intTypePromotion=1

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

0
55
lượt xem
2
download

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

Mô tả tài liệu
  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:
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

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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
  5. 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
  6. 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
  7. 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
  8. 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
  9. 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
  10. 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
  11. 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
  12. 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
  13. 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
  14. 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
  15. 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
  16. 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
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2