Ôn tập Toán 9 - Chuyên đề 6: Đồng dư thức

 CHUYÊN ĐỀ 6:
 ĐỒNG DƯ THỨC – 100 bài tập 
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
*Định nghĩa:
Cho a, b là các số nguyên và n là số nguyên dương ta nói a đông dư với b theo mô 
đun n nếu a và b có cùng số dư khi chia cho n, ký hiệu a  b modn 
Như vậy a  b modn a b n hay a  0(mod n) an
*Tính chất: Cho a,b,c ¥ *
Nếu a  b modn và c  b modn thì a  c modn 
Nếu a  b modn thì a c  b c modn 
Nếu a  b modn thì ac  bc modn 
Nếu a  b modn thì an  bn modn 
Nếu a  b modn thì an  bn modn 
 a b n  bn moda ,a 0
Định lý Fermat
Cho p là số nguyên tố a, p 1khi đó a p 1 1 mod p 
I- ĐỒNG DƯ THỨC
1. Định nghĩa và các điều kiện:
a. Định nghĩa:
 Cho m N *; a,b Z. Nếu a và b khi chia cho m có cùng số dư ta nói: a và b 
đồng dư theo môđun m.
Kí hiệu: a  b (mod m)
Hệ thức: a  b (mod m) gọi là đồng dư thức.
Ví dụ: 19  3 (mod 8); -25  3 (mod 4)
b. Các điều kiện tương đương:
1- a  b (mod m) n n-1
f. Cho f(x) = an x + an-1 x + . . . +a1x + a0 ai Z . Nếu   (mod m) thì ta cũng 
có f( )  f(  ) (mod m) 
Đặc biệt: f( )  0 (mod m) thì ta cũng có: f( + k.m)  0 (mod m)
 k Z
g. Ta có thể chia cả hai vế của một đồng dư thức cho một ước chung của chúng 
nguyên tố với môđun. 
 Cụ thể là:
 a.c  b.c (mod m); ƯCLN (c; m) =1 => a  b (mod m)
h. 1. Ta có thể nhân cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng một số 
nguyên dương. 
Cụ thể là:
 *
 a  b (mod m) => a.c  b.c (mod m.c) c N
2. Ta có thể chia cả hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng một ước dương 
của chúng. 
Cụ thể là:
 a  b (mod m); 0 a/c  b/c (mod m/c)
k. Nếu 2 số a và b đồng dư với nhau thêo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau 
theo môđun là bội chung nhỏ nhất của môđun ấy. 
Cụ thể là:
 a  b (mod mi), i = 1, n => a  b (mod m). c. 
 Định lý Ơle
Cho m là một số tự nhiên khác 0 và a là một số nguyên tố với m. 
Khi ấy ta có: 
 µ(m)
 a  1 (mod m)
- Định lý Fécma 1 
Cho p là một số tự nhiên khác và a là một số nguyên không chia hết cho 
m. 
Khi ấy ta có: 
 p - 1
 a  1 (mod p)
- Định lý Fécma 2
Cho p là một số nguyên tố, a là một số nguyên bât kỳ.
Khi ấy ta có: 
 p - 1
 a  a (mod p) 2004n
Bài 5.Chứng minh 19242003 1920 chia hết cho 124,với mọi n ¥ *
Bài 6.Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho A n.2n 3n chia hết cho 5
 4n 1
Bài 7.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, thì 32 2chia hết cho 11
Bài 8.
 1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh 46n 296.13n chia hết cho 1947
 2) Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm vào mỗi 
 chữ số của A 1 đơn vị thù ta được số chính phương B gồm 4 chữ số. Tìm hai số 
 A và B
Bài 9.Dãy số an thỏa mãn an 1 an 3,n ¥ *và a2 a19 25.Tính tổng 
 S a1 a2 ..... a20
Bài 10.Chứng minh rằng với n là số chẵn thì n3 20n 96 chia hết cho 48
ĐÁP ÁN TỪ BÀI 01 ĐẾN BÀI 10
Bài 1. Ta có : 19912  289 mod2008 ,19913 1111 mod2008 
 19915  289.1111 mod2008 
Mặt khác 289.1111807 mod2008 19915 1807 mod2008 
 2
 19915 18072 mod2008 mà 
 18072  241 mod2008 199110  241 mod2008 
 199140  2414  713 mod2008 
Vậy dư của 199140 cho 2008 là 713
Bài 2.Ta có : 2999  0 (mod 2)
 2,5 1nên theo định lý Fermat ta có : 24 1 mod5 22000 1 6 mod5 
Chia cả 2 vế của đồng dư thức cho 2 ta được :2999  3 mod5 . Vậy 
 999
 2  3 mod5  8(mod5)
 2999  8 mod10
 999 
 2  0 mod2  8 mod2 
 số 2999 tận cùng là chữ số 8
Bài 3.Ta có : 4444  44 mod100 44444444  444444 ,444444  0(mod4)
 44 và 25 nguyên tố cùng nhau, 20 25nên theo định lý Ơ le ta có :
 222
 4420 1 mod25 4420 1 mod25 444440 1 mod25 
Ta lại có: 44 19 mod25 442 11 mod25 444  21 mod25 
 444444  21 mod25 n 10m 1
Vậy để A5 
 n 10m 4
Bài 7.Ta có : 3,11 1 3 11 1 mod11 310 1 mod11 
Vì 2,5 1 2 5 1 24 1 mod5 24n 1 mod5 24n 1  2 mod10 
 24n 1 10k 2
Ta có : 310k 2  32 mod11 hay 310k 2  9 mod11 310k 2 2  0 mod11 
Nghĩa là : 310k 2 211
 4n 1
Vậy 32 2chia hết cho 11. 
Bài 8.
 1) Ta có 1947 3.11.59
 Đặt A 46n 296.13n
 46n 1n 1 mod3 ; 13n 1n 1 mod3 
 Suy ra A 1 296  297  0 mod3 A3 1 
 46n  2n 1 mod11 ;13n  2n 1(mod11)
 Suy ra A  2n 296.2n  297.2n 11.27.2n  0 mod11 A11 2 
 46n  13 n  13n mod13 
 Vì n là số tự nhiên lẻ nên 
 A  13n 296.13n  295.13n  5.59.13n  0 mod59 A59
Mà 3;11;59 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ 1 , 2 , 3 suy ra 
 A 3.11.59 A1947
 2) Đặt A m 2 , B n 2 với m, n là các số nguyên dương m n 
Theo bài ta có A 1111 B n2 m2 1111 n m n m 11.101
Do m n n m,n m là hai số nguyên dương và n m n m
 n m n m 1.1111 11.101
 n m 1 n 556 2
 *Th1: (ktm do A m có nhiều hơn 4 chữ số 
 n m 1111 m 555
 n m 11 n 56 A 2025
 *Th2 : 
 n m 101 m 45 B 3136
Bài 9.
Ta có a3 a2 3;a4 2.3;.....a19 a2 17.3 25 a2 a2 173
 a2 13 a1 a2 3 16
Vậy S a1 a1 3 a1 2.3 .... a1 19.3 20.a1 3. 1 2 3 ... 19 250 k n 9 277 k 142
 k n 9 7 n 126
Vậy n 960 hoặc n 126 thì n2 18n 2020 là số chính phương.
Bài 12.
 1) Theo đề bài ta có số phải tìm có từ 4 chữ số trở lên
 Giả sử sau khi bỏ ba chữ số tận cùng abc của n ta được số x thì n 103 x abc
 Theo đề bài ta có : x 3 1000x abc x3 1000x abc x x2 1000 abc
 Nếu x 33 thì vế trái lớn hơn hoặc bằng 33.(1089 1000) 33.89 2937 abc
 Do abc là số có 3 chữ số nên x 33 1 
 Nếu x 31 x2 961 x x2 1000 0 mà abc 0 x 31 2 
 Từ (1) và (2) x 32
 Thật vậy, với x 32 32. 1026 100 abc abc 768
 Vậy số cần tìm là 32768
 2) Gọi 5 số cần tìm là a,b,c,d,evới a,b,c,d,e 0
Ta có a b c d e 3 và b a c d e 2
Suy ra a b (b c d e)2 a c d e 2
 (a b) b a a b 2c 2d 2e 
 a b 0
 a b 2c 2d 2e 1 0
Với a b 2c 2d 2e 1 0 là vô lý , vì a,b,c, d ,e ¡ a b
 1
Tương tự ta có a b c d e 
 16
Bài 13.
 a) Ta có 200211 2004 211 2004  2 mod11 
 20042004  22004 mod11 ,210 1 mod11 
 200
 20042004  24.22000 24. 210  24  5 mod11 
Vậy 20042004 chia 11 dư 5
 b) Ta có 1944  2 mod7 19442005  2 2005 mod7 
 668
Mà 2 3  1 mod7 23 1668 mod7 1 mod7 
 668
 23 .( 2)  2(mod7) 2 2005  2(mod7)
Vậy 19442005 chia 7 dư 5 Vậy 301293 1 1 1 mod13 301293 1  0 mod13 
Hay 301293 1chia hết cho 13
Bài 18.
Ta có A = A = 7.52n + 12.6n = A = 7.25n + 12.6n 
Vì 25 ≡ 6 (mod 19) => 25n ≡ 6n (mod 19)
=>7.25n ≡ 7.6n (mod 19) => 7.25n + 12.6n ≡ 7.6n + 12.6n ≡ 19.6n ≡ 0 (mod 19) . 
Điều này chứng tỏ A chia hết cho 19.
Bài 19.
a) Ta thấy 2999 21000 : 2 (1)
 100
mà 21000 = 210 
 100
Ta có: 210 1024  1 mod 25 210  1 100 mod 25 
 21000 1 mod 25 Hay 21000 chia cho 25 dư 1, do đó hai chữ số tận cùng của 21000 
có thể là 01; 26; 51; 75, nhưng 21000 là bội của 4 nên hai chữ số tận cùng của nó phải 
là 76 (2)
Từ (1) và (2) ta thấy số 76 chia 2 thì hai chữ số tận cùng là 38 (= 76:2) hoặc 
88(=186:2) nhưng cũng do 2999 cũng là bội của 4 nên hai chữ số tận cùng của 2999 là 
88.
b) 3999 31000 :3
Ta có: 34 = 81  19 mod100 
 38 192  61 mod100 
 310  61.9  49 mod100 
 3100  4910  01 mod100 
 31000  01 mod100 , nghĩa là hai chữ số tận cùng của 31000 là 01. Số 31000 là bội 
của 3 nên chữ số hang trăm của nó khi chia cho 3 phải dư 2( Chia tiếp thì số 201 
chia hết cho 3, nếu số dư là 0 hay 1 thì số 001, 101 không chia hết cho 3)
Vậy 3999 31000 :3 có hai chữ số tận cùng là 76 (= 201 : 2)
Bài 20.
a) 430 = 42.15 = (42)15 = 1615 = 6 có chữ số tận cùng là 6
 421 = 420 + 1 = (42)10.4 = 1610.4 = (6).4 =  4 có chữ số tận cùng là 4 
 Nhận xét : Số nào có số tận cùng là 4 thì khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự 
nhiên chẵn thì có số tận cùng là 6, khi nâng lên với số mũ tự nhiên lẻ có số tận cùng 
là 4)
b) 3103 = 3102.3 = (32)51.3 = 951.3 = ( 9).3 =  7 có chữ số tận cùng là 7 Biết rằng cứ mõi tuần lễ có 7 ngày.
Ta có: 6209 = 7 . 887 Hay 6209  0 mod 7 
Như vậy, 6209 ngày gồm 887 tuần 
Do đó, nếu ngày 20 / 11/1994 là ngày chủ nhật thì 20 / 11/1996 cũng là ngàychủ nhật.
Bài 22.
a)Gọi số đó là n = ab 
Vì n chia cho 8 dư 4, nên n = 8p + 4
Và n chia cho 12 dư 3, nên n = 12q + 3
=> 8p + 4 = 12q + 3 (Mà 8p + 4 là số chẵn, còn 12q + 3 là số lẻ). Do vậy bạn Thắng 
đã làm sai một phép chia.
b)Vì a + b = 14 => ab ≡ 2 (mod 3) => 4ab ≡ 8 (mod 12) (1)
Nếu ab ≡ 0 (mod 4) => 3ab ≡ 0 (mod 12) (2)
Từ (1) và (2) => ab ≡ 8 (mod 12) => n chia cho 12 dư 8
Do n = 8p + 4 là số chẵn mà n = ab => b {0; 2; 4; 6; 8}
Nếu b = 0 => a = 14 (loại - vì a là số có một chữ số khác 0)
 b = 2 => a = 12 (loại)
 b = 4 => a = 10 (loại)
 b = 6 => a = 8
 b = 8 => a = 6
=> Số cần tìm là 86 hoặc 68 => Số bị chia là 68.
Bài 23.
Ta có : ac1 ≡ ac2 (mod m) => m \ ac1 - ac2 => m \a(c1 - c2)
Vì (a, m) = 1 => m \ c1 - c2 => c1 ≡ c2 (mod m)
Bài 24.
a ≡ b (mod m) => a - b = m.q => ac - bc = mc.q => ac ≡ bc (mod c.m) 
Bài 25.
+Ta có 776 ≡ - 1(mod 3) => 776776 ≡ -1(mod 3) => 776776 ≡ 1 (mod 3)
 777 ≡ 0 (mod 3) => 777777 ≡ 0 (mod 3)
 778 ≡ 1 (mod 3) => 778778≡ 1 (mod 3)
=> 776776 + 777777 + 778778 khi chia cho 3 dư 2.
+Ta có 776 ≡ 1 (mod 5) => 776776 ≡ 1 (mod 5)
 777 ≡ - 3 (mod 5) => 777777 ≡ - 3777 (mod 5)
 778 ≡ 3 (mod 5) => 778778 ≡ 3778 (mod 5)
 => 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 - 3777 + 3778 (mod 5)
 Hay 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 + 3.3777 - 3777 (mod 5)
 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 + 3777(3 - 1) (mod 5)
 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 + 2.3777
Mà 32 ≡ - 1(mod 3) => (32)388.3 ≡ 3 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 + 2.3 ≡ 2 (mod 5)