Chuyên đề BDHSG THCS 2016

Chuyên đề
ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TRONG GIẢI TOÁN LỚP 7
Phần 1: Đặt vấn đề
I.LÍ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
Toán học là một bộ môn khoa học rất trừu tượng, được suy luận một cách
lôgic và là nền tảng cho việc nghiên cứu các bộ môn khoa học khác. Số học là
một phần không thể thiếu và nó chiếm một vai trò khá quan trọng trong bộ môn
này.
Lý thuyết chia hết trong vành số nguyên là một nội dung khá quan trọng
trong phần số học. Hơn nữa, đây cũng là mảng rất khó khăn cho giáo viên và
học sinh trong quá trình dạy và học. Xuất phát từ vấn đề đó, tôi đã tìm tòi,
nghiên cứu, trao đổi và học hỏi ở bạn bè, đồng chí đồng nghiệp và đã tìm ra chìa
khoá để giải quyết vấn đề này. Đó là lý thuyết đồng dư. Năm học 2012-2013,
tôi được sự phân công của các đồng chí trong tổ và đã làm chuyên đề trường,
vấn đề này được nhiều đồng nghiệp quan tâm và chia sẽ. Vì vậy tôi đã chọn
“Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 ” làm sáng kiến kinh nghiệm
nhằm trao đổi với bạn bè đồng nghiệp nhiều hơn về lĩnh vực này.
1. Cơ sở lí luận.
“ Cùng với khoa học công nghệ, giáo dục là quốc sách hàng đầu” chủ
trương đó đã thể hiện rõ quan điểm, đường lối của Đảng và Nhà nước ta; khẳng
định tầm quan trọng của giáo dục đối với đất nước; bởi lẽ giáo dục đóng vai trò
quyết định đến sự thành công của công cuộc xây dựng đất nước, xây dựng
CNXH.
Nghành giáo dục đã triển khai thực hiện công tác đổi mới giáo dục phổ
thông bao gồm: đổi mới cơ sở vật chất phục vụ cho dạy và học, đổi mới chương
trình sách giáo khoa, đổi mới công tác quản lý, đổi mới phương pháp dạy học,
đổi mới cách kiểm tra đánh giá v.v…nhằm giúp học sinh phát triển một cách
toàn diện.
Trong hệ thống các môn học được đưa vào đào tạo ở trường THCS, môn

nguyên. Là một nội dung được suy luận một cách lôgic, chặt chẽ. Trên cơ sở lý
thuyết đồng dư được hai nhà bác là Ơle và Fécma đã đưa ra 2 định lý rất nổi
tiếng và cố tính ứng dụng rất cao.
2. Cơ sở thực tiễn
Lý thuyết đồng dư sẽ cho ta phương pháp đồng dư, đó là một động tác có
tính chất kỹ thuật giúp chúng ta bổ sung giải quyết vấn đề chia hết trong vành số
nguyên.
Trong chương trình toán THCS có nhiều dạng bài tập liên quan đến lý
thuyết đồng dư, xong tôi chỉ đưa vào đây một số bài tập điển hình và các dạng
toán ở lớp 7.
3. Thực trạng .
Nắm chắc và vận dụng thành thạo các phương pháp trong giải toán là vấn
đề cần chú trọng, đặc biệt là đối với học sinh trường THCS Yên Lạc – có chất
lượng đào tạo cao – thì càng phải chú trọng để đảm bảo và nâng cao chất lượng
học sinh. Hơn nữa để giúp các em HSG tự tin và đạt thành tích cao trong các kì
thi HSG. Bằng việc xây dựng các chuyên đề toán có nội dung phù hợp và thiết
thực tôi tin tưởng các em học sinh sẽ say mê học toán và tìm ra cách học, nắm
chắc các phương pháp giải toán thông qua từng dạng bài tập.
Qua giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi 7, tôi thấy chuyên đề này rất
thiết thực, các em đã có thể giải được một số dạng toán khó, vận dụng linh hoạt
các phương pháp để giải một số dạng toán liên quan đến lý thuyết đồng dư đưa
được các dạng toán đó về dạng quen thuộc và đơn giản hơn.
4. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm được các phương pháp để giải bài toán, rèn kĩ năng giải
Toán loại này và nhằm phát triển năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học
sinh.
- Cho học sinh thấy được vai trò và tầm quan trọng của các phương pháp giải
liên quan đến lý thuyết đồng dư trong Toán học, rèn luyện cho học sinh đức tính
cẩn thận, sáng tạo của người nghiên cứu khoa học.
2

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:
1a ≡ b (mod m)
2(a - b)  m
∃t ∈ Z sao cho: a = b + m.t.
32. Các tính chất
a. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp Z có nghĩa là:
1a ≡ a (mod m)
2a ≡ b (mod m) => b ≡ a (mod m)
3a ≡ b (mod m); b ≡ c (mod m) => a ≡ c (mod m)
b. Ta có thế cộng từng vế một với nhau theo cùng một môđun.
Cụ thể:
n
n
k
(
−
1
)
a
≡
≡
ai bi (mod m) i = 1, n => ∑
∑ (−1) k bi (mod m) ∀k ∈ N
i
i =1

i =1

f. Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + . . . +a1x + a0 ∀ai ∈ Z . Nếu α ≡ β (mod m) thì ta
cũng có f( α ) ≡ f( β )
(mod m)
α
≡
Đặc biệt: f( ) 0 (mod m) thì ta cũng có:
f( α + 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. 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 *
i. 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 < c ∈ ƯC (a; b; m) => a/c ≡ b/c (mod m/c)
k. Nếu 2 số a và b đồng dư với nhau theo 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).
Trong đó: m = BCNN(m1, m2 … mn)
l. Nếu a và b đồng dư với nhau theo môđun m thì chúng cũng đồng dư với nhau
theo môđun là ước dương của m.
Cụ thể là: a ≡ b (mod m); 0 < ∂ ∈ Ư(m) => a ≡ b (mod ∂ )
m. Nếu: a ≡ b (mod m) thì: ƯCLN( a; m) = ƯCLN( b; m).
II- ĐỊNH LÝ ƠLE VÀ ĐỊNH LÝ FÉCMA
1. Định lý Ơle

µ(m) = m (1 − p )(1 − p )(1 − p )…(1 − p )
1

2

3

n

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:
a µ(m) ≡ 1 (mod m)
2. Định lý Fécma
- Định lý Fécma 1

Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không chia hết cho
m.
Khi ấy ta có:
ap - 1 ≡ 1 (mod p)
- Định lý Fécma 2

Cho p là một số nguyên tố, a là một số nguyên dương bất kỳ.
Khi ấy ta có:
ap - 1 ≡ a (mod p)

5



(19971998 + 19981999 +19992000 )10 ≡ 210 (mod 111)
Mặt khác ta có: 210 = 1024 ≡ 25 (mod 111)
Vậy (19971998 + 19981999 +19992000 )10 chia cho 111 có số dư là 25

Bài tập : Tìm số dư của phép chia

Bài 1 : Tìm số dư trong phép chia 20042004 cho 11
Sử dụng dấu hiệu chia hết cho 11 : Một số được gọi là chia hết cho 11 khi
và chỉ khi hiệu giữa các tổng chữ số ở hàng lẻ và tổng các chữ số hàng chẵn kể
từ trái sang phải chia hết cho 11.
Ví dụ : Xét xem số 5016 có chia hết cho 11 ?
Ta có (5 + 1) - (0 + 6) = 0. Vì 0  11 = > 5016  11
Giải :
Ta có 2002  11 => 2004 - 2  11 => 2004 ≡ 2 (mod 11)
=> 20042004 ≡ 22004 (mod 11) , mà 210 ≡ 1 (mod 11) (vì 1024 - 1  11)
=> 20042004 = 24.22000 = 24.(210)200 ≡ 24 ≡ 5 (mod 11)
Vậy 20042004 chia 11 dư 5.
Bài 2 : Tìm số dư khi chia A = 19442005 cho 7
Giải :
2005
Ta có : 1944 ≡ -2 (mod 7) => 1944
≡ (-2)2005 (mod 7)
6


Chuyên đề BDHSG THCS 2016
3

Mà (-2) ≡ - 1 (mod 7) => (-23)668 ≡ 1668 (mod 7) hay (-23)668 ≡ 1 (mod 7)
=> (-23)668.(-2) ≡ - 2 (mod 7) hay (-2)2005 ≡ - 2 (mod 7)

+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 (mod 5)
Mà 32 ≡ - 1(mod 5) => (32)388.3 ≡ 3 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 + 778778 ≡ 1 + 2.3 ≡ 2 (mod 5)
Vậy A chia cho 5 dư 2.
Bài 7 : Tìm số dư của A = 32005 + 42005 khi chia cho 11 và khi chia cho 13 ?
Giải :
5
5 401
+Ta có : 3 ≡ 1 (mod 11) => (3 ) ≡ 1 (mod 11)
Và
45 ≡ 1 (mod 11) => (45)401 ≡ 1 (mod 11)
7


Chuyên đề BDHSG THCS 2016
2005

2005

=> A = 3 + 4
≡ 2 (mod 11)
=> A chia cho 11 dư 2
+Ta có : 33 ≡ 1 (mod 13) => (33)668. 3 ≡ 1.3 (mod 13) => 32005 ≡ 3 (mod 13)
Và

4 n+1

Khi đó ta có: 23 + 3 = 210.k +3 + 3
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = 1
Nên 2µ(11) ≡ 1 (mod 11)
<=> 210 ≡ 1 (mod 11) => 210.k +3 ≡ 23 (mod 11)
4 n +1
=> 210.k +3 + 3 ≡ 23 +3 (mod 11) <=> 23 + 3 ≡ 0 (mod 11)

Vậy 2 3

4 n +1

+ 311

Bài tập

Bài 1 : Chứng minh rằng các số A = 61000 - 1 và B = 61001 + 1 đều là bội số của 7
Giải :
1000
Ta có 6 ≡ - 1 (mod 7) => 6 ≡ 1 (mod 7) => 61000 - 1  7
Vậy A là bội của 7
Từ 61000 ≡ 1 (mod 7) => 61001 ≡ 6 (mod 7) , mà 6 ≡ - 1 (mod 7)
=> 61001 ≡ -1 (mod 7) => 61001 + 1  7
Vậy B là bội của 7
Bài 2 : Chứng minh rằng A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
8


Chuyên đề BDHSG THCS 2016

-Nếu a có chữ số tận cùng là 0; 1; 5 hoặc 6 thì an lần lượt có chữ số tận cùng lần
lượt là 0; 1; 5 hoặc 6.
-Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3 hoặc 7, ta vận dụng nhận xét sau với k ∈ Z
24k ≡ 6 (mod 10)
34k ≡ 1 (mod 10)
74k ≡ 1 (mod 10)
Do đó để tìm chữ số tận cùng của an với a có chữ số tận cùng là 2; 3; 7 ta
lấy n chia cho 4. Giả sử n = 4k + r với r ∈ {0; 1; 2; 3}
Nếu a ≡ 2 (mod 10) thì an ≡ 2n = 24k + r ≡ 6.2r (mod 10)
Nếu a ≡ 3 (mod 10) hoặc a ≡ 7 (mod 10) thì an ≡ a4k + r ≡ ar (mod 10)
Ví dụ 1 : Tìm chữ số cuối cùng của các số :
a) 62009 ,
b) 92008 ,
c) 32009 ,
d) 22009
Giải :
2009
a) 6 có chữ số tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên
khác 0 vẫn có tận cùng bằng chính số 6)
b) 92008 = (92)1004 = 811004 = … 1 có chữ số tận cùng là 1
91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (…1).9 = … 9 có chữ số tận cùng là 9

9


Chuyên đề BDHSG THCS 2016

Nhận xét : Số có chữ số tận cùng là 9 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên
chẵn khác 0 nào thì chữ số tận cùng là 1, khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự
nhiên lẻ thì có số tận cùng là 9.

Vậy để tìm hai chữ số tận cùng của an, ta lấy số mũ n chia cho 20
Ví dụ 3 : Tìm hai chữ số tân cùng của 22003
Giải :
Ta có : 220 ≡ 76 (mod 100) => 220k ≡ 76 (mod 100)
Do đó : 22003 = 23.(220)100 = 8.(220)100 = ( … 76).8 = …08
Vậy 22003 có hai chữ số tận cùng là 08.
Ví dụ 4: Tìm 2 chữ số tận cùng của 20092010
Giải: Ta có: 20092010 ≡ 92010 (mod 100)
Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) =1
10


Nên: 9µ(100)

Chuyên đề BDHSG THCS 2016
1
1
≡ 1 (mod 100). Mà µ(100) = 100.(1 − )(1 − ) = 40
2
5

Hay: 940 ≡ 1 (mod 100) => 92010 ≡ 910 (mod 100)
Mà 910 = 3486784401 ≡ 1 (mod 100).
Vậy 2 chữ số tận cùng của 20092010 là 01.
Ví dụ 5: Tìm 3 chữ số tận cùng của 21954
Giải: Ta thấy (2; 1000) = 2 nên chưa thể áp dụng trực tiếp định lý Ơle được.
Ta có: (21954; 1000) = 8.
Ta xét 21951 chia cho 125
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 125) = 1
1

2

x = k 2 + k

Vậy  y = 3k + 1
k ∈ Z


Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:

(2

x

)(

)(

)(

)

+ 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879

11


Chuyên đề BDHSG THCS 2016

Giải:

ra phương trình không có nghiệm.
Với y =0 ta có :
x

x

(2

x

(

)(

)(

)(

)

x

x

(

x

)(



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;0 )
Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn :
Giải:

3x + 1 = ( y + 1)

2

3x + 1 = ( y + 1) ⇔ 3x = y ( y + 2 ) (**)
2

x
Ta có VT = 3 ≡ 1( mod 2 ) ⇒ VP = y ( y + 2 ) ≡ 1( mod 2 )
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp

 y = 3m

n
Từ pt(**) ⇒  y + 2 = 3
m + n = x


Ta có y +2 > y ⇒ n > m
Nếu m > 0 thì y và y+ 2 đều chia hết cho 3 ( vô lí)
Vậy m =0 ⇒ n = 1 ⇒ x=1 ⇒ y =1
b.Sử dụng số dư chỉ ra phương trình vô nghiệm
Ví dụ 4: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
30


2
( k ∈ N ) thì VT = x + x − 1 ≡ 1( mod 3)

Nếu x =3k +1
Nếu x =3k +2
2
Vậy với ∀x ∈ Z + thì VT = x + x − 1 ≡ 1; 2 ( mod 3) (**)
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại x,y thỏa mãn bài toán.
Chú ý: Nhiều bài toán thi vô địch các nước đôi khi phải xét modun khá lớn
VD: (IMO 1999)
Ví dụ 6: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:: m 2 = n5 − 4
Giải:
2
5
m ≡ 0;1;3; 4;5;9 ( mod11) còn n − 4 ≡ 6;7;8 ( mod11) suy ra phương trình vô nghiệm.
3
Chú ý: x ≡ 0;1;8 ( mod 9 )
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3 + y 3 + z 3 = 2011
Giải:
3
3
3
Dựa vào nhận xét trên ta có x ≡ 0;1;8 ( mod 9 ) ; y ≡ 0;1;8 ( mod 9 ) z ≡ 0;1;8 ( mod 9 )
⇒ VT = x3 + y 3 + z 3 ≡ 0;1; 2;3;6;7;8 ( mod 9 )

Còn VP = 2011 ≡ 4 ( mod 9 ) suy ra phương trình vô nghiệm.
B. Bài tập tổng hợp
1. Tìm dư trong phép chia
a) 32012 cho 13.
b) 32013 cho 31.

2013

777

4 n+1

6 n+ 2

333

4 n+1

4 n+1

2 n+1

2

99

9

77

7

7

4


17. Tìm chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, 77 .
18. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, 77 , 2999, 3999.
19. Tìm dư trong phép chia 910 − 59 cho13 .
20. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 22004, 79 , 1414 , 299 .
21. Tìm hai chữ số tận cùng của số: 19981999 .
22. Tìm ba chữ số tận cùng của số: 32 , 75 .
23. Tìm số tự nhiên gồm toàn chữ số 9 và chia hết cho các số:
a) 7, 11, 13, 17.
b) 19, 23, 29, 31, 37.
1976
1974
24. Chứng minh A = (1976 – 1974 )( 19761975 + 19741973) chia hết cho
10000.
25. Chứng minh B = (20012000 – 19991998)( 20012001 + 19991999) chia hết cho
1000000
11

7

7

1112

1011

99

14

2012


C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I- KẾT LUẬN
Lý thuyết đồng dư là một mảng kiến thức khá rộng và tương đối phức tạp.
Tuy nhiên khả năng ứng dụng của nó thì rất rộng và có tính ưu việt cao. Nó
phục vụ rất nhiều trong quá trình giảng dạy môn Toán THCS. Hơn nữa từ lý
thuyết đồng dư mở sẽ cho ta các lĩnh vực khác. Ví dụ như: Phương trình vô
định, Lý thuyết chia hết trong vành đa thức Z(x), ... Vì vậy trong sáng kiến kinh
nghiệm này tôi không thể đưa ra hết được.
Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một điều tôi đang nung nấu và hoàn
thiện hơn nưa. Trong sáng kiến này chắc chắn còn nhiều vấn đề chưa đầy đủ. Vì
vậy tôi kính mong quý vị, bạn bè đồng nghiệp góp ý chia sẽ để chuyên đề càng
hoàn thiện hơn.
II- Ý KIẾN KIẾN NGHỊ
Trong nhiều năm qua, cùng với sự quan tâm giúp đỡ của các cơ quan về nhiều
mặt cho ngành giáo dục và cùng với sự phát triển nhanh của công nghệ thông
tin. Các sáng kiến kinh nghiệm của nhiều giáo viên cũng ngày càng có chất
lượng. Tuy nhiên khả năng trao đổi, phạm vi ứng dụng chưa được rộng rãi và
nhiều ý tưởng hay chưa đến với tất cả mọi giáo viên và học sinh nhằm biến các
ý tưởng đó thành hiện thực. Vì vậy tôi kính mong Phòng, Sở GD-ĐT, Tổ chuyên
môn nên tạo điều kiện để các sáng kiến, ý tưởng hay có thể đến với tất cả các
giáo viên và học sinh, bằng cách có thể in ấn, đưa lên trang Web nội bộ của
phòng, sở để các ý tưởng đó trở thành hiện thực và có ý nghĩa hơn.

KẾT QUẢ VẬN DỤNG VÀO GIẢNG DẠY
Các phương pháp giải Lý thuyết đồng dư và một số ứng dụng là một trong
những chủ đề Toán rất hay, khi nghiên cứu sâu thấy rất là thú vị, nó áp dụng
được trong giải toán phương trình, vận dụng vào rất nhiều dạng bài tập có nhiều
ứng dụng và cuốn hút đối với học sinh trung học cơ sở.
Trước khi chuyên đề được đưa vào áp dụng kết quả khảo sát cho biết mức độ

0

21,7
%

39,1
%

32,6
%

6,6%

0

15


Chuyên đề BDHSG THCS 2016

Chất lượng sau khi thực hiện chuyên đề
Năm học

201..201..

Giỏi
SL %

Khá
SL %


0

Tuy chuyên đề đã được xem xét và ứng dụng xong cũng không tránh khỏi
những hạn chế và thiếu sót, rất mong được sự góp ý của các cấp chỉ đạo chuyên
môn, các bạn đồng nghiệp giàu kinh nghiệm, bạn đọc chuyên đề bổ sung góp ý
chân thành để chuyên đề được hoàn thiện và ứng dụng nhiều hơn!
Chân thành cảm ơn!

Yên Lạc, ngày... tháng 01 năm 2014
Người viết chuyên đề

Nguyễn Duy Đông

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1, Nâng cao và phát triển Toán 6,7,8,9 – Vũ Hữu Bình – NXB GD
2, 1001 Bài toán sơ cấp BD HSG Toán THCS – Lê Hồng Đức – Đào
Thiện Khải
3, Tổng hợp Toán tuổi thơ năm 2009 – NXB GD
4, Tuyển chọn các bài thi HSG Toán THCS – Lê Hồng Đức
5, Phương trình nghiệm nguyên – Vũ Hữu Bình
6, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ - NXB GD
7, Các đề thi vào trường chuyên lớp chọn trong và ngoài tỉnh
8, Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS – Lê Đức Thịnh

16