ N*. Bài 23. a) Giả sử a, b, c ∈ Z mà a2 + b2 + c2 ≡ 7 (mod 8). ⇒ b2 + c2 ≡ 7 ; 6 ; 3 (mod 8). Điều này vô lý vì b2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) và c2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) ⇒ b2 + c2 ≡ 0 ; 1 ; 2; 4; 5 (mod 8). Vậy a2 + b2 + c2 ≡/ 7 (mod 8). b) Áp dụng câu a) ta có với x , y , z ∈ Z 4×2 + y2 + 9z2 = (2x)2 + y2 + (3z)2 ≡/ 7 (mod 8). Mà 2015 = 8. 251 + 7 ≡ 7 (mod 8) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Bài 24. Ta có 2011 ≡ 11 (mod 100) ; 112 ≡ 21 (mod 100) ; 113 ≡ 31 (mod 100); 115 ≡ 21.31 ≡ 51 (mod 100) ⇒ 1110 ≡ 512 ≡ 1 (mod 100). Ta có 20102009 ≡ 0 (mod 10) ⇒ 20102009 = 10k (k ∈ Z) ⇒ 20112010 2009 = 201110k ≡ 1110k ≡ (1110)k ≡ 1 (mod 100). Do đó hai chữ số tận cùng là số 01. Bài 25. Bài toán có nhiều cách giải. Sau đây là cách giải theo đồng dư thức: * Ta có ∀ n ∈ N* thì n5 – n ≡ 0 (mod 30) (ví dụ 8 chuyên đề 26 đã chứng minh) A = (a2012 – a2008) + (b2012 – b2008) + (c2012 – c2008) A = a2007 (a5 – a) + b2007 (b5 – b) + c2007 (c5 – c) Ta có a5 – a ≡ 0 (mod 30) ⇒ a2007 (a5 – a) ≡ 0 (mod 30) Tương tự b2007 (b5 – b) ≡ 0 (mod 30) ; c2007 (c5 – c) ≡ 0 (mod 30) Vậy A ≡ 0 (mod 30) . Hay A  30 . .409 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ta có a ≡ 0; ± 1; ± 2; ± 3; 4 (mod 8) ⇒ a2 ≡ 0; 1; 4 (mod 8) | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC Bài 26. Giả sử tồn tại bộ ba số nguyên (x; y ; z) thỏa mãn x4 + y4 = 7z4 + 5 ⇔ x4 + y4 + z4 = 8z4 + 5 (1). Xét với một số nguyên a bất kỳ thì nếu a chẵn thì a = 2k (k ∈ Z) ⇒ a4 =16k4 ≡ 0 (mod 8) ; nếu a lẻ thì a4 = (2k + 1)4 ≡ 1 (mod 8) Do đó x4 + y4 + z4 ≡ 0 ; 1 ; 2 ; 3 (mod 8) . Trong khi đó 8z4 + 5 ≡ 5 (mod 8) mâu thuẫn với (1). Vậy không tồn tại các bộ ba số nguyên (x; y; z) thỏa mãn đẳng thức x4 + y4 = 7z4 + 5. Bài 27. Ta có 412 = (40 + 1)2 = 402 + 80 + 1 ≡ 81 (mod 100) 414 ≡ 812 ≡ 6561 ≡ 61 (mod 100) ⇒ 415 ≡ 61. 41 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 41106 ≡ 41. (415)21 ≡ 41 (mod 100) Mặt khác 574 = 10556001 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 572012 = (574)503 ≡ 1 (mod 100) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vì thế A ≡ 41 + 1(mod 100). Do đó hai chữ số cuối cùng của số A = 41106 + 572012 là 42 Bài 28. Do a + 20  21 ⇒ a ≡ 1 (mod 3) và a ≡ 1 (mod 7) b + 13  21 ⇒ b ≡ 2 (mod 3) và b ≡ 2 (mod 7) Suy ra A = 4a + 9b + a + b ≡ 1 + 0 + 1 + 2 ≡ 1 (mod 3) ⇒ A ≡ 10 (mod 3) Xét a = 3k + 1 ; b = 3q + 2 với k, q ∈ N ta có 4a = 43k+1 = 4. 64k ≡ 4 (mod 7) 9b = 93q+2 ≡ 23q+2 ≡ 4. 8q ≡ 4 (mod 7). Do đó A = 4a + 9b + a + b ≡ 4 + 4 + 1 + 1 ≡ 10 (mod 7) ⇒ A ≡ 10 (mod 7) A ≡ 10 (mod 3) và A ≡ 10 (mod 7) mà (3; 7) = 1 nên A ≡ 10 (mod 3.7) Hay A ≡ 10 (mod 21). Vậy số dư trong phép chia A cho 21 là 10. Bài 29. 23 ≡ 1 (mod 7) ⇒ (23)n ≡ 1 (mod 7) ⇒ 23n + 1 = 2.(23)n ≡ 2 (mod 7). và 23n – 1 = 22.(23)n – 1 ≡ 4 (mod 7). Nên A ≡ 2 + 4 + 1 ≡ 0 (mod 7) nghĩa là A  7. Mà với n ∈ N* thì A > 7. Vậy A là hợp số. Bài 30. ∀ n ∈ N* ta có 20124n ≡ 0 (mod 2) ; 20134n ≡ 1 (mod 2) ; 20144n ≡ 0 (mod 2) ; 20154n ≡ 1 (mod 2) . Do đó A ≡ 2 ≡ 0 (mod 2). * Ta lại có 2012 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 20124n ≡ 0 (mod 4) ; 2014 ≡ 2 (mod 4) ⇒ 20142 ≡ 22 ≡ 0 (mod 4) ⇒ 20144n ≡ ( 20142)2n ≡ 0 (mod 4) Do 2013 ≡ 1 (mod 4) ⇒ 20134n ≡ 1 (mod 4) ; Do 2015 ≡ – 1 (mod 4) ⇒ 20154n = (– 1)4n ≡ 1 (mod 4) Vậy A ≡ 2 (mod 4) nghĩa là A chia cho 4 dư 2. Ta có A  2 ; A / 22 ; 2 là số nguyên tố. Vậy A không là số chính phương ∀ n ∈ N*. TỦ SÁCH CẤP 2| 410 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 31. Ta có 192003 ≡ ( 2.9 + 1) ( −2 ) 2003 2003 ≡ 1( mod 2003)(1) ;7 2003 ≡ ( 9 − 2 ) = ( −2 ) .22002 = ( −2 ) .( 23 ) 667 .2 = ( −4 ) .( 23 ) 2003 ⇒ 7 2003 ≡ ( −2 ) 2003 ( mod 9 ) Mặt khác 667 Do 23 ≡ 1( mod 9 ) ⇒ ( 23 ) 667 ≡ −1( mod 9 ) ⇒ ( −4 ) ( 23 ) 667 ≡ 4 ( mod 9 ) ⇒ 7 2003 ≡ 4 ( mod 9 )( 2 ) Từ (1) và (2) ⇒ 192003 + 7 2003 + 92003 ≡ 5 ( mod 9 )( 3) Vì lập phương của một số tự nhiên khi chia cho 9 chỉ có thể dư là 0,1, −1 nên mọi số 15 nguyên x, y, z ta có : x15 + y15 + z= ( x ) + ( y ) + ( z ) ≡ ( −3) ; ( −1) ;0;1;3 ( mod 9 )( 4 ) 5 3 5 3 5 3 Từ (3) và (4) suy ra phương trình không có nghiệm nguyên. Ta có z ( z + 3) = z 2 + 3 z Mặt khác ta luôn có z 2 ≡ 0 ( mod 3) hoặc z 2 ≡ 1( mod 3) Do đó với mọi z nguyên ta có : z ( z + 3) ≡ c ( mod 3) ; c ∈ {0;1}(1) Chứng min tương tự với y,x ⇒ x ( x + 3) + y ( y + 3) ≡ d ( mod 3) ; d ∈ {0;1;2}( 2 ) Lại để ý rằng : x ( x + 3) + y ( y + 3) = (x 2 + y 2 ) ( mod 3)( 3) Chú ý rằng nếu p là số nguyên tố khác 3 thì p 2 ≡ 1( mod 3) . Do vậy x, y đồng thời là các số nguyên tố khác 3 thì : x 2 + y 2 ≡ 2 ( mod 3)( 4 ) Kết hợp (1), (2), (3), (4) suy ra ít nhất một trong hai số x,y phải là 3. Do vai trò đối xứng của x,y chọn x = 3 Khi x = 3 ta có : 18 + y 2 + 3 y = z 2 + 3 z ⇔ 18 = z 2 + 3 z − y 2 − 3 y ⇔ 18 = ( z − y )( x + y + 3)( 5 ) Từ z > 0, y > 0 ⇒ z + y + z > 3 ⇒ z − y > 0 . Vì thế kết hợp với ( z + y + 3) − ( z − y ) = 2 y + 3 ≥ 7 (do y nguyên tốn lớn hơn 2). Nên từ (5) suy ra : .411 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài 32. | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC  z = + y+3  =  z − y 1  z = + y+3  =   z − y 2  y 18 =  = z ⇔  y 9 =  =   z 7 8 2 4 Do tính đối xứng nên phương trình có 4 nghiệm nguyên dương : ( 3;7;8) ; ( 7;3;8) ; ( 3;2;4 ) ; ( 2;3;4 ) Bài 33. Ta phải tìm số tự nhiên r sao cho 0 = r ≡ (20132016 + 20142016 – 20152016 )10 (mod 106) Ta có 2013 = 106.19 – 1 ⇒ 2013 ≡ –1(mod 106) ⇒ 20132016 ≡ 1(mod 106) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2014 = 106.19 ⇒ 2014 ≡ 0 (mod 106) ⇒ 20142016 ≡ 0(mod 106) 2015 = 106.19 + 1 ⇒ 2015 ≡ 1(mod 106) ⇒ 20152016 ≡ 1(mod 106) Do đó (20132016 + 20142016 – 20152016 )20 ≡ 0 (mod 106). Bài 34. Do 5 là số nguyên tố nên theo Định lý Fermat bé ta có: với a = 1; 2; 3; 4 ta có a5 ≡ a (mod 5) ⇔ a4 ≡ 1 (mod 5) ⇔ a4k ≡ 1 (mod 5). Do đó 14k + 24k + 34k +44k ≡ 1 + 1 + 1 + 1 ≡ 4 (mod 5). Chứng tỏ 14k + 24k + 34k + 44k / 5. Bài 35. * Nếu p = 2 thì 2n – n  2, ∀ n = 2k (k ∈ N ). * Nếu p ≠ 2 do (2 ; p) = 1 nên theo định lý Fermat bé ta có : 2p-1 ≡ 1 (mod p) ⇒ 2p-1 – 1 ≡ 0 (mod p) ⇒ Hay là 2( p −1) 2k 2( p −1) – 1 ≡ 0 (mod p) . 2k – 1  p (k ∈ N ; k ≥ 2). Mặt khác (p – 1)2k ≡ (– 1)2k ≡ 1 (mod p) ⇒ 2( p −1) 2k 2k p −1 – (p – 1)2k =  2( ) − 1 − ( p − 1) − 1  p        2k p p Vậy tồn tại vô số số tự nhiên n có dạng n = (p – 1)2k, ( ∀ k ∈ N ; k ≥ 2) sao cho 2n – n  p . Bài 36. A = 266 2001 . Ta có 1000 = 8.125 Xét số dư của A khi chia cho 125, ta có: 62001 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ 62001 =5m + 1 ( m ∈ Z+ ) +1 ⇒A = 266 = 265m= 62. ( 265 ) 2001 m Mặt khác 265 ≡ 1( mod125 ) ⇒ A ≡ 26 ( mod125 ) TỦ SÁCH CẤP 2| 412 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | ⇒ A= 125k + 26 (k ∈ Z ) + Xét số dư khi chia A cho 8, dễ thấy A8 ⇒ 125k + 268 ⇒ 5k + 28 ⇒ k = 8m + 6 (m ∈ Z ) + A 125 ( 8m + 6 ) + = 26 1000m + 776 ≡ 776 ( mod1000 ) ⇒= Vậy ba chữ số tận cùng của A là 776. ( m, r ∈ N, Bài 37. Đặt n= 4m + r 0 ≤ r ≤ 3) . Xét các trường hợp của r. * r = 0 ⇒ n = 4m Khi đó = 3n 81m ≡ 1( mod10 ) Ta được n = 20k + 12 (k ∈ N) (k ∈ N) * r =1 ⇒ n =4m + 1 Khi đó = 3n 3.81m ≡ 3 ( mod10 ) ⇒ 3n + 4n + 110 ⇔ 16m + 810 ⇔ 8m + 45 ⇔ 3m + 45 ⇔ m =5k + 2 Ta được n =20k + 9 (k ∈ N) Tương tự xét các trường hợp còn lại. Bài 38. Đặt A =n 3 + 4n 2 − 20n − 48 Ta có A = ( n − 4 )( n + 2 )( n + 6 )  n ≡ 3 ( mod 5 ) Vì A 5 ⇒   n ≡ 4 ( mod 5 ) * n ≡ 3 ( mod 5 ) Khi đó n − 4 / 5 và n + 6 / 5 nên n + 2125 ⇒ n ≥ 123 * n ≡ 4 ( mod 5 ) .413 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (k ∈ N) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇒ 3n + 4n + 110 ⇔ 16m + 210 ⇔ 8m + 15 ⇔ 3m + 15 ⇔ m = 5k + 3 | CHỦ ĐỀ 5: ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG DƯ THỨC  n − 4 25 ⇒ n ≥ 19  n + 6 25 Khi đó n + 2 / 5 ⇒  Vậy n = 19 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 39. ( )( ) Đặt A = a 4 − 1 a 4 + 15a 2 + 1 Áp dụng định lí Fermat ta có: a 4 ≡ 1( mod 5 ) và a 6 ≡ 1( mod 7 ) do a không chia hết cho 5 và 7. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Vì a 4 ≡ 1( mod 5 ) ⇒ a 4 − 15 ⇒ A 5 Lại có: A = a 8 + 15a 6 − 15a 2 − 1 ≡ a 2 + 15 − 15a 2 − 1 ≡ 0 ( mod 7 ) ⇒ A  7 Vậy A 5.7 = 35 (vì (5, 7) = 1) ( ) Bài 40. Giả sử 2m + 3n  23 ⇒ 8n 2m + 3n  23 ⇒ 2m +3n + 24n Vì 24 ≡ 1( mod 23) ⇒ 24n ≡ 1( mod 23) Do đó 2m +3n + 1 23 Ta chứng minh 2u + 1/ 23 ∀u ∈ N Ta có 211 ≡ 1( mod 23) . Lần lượt xét các số dư khi chia u cho 11 ta được 2u + 1/ 23 ∀u ∈ N . Vậy 2m + 3n / 23 ∀m, n ∈ N . Bài 41. Vì 2017 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5 còn ( 2017,10 ) = 1 . 105 = 25.55 nên 5 ϕ 10 Áp dụng định lí Euler ta có: 2017 ( ) ≡ 1( mod105 ) 5 ( )   Mà ϕ 105 = 105 1 − 1  1  4 1 − = 4.10 2  5  0 Bài 42. Phương trình đã cho: x n + ( x + 2 ) + ( 2 − x ) = n n Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì n lẻ. * n =1 ⇒ x =−4 ∈ Q TỦ SÁCH CẤP 2| 414 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | p ( p,q ∈ Z, q > 0, ( p,q )= 1) . q * n > 1: Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ x = Thay vào phương trình ta có: p n + ( p + 2q ) + ( p − 2q ) = 0 (1) n n Ta có: ( p + 2q ) 4q + ( 2q − p ) ( p + 2q ) + ( 2q − p ) = n n q = 1 ⇒ p n  4q ⇒  p = 2m Thay vào (1) ta có: m n + ( m + 1) + (1 − m ) = 0 n n ( 2) Vì ( m + 1) + (1 − m ) ( m + 1) + (1 − m ) = 2 ⇒ m n  2 ⇒ m chẵn. n n Vì n lẻ nên ( m + 1) ≡ m + 1( mod 4 ) , (1 − m ) ≡ 1 − m ( mod 4 ) n n Suy ra: m n ≡ 2 ( mod 4 ) Vô lí Bài 43. Bởi vì 23 = 8 ≡ −1( mod 9 ) ⇒ ( 29 ) 1945 ( ) ⇒ 29 1945 ≡ −1( mod 9 ) chia 9 dư 8 ⇒ a, b, c chia 9 dư 8 Ta có: 213 = 8192 < 104 ⇒ 2130 < 1040 ⇒ 2130.134 < 1040.134 Ta cũng có: ( 213 ) < (104 ) = 1024 và 27 < 103 6 ( ) ⇒ 29 6 1945 = 217420+13.6+ 7 < 1040.134+ 24+ 7= 105391 ⇒ số ( 29 ) 1945 không có quá 5391 chữ số. ⇒ a ≤ 5391.9 = 48519 ⇒ b ≤ 3 + 9 + 9 + 9 + 9 = 39 ⇒ c ≤ 3 + 9 = 12 c ≤ 12 ; mà c chia 9 dư 8 và c > 0 nên suy ra c = 8. .415 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Vậy n = 1.
guest
1 Comment
Newest
Oldest Most Voted
Inline Feedbacks
View all comments
Phùng thị Vạn

cho a,b là 2 số nguyên tố dương thỏa mãn a+20 và b+13 cùng chia hết chi 21 tìm số dư trong phép chia A=4^a+9^b +a+b cho 21

Bài viết tương tự

Scroll to Top