21 trang 4 lượt tải

Bài toán đồng dư thức trong các đề thi học sinh giỏi Toán 7

7

Tài liệu gồm 21 trang, tuyển tập các bài toán trắc nghiệm và tự luận chủ đề đồng dư thức trong các đề thi học sinh giỏi môn Toán 7 các cấp (cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh), có đáp án và lời giải chi tiết.Mời bạn đọc đón xem!

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 7 304 tài liệu

Môn: Toán 7 2.6 K tài liệu

Tác giả:

Profile

VietJack

1 năm trước
Tải xuống
Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 1/21
CĐ12: ĐỒNG DƯ THỨC
Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức chứng minh chia hết
Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư
Dạng 3: Tìm điều kiện của biến để chia hết
Dạng 4: Sử dụng đồng dư tìm chữ số tận cùng
Dạng 5: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số chính phương
Dạng 6: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số nguyên tố, hợp số
Dạng 7: Sử dụng đồng dư trong bài toán tìm nghiệm nguyên
Dạng 1. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC CHỨNG MINH CHIA HẾT
Câu 1. (HSG 7 huyện Hoàng Hoá 2022 - 2023; Cẩm Thụy 2022 - 2023)
Cho
,,,abcd∈
thỏa mãn
( )
33 3 3
28ab c d+= −
. Chứng minh
( )
3abcd+++
.
Lời giải
Ta có:
( )
33 3 3
28ab c d+= −
.
333 3 3 3
3 15abcd c d⇔ +++ = −
Mà
( )
33
3 15 3cd
−
nên
( )
333 3
3abcd+++
. (1)
Dư trong phép chia
a
cho
là
0; 1; 1
−
.
Suy ra dư trong phép chia
3
a
cho
cũng lần lượt là
0; 1; 1−
.
Như vậy:
( )
3
mod 3aa
≡
.
Tương tự ta có:
( )
3
mod 3 ,bb≡
3
(mod 3),cc
≡
3
(mod 3)dd
≡
.
Suy ra:
333 3
(mod 3)
abcd a b c d+++ ≡ + + +
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
abcd+++
chia hết cho 3.
Câu 2. (HSG 7 huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh 2022 - 2023)
Chứng minh rằng:
( )
22
4 1 15
n+
−
với mọi số tự nhiên
n
.
Lời giải
Ta có:
4 1(mod5)≡−
2( 1) 2( 1)
4 ( 1) (mod 5)
nn++
⇒ ≡−
2( 1)
4 1(mod5)
n+
⇒≡
( )
2( 1)
4 1 0 (mod 5)
n+
⇒ −≡
( )
2( 1)
4 15
n+
⇒−
. (1)
Lại có:
4 1(mod3)≡
2( 1) 2( 1)
4 (1) (mod 3)
nn++
⇒≡
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 2/21
(
)
2( 1)
4 1 0 (mod 3)
n
+
⇒ −≡
( )
2( 1)
4 13
n+
⇒−
. (2)
Lại có:
và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. (3)
Từ (1) và (2) và (3)
(
)
22
4 1 15
n
+
⇒−
.
Câu 3. (HSG T7 TP Bắc Giang năm học 2022 - 2023)
Cho
;;mnt
là ba số nguyên tố lớn hơn
thỏa mãn:
mn nt a− = −=
(
*
aN∈
). Chứng minh
rằng
a
chia hết cho
6
.
Lời giải
Ta có:
(
)
*
mn nt aa N
− = −= ∈
Suy ra
;nta= +
2amnat=+=+
Do đó ta có
;t
;
ta
+
2t a+
là các số nguyên tố lớn hơn
.
Xét số dư của ba số nguyên tố
;t
;ta+
2
t
a+
đã cho khi chia cho
, số dư nhận được có
thể là
1
hoặc
2
Do đó có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho
và hiệu của chúng chia hết cho
.
Mặt khác
( )
t a;ta+ −=
( )
;
22at at+ −=
( ) ( )
2at ta a+ −+ =
Suy ra
a
hoặc
2a
chia hết cho
. Mà
( )
2,3 1=
nên
3
a
(1)
Vì
, mn
là các số nguyên tố lớn hơn
nên
, mn
là các số lẻ
2mn⇒−
(2)
Từ
( )
1
và
( )
2
kết hợp với
( )
2,3 1=
ta có
6
a
Câu 4. (HSG 7 huyện Cẩm Thụy, tỉnh Thanh Hóa, trường 2022 - 2023)
Cho
,a
,
b
,c
d ∈
. thỏa mãn
( )
33 3 3
28
ab c d+= −
. Chứng minh
abcd+++
chia hết cho
.
Lời giải
Ta có
( )
33 3 3
28ab c d
+= −
khi và chỉ khi
333 3 3 3
3 15abcd c d+++ = −
Mà
( )
33
3 15 3cd−
nên
( )
333 3
3
abcd+++
( )
1
Dư trong phép chia
a
cho
là
{ }
1; 0;1−
suy ra dư trong phép chia
3
a
cho
cũng là
{ }
1; 0;1−
hay
( )
3
mod 3aa≡
Tương tự ta có:
( )
3
mod 3bb≡
;
( )
3
mod 3cc≡
;
( )
3
mod 3dd≡
Suy ra
( )
333 3
mod 3ababcd cd++ +++ ≡ +
( )
2
Vậy
abcd+++
chia hết cho
Câu 5. (HSG T7 Huyện Nghi Lộc, năm học 2022 - 2023)
Chứng minh rằng số
( )
2016 97
2014 96
17 3
2
A
−
=
là một số tự nhiên chia hết cho
.
Lời giải
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 3/21
Ta có:
( )
1008
2016 2
2014 2014 4=
nên
(
)
2016 *
2014 4kk
= ∈
suy ra
2016
2014 4
17 17
k
=
Mà
(
)
2
42 2
17 17 289
k
kk
= =
luôn có chữ số tận cùng là chữ số
1
nên
2016
2014
17
luôn có chữ
số tận cùng là chữ số
1
97
96 4
nên
( )
97 *
96 4
mm
= ∈
suy ra
97
96 4
33
m
=
4
3 81
mm
=
luôn có tận cùng là chữ số
1
nên
97
96
3
luôn có chữ số tận cùng là chữ số
1
Suy ra
( )
2016 97
2014 96
17 3
−
có chữ số tận cùng là chữ số
0
Do vậy
( )
2016 97
2014 96
17 3
−
chia hết cho
2
nên
A
là số tự nhiên.
( )
2016 97
2014 96
17 3
−
có chữ số tận cùng là
0
nên
A
chia hết cho
Câu 6. (HSG 7 Huyện Vĩnh Lộc, Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2022 – 2023
Cho hai số nguyên tố khác nhau
p
và
q
. Chứng minh rằng:
11
1
qp
pq
−−
+−
chia hết cho
.pq
Lời giải
Vì
,
pq
nguyên tố cùng nhau và
p
khác
q
nên:
(
)
, 1.pq
=
Áp dụng định lí Fermat ta có:
( )
1
1
q
p mod q
−
≡
và
( )
1
1
p
q mod p
−
≡
( )
1
1
q
pq
−
⇒−
và
( )
1
1
p
qp
−
−
mặt khác
1
q
pp
−
và
1
p
qq
−
nên ta có:
( )
11
1
qp
pq q
−−
+−
;
( )
11
1
qp
pq p
−−
+−
mà
( )
, 1pq=
nên:
( )
(
)
11
1 .
qp
p q pq
−−
+−
.
Câu 7. (HSG 7 huyện Nông Cống 2022 - 2023)
Viết
6
số tự nhiên vào
6
mặt của một con xúc xắc. Chứng tỏ rằng khi ta gieo xúc xắc
xuống mặt bàn thì trong
mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt
để tổng các số trên mặt đó chia hết cho
.
Lời giải
Gọi các số trên mặt là
12345
;;;;aaaaa
.
Xét
tổng:
11
Sa=
;
212
S aa= +
;
3123
S aa a=++
;
41234
S aa aa=+++
;
512345
Saaaaa=++++
-
+ Nếu một trong
tổng đó chia hết cho
thì bài toán đã giải xong.
+ Nếu không có tổng nào chia hết cho
thì tồn tại hai tổng có cùng số dư khi chia cho
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 4/21
(vì có
tổng mà có
4
số dư khác
0
là
1; 2; 3; 4
). Nên hiệu của hai tổng đó chia hết cho
+ Gọi
2
tổng đó là
m
S
và
n
S
(
15mn≤ <≤
) thì
5–
mn
SS
Hay
( ) ( )
12 12 1 2
5–
m nn n m
aa a aa a a a a
++
+++ +++ = + ++
.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Câu 8. (HSG 7 huyện Cửa Lò, tỉnh Nghệ An, 2022 - 2023)
Cho
p
là số nguyên tố lớn hơn
. Chứng minh
( )
2
1 24p −
.
Lời giải
Vì
p
là số nguyên tố lớn hơn
nên
p
là số lẻ và
p
không chia hết cho
.
+ Ta chứng minh
( )
2
13p −
. Thật vậy, vì
p
không chia hết cho
nên có hai trường hợp:
• Nếu
1 (mod 3)
p ≡
thì
2
1 (mod 3)p ≡
( )
2
13p
⇒−
.
• Nếu
2 (mod 3)p ≡
thì
2
4 (mod 3) 1(mod 3)p ≡≡
(
)
2
13
p⇒−
.
+ Ta chứng minh
( )
2
18p −
. Thật vậy, vì
p
là số lẻ nên có các trường hợp:
• Nếu
1 (mod 8)p
≡
thì
2
1 (mod 8)p ≡
(
)
2
18p
⇒−
.
• Nếu
3 (mod 8)p
≡
thì
2
9 (mod 8) 1 (mod 8)p
≡≡
( )
2
18p⇒−
.
• Nếu
5 (mod 8)p ≡
thì
2
25 (mod 8) 1(mod 8)p ≡≡
( )
2
18
p⇒−
.
• Nếu
7 (mod 8)p
≡
thì
2
49 (mod 8) 1 (mod 8)p ≡≡
( )
2
18p⇒−
.
Như vậy: vì
và
nguyên tố cùng nhau nên
(
)
(
)
2
1 3.8
p −
hay
( )
2
1 24p −
.
Câu 9. (HSG 7 huyện Bá Thước, 2022 - 2023)
Cho
,xy
là các số nguyên thỏa mãn
22
11
23
xy−−
=
.
Chứng minh rằng
22
xy−
chia hết cho
40
.
Lời giải
Vì
2
x
chia cho
dư
0;1; 4
nên
2
3x
chia cho
dư
0; 3; 4
.
Vì
2
y
chia cho
8
dư
0;1; 4
nên
2
2y
chia cho
dư
0; 2; 4
.
Từ giả thiết
22
11
23
xy−−
=
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 5/21
22
321xy⇒−=
22
32xy⇒−
chia cho
dư
1
.
Do đó
2
x
chia cho
8
dư
1
và
2
y
chia cho
dư
1
. Nên
22
x - y
chia hết cho
;
( )
1
Vì
2
x
chia hết cho
5
dư
0;1; 4
nên
2
3x
chia cho 5 dư
0; 3; 2
.
Vì
2
y
chia hết cho
dư
0;1; 4
nên
2
2y
chia cho 5 dư
0; 2;3
.
Mặt khác từ
22
321xy
−=
nên
22
32xy
−
chia cho
dư
1
.
Do đó
2
x
chia cho
dư
1
và
2
y
chia cho
dư
1
. Nên
22
xy−
chia hết cho
;
( )
2
Vì
và
nguyên tố cùng nhau nên
22
xy−
chia hết cho
40
.
Câu 10. (HSG 7 huyện Hoài Nhơn, trường Đào Duy Từ 2018-2019).
Chứng tỏ rằng
( )
2018 2017 2
4 4 ... 4 4 1
75. 25M
+ ++ ++
= +
chia hết cho
2
10
Lời giải.
Ta có:
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ..... 4 4 1 25M = + + + ++ +
( )
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ..... 4 4 75 25= + + +++ +
(
)
2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 4 100
= + ++ + +
Ta có:
( )
75 25 mod 100≡−
⇒
(
) (
)
( )
2018 2017 2 2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 4 25 4 4 ... 4 4 mod 100
+ ++ + ≡− + ++ +
Lại có:
( ) ( )
2018 2017 2 2017 2016
25. 4 4 ... 4 4 25.4. 4 4 ... 4 1− + ++ + =− + +++
(
)
2017 2016
100 4 4 ... 4 1 100=− + + ++
( )
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 4 0 mod 100⇒ + ++ + ≡
Hay
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 4 100+ ++ +
Do đó
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ... 4 4 100 100+ ++ + +


Vậy
( )
2018 2017 2
75. 4 4 ..... 4 4 1 25M
= + + + ++ +
chia hết cho
2
10
.
Câu 11. (HSG 7 trường THCS Hiền Quan 2018-2019).
Chứng minh rằng
654
777+−
chia hết cho
55
.
Lời giải.
Ta có:
2
7 49=
Mà
( )
49 1 mod 5≡−
( )
2
7 1 mod 5
⇒ ≡−
( )
( ) ( )
2
2
42
7 7 1 mod 5⇒ = ≡−
( )
4
7 1 mod 5⇒≡
Lại có
( )
54
7 7 .7 1.7 mod 5= ≡
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 6/21
( )
5
7 7 mod 5⇒≡
Và
(
)
6 42
7 7 .7 1.49 mod 5= ≡
(
)
6
7 1 mod 5⇒ ≡−
Nên
( )( )
654
7 7 7 1 7 1 mod 5+ − ≡−+ −
( )
( )
654
7 7 7 0 mod 5
⇒ +− ≡
( )
654
7775⇒ +−
Vì
( )
49 5 mod 11≡
(
)
2
7 5 mod 11
⇒≡
(
)
( )
2
42 2
7 7 5 mod 11⇒= ≡
( )
4
7 3 mod 11⇒≡
Lại có
( )
54
7 7 .7 3.7 mod 11
= ≡
( )
5
7 1 mod 11⇒ ≡−
Và
( )
(
)
3
62 3
7 7 5 mod 11= ≡
( )
6
7 4 mod 11
⇒≡
Nên
( )
( )( )
654
7 7 7 4 1 3 mod 11
+ − ≡ −−
( )
( )
654
7 7 7 0 mod 11⇒ +− ≡
( )
654
7 7 7 11⇒ +−
Do
và
11
là hai số nguyên tố cùng nhau nên
654
777+−
chia hết cho
55
.
Câu 12. (HSG 7 trường Lê Hồng Phong 2018-2019).
Chứng minh rằng:
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ... 2 2++++++ +
chia hết cho
31
.
Lời giải.
Đặt
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ... 2 2 A++++++ + =
( )
2 3 4 5 99 100 2 3 4 5 100 101
2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 ... 2 2A⇒ = ++++++ + =+++++ +
(
)
( )
2 3 4 5 100 101 2 3 4 99 100
2 2 2 2 2 ... 2 2 2 2 2 2 ... 2 2
AA⇒ −= +++++ + −+++++ +
101
22A⇒= −
Vì
( )
5
2 32 1 mod 31= ≡
( )
( )
20
100 5 20
2 2 1 mod 31⇒= ≡
( )
100
2 1 mod 31
⇒≡
Nên
( )
101 100
2 2 .2 1.2 mod 31= ≡
( )
101
2 2 mod 31⇒≡
Do đó
( )
( )
( )
101
2 2 2 2 mod 31−≡−
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 7/21
( )
0 mod 31A⇒≡
Vậy
2 3 4 5 99 100
2 2 2 2 2 ...... 2 2+++++ + +
chia hết cho
31
.
Câu 13. (HSG 7 huyện Việt Yên 2018-2019).
Cho
2 3 18
17 17 17 .... 17S =+ + ++
. Chứng tỏ rằng
S
chia hết cho
307
.
Lời giải.
Ta có
2 3 18
17 17 17 .... 17S
=+ + ++
(
)
2 3 18
17 17. 17 17 17 ... 17S
⇒ = + + ++
234 19
17 17 17 ... 17= + + ++
( ) ( )
234 19 23 18
17 17 17 17 ... 17 17 17 17 ... 17SS⇒ −= + + ++ − + + ++
19
16 17 17S⇒=−
Vì
(
)(
)
3
17 17.289 17. 18 mod 307= ≡−
( )
3
17 1 mod 307⇒≡
( )
( )
6
19 3
17 17. 17 17 mod 307
⇒= ≡
( )
( )
19
17 17 0 mod 307⇒ −≡
Hay
( )
19
16 17 17 307S = −
Mà
16
và
307
là hai số nguyên tố cùng nhau nên
S
chia hết cho
307
.
Câu 14. (HSG 7 huyện Vĩnh Yên năm 2018 - 2019).
Chứng minh rằng:
1 2 3 100
3 3 3 ... 3
xx x x++ + +
+ + ++
chia hết cho
120
(với
x ∈
).
Lời giải.
Ta có:
( )
1 2 3 100 1 2 3 100
3 3 3 ... 3 3 . 3 3 3 ... 3
xx x x x++ + +
+ + ++ = + + ++
Đặt
1 2 3 100
3 3 3 ... 3E = + + ++
( )
1 2 3 100
3 3. 3 3 3 ... 3E⇒ = + + ++
2 3 4 101
3 3 3 ... 3= + + ++
( )
( )
2 3 4 101 1 2 3 100
3 3 3 3 ... 3 3 3 3 ... 3EE⇒ −= + + ++ − + + ++
101
33= −
101
233E⇒=−
Lại có:
( )
5
3 243 3 mod 240= ≡
( )
(
)
20
101 5 20
3 3 .3 3 .3 mod 240
⇒= ≡
( )
101 21
3 3 mod 240⇒≡
Vì
( )
(
)
4
21 5 4
3 3 .3 3 .3 mod 240= ≡
( )
21 5
3 3 mod 240⇒≡
( )
21
3 3 mod 240⇒≡
Do đó
( )
101
3 3 mod 240≡
( )
101
3 3 240⇒−
101
3 3 240k⇒ −=
(với
k ∈
)
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 8/21
101
2 3 3 240Ek⇒ = −=
120 120Ek⇒=
(với
k ∈
)
Vậy
( )
1 2 3 100 1 2 3 100
3 3 3 ... 3 3 . 3 3 3 ... 3
xx x x x++ + +
+ + ++ = + + ++
120
Câu 15. (HSG 7 huyện Văn Bàn 2022 - 2023)
Cho bốn số tự nhiên phân biệt
abcd>>>
.
Chứng minh rằng:
( )( )( )( )( )( )
P abacadbcbd cd=−−− −−−
chia hết cho
12
.
Lời giải
Chia bốn số phân biệt
,,,abcd
cho
luôn có hai phép chia có cùng số dư.
Suy ra hiệu hai số bị chia đó chia hết cho
⇒
tồn tại hiệu hai số trong bốn số
,,,abcd
chia hết cho
.
Do vậy
P
chia hết cho
;
( )
1
Trong bốn số
,,,abcd
nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho
4
thì
P
chia hết cho
4
; trái
lại, khi chia bốn số đó cho
4
có đủ bốn trường hợp về số dư là
0;1; 2;3
.
Suy ra trong bốn số
,,,
abcd
có hai số chẵn, hai số lẻ, giả sử
,ac
chẵn và
,
bd
lẻ
( )
2ac⇒−
và
( )
2bd−
Do vậy
P
chia hết cho
4
;
( )
2
Từ (1), (2) và
( )
3,4 1=
12P⇒
.
Dạng 2. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TÌM SỐ DƯ
Câu 1. (HSG 7 trường Hiền Quan 2015 - 2016)
Tìm số dư khi chia
2011
2
cho
31
.
Lời giải
Ta có:
( )
5
2 32 1 mod 31= ≡
( )
(
)
402
5
2 1 mod 31⇒≡
( )
2011
2 2 mod 31 .⇒≡
Vậy số dư khi chia
2011
2
cho
31
là 2.
Câu 2. (HSG 7 huyện Vĩnh Tường 2015 - 2016)
Tìm số dư khi chia
41
3
cho
11
.
Lời giải
Ta có:
( )
10
3 1 mod 11≡
( )
4
41 10 4
3 3. 3 3.1 3(mod 11)⇒= ≡ =
Vậy số dư khi chia
41
3
cho
11
là
.
Câu 3.
a) Tìm số dư trong phép chia của số
2005 2005
34A = +
khi chia cho
11
.
b) Tìm số dư trong phép chia của số
2018
2016 2B = +
khi chia cho
.
Lời giải
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 9/21
a) Ta có:
( )
5
3 243 1 mod 11= ≡
( )
(
)
401
5 2005
3 3 1 mod 11⇒=≡
(1)
Mặt khác:
( )
5
4 1024 1 mod 11
= ≡
(
)
( )
401
5 2005
4 4 1 mod 11⇒=≡
(2)
Từ (1) và (2):
( )
( )( )
2005 2005
3 4 1 1 mod 11
+ ≡+
Vậy số dư của
2005 2005
34
A = +
khi chia cho
11
là
2
.
b) Ta có:
(
)
2016 1 mod 5≡
do đó
( )
2018
2016 1 mod 5≡
(
)
2018
2016 2 1 2 mod 5⇒ + ≡+
( )
2018
2016 2 3 mod 5⇒ +≡
Vậy số dư trong phép chia của số
2018
2016 2B = +
khi chia cho
là
.
Dạng 3. TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA BIẾN ĐỂ CHIA HẾT
Câu 1. (HSG 7 huyện Trực Ninh, 2018-2019 )
Tìm các số tự nhiên
,ab
sao cho:
( )
( )
2008 3 1 2008 2008 225
a
a b ab++ + +=
Lời giải
Ta có:
( )
( )
2008 3 1 2008 2008 225
a
a b ab++ + +=
2008 3 1ab⇒ ++
và
2008 2008
a
ab
++
là hai số lẻ.
Nếu
0a ≠
2008 2008
a
a⇒+
là số chẵn.
Để
2008 2008
a
ab
++
lẻ thì
b
lẻ
Nếu
b
lẻ
31b⇒+
chẵn,
2008 3 1ab⇒ ++
chẵn (không thỏa mãn).
Do đó
0a =
Với
( )( )
0 3 1 1 225a bb=⇒ + +=
Vì
b ∈
( )( )
3 1 1 3.75 5.45 9.25
bb⇒ + += = =
31b +
không chia hết cho 3 và
31 1bb
+> +
3 1 25
19
b
b
+=
⇒
+=
8b⇒=
Vậy
0, 8ab= =
.
Câu 2. Tìm số tự nhiên
n
sao cho:
( )
34 21
2 3 19
nn++
+
Lời giải
Ta có:
34 21
2 3 16.8 3.9
n n nn++
+= +
Vì
( )
16 3 mod 19≡−
( )
16.8 3.8 mod 19
nn
⇒ ≡−
Mà
( )
34 21
2 3 19
nn++
+
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 10/21
( )
(
)
3.8 3.9 0 mod 19
nn
⇒− + ≡
(
)
(
)
9 8 0 mod 19
nn
⇒−≡
( )
9 8 mod 19
nn
⇒≡
0
n
⇒=
do
( )
8 9 mod 19≡
là vô lý.
Vậy
0
n =
.
Câu 3.
Tìm số tự nhiên
n
có bốn chữ số sao cho chia
n
cho
131
thì dư
112
và chia
n
cho
132
thì
dư
98
Lời giải
Ta có:
(
)
98 mod 132
n ≡
132 98
nk⇒= +
với
k ∈
(1)
( )
132 98 112 mod 131k⇒ +≡
( )
98 33 112 33 mod 131
k⇒+ + ≡ +
( )
131 145 mod 131k⇒+ ≡
( )
14 mod 131k
⇒≡
131 14km⇒= +
với
m
∈
(2)
Từ (1) và (2)
( )
132 131 14 98 131.132 1946nm m⇒= + + = +
1946n⇒=
.
Dạng 4. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TÌM CHỮ SỐ TẬN DÙNG
Câu 1. (HSG 7 TP bắc Ninh, năm học 2022 - 2023)
Tìm chữ số tận cùng của
C
biết
22
3 2 32
n n nn
C
++
= − +−
với (
n ∈
).
Lời giải
Với
0
n
=
, khi đó
22
3 2 11 5C = − +−=
,
C
có chữ số tận cùng là
.
Với
1n ≥
. Ta có:
( ) ( ) ( )
22 1 1
3 3 2 2 10.3 10.2 10. 3 2 10
n n n n n n nn
C
++ − −
= +− += − = −
nên
C
có chữ số tận cùng là
0
.
Vậy
0n =
,
C
có chữ số tận cùng là
.
1n ≥
,
C
có chữ số tận cùng là
0
.
Câu 2. (HSG 7 huyện Thanh Chương năm 2018 - 2019).
Cho
( )
2009 1999
0, 7. 2007 2013N
= −
. Chứng minh rằng
N
là một số nguyên.
Lời giải.
Ta có:
( )
2007 7 mod 10≡
( )
2009 2009
2007 7 mod 10⇒≡
Mà
( )
2
7 49 1 mod 10= ≡−
( )
( )
1004
2009 2
7 7 .7 1.7 mod 10⇒= ≡
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 11/21
(
)
2009
7 7 mod 10
⇒≡
Nên
( )
2009
2007 7 mod 10≡
Lại có:
(
)
2013 3 mod 10≡
( )
1999 1999
2013 3 mod 10⇒≡
Mà
(
)
4
3 81 1 mod 10= ≡
(
)
( )
499
1999 4 3
3 3 .3 27 mod 10
⇒= ≡
( )
1999
3 7 mod 10⇒≡
Nên
(
)
1999
2013 7 mod 10≡
Do đó
( )
( )
2009 1999
2007 2013 0 mod 10−≡
2009 1999
2007 2013⇒−
có chữ số tận cùng là
0
Vậy
( )
2009 1999
0, 7. 2007 2013N = −
là số nguyên.
Câu 3. a) Hãy tìm chữ số tận cùng của
10
9
9
.
b) Hãy tìm hai chữ số tận cùng của
1000
3
.
c) Hãy tìm ba chữ số tận cùng của
512
2
.
Lời giải
a) Ta có
( )
21
9 9.81 9 mod 10
nn+
= ≡
mà
10
9
là số lẻ
Nên
( )
10
9
9 9 mod 10≡
Vậy chữ số tận cùng của
10
9
9
là
.
b) Ta có:
( )
4
3 81 19 mod 100= ≡−
( ) (
)
2
8
3 19 mod 100⇒ ≡−
Mà
( ) ( )
2
19 361 61 mod 100−=≡
( )
8
3 61 mod 100
⇒≡
Do đó
( )
10 8
3 3 .9 61.9 549 49 mod 100=≡=≡
( )
20 2
3 49 01 mod 100⇒≡ ≡
do
2
49 2401=
(
)
(
)
50
1000 20
3 3 01 mod 100⇒= ≡
Vậy hai chữ số tận cùng của
1000
3
là
01
.
c) + Ta có:
( )
5
5 4 32 23 4 5
5 10 10 5a b a ab ab ab ab b+=+++++
Nếu
25a
thì
( ) ( )
5
5
mod 125ab b+≡
+ Ta có:
( )
10
2 1024 1 mod 25= ≡−
nên
10
2 25 1k= −
với
k ∈
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 12/21
( )
(
)
( )
5
5
50 10
2 2 25 1 1 mod 125k
⇒ = = − ≡−
(
)
(
) (
)
10
10
512 50 12 12 12
2 2 .2 1 .2 2 mod 125
⇒ = ≡− ≡
Do
( )
12 10 2
2 2 .2 1024.4 96 mod 25= = ≡
( )
512
2 96 mod 125⇒≡
hay
512
2 125 96m= +
với
m ∈
Lại có:
( )
123
512 4 123
2 2 16 8= =
;
96 8
8m⇒
nên
8
mn=
với
n
∈
Khi đó
512
2 125.8 96 1000 96nn
= += +
Vậy ba chữ số tận cùng của
512
2
là
096
.
Dạng 5. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Câu 1. (HSG 7 Huyện Vĩnh Lộc, Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2022 – 2023
Cho
( )
fx
là đa thức hệ số nguyên và thoả mãn
( )
00f =
và
( )
12
f =
. Chứng minh rằng
( )
7f
không thể là số chính phương.
Lời giải
Vì
( )
00f =
và
( )
12
=f
nên
( )
fx
có dạng:
(
) (
) ( )
2 1.f x xx gx=+−
trong đó
( )
gx
là đa thức với hệ số nguyên.
Ta có
(
) ( ) ( )
7 2 42. 7 2 3f g mod
=+≡
nên
( )
7f
không thể là số chính phương.
Câu 2. (HSG 7 Huyện Hiệp Hòa, năm học 2022 - 2023)
Cho
p
là tích của
2023
số nguyên tố đầu tiên . Chứng minh rằng
1
p
−
và
1
p +
không là
số chính phương.
Lời giải
Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho
và
4
thì chỉ có thể có số dư là
0
hoặc
1
+) Từ giả thiết, suy ra
p
chia hết cho
2; 3
nhưng không chia hết cho 4
Như vậy, vì
3p
suy ra
1p
−
chia cho
dư
2
(mâu thuẫn)
1p
⇒−
không là số chính phương.
+) Vì
2p
và
p
không chia hết cho
4
p⇒
chia cho
4
dư
2
1p⇒+
chia cho
4
dư
(mâu thuẫn)
nên
1p
+
cũng không là số chính phương.
Vậy
1p −
,
1p +
không là số chính phương.
Câu 3. (HSG T7 Huyện Quảng Xương, năm học 2022 - 2023)
Cho A=
abc bca cab++
. Chứng tỏ rằng
A
không phải là số chính phương.
Lời giải
Ta có:
( )
111. 111 111 3.37.abc bca cab a b c a b c+ + = + + = ++
Vì số chính phương phải chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
Do đó
2
3.37.abc k++=
()k ∈
.
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 13/21
Điều này vô lí vì:
3 27abc≤++≤
Vậy
A
không là số chính phương.
Câu 4. (HSG 7 huyện Quan Sơn 2022 - 2023)
Tìm tất cả các số có hai chữ số
ab
biết rằng
21ab +
và
31ab +
đều là số chính phương.
Lời giải
Giả sử
2
21ab m+=
và
2
31ab n+=
(
*
,mn∈
)
Nếu
ab
chia cho
dư
1
thì
21ab +
chia cho
dư
. Điều này là vô lí.
Nếu
ab
chia cho
dư
2
thì
31
ab
+
chia cho
dư
2
. Điều này cũng vô lí.
Nếu
ab
chia cho
dư
thì
21ab +
chia cho
dư
2
. Đây là điều vô lí.
Nếu
ab
chia cho
dư
4
thì
31ab +
chia cho
dư
. Điều này là vô lí.
Vậy
5ab
Mặt khác do
m
lẻ nên
2
m
chia cho
dư
1
suy ra
4ab
Nếu
ab
chia cho
dư
4
thì
31ab +
chia cho
dư
. Điều này là vô lí.
Vậy
8ab
Mà
( )
5; 8 1=
nên
40ab
Suy ra
40ab =
hoặc
80ab =
Thử lại trực tiếp ta có
40
ab =
thỏa mãn.
Câu 5. Chứng minh rằng:
19 5 1995 1996
kk k k
A = ++ +
(với
k
chẵn) không thể là số chính phương.
Lời giải
Với
k
chẵn ta có:
( ) ( )
19 1 mod 4
k
k
≡−
( )
19 1 mod 4
k
⇒≡
(
)
5 1 mod 4
kk
≡
( )
5 1 mod 4
k
⇒≡
( ) ( )
1995 1 mod 4
k
k
≡−
(
)
1995 1 mod 4
k
⇒≡
(
)
1996 0 mod 4
k
≡
( )
19 5 1995 1996 3 mod 4
kk k k
A⇒= + + + ≡
hay
A
chia
dư
4
.
Vậy
19 5 1995 1996
kk k k
A
= ++ +
(với
k
chẵn) không thể là số chính phương.
Câu 6. Tìm tất cả các số tự nhiên
,x
y
để
25
xy
+
là số chính phương.
Lời giải
Giả sử (
k
∈
)
Nếu
0x =
thì
2
15
y
k+=
do đó
k
chẵn
2
4k⇒
;
15
y
+
chia
4
dư
2
.
Vậy
0x
≠
Ta có
2
25
xy
k+=
k⇒
lẻ và
k
không chia hết cho
.
+ TH1: với
0y
=
thì
(
)
2
2
21 21
x
kn+= = +
(vì
k
lẻ nên
21kn= +
,
n ∈
)
( )
24 1
x
nn⇒= +
1n⇒=
.
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 14/21
Khi đó
3; 0xy= =
(thỏa mãn)
Thử lại:
30
25 259
xy
+=+=
là số chính phương.
+ TH2: với
0y ≠
và
k
không chia hết cho
(
)
2
1 mod 5k
⇒ ≡±
Mà
2
25
xy
k+=
( )
2 1 mod 5
x
⇒ ≡±
x⇒
chẵn.
Đặt
1
2
xx=
(
1
x
∈
), ta có:
(
)(
)
11
5 22
xx
y
kk
=+−
11
12
25
25
xy
xy
k
k
+=
⇒
−=
với
12
yy y
+=
;
12
yy>
;
12
,yy
∈
( )
1
1 1 2 2 12
2 5 5 55 1
x y y y yy+−
⇒ =−= −
2
2
51 0
y
y⇒ =⇒=
1
yy⇒=
Khi đó:
1
1
2 51
x
y
+
= −
Nếu
2yt=
(
t ∈
) thì
1
2
1
2 5 1 25 1
x
tt
+
= −= −
chia hết cho
3
(vô lý).
Do đó
y
lẻ.
( )
1
12
1
2 5 1 4 5 5 ... 5 1
x
y yy
+
−−
⇒ = −= + + ++
Nếu
1y >
thì
12
5 5 ... 5 1
yy−−
+ + ++
lẻ (vô lý)
Nếu
1y =
1
1x⇒=
khi đó
2; 1xy= =
Thử lại:
21
25 259
xy
+ = +=
là số chính phương.
Vậy
2; 1xy
= =
hoặc
3; 0xy
= =
Dạng 6. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ HỢP SỐ
Câu 1. (HSG 7 Quận Hà Đông 2022 - 2023)
Cho
10 1
2
2 19
n
A
+
= +
. Chứng minh rằng
A
là hợp số.
Lời giải
Theo định lí Fermat bé, do
11
là số nguyên tố nên ta có
10
2 1 (mod 11)≡
(
)
10
2 1 mod 11
n
⇒≡
10 1 10
2 2.2 2 (mod 22)
nn+
⇒=≡
10 1
2 22 2 ( )
n
kk
+
⇒ =+∈
Do
23
là số nguyên tố nên
22
2 1(mod 23)≡
10 1
2 22 2 22
2 2 4.2 4 (mod 23)
n
kk
+
+
⇒==≡
( )
( )
10 1
2
2 19 4 19 0 (mod 23)
n+
⇒ +≡+≡
Nên
23A
.
Mà
23A >
với
1n∀≥
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 15/21
nên
A
là hợp số.
Câu 2. (HSG 7 huyện Bình Xuyên, tỉnh Vĩnh Phúc 2022 - 2023)
Tìm số tự nhiên
n
nhỏ nhất để số
2023
2 23n
+
là một bội số của
31
.
Lời giải
Ta có:
(
)
5
2 32 1 mod31
= ≡
và
2023 5.404 3= +
.
Do đó:
( )
( )
404
2022 5
2 2 .8 8 mod 31= ≡
.
Suy ra
( )
( ) ( )
2022
2 23. 8 23 . mod 31nn+ ≡+
.
Vì
n
là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn
( )
2023
2 23 31
n+
8 23 31n⇒+ =
.
1n⇒=
.
Vậy
1n =
là số tự nhiên cần tìm.
Câu 3. (HSG 7 huyện Nông Cống 2022 - 2023)
Cho số nguyên
n
( )
1n >
thỏa mãn
2
4n +
và
2
16n +
là các số nguyên tố. Chứng minh
n
chia hết cho
5
.
Lời giải
Với mọi số nguyên
n
thì
2
n
chia cho
5
dư
0
;
1
hoặc
4
.
+ Nếu
2
n
chia
5
dư
1
thì
( )
2
5 1 *nk k
=+∈
( )
2
4 5 14 5 5 5nk k⇒ += ++= +
.
Do đó nên
2
4n +
không là số nguyên tố. Loại trừ trường hợp này.
+ Nếu
2
n
chia
5
dư
4
thì
( )
2
5 4 *nk k
=+∈
( )
2
16 5 20 5nk⇒+= +
.
Do đó
2
16n +
không là số nguyên tố. Loại trừ trường hợp này.
Vậy
2
5n
, suy ra
5n
.
Câu 4. (HSG 7 huyện Hoằng Hóa năm 2018 - 2019).
Cho
,p
q
là các số nguyên tố lớn hơn
3
và thỏa mãn
2pq= +
. Chứng minh:
( )
12pq+
.
Lời giải.
Cách 1.
Vì
3q >
,
q
là số nguyên tố nên
q
không chia hết cho
3
⇒
(
)
1 mod 3q ≡
hoặc
( )
1 mod 3q ≡−
Nếu
( )
1 mod 3q ≡
( )
2 1 mod 3p
⇒ ≡+
( )
0 mod 3p⇒≡
3p⇒
Mà
3p >
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 16/21
p⇒
là hợp số (mâu thuẫn với đề bài
p
là số nguyên tố lớn hơn
3
)
Nên
(
)
1 mod 3q
≡−
(
)( )
2 1 mod 3p⇒ ≡ +−
( )
1 mod 3p⇒≡
Khi đó
( )
1 1 mod 3pq+ ≡−
( )
0 mod 3pq⇒+≡
Hay
( )
3pq+
Vì
3q >
,
q
là số nguyên tố nên
q
là số lẻ
⇒
q
là số chia
4
dư
1
hoặc dư
3
⇒
( )
1 mod 4q ≡
hoặc
( )
1 mod 4
q
≡−
+ Nếu
( )
1 mod 4q ≡
( )
2 1 mod 4p⇒ ≡+
( )
3 mod 4p
⇒≡
Khi đó
( )
3 1 mod 4pq+≡+
( )
0 mod 4pq⇒+≡
+ Nếu
( )
1 mod 4
q ≡−
(
)
(
)
2 1 mod 4p⇒ ≡ +−
( )
1 mod 4p⇒≡
Khi đó
( )
1 1 mod 4pq+ ≡−
( )
0 mod 4pq
⇒+≡
Do vậy
( )
4pq+
Vì
3
và
4
là hai số nguyên tố cùng nhau nên
( )
12pq+
Cách 2.
Vì
3q >
,
q
là số nguyên tố nên
q
là số lẻ và không chia hết cho
3
⇒
q
chia cho
12
dư
1
; dư
5
; dư
7
hoặc dư
11
⇒
( )
1 mod 12q ≡
hoặc
( )
5 mod 12q ≡
hoặc
( )
5 mod 12q ≡−
hoặc
( )
1 mod 12q ≡−
+- Nếu
( )
1 mod 12q
≡
( )
2 1 mod 12p⇒ ≡+
( )
3 mod 12
p⇒≡
( )
12 3 3 4 1 3pk k⇒ = += +
với
k
là số tự nhiên
Mà
3p >
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 17/21
p⇒
là hợp số (mâu thuẫn với đề bài
p
là số nguyên tố lớn hơn
3
)
⇒
(
)
1 mod 12q
≡
(loại)
+ Nếu
( )
1 mod 12q ≡−
( )( )
2 1 mod 12p⇒ ≡ +−
( )
1 mod 12p⇒≡
Khi đó
( )
1 1 mod 12pq+ ≡−
(
)
0 mod 12pq⇒+≡
Hay
(
)
12
pq
+
- Nếu
( )
5 mod 12q ≡
(
)
2 5 mod 12p⇒ ≡+
( )
5 mod 12p
⇒ ≡−
Khi đó
(
)
5 5 mod 12pq+ ≡− +
( )
0 mod 12pq⇒+≡
hay
(
)
12pq+
- Nếu
( )
5 mod 12q
≡−
( )( )
2 5 mod 12p⇒ ≡ +−
( )
3 mod 12p
⇒ ≡−
( )
12 3 3 4 1 3pm m⇒ = −= −
với
m
là số tự nhiên,
0m
>
Mà
3
p >
p⇒
là hợp số (mâu thuẫn với đề bài
p
là số nguyên tố lớn hơn
3
)
⇒
( )
1 mod 12q ≡
(loại)
Vậy
( )
12pq+
Câu 5. (HSG 7 trường THCS Lý Tự Trọng 2018 - 2019)
Tìm các số nguyên tố
p
thỏa mãn
2
2
p
p+
là các số nguyên tố
Lời giải
Với
2p =
thì
2
2 448
p
p+ =+=
không là số nguyên tố
Với
3p =
thì
2
2 8 9 17
p
p+ =+=
là số nguyên tố
Vơi
3p
>
thì
p
là số nguyên tố nên p lẻ nên
21
2 2 2 (mod 3)
pk+
= ≡
Và
2
1(mod 3)p ≡
nên
( )
2
23
p
p+
Mà
2
23
p
p+>
nên
2
2
p
p+
là hợp số
Vậy với
3p =
thì
2
2
p
p+
là hợp số
Vậy với
3p =
thì
2
2
p
p+
là số nguyên tố.
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 18/21
Câu 6. Tìm tất cả các số nguyên tố
p
sao cho
2
14p +
là số nguyên tố.
Lời giải
Ta xét hai trường hợp sau:
+ TH1: Với
3p =
22
14 3 14 23p⇒ +=+=
là số nguyên tố.
+ TH2: Với
3
p
≠
( )
2
1 mod 3p⇒≡
mà
( )
14 2 mod 3≡
( )
2
14 3p
⇒+
và có
2
14 3p +>
2
14p⇒+
không là số nguyên tố.
Vậy
3
p =
.
Câu 7. Cho
*
n ∈
chứng minh rằng:
19.8 17
n
+
là hợp số.
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau:
+ TH1:
2nk=
( ) ( )
2
19.8 17 1. 1 2 3 0 mod 3
k
n
⇒ + ≡ − +=≡
( )
19.8 17 3
n
⇒+
Mà
19.8 17 3
n
+>
nên
19.8 17
n
+
là hợp số
+ TH2:
41nk= +
Khi đó:
41 2
19.8 17 19.8 17 19.8.64 17
nk k+
+= += +
Mà
( )
19 6 mod 13≡
;
( )
2
64 4096 1 mod 13
k kk
= ≡
;
(
)
17 4 mod 13≡
( )
19.8 17 6.8.1 4 52 0 mod 13
n
⇒ + ≡ +≡ ≡
Mà
19.8 17 13
n
+>
nên
19.8 17
n
+
là hợp số
+ TH3:
43nk= +
Khi đó:
43 21
19.8 17 19.8 17 19.8.64 17
nk k
++
+= += +
Mà
( )
19 1 mod 5≡−
;
( ) ( )
21
21
64 1 1 mod 5
k
k
+
+
= − ≡−
;
( )
17 2 mod 5≡
;
( )
8 3 mod 5≡
(
)
(
)
(
)
19.8 17 1 .3. 1 2 5 0 mod 5
n
⇒ + ≡− −+≡≡
Mà
19.8 17 5
n
+>
nên
19.8 17
n
+
là hợp số
Vậy với
*
n ∈
,
19.8 17
n
+
là hợp số.
Dạng 7. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN TÌM NGHIỆM NGUYÊN
Câu 1. (HSG 7 huyện Thường Xuân, tỉnh Thanh Hóa 2022 - 2023)
Tìm các số nguyên
,
xy
thỏa mãn:
2 2020.
31
y
xx+= +
Lời giải
+) Trường hợp
0y
<
, ta có:
2
( 1)VP x x x x= += +
là số nguyên
2020.
31
y
VT = +
không là số nguyên (vì
1
n
n
a
a
−
=
với
0a ≠
, n
∈
N*)
⇒
Trường hợp này loại.
+) Trường hợp
0y =
, ta có:
2 2020.0
31xx+= +
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 19/21
⇒
( )( )
( 1) 2 1.2 2 1xx+== =− −
Vì
x ∈
nên
1
xx<+
⇒
1
x
=
hoặc
2x
= −
Với
1x =
thì
0y
=
Với
2
x = −
thì
0
y
=
+) Trường hợp
0y
>
, ta có:
(
)
2
1
VP x x x x= += +
là tích hai số nguyên liên tiếp
nên
2
xx+
chia hết cho
3
hoặc chia cho
3
dư
2
.
2020.
31
y
VT = +
chia cho
3
dư
1
.
⇒
Trường hợp này loại.
Vậy cặp số nguyên
( )
;xy
cần tìm là:
(
)
1; 0
;
( )
2;0−
.
Câu 2. (HSG 7 huyện Phú Ninh 2018-2019)
Tìm
,xy
thuộc
biết:
( )
2
2
25 8 2015yx
−= −
.
Lời giải.
Ta có:
2
25 25y−≤
( )
2
8 2015 25
x⇒− ≤
( )
2
0 2015 4x⇒≤ − <
Vì với số nguyên
a
bất kì thì
( )
0 mod3a ≡
hoặc
(
)
1 mod 3a ≡
hoặc
( )
1 mod 3a ≡−
( )
2
0 mod 3a⇒≡
hoặc
( )
22
1 mod 3
a ≡
hoặc
( ) ( )
2
2
1 mod 3a ≡−
( )
2
0 mod 3a⇒≡
hoặc
(
)
2
1 mod 3
a ≡
Nên số chính phương chỉ có thể chia hết cho
3
hoặc chia cho
3
dư
1
( )
(
)
2
2015 0 mod 3
x⇒− ≡
hoặc
( ) ( )
2
2015 1 mod 3x −≡
với
x ∈
+ Nếu
( ) ( )
2
2015 1 mod 3
x −≡
( ) ( )
2
8. 2015 8.1 mod 3x⇒− ≡
( ) ( )
2
8. 2015 2 mod 3x⇒− ≡
( ) ( )
2
2
25 8. 2015 25 2 mod 3yx⇒=− − ≡−
( )
2
2 mod 3y⇒≡
với
y ∈
(vô lí vì
2
y
là số chính phương không chia hết cho
3
thì chia cho
3
dư
1
)
+ Nếu
( ) ( )
2
2015 0 mod 3x −≡
Mà
( )
2
0 2015 4x≤− <
;
( )
2
2015x −
là số chính phương với
x ∈
( )
2
2015 0 2015xx⇒ − =⇒=
khi đó
5y
=
hoặc
5y = −
.
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Trang 20/21
Vậy
2015
x
=
;
5y =
hoặc
5y = −
Câu 3. (HSG 7 trường Tôn Đức Thắng 2018-2019).
Tìm các số nguyên
,xy
biết
22
2 8 41x xy+− =
.
Lời giải.
Ta có
22
2 8 41x xy+− =
22
2 8 41x xy⇒+= +
( )
22
2 4 2 10 1xx y⇒+= + +
Vì
( )
(
)
2
4 2 10 1 1 mod 4y + +≡
với
y ∈
Nên
2
2xx+
( )
1 mod 4≡
2
2xx⇒+
là số lẻ mà
22
x
(với
x ∈
)
2
x
⇒
là số lẻ
x⇒
là số lẻ
(
)
1 mod 4x⇒≡
hoặc
( )
1 mod 4x ≡−
( )
22
1 mod 4x⇒≡
hoặc
(
) ( )
2
2
1 mod 4x
≡−
( )
2
1 mod 4x⇒≡
+ Nếu
( ) ( )
1 mod 4 2 2 mod 4xx
≡− ⇒ ≡−
2
2xx⇒+
( )
( )
1 2 mod 4≡ +−
2
2xx⇒+
( )
1 mod 4
≡−
(vô lí vì
2
2xx+
( )
1 mod 4≡
)
+ Nếu
( ) ( )
1 mod 4 2 2 mod 4xx≡ ⇒≡
2
2xx⇒+
( )
1 2 mod 4≡+
2
2
xx⇒+
(
)
3 mod 4
≡
(vô lí vì
2
2
xx+
( )
1 mod 4≡
)
Vậy không có giá trị nguyên nào của
,xy
thỏa mãn đề bài.
Câu 4. (HSG 7 huyện Hoài Nhơn 2015 - 2016)
Tìm số tự nhiên
n
và chữ số
a
biết rằng:
1 2 3 .... n aaa+++ +=
Lời giải
Ta có:
( )
1
1 2 3 ...
2
nn
n
+
+++ + =
và
.111 .3.37aaa a a
= =
Do đó, từ
1 2 3 .... n aaa+++ + =
( )
1 2.3.37nn a⇒ +=
( )
1nn⇒+
chia hết cho số nguyên tố 37
n
⇒
hoặc
1
n +
chia hết cho 37 (1)
Mặt khác:
( )
1
999
2
nn
aaa
+
= ≤
( )
1 1998 45 (2)nn n⇒ + ≤ ⇒<

Tài liệu khác của Toán 7

Preview text:

DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
CĐ12: ĐỒNG DƯ THỨC
Dạng 1: Sử dụng đồng dư thức chứng minh chia hết
Dạng 2: Sử dụng đồng dư thức tìm số dư
Dạng 3: Tìm điều kiện của biến để chia hết
Dạng 4: Sử dụng đồng dư tìm chữ số tận cùng
Dạng 5: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số chính phương
Dạng 6: Sử dụng đồng dư trong bài toán về số nguyên tố, hợp số
Dạng 7: Sử dụng đồng dư trong bài toán tìm nghiệm nguyên
Dạng 1. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC CHỨNG MINH CHIA HẾT
Câu 1. (HSG 7 huyện Hoàng Hoá 2022 - 2023; Cẩm Thụy 2022 - 2023)
Cho a, b, c, d ∈ thỏa mãn 3 3 a + b = ( 3 3
2 c −8d ). Chứng minh (a +b + c + d )3. Lời giải Ta có: 3 3 a + b = ( 3 3 2 c −8d ). 3 3 3 3 3 3
⇔ a + b + c + d = 3c −15d Mà ( 3 3
3c −15d )3 nên ( 3 3 3 3
a + b + c + d )3. (1)
Dư trong phép chia a cho 3 là 0;1; −1. Suy ra dư trong phép chia 3
a cho 3 cũng lần lượt là 0;1; −1. Như vậy: 3
a ≡ a (mod 3) . Tương tự ta có: 3 b ≡ b (mod 3), 3 c ≡ c (mod 3), 3
d ≡ d (mod 3). Suy ra: 3 3 3 3
a + b + c + d ≡ a + b + c + d (mod 3) . (2)
Từ (1) và (2) suy ra a + b + c + d chia hết cho 3.
Câu 2. (HSG 7 huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh 2022 - 2023)
Chứng minh rằng: ( 2n+2 4 − )
1 15 với mọi số tự nhiên n . Lời giải Ta có: 4 ≡ 1 − (mod 5) 2(n 1) + 2(n 1) 4 ( 1) + ⇒ ≡ − (mod 5) 2(n 1) 4 + ⇒ ≡ 1 (mod 5) ( 2(n 1) 4 + ⇒ − ) 1 ≡ 0 (mod 5) ( 2(n 1) 4 + ⇒ − ) 1 5 . (1) Lại có: 4 ≡1 (mod 3) 2(n 1) + 2(n 1) 4 (1) + ⇒ ≡ (mod 3)
Trang 1/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 ( 2(n 1) 4 + ⇒ − ) 1 ≡ 0 (mod 3) ( 2(n 1) 4 + ⇒ − ) 1 3 . (2)
Lại có: 3 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau. (3)
Từ (1) và (2) và (3) ⇒ ( 2n+2 4 − ) 1 15.
Câu 3. (HSG T7 TP Bắc Giang năm học 2022 - 2023) Cho ; m ;
n t là ba số nguyên tố lớn hơn 3 thỏa mãn: m−n = n−t = a ( *
a ∈ N ). Chứng minh
rằng a chia hết cho 6 . Lời giải
Ta có: m − n = n − t = a ( * a ∈ N )
Suy ra n = t + a; m = n + a = t + 2a
Do đó ta có t; t + ;
a t + 2a là các số nguyên tố lớn hơn 3.
Xét số dư của ba số nguyên tố t; t + ;
a t + 2a đã cho khi chia cho 3, số dư nhận được có thể là 1 hoặc 2
Do đó có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 3và hiệu của chúng chia hết cho 3.
Mặt khác (t + a) − t = a; (t + 2a) −t = 2a; (t + 2a) −(t + a) = a
Suy ra a hoặc 2a chia hết cho 3. Mà (2,3) =1 nên a3 (1) Vì ,
m n là các số nguyên tố lớn hơn 3nên ,
m n là các số lẻ ⇒ m − n2 (2) Từ ( )
1 và (2) kết hợp với (2,3) =1 ta có a6
Câu 4. (HSG 7 huyện Cẩm Thụy, tỉnh Thanh Hóa, trường 2022 - 2023) Cho a, ,
b c, d ∈ . thỏa mãn 3 3 a + b = ( 3 3
2 c −8d ) . Chứng minh a + b + c + d chia hết cho 3. Lời giải Ta có 3 3 a + b = ( 3 3
2 c −8d ) khi và chỉ khi 3 3 3 3 3 3
a + b + c + d = 3c −15d Mà ( 3 3
3c −15d )3 nên ( 3 3 3 3
a + b + c + d )3 ( ) 1
Dư trong phép chia a cho 3 là { 1; − 0; }
1 suy ra dư trong phép chia 3 a cho 3 cũng là { 1; − 0; } 1 hay 3 a ≡ a (mod3) Tương tự ta có: 3 b ≡ b (mod3) ; 3 c ≡ c (mod3); 3 d ≡ d (mod3) Suy ra 3 3 3 3
a + b + c + d ≡ a + b + c + d (mod3) (2)
Vậy a + b + c + d chia hết cho 3
Câu 5. (HSG T7 Huyện Nghi Lộc, năm học 2022 - 2023) ( 2016 97 2014 96 17 − 3 )
Chứng minh rằng số A =
là một số tự nhiên chia hết cho 5. 2 Lời giải
Trang 2/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 Ta có: = ( )1008 2016 2 2014 2014 4 nên 2016 = ( * 2014 4k k ∈ ) suy ra 2016 2014 4 17 17 k = Mà ( )2 4 2 k k 2 17 17 289 k = =
luôn có chữ số tận cùng là chữ số 1 nên 2016 2014 17 luôn có chữ
số tận cùng là chữ số 1 97 96 4 nên 97= ( * 96 4m m∈ ) suy ra 97 96 4 3 3 m = 4 3 m 81m =
luôn có tận cùng là chữ số 1 nên 97 96 3
luôn có chữ số tận cùng là chữ số 1 Suy ra ( 2016 97 2014 96 17 − 3
) có chữ số tận cùng là chữ số 0 Do vậy ( 2016 97 2014 96 17 − 3
)chia hết cho 2 nên A là số tự nhiên. ( 2016 97 2014 96 17 − 3
)có chữ số tận cùng là 0 nên A chia hết cho 5
Câu 6. (HSG 7 Huyện Vĩnh Lộc, Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2022 – 2023
Cho hai số nguyên tố khác nhau p và q . Chứng minh rằng: q 1− p 1 p q − + −1 chia hết cho . p q Lời giải
Vì p, q nguyên tố cùng nhau và p khác q nên: ( p, q) = 1.
Áp dụng định lí Fermat ta có: q 1
p − ≡1 (mod q) và p 1
q − ≡1 (mod p) ( q 1 p − ⇒ − )
1 q và ( p 1 q − − ) 1  p mặt khác q 1
p −  p và p 1 q − q
nên ta có: ( q 1− p 1 p q − + − )
1 q ; ( q 1− p 1 p q − + −1)  p mà ( p, q) =1
nên: ( q 1− p 1 p q − + − ) 1 ( . p q).
Câu 7. (HSG 7 huyện Nông Cống 2022 - 2023)
Viết 6 số tự nhiên vào 6 mặt của một con xúc xắc. Chứng tỏ rằng khi ta gieo xúc xắc
xuống mặt bàn thì trong 5 mặt có thể nhìn thấy bao giờ cũng tìm được một hay nhiều mặt
để tổng các số trên mặt đó chia hết cho 5. Lời giải
Gọi các số trên mặt là 1 a ; 2 a ; 3 a ; 4 a ; 5 a . Xét 5 tổng: 1 S = 1 a ; S2 = 1 a + 2 a ; S3 = 1 a + 2 a + 3 a ; S4 = 1 a + 2 a + 3 a + 4 a ; S5 = 1 a + 2 a + 3 a + 4 a + 5 a -
+ Nếu một trong 5 tổng đó chia hết cho 5 thì bài toán đã giải xong.
+ Nếu không có tổng nào chia hết cho 5 thì tồn tại hai tổng có cùng số dư khi chia cho 5
Trang 3/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
(vì có 5 tổng mà có 4 số dư khác 0 là 1; 2; 3; 4). Nên hiệu của hai tổng đó chia hết cho 5
+ Gọi 2 tổng đó là Sm và Sn (1≤ m < n ≤ 5) thì Sm – Sn5 Hay ( 1 a + 2 a ++ m
a ) – (a + a ++ n a = n a + + n a + ++ 1 2 ) 1 2 m a 5.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Câu 8. (HSG 7 huyện Cửa Lò, tỉnh Nghệ An, 2022 - 2023)
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh ( 2 p − ) 1  24 . Lời giải
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ và p không chia hết cho 3. + Ta chứng minh ( 2 p − )
1 3. Thật vậy, vì p không chia hết cho 3 nên có hai trường hợp:
• Nếu p ≡1(mod 3) thì 2 p ≡1(mod 3) ⇒ ( 2 p − ) 1 3.
• Nếu p ≡ 2 (mod 3) thì 2
p ≡ 4 (mod 3) ≡1(mod 3) ⇒ ( 2 p − ) 1 3. + Ta chứng minh ( 2 p − )
1 8. Thật vậy, vì p là số lẻ nên có các trường hợp:
• Nếu p ≡1(mod 8) thì 2 p ≡1(mod 8) ⇒ ( 2 p − ) 1 8.
• Nếu p ≡ 3 (mod 8) thì 2
p ≡ 9 (mod 8) ≡1(mod 8) ⇒ ( 2 p − ) 1 8.
• Nếu p ≡ 5 (mod 8) thì 2
p ≡ 25 (mod 8) ≡1(mod 8) ⇒ ( 2 p − ) 1 8.
• Nếu p ≡ 7 (mod 8) thì 2
p ≡ 49 (mod 8) ≡1(mod 8) ⇒ ( 2 p − ) 1 8.
Như vậy: vì 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên ( 2 p − ) 1 (3.8) hay ( 2 p − ) 1  24 .
Câu 9. (HSG 7 huyện Bá Thước, 2022 - 2023) 2 2 Cho − − x, y x 1 y 1
là các số nguyên thỏa mãn = . 2 3 Chứng minh rằng 2 2
x − y chia hết cho 40 . Lời giải Vì 2
x chia cho 8 dư 0;1;4 nên 2
3x chia cho 8 dư 0;3;4. Vì 2
y chia cho 8 dư 0;1;4 nên 2
2y chia cho 8 dư 0;2;4 . 2 2
Từ giả thiết x −1 y −1 = 2 3
Trang 4/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 2 2
⇒ 3x − 2y =1 2 2
⇒ 3x − 2y chia cho 8 dư 1. Do đó 2
x chia cho 8 dư 1 và 2
y chia cho 8 dư 1. Nên 2 2
x - y chia hết cho 8 ; ( ) 1 Vì 2
x chia hết cho 5 dư 0;1;4 nên 2
3x chia cho 5 dư 0;3;2. Vì 2
y chia hết cho 5 dư 0;1;4 nên 2
2y chia cho 5 dư 0;2;3. Mặt khác từ 2 2
3x − 2y =1 nên 2 2
3x − 2y chia cho 5 dư 1. Do đó 2
x chia cho 5dư 1 và 2
y chia cho 5 dư 1. Nên 2 2
x − y chia hết cho 5 ; (2)
Vì 5 và 8 nguyên tố cùng nhau nên 2 2
x − y chia hết cho 40 .
Câu 10. (HSG 7 huyện Hoài Nhơn, trường Đào Duy Từ 2018-2019).
Chứng tỏ rằng M = 75.( 2018 2017 2 4 + 4 + ... + 4 + 4 + ) 1 + 25 chia hết cho 2 10 Lời giải. Ta có: M = ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ..... + 4 + 4 + ) 1 + 25 = ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ..... + 4 + 4) + (75 + 25) = ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ... + 4 + 4) +100 Ta có: 75 ≡ 25 − (mod 100) ⇒ ( 2018 2017 2 + + + + ) ≡ − ( 2018 2017 2 75. 4 4 ... 4 4 25 4 + 4 + ... + 4 + 4)(mod 100) Lại có: − ( 2018 2017 2 + + + + ) = − ( 2017 2016 25. 4 4 ... 4 4 25.4. 4 + 4 + ... + 4 + ) 1 = − ( 2017 2016 100 4 + 4 + ... + 4 + ) 1 100 ⇒ ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ... + 4 + 4) ≡ 0(mod 100) Hay ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ... + 4 + 4)100 Do đó  ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ... + 4 + 4) +100 100  Vậy M = ( 2018 2017 2 75. 4 + 4 + ..... + 4 + 4 + ) 1 + 25 chia hết cho 2 10 .
Câu 11. (HSG 7 trường THCS Hiền Quan 2018-2019). Chứng minh rằng 6 5 4
7 + 7 − 7 chia hết cho 55 . Lời giải. Ta có: 2 7 = 49 Mà 49 ≡ 1 − (mod 5) 2 ⇒ 7 ≡ 1 − (mod 5) 4 ⇒ = ( 2 7 7 )2 ≡ (− )2 1 (mod 5) 4 ⇒ 7 ≡ 1(mod 5) Lại có 5 4 7 = 7 .7 ≡ 1.7 (mod 5)
Trang 5/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 5 ⇒ 7 ≡ 7 (mod 5) Và 6 4 2 7 = 7 .7 ≡ 1.49(mod 5) 6 ⇒ 7 ≡ 1 − (mod 5) Nên 6 5 4 7 + 7 − 7 ≡ ( 1 − + 7 − ) 1 (mod 5) ⇒ ( 6 5 4 7 + 7 − 7 ) ≡ 0(mod 5) ⇒ ( 6 5 4 7 + 7 − 7 )5 Vì 49 ≡ 5(mod ) 11 2 ⇒ 7 ≡ 5(mod ) 11 ⇒ = ( )2 4 2 2 7 7 ≡ 5 (mod ) 11 4 ⇒ 7 ≡ 3(mod ) 11 Lại có 5 4 7 = 7 .7 ≡ 3.7 (mod ) 11 5 ⇒ 7 ≡ 1 − (mod ) 11 Và = ( )3 6 2 3 7 7 ≡ 5 (mod ) 11 6 ⇒ 7 ≡ 4(mod ) 11 Nên ( 6 5 4
7 + 7 − 7 ) ≡ (4 −1− 3)(mod ) 11 ⇒ ( 6 5 4 7 + 7 − 7 ) ≡ 0(mod ) 11 ⇒ ( 6 5 4 7 + 7 − 7 )11
Do 5 và 11 là hai số nguyên tố cùng nhau nên 6 5 4
7 + 7 − 7 chia hết cho 55 .
Câu 12. (HSG 7 trường Lê Hồng Phong 2018-2019). Chứng minh rằng: 2 3 4 5 99 100
2 + 2 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 chia hết cho 31. Lời giải. Đặt 2 3 4 5 99 100
2 + 2 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 = A ⇒ A = ( 2 3 4 5 99 100 + + + + + + + ) 2 3 4 5 100 101 2 2 2 2 2 2 2 ... 2 2 = 2 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2
⇒ A − A = ( 2 3 4 5 100 101 + + + + + + )−( 2 3 4 99 100 2 2 2 2 2 ... 2 2 2 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 ) 101 ⇒ A = 2 − 2 Vì 5 2 = 32 ≡ 1(mod ) 31 ⇒ = ( )20 100 5 20 2 2 ≡ 1 (mod ) 31 100 ⇒ 2 ≡ 1(mod ) 31 Nên 101 100 2 = 2 .2 ≡ 1.2(mod ) 31 101 ⇒ 2 ≡ 2(mod ) 31 Do đó ( 101 2 − 2) ≡ (2 − 2)(mod ) 31
Trang 6/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 ⇒ A ≡ 0(mod ) 31 Vậy 2 3 4 5 99 100
2 + 2 + 2 + 2 + 2 + ...... + 2 + 2 chia hết cho 31.
Câu 13. (HSG 7 huyện Việt Yên 2018-2019). Cho 2 3 18
S = 17 +17 +17 + .... +17 . Chứng tỏ rằng S chia hết cho 307 . Lời giải. Ta có 2 3 18
S = 17 +17 +17 + .... +17 ⇒ S = ( 2 3 18 17 17. 17 +17 +17 + ... +17 ) 2 3 4 19 = 17 +17 +17 + ... +17 ⇒ S − S = ( 2 3 4 19 + + + + )−( 2 3 18 17 17 17 17 ... 17 17 +17 +17 + ... +17 ) 19 ⇒ 16S = 17 −17 Vì 3 17 = 17.289 ≡ 17.( 18 − )(mod 307) 3 ⇒ 17 ≡ 1(mod 307) ⇒ = ( )6 19 3 17 17. 17 ≡ 17 (mod 307) ⇒ ( 19 17 −17) ≡ 0(mod 307) Hay S = ( 19 16 17 −17)307
Mà 16 và 307 là hai số nguyên tố cùng nhau nên S chia hết cho 307 .
Câu 14. (HSG 7 huyện Vĩnh Yên năm 2018 - 2019).
Chứng minh rằng: x 1+ x+2 x+3 x 100 3 3 3 ... 3 + + + + +
chia hết cho 120 (với x∈  ). Lời giải.
Ta có: x 1+ x+2 x+3 x 100 + x + + + + = ( 1 2 3 100 3 3 3 ... 3 3 . 3 + 3 + 3 + ... + 3 ) Đặt 1 2 3 100
E = 3 + 3 + 3 + ... + 3 ⇒ E = ( 1 2 3 100 3 3. 3 + 3 + 3 + ... + 3 ) 2 3 4 101 = 3 + 3 + 3 + ... + 3
⇒ E − E = ( 2 3 4 101 + + + + )−( 1 2 3 100 3 3 3 3 ... 3 3 + 3 + 3 + ... + 3 ) 101 = 3 − 3 101 ⇒ 2E = 3 − 3
Lại có: 53 = 243 ≡ 3(mod 240) ⇒ = ( )20 101 5 20 3 3 .3 ≡ 3 .3(mod 240) 101 21 ⇒ 3 ≡ 3 (mod 240) Vì = ( )4 21 5 4 3 3 .3 ≡ 3 .3(mod 240) 21 5 ⇒ 3 ≡ 3 (mod 240) 21 ⇒ 3 ≡ 3(mod 240) Do đó 101 3 ≡ 3(mod 240) ⇒ ( 101 3 − 3)240 101
⇒ 3 − 3 = 240k (với k ∈  )
Trang 7/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 101
⇒ 2E = 3 − 3 = 240k
⇒ E = 120k 120 (với k ∈  )
Vậy x 1+ x+2 x+3 x 100 + x + + + + = ( 1 2 3 100 3 3 3 ... 3 3 . 3 + 3 + 3 + ... + 3 ) 120 
Câu 15. (HSG 7 huyện Văn Bàn 2022 - 2023)
Cho bốn số tự nhiên phân biệt a > b > c > d .
Chứng minh rằng: P = (a −b)(a − c)(a − d )(b − c)(b − d )(c − d ) chia hết cho 12. Lời giải
Chia bốn số phân biệt a,b,c,d cho 3 luôn có hai phép chia có cùng số dư.
Suy ra hiệu hai số bị chia đó chia hết cho 3
⇒ tồn tại hiệu hai số trong bốn số a,b,c,d chia hết cho 3.
Do vậy P chia hết cho 3; ( ) 1
Trong bốn số a,b,c,d nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 4 thì P chia hết cho 4; trái
lại, khi chia bốn số đó cho 4 có đủ bốn trường hợp về số dư là 0;1;2;3.
Suy ra trong bốn số a,b,c,d có hai số chẵn, hai số lẻ, giả sử a,c chẵn và , b d lẻ
⇒ (a − c)  2 và (b − d )  2
Do vậy P chia hết cho 4 ; (2)
Từ (1), (2) và (3,4) =1 ⇒ P 12  .
Dạng 2. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC TÌM SỐ DƯ
Câu 1. (HSG 7 trường Hiền Quan 2015 - 2016) Tìm số dư khi chia 2011 2 cho 31. Lời giải Ta có: 5 2 = 32 ≡1(mod ) 31 ⇒ ( )402 5 2 ≡ 1(mod ) 31 2011 ⇒ 2 ≡ 2(mod ) 31 . Vậy số dư khi chia 2011 2 cho 31 là 2.
Câu 2. (HSG 7 huyện Vĩnh Tường 2015 - 2016) Tìm số dư khi chia 41 3 cho 11. Lời giải Ta có: 10 3 ≡1(mod ) 11 ⇒ = ( )4 41 10 4 3 3. 3 ≡ 3.1 = 3(mod 11) Vậy số dư khi chia 41 3 cho 11 là 3. Câu 3.
a) Tìm số dư trong phép chia của số 2005 2005 A = 3 + 4 khi chia cho 11.
b) Tìm số dư trong phép chia của số 2018 B = 2016 + 2 khi chia cho 5. Lời giải
Trang 8/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 a) Ta có: 5 3 = 243 ≡1(mod ) 11 ⇒ ( )401 5 2005 3 = 3 ≡ 1(mod ) 11 (1) Mặt khác: 5 4 =1024 ≡1(mod ) 11 ⇒ ( )401 5 2005 4 = 4 ≡ 1(mod ) 11 (2) Từ (1) và (2): ( 2005 2005 3 + 4 ) ≡(1+ )1(mod ) 11 Vậy số dư của 2005 2005 A = 3 + 4 khi chia cho 11 là 2 .
b) Ta có: 2016 ≡1(mod 5) do đó 2018 2016 ≡ 1(mod 5) 2018 ⇒ 2016 + 2 ≡1+ 2(mod 5) 2018 ⇒ 2016 + 2 ≡ 3(mod 5)
Vậy số dư trong phép chia của số 2018 B = 2016 + 2 khi chia cho 5 là 3.
Dạng 3. TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA BIẾN ĐỂ CHIA HẾT
Câu 1. (HSG 7 huyện Trực Ninh, 2018-2019 )
Tìm các số tự nhiên a,b sao cho: (2008 + 3 + ) 1 (2008a a b
+ 2008a + b) = 225 Lời giải Ta có: (2008 + 3 + ) 1 (2008a a b
+ 2008a + b) = 225
⇒ 2008a + 3b +1 và 2008a + 2008a + b là hai số lẻ.
Nếu a ≠ 0 ⇒ 2008a + 2008a là số chẵn.
Để 2008a + 2008a + b lẻ thì b lẻ
Nếu b lẻ ⇒ 3b +1 chẵn,
⇒ 2008a + 3b +1 chẵn (không thỏa mãn). Do đó a = 0
Với a = 0 ⇒ (3b + ) 1 (b + ) 1 = 225
Vì b∈ ⇒ (3b + ) 1 (b + ) 1 = 3.75 = 5.45 = 9.25
3b +1 không chia hết cho 3 và 3b +1 > b +1 3  b +1 = 25 ⇒ ⇒ b = 8 b   +1 = 9
Vậy a = 0,b = 8.
Câu 2. Tìm số tự nhiên n sao cho: ( 3n+4 2n 1 2 3 + + ) 19  Lời giải Ta có: 3n+4 2n 1 2 3 + + =16.8n + 3.9n Vì 16 ≡ 3 − (mod 19) 16.8n 3.8n ⇒ ≡ − (mod 19) Mà ( 3n+4 2n 1 2 3 + + ) 19 
Trang 9/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 ( 3.8n 3.9n ⇒ − + ) ≡ 0(mod 19) (9n 8n ⇒ − ) ≡ 0(mod 19) 9n 8n ⇒ ≡ (mod 19)
⇒ n = 0 do 8 ≡ 9(mod 19) là vô lý. Vậy n = 0 . Câu 3.
Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112 và chia n cho 132 thì dư 98 Lời giải
Ta có: n ≡ 98(mod 132)
⇒ n =132k + 98 với k ∈ (1) ⇒132k + 98 ≡112(mod ) 131
⇒ k + 98 + 33 ≡112 + 33(mod ) 131 ⇒ k +131 ≡145(mod ) 131 ⇒ k ≡14(mod ) 131
⇒ k =131m +14 với m∈ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ n =132(131m +14) + 98 =131.132m +1946 ⇒ n =1946 .
Dạng 4. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TÌM CHỮ SỐ TẬN DÙNG
Câu 1. (HSG 7 TP bắc Ninh, năm học 2022 - 2023)
Tìm chữ số tận cùng của C biết n 2 n 2 3 2 3n 2n C + + = − + − với ( n∈ ). Lời giải Với n = 0 , khi đó 2 2
C = 3 − 2 +1−1 = 5, C có chữ số tận cùng là 5. Với n ≥1. Ta có:
C ( n+2 n ) ( n+2 n ) n n 1 − ( n n 1 3 3 2 2 10.3 10.2 10. 3 2 − = + − + = − = − ) 10
nên C có chữ số tận cùng là 0 .
Vậy n = 0 , C có chữ số tận cùng là 5.
n ≥1, C có chữ số tận cùng là 0 .
Câu 2. (HSG 7 huyện Thanh Chương năm 2018 - 2019). Cho N = ( 2009 1999 0, 7. 2007 − 2013
). Chứng minh rằng N là một số nguyên. Lời giải. Ta có: 2007 ≡ 7(mod 10) 2009 2009 ⇒ 2007 ≡ 7 (mod 10) Mà 2 7 = 49 ≡ 1 − (mod 10) ⇒ = ( )1004 2009 2 7 7 .7 ≡ 1.7 (mod 10)
Trang 10/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 2009 ⇒ 7 ≡ 7 (mod 10) Nên 2009 2007 ≡ 7 (mod 10) Lại có: 2013 ≡ 3(mod 10) 1999 1999 ⇒ 2013 ≡ 3 (mod 10) Mà 4 3 = 81 ≡ 1(mod 10) ⇒ = ( )499 1999 4 3 3 3 .3 ≡ 27 (mod 10) 1999 ⇒ 3 ≡ 7 (mod 10) Nên 1999 2013 ≡ 7 (mod 10) Do đó ( 2009 1999 2007 − 2013 ) ≡ 0(mod 10) 2009 1999 ⇒ 2007
− 2013 có chữ số tận cùng là 0 Vậy N = ( 2009 1999 0, 7. 2007 − 2013 ) là số nguyên.
Câu 3. a) Hãy tìm chữ số tận cùng của 10 9 9 .
b) Hãy tìm hai chữ số tận cùng của 1000 3 .
c) Hãy tìm ba chữ số tận cùng của 512 2 . Lời giải a) Ta có 2n 1
9 + = 9.81n ≡ 9(mod 10) mà 10 9 là số lẻ Nên 10 9 9 ≡ 9(mod 10)
Vậy chữ số tận cùng của 10 9 9 là 9. b) Ta có: 4 3 = 81 ≡ 19 − (mod 100) 8 ⇒ 3 ≡ ( 19 − )2 (mod 100) Mà (− )2 19 = 361 ≡ 61(mod 100) 8 ⇒ 3 ≡ 61(mod 100) Do đó 10 8
3 = 3 .9 ≡ 61.9 = 549 ≡ 49(mod 100) 20 2
⇒ 3 ≡ 49 ≡ 01(mod 100) do 2 49 = 2401 ⇒ = ( )50 1000 20 3 3 ≡ 01(mod 100)
Vậy hai chữ số tận cùng của 1000 3 là 01.
c) + Ta có: (a + b)5 5 4 3 2 2 3 4 5
= a + 5a b +10a b +10a b + 5ab + b
Nếu a25 thì (a + b)5 5 ≡ b (mod 125) + Ta có: 10 2 =1024 ≡ 1 − (mod 25) nên 10
2 = 25k −1 với k ∈
Trang 11/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7 50 ⇒ = ( 10 2 2 )5 = (25k − )5 1 ≡ 1 − (mod 125) 512 ⇒
= ( 50 )10 12 ≡ (− )10 12 12 2 2 .2 1 .2 ≡ 2 (mod 125) Do 12 10 2
2 = 2 .2 =1024.4 ≡ 96(mod 25) 512 ⇒ 2 ≡ 96(mod 125) hay 512
2 =125m + 96 với m∈ Lại có: = ( )123 512 4 123 2 2 = 16 8 ; 968
⇒ m8 nên m = 8n với n∈ Khi đó 512
2 =125.8n + 96 =1000n + 96
Vậy ba chữ số tận cùng của 512 2 là 096 .
Dạng 5. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Câu 1. (HSG 7 Huyện Vĩnh Lộc, Tỉnh Thanh Hóa, năm học 2022 – 2023
Cho f (x) là đa thức hệ số nguyên và thoả mãn f (0) = 0 và f ( )1 = 2 . Chứng minh rằng
f (7) không thể là số chính phương. Lời giải
Vì f (0) = 0 và f ( )
1 = 2 nên f (x) có dạng:
f (x) = 2 + x(x − )
1 .g (x) trong đó g (x) là đa thức với hệ số nguyên.
Ta có f (7) = 2 + 42.g (7) ≡ 2(mod 3) nên f (7) không thể là số chính phương.
Câu 2. (HSG 7 Huyện Hiệp Hòa, năm học 2022 - 2023)
Cho p là tích của 2023 số nguyên tố đầu tiên . Chứng minh rằng p −1 và p +1 không là số chính phương. Lời giải
Nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 3 và 4 thì chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1
+) Từ giả thiết, suy ra p chia hết cho 2; 3 nhưng không chia hết cho 4
Như vậy, vì p3 suy ra p −1 chia cho 3 dư 2 (mâu thuẫn)
⇒ p −1 không là số chính phương.
+) Vì p2 và p không chia hết cho 4
⇒ p chia cho 4 dư 2
⇒ p +1 chia cho 4 dư 3 (mâu thuẫn)
nên p +1 cũng không là số chính phương.
Vậy p −1, p +1 không là số chính phương.
Câu 3. (HSG T7 Huyện Quảng Xương, năm học 2022 - 2023)
Cho A= abc + bca + cab . Chứng tỏ rằng A không phải là số chính phương. Lời giải
Ta có: abc + bca + cab =111.a +111b +111c = 3.37.(a + b + c)
Vì số chính phương phải chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. Do đó 2
a + b + c = 3.37.k (k ∈) .
Trang 12/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Điều này vô lí vì: 3 ≤ a + b + c ≤ 27
Vậy A không là số chính phương.
Câu 4. (HSG 7 huyện Quan Sơn 2022 - 2023)
Tìm tất cả các số có hai chữ số ab biết rằng 2ab +1 và 3ab +1 đều là số chính phương. Lời giải Giả sử 2 2ab +1 = m và 2 3ab +1 = n ( * , m n∈  )
Nếu ab chia cho 5 dư 1 thì 2ab +1 chia cho 5 dư 3. Điều này là vô lí.
Nếu ab chia cho 5 dư 2 thì 3ab +1 chia cho 5 dư 2 . Điều này cũng vô lí.
Nếu ab chia cho 5 dư 3 thì 2ab +1 chia cho 5 dư 2 . Đây là điều vô lí.
Nếu ab chia cho 5 dư 4 thì 3ab +1 chia cho 5 dư 3. Điều này là vô lí. Vậy ab5
Mặt khác do m lẻ nên 2
m chia cho 8 dư 1 suy ra ab  4
Nếu ab chia cho 8 dư 4 thì 3ab +1 chia cho 8 dư 5 . Điều này là vô lí. Vậy ab  8
Mà (5; 8) =1 nên ab  40
Suy ra ab = 40 hoặc ab = 80
Thử lại trực tiếp ta có ab = 40 thỏa mãn.
Câu 5. Chứng minh rằng:
19k 5k 1995k 1996k A = + + +
(với k chẵn) không thể là số chính phương. Lời giải
Với k chẵn ta có: 19k ≡ (− ) 1 k (mod 4) 19k ⇒ ≡ 1(mod 4) 5k 1k ≡ (mod 4) 5k ⇒ ≡ 1(mod 4) 1995k ≡ (− ) 1 k (mod 4) 1995k ⇒ ≡ 1(mod 4) 1996k ≡ 0(mod 4)
⇒ = 19k + 5k +1995k +1996k A
≡ 3(mod 4) hay A chia 3 dư 4 . Vậy
19k 5k 1995k 1996k A = + + +
(với k chẵn) không thể là số chính phương.
Câu 6. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y để 2x 5y + là số chính phương. Lời giải
Giả sử ( k ∈ ) Nếu x = 0 thì 2
1+ 5y = k do đó k chẵn 2
⇒ k 4 ; 1 5y + chia 4 dư 2 . Vậy x ≠ 0 Ta có x y 2
2 + 5 = k ⇒ k lẻ và k không chia hết cho 5.
+ TH1: với y = 0 thì x 2
2 +1 = k = (2n + )2
1 (vì k lẻ nên k = 2n +1, n∈ )
⇒ 2x = 4n(n + ) 1 ⇒ n =1.
Trang 13/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Khi đó x = 3; y = 0 (thỏa mãn) Thử lại: x y 3 0
2 + 5 = 2 + 5 = 9 là số chính phương.
+ TH2: với y ≠ 0 và k không chia hết cho 5 2 ⇒ k ≡ 1 ± (mod 5) Mà x y 2 2 + 5 = k 2x ⇒ ≡ 1 ± (mod 5) ⇒ x chẵn. Đặt x = 2 y 1 x 1 x 1
x ( 1x ∈ ), ta có: 5 = (k + 2 )(k − 2 )  1 x 1 k + 2 = 5y ⇒ 
với 1y + y2 = y ; 1y > y2 ; 1y, y2 ∈ 1 x y2 k − 2 = 5 1 x 1 + 1 y y2 y2 ⇒ = − = ( 1y−y2 2 5 5 5 5 − ) 1 y2 ⇒ 5 =1⇒ y ⇒ = 2 = 0 1 y y Khi đó: 1x 1 2 + = 5y −1
Nếu y = 2t (t ∈ ) thì 1x 1+ 2 2
= 5 t −1 = 25t −1 chia hết cho 3 (vô lý). Do đó y lẻ. 1 x 1
⇒ 2 + = 5y −1 = 4( y 1− y−2 5 + 5 + ...+ 5 + ) 1
Nếu y >1 thì y 1− y−2 5 + 5 + ...+ 5 +1 lẻ (vô lý)
Nếu y =1 ⇒ 1x =1 khi đó x = 2; y =1 Thử lại: x y 2 1
2 + 5 = 2 + 5 = 9 là số chính phương.
Vậy x = 2; y =1 hoặc x = 3; y = 0
Dạng 6. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ HỢP SỐ
Câu 1. (HSG 7 Quận Hà Đông 2022 - 2023) + Cho 10n 1 2 A = 2
+19 . Chứng minh rằng A là hợp số. Lời giải
Theo định lí Fermat bé, do 11 là số nguyên tố nên ta có 10 2 ≡1(mod 11) 10 2 n ⇒ ≡1(mod ) 11 10n 1 + 10 ⇒ 2 = 2.2 n ≡ 2 (mod 22) 10n 1 2 + ⇒
= 22k + 2 (k ∈)
Do 23 là số nguyên tố nên 22 2 ≡1(mod 23) 10n 1 2 + 22k+2 22 ⇒ 2 = 2 = 4.2 k ≡ 4 (mod 23) ( 10n 1 2 2 + ⇒
+19) ≡ (4+19) ≡ 0 (mod 23) Nên A 23.
Mà A > 23 với n ∀ ≥ 1
Trang 14/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
nên A là hợp số.
Câu 2. (HSG 7 huyện Bình Xuyên, tỉnh Vĩnh Phúc 2022 - 2023)
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để số 2023 2
+ 23n là một bội số của 31. Lời giải Ta có: 5 2 = 32 ≡1(mod ) 31 và 2023 = 5.404 + 3. 404 Do đó: 2022 = ( 5 2 2 ) .8 ≡ 8 (mod ) 31 . Suy ra ( 2022 2
+ 23 . n) ≡ (8+ 23. n) (mod ) 31 .
Vì n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn ( 2023 2 + 23n ) 31 ⇒ 8+ 23n = 31. ⇒ n = 1.
Vậy n =1 là số tự nhiên cần tìm.
Câu 3. (HSG 7 huyện Nông Cống 2022 - 2023)
Cho số nguyên n (n > ) 1 thỏa mãn 2 n + 4 và 2
n +16 là các số nguyên tố. Chứng minh n chia hết cho 5. Lời giải
Với mọi số nguyên n thì 2
n chia cho 5 dư 0 ; 1 hoặc 4 . + Nếu 2 n chia 5 dư 1 thì 2
n = 5k +1 (k ∈*) 2
⇒ n + 4 = 5k +1+ 4 = (5k + 5 )5 . Do đó nên 2
n + 4 không là số nguyên tố. Loại trừ trường hợp này. + Nếu 2 n chia 5 dư 4 thì 2
n = 5k + 4 (k ∈*) 2
⇒ n +16 = (5k + 20 )5. Do đó 2
n +16 không là số nguyên tố. Loại trừ trường hợp này. Vậy 2
n 5, suy ra n5.
Câu 4. (HSG 7 huyện Hoằng Hóa năm 2018 - 2019).
Cho p, q là các số nguyên tố lớn hơn 3 và thỏa mãn p = q + 2 . Chứng minh:( p + q) 12  . Lời giải. Cách 1.
Vì q > 3, q là số nguyên tố nên q không chia hết cho 3 ⇒ q ≡1(mod ) 3 hoặc q ≡ 1 − (mod )3 Nếu q ≡1(mod ) 3 ⇒ p ≡ 2 +1(mod ) 3 ⇒ p ≡ 0(mod ) 3 ⇒ p3 Mà p > 3
Trang 15/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
⇒ p là hợp số (mâu thuẫn với đề bài p là số nguyên tố lớn hơn 3) Nên q ≡ 1 − (mod )3
⇒ p ≡ 2+(− )1(mod ) 3 ⇒ p ≡1(mod )3
Khi đó p + q ≡1−1(mod ) 3
⇒ p + q ≡ 0(mod ) 3
Hay ( p + q)3
Vì q > 3, q là số nguyên tố nên q là số lẻ
⇒ q là số chia 4 dư 1 hoặc dư 3
⇒ q ≡1(mod 4) hoặc q ≡ 1 − (mod 4) + Nếu q ≡1(mod 4) ⇒ p ≡ 2+1(mod 4) ⇒ p ≡ 3(mod 4)
Khi đó p + q ≡ 3+1(mod 4)
⇒ p + q ≡ 0(mod 4) + Nếu q ≡ 1 − (mod 4)
⇒ p ≡ 2+(− )1(mod 4) ⇒ p ≡1(mod 4)
Khi đó p + q ≡1−1(mod 4)
⇒ p + q ≡ 0(mod 4)
Do vậy ( p + q)4
Vì 3 và 4 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ( p + q) 12  Cách 2.
Vì q > 3, qlà số nguyên tố nên q là số lẻ và không chia hết cho 3
⇒ q chia cho 12 dư 1; dư 5; dư 7 hoặc dư 11
⇒ q ≡1(mod 12) hoặc q ≡ 5(mod 12) hoặc q ≡ 5
− (mod 12) hoặc q ≡ 1 − (mod 12)
+- Nếu q ≡1(mod 12) ⇒ p ≡ 2+1(mod 12) ⇒ p ≡ 3(mod 12)
⇒ p =12k +3 = 3(4k + )13 với k là số tự nhiên Mà p > 3
Trang 16/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
⇒ p là hợp số (mâu thuẫn với đề bài p là số nguyên tố lớn hơn 3)
⇒ q ≡1(mod 12) (loại) + Nếu q ≡ 1 − (mod 12)
⇒ p ≡ 2+(− )1(mod 12) ⇒ p ≡1(mod 12)
Khi đó p + q ≡1−1(mod 12)
⇒ p + q ≡ 0(mod 12) Hay ( p + q) 12 
- Nếu q ≡ 5(mod 12) ⇒ p ≡ 2 +5(mod 12) ⇒ p ≡ 5 − (mod 12)
Khi đó p + q ≡ 5 − + 5(mod 12)
⇒ p + q ≡ 0(mod 12) hay ( p + q) 12  - Nếu q ≡ 5 − (mod 12) ⇒ p ≡ 2+( 5 − )(mod 12) ⇒ p ≡ 3 − (mod 12)
⇒ p =12m −3 = 3(4m − )13 với m là số tự nhiên, m > 0
Mà p > 3 ⇒ p là hợp số (mâu thuẫn với đề bài p là số nguyên tố lớn hơn 3)
⇒ q ≡1(mod 12) (loại)
Vậy ( p + q) 12 
Câu 5. (HSG 7 trường THCS Lý Tự Trọng 2018 - 2019)
Tìm các số nguyên tố p thỏa mãn 2
2p + p là các số nguyên tố Lời giải
Với p = 2 thì p 2
2 + p = 4 + 4 = 8 không là số nguyên tố
Với p = 3 thì p 2
2 + p = 8+9 =17 là số nguyên tố Vơi +
p > 3 thì p là số nguyên tố nên p lẻ nên p 2k 1 2 = 2 ≡ 2(mod 3) Và 2
p ≡1(mod 3) nên ( p 2 2 + p )3 Mà p 2 2 + p > 3 nên 2
2p + p là hợp số Vậy với p = 3 thì 2
2p + p là hợp số Vậy với p = 3 thì 2
2p + p là số nguyên tố.
Trang 17/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Câu 6. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2
p +14 là số nguyên tố. Lời giải
Ta xét hai trường hợp sau: + TH1: Với p 2 2
= 3 ⇒ p +14 = 3 +14 = 23 là số nguyên tố. + TH2: Với p ≠ 3 2
⇒ p ≡1(mod 3) mà 14 ≡ 2(mod 3) ⇒ ( 2 p +14)3 và có 2 p +14 > 3 2
⇒ p +14 không là số nguyên tố. Vậy p = 3 . Câu 7. Cho *
n ∈  chứng minh rằng: 19.8n +17 là hợp số. Lời giải
Ta xét các trường hợp sau: + TH1: n = 2k n ⇒ + ≡ (− )2
19.8 17 1. 1 k + 2 = 3 ≡ 0(mod 3) (19.8n ⇒ +17)3
Mà 19.8n +17 > 3 nên 19.8n +17 là hợp số
+ TH2: n = 4k +1 Khi đó: n 4k 1 + 2 19.8 +17 = 19.8 +17 = 19.8.64 k +17 Mà 19 ≡ 6(mod 13); 2
64 k 4096k 1k =
≡ (mod 13); 17 ≡ 4(mod 13) 19.8n ⇒
+17 ≡ 6.8.1+ 4 ≡ 52 ≡ 0(mod 13)
Mà 19.8n +17 >13 nên 19.8n +17 là hợp số
+ TH3: n = 4k + 3 Khi đó: n 4k +3 2k 1 19.8 17 19.8 17 19.8.64 + + = + = +17 Mà 19 ≡ 1 − (mod 5); 2k 1 64 + = (− )2k 1 1 + ≡ 1
− (mod 5) ; 17 ≡ 2(mod 5) ; 8 ≡ 3(mod 5) 19.8n ⇒ +17 ≡ (− ) 1 .3.(− ) 1 + 2 ≡ 5 ≡ 0(mod 5)
Mà 19.8n +17 > 5 nên 19.8n +17 là hợp số Vậy với *
n ∈  , 19.8n +17 là hợp số.
Dạng 7. SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ TRONG BÀI TOÁN TÌM NGHIỆM NGUYÊN
Câu 1. (HSG 7 huyện Thường Xuân, tỉnh Thanh Hóa 2022 - 2023)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2 2020. + = 3 y x x +1 Lời giải
+) Trường hợp y < 0 , ta có: 2
VP = x + x = x(x +1) là số nguyên 2020. 3 y VT =
+1 không là số nguyên (vì −n 1 a =
với a ≠ 0 , n ∈ N*) n a
⇒ Trường hợp này loại.
+) Trường hợp y = 0, ta có: 2 2020.0 x + x = 3 +1
Trang 18/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
⇒ x(x +1) = 2 =1.2 = ( 2 − )(− ) 1
Vì x∈ nên x < x +1
⇒ x =1 hoặc x = 2 −
Với x =1 thì y = 0 Với x = 2 − thì y = 0
+) Trường hợp y > 0, ta có: 2
VP = x + x = x(x + )
1 là tích hai số nguyên liên tiếp nên 2
x + x chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 2 . 2020. 3 y VT = +1 chia cho 3 dư 1.
⇒ Trường hợp này loại.
Vậy cặp số nguyên ( ;x y) cần tìm là: (1;0) ; ( 2; − 0) .
Câu 2. (HSG 7 huyện Phú Ninh 2018-2019)
Tìm x, y thuộc  biết: 2
25 − y = 8(x − 2015)2 . Lời giải. Ta có: 2 25− y ≤ 25 ⇒ (x − )2 8 2015 ≤ 25 ⇒ ≤ (x − )2 0 2015 < 4
Vì với số nguyên a bất kì thì a ≡ 0(mod )
3 hoặc a ≡1(mod )3 hoặc a ≡ 1 − (mod ) 3 2
⇒ a ≡ 0(mod 3) hoặc 2 2
a ≡ 1 (mod 3) hoặc 2 a ≡ (− )2 1 (mod 3) 2
⇒ a ≡ 0(mod 3) hoặc 2 a ≡ 1(mod 3)
Nên số chính phương chỉ có thể chia hết cho 3 hoặc chia cho3dư 1 ⇒ ( x − )2
2015 ≡ 0(mod 3) hoặc ( x − )2
2015 ≡ 1(mod 3) với x ∈  + Nếu (x − )2 2015 ≡ 1(mod 3) ⇒ ( x − )2 8. 2015 ≡ 8.1(mod 3) ⇒ ( x − )2 8. 2015 ≡ 2(mod 3) 2
⇒ y = 25 − 8.( x − 2015)2 ≡ 25 − 2(mod 3) 2
⇒ y ≡ 2(mod 3) với y ∈ (vô lí vì 2
y là số chính phương không chia hết cho 3thì chia cho3dư 1) + Nếu (x − )2 2015 ≡ 0(mod 3) Mà ≤ (x − )2 0 2015 < 4 ; (x − )2
2015 là số chính phương với x ∈ ⇒ ( x − )2 2015 = 0 ⇒ x = 2015
khi đó y = 5 hoặc y = 5 − .
Trang 19/21
DỰ ÁN TÁCH ĐỀ HSG TOÁN 7
Vậy x = 2015 ; y = 5 hoặc y = 5 −
Câu 3. (HSG 7 trường Tôn Đức Thắng 2018-2019).
Tìm các số nguyên x, y biết 2 2
x + 2x − 8y = 41. Lời giải. Ta có 2 2
x + 2x − 8y = 41 2 2
⇒ x + 2x = 8y + 41 2 ⇒ x + x = ( 2 2 4 2y +10) +1 Vì ( 2
4 2y +10) +1 ≡ 1(mod 4) với y ∈  Nên 2
x + 2x ≡ 1(mod 4) 2
⇒ x + 2x là số lẻ mà 2x2 (với x ∈  ) 2
⇒ x là số lẻ ⇒ x là số lẻ
⇒ x ≡1(mod4)hoặc x ≡ 1 − (mod4) 2 2
⇒ x ≡ 1 (mod 4)hoặc 2 x ≡ (− )2 1 (mod 4) 2 ⇒ x ≡ 1(mod 4) + Nếu x ≡ 1
− (mod 4) ⇒ 2x ≡ 2 − (mod 4) 2
⇒ x + 2x ≡ 1+ ( 2 − )(mod4) 2 ⇒ x + 2x ≡ 1 − (mod 4) (vô lí vì 2
x + 2x ≡ 1(mod 4) )
+ Nếu x ≡1(mod 4) ⇒ 2x ≡ 2(mod 4) 2
⇒ x + 2x ≡ 1+ 2(mod 4) 2
⇒ x + 2x ≡ 3(mod 4) (vô lí vì 2
x + 2x ≡ 1(mod 4) )
Vậy không có giá trị nguyên nào của x, y thỏa mãn đề bài.
Câu 4. (HSG 7 huyện Hoài Nhơn 2015 - 2016)
Tìm số tự nhiên n và chữ số a biết rằng: 1+ 2 + 3+....+ n = aaa Lời giải n(n + ) 1
Ta có: 1+ 2 + 3+...+ n = 2 và aaa = .111 a = .3.37 a
Do đó, từ 1+ 2 + 3+....+ n = aaa ⇒ n(n + ) 1 = 2.3.37a ⇒ n(n + )
1 chia hết cho số nguyên tố 37
⇒ n hoặc n+1 chia hết cho 37 (1) n(n + ) 1 Mặt khác: = aaa ≤ 999 2 ⇒ n(n + )
1 ≤1998 ⇒ n < 45 (2)
Trang 20/21

Tài liệu liên quan: