Đồng dư thức - Đại số toán 8

Hoài Phạm Thị Thu Ngày: 08-03-2024 Lớp 8

Tải xuống 16 2.9 K 28

Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập bộ bài tập Đồng dư thức - Đại số toán 8, tài liệu bao gồm 16 trang, tổng hợp 11 ví dụ và 24 bài tập Đồng dư thức đầy đủ lý thuyết, phương pháp giải chi tiết, giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Tài liệu Đồng dư thức - Đại số toán 8 gồm các nội dung chính sau:

I. Phương pháp giải

- Tóm tắt lý thuyết ngắn gọn

II. Một số ví dụ

- Gồm 11 ví dụ minh họa đa dạng cho 5 dạng bài có lời giải chi tiết.

II. Bài tập vận dụng

- Gồm 24 bài tập vận dụng có lời giải chi tiết giúp học sinh tự rèn luyện cách giải các bài tập Đồng dư thức

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:

ĐỒNG DƯ THỨC

I. Phương pháp giải

I. Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0. Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo môđun m và ký hiệu: a $\equiv$ b (mod m).

Chú ý: a) a $\equiv$ b (mod m) là một đồng dư thức với a là vế trái, b là vế phải.

b) a $\equiv$ b (mod m) $\Leftrightarrow$ a - b $⋮ m \Leftrightarrow \exists$ t $\in$ z sao cho a = b + mt

c) Nếu a và b không đồng dư với nhau theo môđun m ta ký hiệu: a $\equiv$ b (mod m).

II. Tính chất:

1. Tính chất phản xạ: a $\equiv$ a (mod m)

2. Tính chất bắc cầu: a $\equiv$ b (mod m); b $\equiv$ c (mod m) $\Rightarrow$ a $\equiv$ c

3. Cộng hay trừ từng vế của đồng dư thức có cùng môđun: a $\equiv$ b(mod m); b $\equiv$ c mod m);a $\equiv$ c (mod m).

4. Cộng hay trừ từng vế của đồng dư thức có cùng môđun:

a $\equiv$ b(mod m); c $\equiv$ d(mod m) $\Rightarrow a \pm c \equiv b \pm d (\mod)$

Tổng quát: $a_{i} \equiv b_{i} (\mod); i = 1, 2, . . . k \Rightarrow a_{1} \pm a_{2} \pm . . . a_{k} \equiv b_{1} \pm b_{2} \pm . . . b_{k}$

5. a) Nhân hai vế của đồng dư thức với một số nguyên:

$a \equiv b (\mod) \Rightarrow ka \equiv kb (\mod) với k \in Z$

b) Nhân hai vế và môđun của đồng dư thức với một số nguyên dương:

$a \equiv b (\mod) \Rightarrow ka \equiv kb (\mod) với k \in N^{*}$

6. Nhân từng vế của nhiều đồng dư thức có cùng môđun:

a $\equiv$ b(mod m); c $\equiv$ d(mod m) $\Rightarrow ac \equiv bd (\mod)$

Tổng quát $a_{i} \equiv b_{i} (\mod); i = 1, 2, . . . k \Rightarrow a_{1} a_{2} . . . a_{k} \equiv b_{1} b_{2} . . . b_{k}$

7. Nâng hai vế của một đồng dư thức lên cùng một lũy thừa:

$a \equiv b$ (mod m) $ \Rightarrow {a^k} \equiv {b^k}$ (mod m) $(k \in {N^*})$

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:

$a \equiv b$ (mod m_i) $i = 1;2;...;k \Rightarrow a \equiv b$ (mod [m₁; m₂;…;m_k])

Đặc biệt nếu (m_i; m_j) = 1 (i; j = 1; 2; …; k)

thì $a \equiv b$ (mod m_i) $ \Rightarrow a \equiv b$ (mod m₁; m₂;…;m_k)

9. Nếu \[a \equiv b\] (mod m) thì tập hợp các ước chung của a và m bằng tập hợp các ước chung của b và m.

Đặc biệt: $a \equiv b$ (mod m)

$ \Rightarrow (a,m) = (b,m)$

10. Chia hai vế và môđun của một đồng dư cho một ước dương chung của chúng:

$a \equiv b$ (mod m),

$\begin{array}{l}k \in UC(a,b,m),k > 0\\ \Rightarrow \frac{a}{k} \equiv \frac{b}{k}\left( {\bmod \frac{m}{k}} \right)\end{array}$

Đặc biệt: $ac \equiv bc$ (mod m)

$ \Rightarrow a \equiv b\left( {\bmod \,\,\frac{m}{{(c,m)}}} \right)$

III. Một số định lý (ta thừa nhận không chứng minh)

1. Định lý Fermat bé. Cho a là số nguyên dương và p là số nguyên tố. Khi đó ta luôn có ${a^p} \equiv a(\bmod \,p)$. Đặc biệt nếu $(a,p) = 1$ thì ${a^{p - 1}} \equiv 1\,(\bmod \,p)$

2. Định lý Wilson. Với mọi số nguyên tố p thì $(p - 1)! \equiv - 1(\bmod \,p)$

3. Định lý Euler. Cho m là số nguyên dương và a là số nguyên tố cùng nhau với m; $\varphi (m)$ là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m.

Khi đó ${a^{\varphi (m)}} \equiv 1(\bmod \,m)$

Chú ý: Nếu số nguyên dương m có dạng phân tích thành thừa số nguyên tố:

$m = p_1^{{\alpha _1}}.p_2^{{\alpha _2}}.....p_k^{{\alpha _k}}$ thì

$\varphi (m) = m\left( {1 - \frac{1}{{{p_1}}}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{{p_2}}}} \right)...\left( {1 - \frac{1}{{{p_k}}}} \right)$

II. Một số ví dụ

1. Dạng toán tìm số dư trong phép chia có dư

* Tìm cách giải: Với hai số nguyên a và m, m > 0 luôn có duy nhất cặp số nguyên q, r sao cho $a = mq + r,\,0 \le r < m.$ Để tìm số dư r trong phép chia a cho m ta cần tìm r sao cho

$\left\{ \begin{array}{l}a \equiv r\,(\bmod \,m)\\0 \le r < m\end{array} \right.$

Ví dụ 1: a) Tìm số dư trong phép chia ${1532^5} - 1$ cho 9.

b) Tìm số dư trong phép chia ${2016^{2018}} + 2$ cho 5.

Giải

a) Ta có $1532 = 9.170 + 2 \equiv 2\,(\bmod \,9)$

do đó ${1532^5} \equiv {2^5}\,(\bmod \,9)$

$ \Rightarrow {1532^5} - 1 \equiv {2^5} - 1\,(\bmod \,9).$

Vì ${2^5} - 1 = 31 \equiv 4\,(\bmod \,9)$

Do đó ${1532^5} - 1 \equiv 4\,(\bmod \,9)$.

Vậy số dư cần tìm là 4.

b) Ta có $2016 \equiv 1\,(\bmod \,5)$

do đó ${2016^{2018}} \equiv {1^{2018}}\,(mod\,5)$

$ \Rightarrow {2016^{2018}} + 2 \equiv {1^{2018}}\, + 2(\bmod \,\,5)$.

Vì \[1 + 2 = 3 \equiv 3\,\,(\bmod \,5).\]

Do đó ${2016^{2018}} + 2 \equiv 3\,(\bmod \,5).$

Vậy số dư cần tìm là 3.

Ví dụ 2: Chứng minh ${\left( {{{2013}^{2016}} + {{2014}^{2016}} - {{2015}^{2016}}} \right)^{10}} \vdots 106$

Giải

Ta phải tìm số tự nhiên r sao cho

$0 = r \equiv {({2013^{2016}} + {2014^{2016}} - {2015^{2016}})^{10}}\,\,(\bmod \,106)$

Ta có

$\begin{array}{l}2013 = 106.19 - 1\\ \Rightarrow 2013 \equiv - 1\,(\bmod \,106)\\ \Rightarrow {2013^{2016}} \equiv 1\,(\bmod \,106)\end{array}$

\[\begin{array}{l}2014 = 106.19\\ \Rightarrow 2014 \equiv 0\,(\bmod \,106)\\ \Rightarrow {2014^{2016}} \equiv 0\,(\bmod \,106)\end{array}\]

\[\begin{array}{l}2015 = 106.19 + 1\\ \Rightarrow 2015 \equiv 1\,(\bmod \,106)\\ \Rightarrow {2015^{2016}} \equiv 1\,(\bmod \,106)\end{array}\]

Do đó ${\left( {{{2013}^{2016}} + {{2014}^{2016}} - {{2015}^{2016}}} \right)^{10}} \equiv 0\,(\bmod \,106)$

Ví dụ 3: a) Hãy tìm chữ số tận cùng của ${9^{{9^{10}}}}$

b) Hãy tìm hai chữ số tận cùng của ${3^{1000}}.$

Giải

a) Tìm chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 10.

Vì ${9^{2n + 1}} = {9.81^n} \equiv 9\,(\bmod \,\,10).$

Do ${9^{10}}$ là số nên số ${9^{{9^{10}}}}$có chữ số tận cùng là 9.

b) Tìm hai chữ số tận cùng của một số là tìm dư trong phép chia số đó cho 100.

Ta có \[{3^4} \equiv 81 \equiv - 19\,(\bmod \,100) \Rightarrow {3^8} \equiv {( - 19)^2}(\bmod \,\,100)\]

Mà ${( - 19)^2} = 361 \equiv 61\,(\bmod \,100)$ Vậy ${3^8} \equiv 61\,(\bmod \,100)$

${3^{10}} \equiv 61.9 = 549 \equiv 49\,(\bmod \,100)$

${3^{20}} \equiv {49^2} \equiv 01\,(\bmod \,100)$

(do ${49^2} = 2401 = 24.100 + 1)$

Do đó ${3^{1000}} \equiv 01\,(\bmod \,100)$ nghĩa là hai chữ số sau cùng của ${3^{1000}}$ là 01.

2. Dạng toán chứng minh sự chia hết:

Khi số dư trong phép chia a cho m bằng 0 thì $a \vdots m$. Như vậy để chứng tỏ $a \vdots m$ ta chứng minh $a \equiv 0\,(\bmod \,m).$

Ví dụ 4: Chứng minh ${4^{2018}} - 7 \vdots 9$

Giải

Ta có ${4^3} = 64 \equiv 1\,(\bmod \,9) \Rightarrow {4^{2016}} = {({4^3})^{672}} \equiv 1\,(\bmod \,9)$

Mặt khác ${4^2} = 16 \equiv 7(\bmod \,9) \Rightarrow {4^{2018}} = {4^{2016}}{.4^2} \equiv 1.7\,(\bmod \,9)$

Vậy ${4^{2018}} - 7 \equiv 0\,(\bmod \,9)$ hay ${4^{2018}} - 7 \vdots 9$

Ví dụ 5: Chứng minh rằng ${12^{2n + 1}} + {11^{n + 2}} \vdots 133\,(n \in N)$

Giải

Cách 1: Ta có

$\begin{array}{l}{12^2} = 144 \equiv 11\,(\bmod \,133);\,\,\\\,{11^2} = 121 \equiv - 12\,(\bmod \,\,133)\end{array}$

Do đó ${12^{2n + 1}} = 12.{({12^2})^n} \equiv {12.11^n}\,(\bmod \,133)$

${11^{n + 2}} = {11^2}{.11^n} \equiv - {12.11^n}(\bmod \,133)$

Do đó ${12^{2n + 1}} + {11^{n + 2}} \equiv {12.11^n} - {12.11^n} \equiv 0\,(\bmod \,133)$

Vậy với $n \in N$ thì ${12^{2n + 1}} + {11^{n + 2}} \vdots 133$

Cách 2: Ta có

$\begin{array}{l}{12^2} = 144 \equiv 11\,(\bmod \,133)\\ \Rightarrow {12^{2n}} \equiv {11^n}\,(\bmod \,133)\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}$

Mà $12 \equiv - {11^2}\,(\bmod \,133)\,\,\,\,\,(2)$ Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có:

$\begin{array}{l}{12^{2n}}.12 \equiv {11^n}.( - {11^2})\,(\bmod \,\,133)\\ \Rightarrow {12^{2n + 1}} \equiv - {11^{n + 2}}\,\,(\bmod \,133)\end{array}$

${12^{2n + 1}} + {11^{n + 2}} \equiv 0(\bmod \,133)$ hay ${12^{2n + 1}} + {11^{n + 2}} \vdots 133$

3. Dạng toán xác định dấu hiệu chia hết

Ví dụ 6: Cho số $a = \overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_1}{a_0}\,} \,\,(1 \le {a_n} \le 9;\,{\rm{ }}0 \le {a_i} \le 9;{\rm{ }}i = 0;1;...;n - 1)$

Hãy xác định dấu hiệu chia hết:

a) Cho 3.

b) Cho 4.

Giải

Ta có $a = \overline {{a_n}{a_{n - 1}}...{a_1}{a_0}} = {a_n}{.10^n} + {a_{n - 1}}{10^{n - 1}} + ... + {a_1}.10 + {a_0}$

a) Ta có $10 \equiv 1\,(\bmod \,3)$ do đó ${a_i}{10^i} \equiv {a_i}(\bmod \,3),i = 1;2;3;...;n$

Do đó ${a_n}{10^n} + {a_{n - 1}}{10^{n - 1}} + ... + {a_1}10 + {a_o} \equiv ({a_n} + {a_{n - 1}} + ... + {a_1} + {a_o})\,\,(\bmod \,3)$

Vậy$a \vdots 3 \Leftrightarrow {a_n} + {a_{n - 1}} + .. + {a_1} + {a_o} \equiv 0\,(\bmod \,3)$

$ \Leftrightarrow {a_n} + {a_{n - 1}} + .. + {a_1} + {a_o} \vdots 3$

b) Ta có

$\begin{array}{l}{10^2} = 100 \equiv 0(\bmod \,4)\\ \Rightarrow {a_i}{10^i} \equiv 0(\bmod \,4),i = 2;3;...;n\end{array}$

$ \Rightarrow {a_n}{10^n} + {a_{n - 1}}{10^{n - 1}} + ... + {a_1}10 + {a_o} \equiv ({a_1}10 + {a_o})(mod\,4)$

Vậy $a \vdots 4 \Leftrightarrow {a_1}10 + {a_0} \equiv 0(\bmod \,4) \Leftrightarrow \overline {{a_1}{a_o}} \vdots 4$

4. Dạng toán sử dụng các định lý:

Ví dụ 7: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì:

${2^{{3^{4n + 1}}}} + {3^{{2^{4n + 1}}}} + 2007$ chia hết cho 22

Giải

Theo định lý Fermat bé ta có ${2^{10}} \equiv 1(\bmod \,\,11);{3^{10}} \equiv 1\,(\bmod \,\,11)$

Ta có ${3^4} = 81 \equiv 1(\bmod \,10) \Rightarrow {3^{4n + 1}} = 3.{({3^4})^n} \equiv 3(\bmod \,10)$

$ \Rightarrow {3^{4n + 1}} = 10k + 3,\,(k \in N)$

Mặt khác

$\begin{array}{l}{2^4} = 16 \equiv 1\,(\bmod \,5)\\ \Rightarrow {2^{4n}} \equiv 1\,(\bmod 5)\end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {2^{4n + 1}} = 2{({2^4})^n} \equiv 2(\bmod \,10)\\ \Rightarrow {2^{4n + 1}} = 10t + 2,\,(t \in N)\end{array}$

Do đó ${2^{{3^{4n + 1}}}} + {3^{{2^{4n + 1}}}} + 2007 = {2^{10k + 3}} + {3^{10t + 2}} + 2002 + 5$

$ = {2^3}{({2^{10}})^k} + {3^2}{({3^{10}})^t} + 22.91 + 5 \equiv {2^3} + {3^2} + 0 + 5 \equiv 0\,(\bmod \,11)$

Mà ${2^{{3^{4n + 1}}}} + {3^{{2^{4n + 1}}}} + 2007 \vdots 2$

(vì ${2^{{3^{4n + 1}}}}$ là số chẵn, ${3^{{2^{4n + 1}}}}$ là số lẻ, 2007 là số lẻ)

Do $(2;11) = 1$ nên ${2^{{3^{4n + 1}}}} + {3^{{2^{4n + 1}}}} + 2007 \vdots 22$

Ví dụ 8: Cho ${a_1};{a_2};...;{a_{2016}}$ là 2016 số nguyên dương. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để $a_1^5 + a_2^5 + a_3^5 + ... + a_{2016}^5 \vdots 30$ là ${a_1} + {a_2} + {a_3} + ... + {a_{2016}} \vdots 30.$

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:

$\begin{array}{l}{a^2} \equiv a\,(\bmod \,2)\\ \Rightarrow {a^4} = {({a^2})^2} \equiv {a^2} \equiv a(\bmod \,2)\\ \Rightarrow {a^5} \equiv a(\bmod \,2)\end{array}$

$\begin{array}{l}{a^3} \equiv a\,(\bmod \,3)\\ \Rightarrow {a^5} = {a^3}.{a^2} \equiv a.{a^2} \equiv {a^3} \equiv a(\bmod \,3)\end{array}$

${a^5} \equiv a(\bmod \,5)$

Theo tính chất nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì chúng đồng dư với nhau theo môđun là BCNN của các môđun ấy.

Do đó ${a^5} \equiv a(\bmod \,\,2.3.5)$ hay ${a^5} \equiv a(\bmod \,30) \Rightarrow {a^5} - a \equiv 0(\bmod \,30)$

Nghĩa là $\left( {a_1^5 + a_2^5 + a_3^5 + ... + a_{2016}^5} \right) - \left( {{a_1} + {a_2} + ... + {a_{2016}}} \right) \equiv 0(\bmod \,30)$

Vậy ${a_1} + {a_2} + ... + {a_{2016}} \vdots 30 \Leftrightarrow a_1^5 + a_2^5 + a_3^5 + ... + a_{2016}^5 \vdots 30$

Xem thêm