Sáng kiến kinh nghiệm Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Chuyên đề: Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán lớp 7

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.
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 *; 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- 	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:
ai bi (mod m) i = => (mod m) 
c. Ta có thế nhân từng vế với nhau nhiều đồng dư thức theo cùng một môđun. 
Cụ thể: ai bi (mod m);i = 
 => (mod m); 
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) 
f. Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + . . . +a1x + a0 . 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)
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) 
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 = => 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
 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) 
Ta có: µ(m) = µ(pα) = pα (1)
b.2 m = (pi là các số nguyên tố, α1 là số tự nhiên khác 0 ). Ta có: µ(m) = m (1)(1)(1)(1)
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: 
 (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)
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
Hơn nữa: µ(14) = 
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) => 19442005 ≡ (-2)2005 (mod 7) 
Mà (-2)3 ≡ - 1 (mod 7) => (-23)668 ≡ 1668 (mod 7) hay (-23)668 ≡ 1 (mod 7) 
=> (-23)668.(-2) ≡ - 2 (mod 7) hay (-2)2005 ≡ - 2 (mod 7) 
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) => 15325 ≡ 25 (mod 9) , mà 25 ≡ 5 (mod 9)
=> 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 33 ≡ 1 (mod 13) mà 2003 = 3.667 + 2 => 32003 = (33)667. 32 
 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 52 ≡ 1(mod 12) => (52)35 ≡ 1 (mod 12) hay 570 ≡ 1(mod 12) (1)
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) => 776776 ≡ -1(mod 3) => 776776 ≡ 1 (mod 3)
 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 :
+Ta có : 35 ≡ 1 (mod 11) => (35)401 ≡ 1 (mod 11)
 Và 45 ≡ 1 (mod 11) => (45)401 ≡ 1 (mod 11)
=> A = 32005 + 42005 ≡ 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 3100-3 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.
Ví dụ 3: Chứng minh với n là số tự nhiên
Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = = 4.
Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = 1 => 1 (mod 10)
 34 1 (mod 10) => 34n + 1 3 (mod 10)
Đặt 34n + 1 = 10.k + 3 với k N. 
Khi đó ta có: 
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = 1 
Nên 1 (mod 11)
 210 1 (mod 11) => 210.k +3 23 (mod 11)
=> 210.k +3 + 3 23 +3 (mod 11) 0 (mod 11)
Vậy 
 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) => 61000 ≡ 1 (mod 7) => 61000 - 1 7
Vậy A là bội của 7
Từ 61000 ≡ 1 (mod 7) => 61001 ≡ 6 (mod 7) , mà 6 ≡ - 1 (mod 7)
=> 61001 ≡ -1 (mod 7) => 61001 + 1 7
Vậy B là bội của 7
Bài 2 : Chứng minh rằng A = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
Giải :
Ta có A = 7.52n + 12.6n = 7.25n + 12.6n 
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 :
Ta có 25 ≡ 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 một chữ số tận cùng của an :
-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 Î 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 Î {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) 62009 có chữ số tận cùng là 6 (vì 6 khi nâng lên luỹ thừa với số mũ tự nhiên khác 0 vẫn có tận cùng bằng chính số 6)
b) 92008 = (92)1004 = 811004 =  1 có chữ số tận cùng là 1
91991 = 91990.9 = (92)995.9 = 81995.9 = (1).9 =  9 có chữ số tận cùng là 9 
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 Î 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 số tận cùng của số an :
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
Nên: 1 (mod 100). Mà µ(100) = 
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 
Nên: 1 (mod 125). Mà µ(125) = 
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 
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: 99 (mod 100)
Mà: 99 = 387420489 89 (mod 100)
Vậy 2 chữ số tận cùng của là 89
4. Giải phương trình nghiệm nguyên
 a. Xét số dư hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: (*)
Giải:
 Ta có: 
 ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì ).
 (trong đó k ) thay vào pt(*) ta có : 
Vậy 
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau:
Giải:
Ta có là 5 số tự nhiên liên tiếp nên 
Mặt khác UCLN(;5) = 1 nên 
 Với thì còn suy ra phương trình không có nghiệm.
 Với y =0 ta có : 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 
Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn : 
Giải:
 (**)
Ta có 
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp
Từ pt(**) 
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: 
Giải:
Ta có x ,y nguyên dương 
Mà: 
 Nếu x chẵn thì ; nếu x lẻ thì 
 còn Do đó phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 5: Tìm các số nguyên dương x, y biết: 
Giải:
Ta có: (*)
 Nếu x =3k ( ) thì 
 Nếu x =3k +1 ( ) thì 
 Nếu x =3k +2 ( ) thì 
Vậy với thì (**)
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:: 
Giải:
 còn suy ra phương trình vô nghiệm.
Chú ý: 
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 
Giải:
 Dựa vào nhận xét trên ta có ;
Còn 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, .
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: .
7. Chứng minh rằng: 
8. Chứng minh rằng: 
a) , n nguyên dương.	b) .
c) .	d) 
9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:
	a) 	c) 	b) 
10. Tìm dư trong phép chia:
a) 570 + 750 cho 12;	b) .
11. Chứng minh: 
	a) 	b) 	c) 
12. Chứng minh:
	a) 2n + 1 không chia hết cho 7 với mọi n số tự nhiên 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) 	b) 
	c) 	d) 
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) .
17. Tìm chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, .
18. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 3123, 7200, , 2999, 3999.
19. Tìm dư trong phép chia .
20. Tìm hai chữ số tận cùng của các số: 22004, , , .
21. Tìm hai chữ số tận cùng của số: .
22. Tìm ba chữ số tận cùng của số: .
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 = (19761976 – 19741974)( 19761975 + 19741973) chia hết cho 10000.
25. Chứng minh B = (20012000 – 19991998)( 20012001 + 19991999) chia hết cho 1000000
26. Tìm hai chữ số tận cùng của B = 
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
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