zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THCS năm 2016 - Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán lớp 7

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:16

Báo xấu

181
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm tìm hiểu về 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; một số bài tập điển hình và các dạng toán ở lớp 7.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THCS năm 2016 - Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán lớp 7

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 20122013, 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 Toán đóng vai trò hết sức quan trọng, bởi lẽ qua học toán học sinh sẽ được phát triển tư duy sáng tạo, linh hoạt, dễ thích ứng với mọi hoàn cảnh, phù hợp với xu thế phát triển của đất nước ta hiện nay. Học tốt môn Toán sẽ giúp học sinh học tốt các môn học khác. Xưa nay, đây là môn học mà không ít học sinh phải ngại ngùng khi nhắc đến, việc học toán đối với học sinh là một điều hết sức khó khăn. Hơn thế nữa, chúng ta đang ra sức để xóa bỏ tình trạng học sinh ngồi nhầm lớp. Tất cả những lý do trên xuất phát từ những nguyên nhân khách quan và chủ quan như: học sinh chưa nắm được phương pháp học tập, giáo viên còn ôm đồm kiến thức trong giảng dạy, khó khăn về một cơ sở lý luận trong việc dạy học bộ môn.v.v… 1
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 Học toán đồng nghĩa với giải toán. Trong học tập muốn làm được bài tập ngoài việc có một phương pháp suy luận đúng đắn đòi hỏi học sinh phải có vốn kiến thức sẵn có tiếp thu từ các công thức, các quy tắc, định nghĩa, khái niệm, đinh lý… Đặc biệt trong giai đoạn phát triển của khoa học công nghệ hiện nay, trình độ tri thức của con người phát triển rõ rệt. Nhằm đáp ứng nhu cầu học tập của mọi người dân, bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng, với truyền thống hiếu học của nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên cần phát triển ở học sinh “ những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo, biết nhìn nhận vấn đề ở từng góc độ khác nhau. Tìm tòi những cái cũ trong cái mới”. Để phát huy tính tích cực và sáng tạo của học sinh người giáo viên phải đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề tạo cho các em những thách thức trước những vấn đề mới. Lý thuyết đồng dư được xây dựng trên nền tảng là phép chia trên vành số 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
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 5. Phạm vi, kế hoạch và đối tượng nghiên cứu . 5.1 Phạm vi nghiên cứu. Trong môn toán có nhiều dạng bài tập có thể giải bằng cách sử dụng phương pháp đồng dư thức. Tuy nhiên trong chuyên đề này tôi chỉ đưa ra một số ứng dụng sau. Tìm số dư trong phép chia số nguyên Chứng minh sự chia hết Tìm chữ số tận cùng của một luỹ thừa Giải phương trình nghiệm nguyên. 5.2 Kế hoạc nghiên cứu. Thời gian thực hiện chuyên đề 4 buổi tương ứng với 16 tiết dạy 5.3 Đối tượng nghiên cứu. Đối tượng nghiên cứu là học sinh khá giỏi lớp 7 trường THCS Yên Lạc. 6. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu qua tài liệu: SGK, SGV, sách nâng cao và phát triển Toán 6,7 , sách nâng cao và các chuyên đề đại số 7 , tài liệu tham khảo có liên quan… Nghiên cứu qua thực hành giải bài tập của học sinh. Nghiên cứu qua theo dõi kiểm tra. Nghiên cứu từ thực tế giảng dạy, học tập của từng đối tượng học sinh. B. NỘI DUNG 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) 2 (a b)  m 3 t Z sao cho: a = b + m.t. 2. Các tính chất a. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp Z có nghĩa là: 1 a a (mod m) 2 a b (mod m) => b a (mod m) 3 a 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 ai bi (mod m) i = 1, n => ( 1) a i ( 1) k bi (mod m) k N i 1 i 1 3
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 c. Ta có thế nhân từng vế với nhau nhiều đồng dư thức theo cùng một môđun. Cụ thể: ai bi (mod m);i = 1, n n n => ai b1 (mod m); i 1 i i 3. Các hệ quả a. a b (mod m) => a c b c (mod m) b. a + c b (mod m) => a b c (mod m) c. a b (mod m) => a + k.m b (mod m) d. a b (mod m) => a.c b.c (mod m) e. a b (mod m) => an bn (mod m) n N f. Cho f(x) = an xn + an1 xn1 + . . . +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. 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 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 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 4
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 a. Hàm số Ơle µ(m) Cho hàm số µ(m) được xác định như sau: m = 1 ta có: µ(m) = 1 m > 1 thì µ(m)là các số tự nhiên không vượt quá m – 1 và nguyên tố với m b. Công thức tính µ(m) b.1 m = pα ( p là số nguyên tố, α là số tự nhiên khác 0) 1 Ta có: µ(m) = µ(pα) = pα (1 ) p 2 b.2 m = p1 p2 p3 ... pn (pi là các số nguyên tố, α1 là số tự nhiên khác 0 ). 1 3 n 1 1 1 1 Ta có: 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
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 III MỘT SỐ ỨNG DỤNG 1. Tìm số dư trong phép chia Ví dụ1: Tìm số dư trong phép chia: 29455 – 3 chia cho 9 Giải: Ta có: 2945 2 (mod 9) => 29455 – 3 25 – 3 (mod 9) Mà 25 – 3 2 (mod 9) Vậy số dư của 29455 – 3 chia cho 9 là 2 Ví dụ 2: Tìm số dư trong phép chia 109345 chia cho 14 Giải: Ta có: 109 3 (mod 14) => 109345 (3)345 (mod 14) Ta lại có: ( 3; 14 ) = 1 1 1 Hơn nữa: µ(14) = 14.(1 )(1 ) 6 2 7 Nên: (3)6 1 (mod 14) (theo định lý Ơle) => (3)345 (3)3 (mod 14) Mặt khác: (3)3 = 27 1 (mod 14) Vậy số dư trong phép chia 109345 chia cho 14 là 1 Ví dụ 3:Tìm số dư trong phép chia: (19971998 + 19981999 +19992000 )10 chia cho 111 Giải: Ta có: 1998 0 (mod 111) => 1997 1 (mod 111) và 1999 1 (mod 111) Nên ta có: 19971998 + 19981999 +19992000 2 (mod 111) (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 : Ta có : 1944 ≡ 2 (mod 7) => 1944 ≡ (2)2005 (mod 7) 2005 6
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 Mà (2) ≡ 1 (mod 7) => (23)668 ≡ 1668 (mod 7) hay (23)668 ≡ 1 (mod 7) 3 => (23)668.(2) ≡ 2 (mod 7) hay (2)2005 ≡ 2 (mod 7) Vậy 19442005 cho 7 dư 5. Bài 3 : Tìm số dư trong phép chia 15325 1 cho 9 Giải : Ta có 1532 ≡ 2 (mod 9) => 1532 ≡ 25 (mod 9) , mà 25 ≡ 5 (mod 9) 5 => 15325 ≡ 5 (mod 9) => 15325 1 ≡ 4(mod 9) Vậy 15325 1 chia cho 9 dư là 4. Bài 4 : Tìm dư trong phép chia 32003 cho 13. Giải : Ta có 3 ≡ 1 (mod 13) mà 2003 = 3.667 + 2 => 32003 = (33)667. 32 3 33 ≡ 1 => (33)667 ≡ 1667 => (33)667. 32 ≡ 1.32 (mod 13) => 32003 ≡ 9 (mod 13). Vậy 32003 chia cho 13 dư 9 . Bài 5 : Tìm dư trong phép chia 570 + 750 cho 12 Giải : Ta có 5 ≡ 1(mod 12) => (5 ) ≡ 1 (mod 12) hay 570 ≡ 1(mod 12) (1) 2 2 35 72 ≡ 2 (mod 12) => (72)25 ≡ 1(mod 12) hay 750 ≡ 1(mod 12) (2) Từ (1) và (2) => 570 + 750 chia cho 12 dư 2. Bài 6 : Tìm số dư của A = 776776 + 777777 + 778778 khi chia cho 3 và khi chia cho 5? Giải : +Ta có 776 ≡ 1(mod 3) => 776 ≡ 1(mod 3) => 776776 ≡ 1 (mod 3) 776 777 ≡ 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 (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 43 ≡ 1 (mod 13) =>(43)668 .4≡ 1.4 (mod 13) => 42005 ≡ 4 (mod 13) => A = 32005 + 42005 ≡ 7 (mod 13) => A chia cho 13 dư 7 . 2. Chứng minh chia hết Ví dụ 1: Chứng minh: 3100 – 3 chia hết cho 13 Giải. Ta có: 33 = 27 1 (mod 13) => 3100 = 3.399 3.1 (mod 13) => 3100 3 0 (mod 13). Vậy 31003 chia hết cho 13 Ví dụ 2: Chứng minh 62n + 1 + 5n + 2 chia hết cho 31 voí mọi n là số tự nhiên Giải: Ta có: 62 5 (mod 31) => 62n 5n (mod 31) Mặt khác: 6 52 (mod 31) Nên: 62n + 1 5n + 2 (mod 31) Vậy 62n + 1 + 5n + 2 chia hết cho 31. 4n 1 Ví dụ 3: Chứng minh 2 3 311 với n là số tự nhiên 1 1 Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = 10(1 )(1 ) = 4. 2 5 Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = 1 => 3µ(10) 1 (mod 10) 34 1 (mod 10) => 34n + 1 3 (mod 10) Đặt 34n + 1 = 10.k + 3 với k N. 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) 4n 1 => 210.k +3 + 3 23 +3 (mod 11) 23 3 0 (mod 11) 4n 1 Vậy 2 3 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 : Ta có 6 ≡ 1 (mod 7) => 6 ≡ 1 (mod 7) => 61000 1  7 1000 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 8
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 Bài 2 : Chứng minh rằng A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19 Giải : Ta có A = 7.5 + 12.6 = 7.25 + 12.6n 2n n n 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. Bai 3 : Chứng minh rằng 22012 4 chia hết cho 31 Giải : 5 Ta có 2 ≡ 1 (mod 31) , mà 2012 = 5.402 + 2 Nên 22012 = (25)402 .22 Vì 25 ≡ 1 (mod 31) => (25)402 ≡ 1402 (mod 31) => (25)402.22 ≡ 1.22 (mod 31) => 22012 ≡ 4 (mod 31) => 22012 4 chia hết cho 31 Bài 4 : Chứng minh rằng : 22225555 + 55552222 chia hết cho 7 Giải : Ta có 2222 + 4  7 => 2222 ≡ 4 (mod 7) => 22225555 ≡ ( 4)5555(mod 7) 5555 4  7 => 5555 ≡ 4 (mod 7) => 55552222 ≡ 42222 (mod 7) => 22225555 + 55552222 ≡ ( 4)5555 + 42222 (mod 7) ≡ 42222(1 43333)(mod 7) Ta lại có : 43 ≡ 1(mod 7) => 43333 ≡ 1 (mod 7) Nên 22225555 + 55552222 ≡ 0 (mod 7) => 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. 3. Tìm chữ số tận cùng của một số a)Tìm m ột chữ số tận cùng của a n : 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 : a) 6 có chữ số tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên 2009 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. c) 32009 = (34)502.3 = 81502.3 = (… 1).3 = … 3 có chữ số tận cùng là 3. d) 22009 = 22008.2 = (24)502.2 = 16502.2 = ( … 6).2 = … 2 có chữ số tận cùng là 2 Ví dụ 2 : Tìm chữ số tận cùng của các số sau : a) 421 , b) 3103 , c) 84n + 1 (n N) d) 1423 + 2323 + 7023 Giải : 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 c) 84n + 1 = 84n.8 = (23)4n.8 = 212n.8 = (24)3n.8 = 163n.8 = (…6).8 = …. 8 có chữ số tận cùng là 8 d) 1423 = 1422.14 = (… 6).14 = …. 4 2323 = 2322.23 = (232)11.23 = ( … 9).23 = …7 7023 = … 0 Vậy : 1423 + 2323 + 7023 =( … 4) + (… 7) + (… 0)= … 1 có chữ số tận cùng là 1 b)Tìm hai s ố tận cùng của số a n : Ta có nhận xét sau : 220 ≡ 76 (mod 100) 320 ≡ 01 (mod 100) 65 ≡ 76 (mod 100) 74 ≡ 01 (mod 100) Mà 76n ≡ 76 (mod 100) với n ≥ 1 5n ≡ 25 (mod 100) với n ≥ 2 Suy ra kết quả sau với k là số tự nhiên khác 0. a20k ≡ 00 (mod 100) nếu a ≡ 0 (mod 10) a20k ≡ 01 (mod 100) nếu a ≡ 1; 3; 7; 9 (mod 10) a20k ≡ 25 (mod 100) nếu a ≡ 5 (mod 10) a20k ≡ 76 (mod 100 nếu a ≡ 2; 4; 6; 8 (mod 10) 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
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 1 1 Nên: 9µ(100) 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 Nên: 2µ(125) 1 (mod 125). Mà µ(125) = 125(1 ) 25 5 Hay: 225 1 (mod 125) => 21951 2 (mod 125) => 21951. 23 2.23 (mod 125.23) 21954 16 (mod 1000) Vậy 3 chữ số tận cùng của 21954 là 016 Ví dụ 6: Tìm 2 chữ số tận cùng của 9 9 9 Giải: Áp dụng định lý Ơle ta có: (9; 100) = 1; µ(100) = 40; => 940 1 (mod 100). (*) Mặt khác ta có: 92 1 (mod 40) => 99 9 (mod 40). Đặt 99 = 40.k + 9 với k N (**) Từ (*) và (**) suy ra: 9 9 99 (mod 100) 9 Mà: 99 = 387420489 89 (mod 100) Vậy 2 chữ số tận cùng của 9 9 là 89 9 4. Giải phương trình nghiệm nguyên a. Xét số dư hai vế Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 9 x + 2 = y 2 + y (*) Giải: 2 ( mod 3) VP = y + y �� Ta có: VT = 9 x + 2 �� 2 2 ( mod 3) y ( y + 1) �2 ( mod 3 ) y 1( mod 3) ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì VP 0 ( mod 3) ). � y = 3k + 1 (trong đó k Z ) thay vào pt(*) ta có : 9 x + 2 = ( 3k + 1) + ( 3k + 1) � 9 x = 9k 2 + 9k � x = k 2 + k 2 x = k2 + k Vậy y = 3k + 1 k Z Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 11
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 ( 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879 )( )( )( ) Giải: Ta có 2 ; 2 + 1; 2 + 2; 2 + 3; 2 + 4 là 5 số tự nhiên liên tiếp nên x x x x x ( )( 2 x 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 5 )( )( ) Mặt khác UCLN( 2 ;5) = 1 nên ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) 5 x Với y 1 thì VT = ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) − 5 y 5 còn VP = 11879 4 ( mod 5 ) suy ra phương trình không có nghiệm. Với y =0 ta có : (2 x )( )( )( ) + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 50 = 11879 � 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 = 11880 ( )( )( )( ) ( x )( x )( x )( � 2 + 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 = 9.10.11.12 � 2 + 1 = 9 � 2 = 8 � 2 = 23 � x = 3 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 : 3x + 1 = ( y + 1) 2 Giải: 3x + 1 = ( y + 1) � 3x = y ( y + 2 ) (**) 2 Ta có VT = 3 �� x 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 Từ pt(**) � y + 2 = 3n 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 19 x + 5 y + 1890 = 19754 + 2013 Giải: Ta có x ,y nguyên dương 5 5; 18905 � VT = 19 x + 5 y + 1890 �19 x ( mod 5 ) y Mà: 19 − − 1�( mod 5) 19 x ( 1) x ( mod 5 ) Nếu x chẵn thì 19 x 1( mod 5 ) ; nếu x lẻ thì 19 x −1( mod 5 ) 4 ( mod 5 ) VT 1; 4 ( mod 5 ) còn VP 3 ( mod 5 ) Do đó phương trình vô nghiệm. Ví dụ 5: Tìm các số nguyên dương x, y biết: x 2 + x − 1 = 32 y +1 Giải: Ta có: VP = 3 2 y +1 0 ( mod 3) (*) 12
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 Nếu x =3k ( k N ) thì VT = x 2 + x − 1 2 ( mod 3) * Nếu x =3k +1 ( k N ) thì VT = x 2 + x − 1 1( mod 3) Nếu x =3k +2 ( k N ) thì VT = x 2 + x − 1 1( mod 3) Vậy với ∀x Z + thì VT = x 2 + 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: m 0;1;3; 4;5;9 ( mod11) còn n − 4 6;7;8 ( mod11) suy ra phương trình vô nghiệm. 2 5 Chú ý: x3 0;1;8 ( mod 9 ) Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x3 + y 3 + z 3 = 2011 Giải: Dựa vào nhận xét trên ta có x 0;1;8 ( mod 9 ) ; y 3 0;1;8 ( mod 9 ) z 3 0;1;8 ( mod 9 ) 3 � 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. c) 570 + 750 cho 12. 2. Chứng minh: a) 3105 + 4105 chia hết cho 13 nhưng không chia hết cho 11. b) 192005 + 112004 chia hết cho 10. 3. Tìm chữ số tận cùng của các số: 82012, 72011, 195 . 2013 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: a) 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133. b) 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59. c) 7.52n + 12.6n chia hết cho 19. 5. Chứng minh rằng: 22225555 + 55552222 chia hết cho 7. 6. Chứng minh rằng: 333555 + 777555 10 . 777 333 4 n+1 4 n+1 7. Chứng minh rằng: 32 + 23 + 511, ∀n N . 8. Chứng minh rằng: a) 3n + 2 + 42 n+1 13 , n nguyên dương. b) 62 n + 19n − 2n+1 17 . c) 62 n +1 + 5n + 2 31 . d) 23n + 4 + 32n +1 19 9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: a) 22 + 319; c) 22 + 7 11. b) 22 + 37. 6 n+ 2 4 n+1 2 n+1 10. Tìm dư trong phép chia: a) 570 + 750 cho 12; b) 1010 + 1010 + 1010 + ... + 1010 cho 7 . 2 4 10 11. Chứng minh: 7 99 a) 99 − 99 10; b) 77 − 77 10; 77 c) 32 + 23 + 522. 9 7 4 n+1 4 n+1 12. Chứng minh: 13
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 a) 2 + 1 không chia hết cho 7 với mọi n số tự nhiên n. n b) 9n + 1 không chia hết cho 100 với mọi số tự nhiên n. 13. Cho a, b là các số tự nhiên không chia hết cho 5. Chứng minh: p.a4m + q.b4m chia hết cho 5 khi và chỉ khi p+q chia hết cho 5. 14. p là số nguyên tố lơn hơn 5. CMR: p8n + 3p4n – 4 chia hết cho 5. (HD: Áp dụng ĐL Fermat). 15. Cho n là số tự nhiên. CMR: a) 52 n +1 + 2n + 4 + 2n +1 23; b) 13n + 2 + 142 n +1 183. c) 22 n +1 + 32 n+1 5. d) 52 n +1.2n+ 2 + 3n + 2.22 n+1 38; 16. Tìm dư trong các phép chia sau: a) 6.5123 + 7162 chia cho 132. b) 20112012 + 20122013 + 2010 chia cho 7. c) 20122012 chia cho 11. d) 22013 chia cho 35. e) 20132011 chia cho 14. f) 1111 chia cho 30 . 11 17. Tìm chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, 77 . 7 18. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, 77 , 2999, 3999. 7 1112 1011 19. Tìm dư trong phép chia 910 − 59 cho13 . 20. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 22004, 79 , 1414 , 299 . 99 14 2012 21. Tìm hai chữ số tận cùng của số: 19981999 . 2000 22. Tìm ba chữ số tận cùng của số: 32 , 75 . 2003 2011 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. 24. Chứng minh A = (1976 – 1974 )( 19761975 + 19741973) chia hết cho 1976 1974 10000. 25. Chứng minh B = (20012000 – 19991998)( 20012001 + 19991999) chia hết cho 1000000 9 26. Tìm hai chữ số tận cùng của B = 7 99 Bài tập về phương trình nghiệm nguyên 1. Chứng minh rằng các phương trình sau vô nghiệm a, 3x2 – 4y2 = 13 b, 19x2 + 28y2 = 2001 c, x2 = 2y2 – 8y + 3 d, x5 – 5x3 +4x = 24(5y + 1) e, 3x5 – x3 + 6x2 18x = 2001 2, Chứng minh rằng A không là lập phương của một số tự nhiên A = 100 ... 0500 ... 01 49 c/s 50 c/s 3, Tìm các số x, y nguyên dương sao cho a, 2x + 3 = y2 b, 2x + 57 = y2 c, x2 = 4y +5 d, 5x3 = 3y + 317 14
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 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 GDĐT, 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 nhận thức cũng như khả năng vận dụng của học sinh rất thấp, kết quả được tổng hợp ở bảng sau Chất lượng trước khi thực hiện chuyên đề Năm học Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 201.. 10 21,7 18 39,1 15 32,6 3 6,6% 0 0 201.. % % % 15
Chuyên đề BDHSG THCS 2016 Chất lượng sau khi thực hiện chuyên đề Năm học Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 201.. 16 34,8 20 43,5 9 19,6 1 2,1% 0 0 201.. % % % 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! 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

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.