SKKN Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán Lớp 7
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.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC
TRONG GIẢI TOÁN LỚP 7
Lĩnh vực : Toán 7
Cấp học : Trung học cơ sở
Tài liệu kèm theo:
Đĩa CD minh họa cho SKKN
NĂM HỌC 2016- 2017
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
MỤC LỤC
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Trang 2
Trang 2
Trang 3
Trang 3
Trang 4
1/ Cơ sở lí luận
2/ Cơ sở thực tiễn
3/ Thực trạng
4/ Mục đích nghiên cứu
5/ Phạm vi, kế hoạch và đối tượng nghiên cứu
Trang 4
6/ Phương pháp nghiên cứu
Trang 4
Trang 5
Trang 5
Trang 7
Trang 19
Trang 19
Trang 19
Trang 21
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I - ĐỒNG DƯ THỨC
II- ĐỊNH LÝ ƠLE VÀ ĐỊNH LÝ FÉCMA
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
I - KẾT LUẬN
II - MỘT SỐ KHUYẾN NGHỊ KHI THỰC HIỆN
Tài lệu tham khảo
Trang 1/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lí luận.
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.. 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.
“ 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…
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
Trang 2/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
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 THCS– 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.
Trang 3/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
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
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.
Trang 4/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
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
Hệ thức: a
Ví dụ: 19
b (mod m)
b (mod m) gọi là đồng dư thức.
3 (mod 8); -25 3 (mod 4)
b. Các điều kiện tương đương:
1-
2-
3-
a
b (mod m)
(a - b)
t Z sao cho: a = b + m.t.
m
2. Các tính chất
a. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp Z có nghĩa là:
1-
2-
3-
a
a
a
a (mod m)
b (mod m) => b
a (mod m)
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
(1)k ai (1)k bi
ai
bi (mod m) i = 1,n =>
(mod m) k N
i1
i1
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
a i
b1
(mod m);
=>
i 1
i i
3. Các hệ quả
a. a b (mod m) => a
b. a + c b (mod m) => a
b (mod m) => a + k.m
c
b
c (mod m)
b - c (mod m)
b (mod m)
c. a
d. a
e. a
b (mod m) => a.c
b (mod m) => an
b.c (mod m)
bn (mod m) n N
f. Cho f(x) = an xn + an-1 xn-1 + . . . +a1x + a0 ai Z . Nếu (mod m) thì
ta cũng có f( ) f( (mod m)
)
Trang 5/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
0 (mod m) thì ta cũng có: f( + k.m) 0 (mod m)
Đặc biệt: f( )
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 < c
ƯC (a; b; m) => 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
m. Nếu: a
b (mod m); 0 < ∂
Ư(m) => a
b (mod ∂ )
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)
1
Ta có:
µ(m) = µ(pα) = pα (1
)
p
1
n
b.2 m = p1 p2 2 p3 ...pn (pi là các số nguyên tố, α1 là số tự nhiên khác 0 ). Ta
3
1
1
1
1
có: µ(m) = m (1
)(1
)(1
)…(1
)
p1
p2
p3
pn
Trang 6/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
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:
aµ(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)
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
=> 29455 – 3
Mà 25 – 3
2 (mod 9)
2 (mod 9)
25 – 3 (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
=> 109345
Ta lại có: ( -3; 14 ) = 1
-3 (mod 14)
(-3)345 (mod 14)
1
1
Hơn nữa: µ(14) = 14.(1 )(1 ) 6
2
7
Nên: (-3)6
=> (-3)345
1 (mod 14) (theo định lý Ơle)
(-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)
Trang 7/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
Nên ta có: 19971998 + 19981999 +19992000
2 (mod 111)
10
(19971998 + 19981999 +19992000
)
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 .
Trang 8/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
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 .
Trang 9/21
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7
2. Chứng minh chia hết
Ví dụ 1: Chứng minh: 3100 – 3 chia hết cho 13
Giải.
Ta có: 33 = 27
=> 3100 = 3.399
1 (mod 13)
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
Nên: 62n + 1
- 52 (mod 31)
-5n + 2 (mod 31)
Vậy 62n + 1 + 5n + 2 chia hết cho 31.
4n1
23 311
Ví dụ 3: Chứng minh
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.
4n1
23 3 210.k3 3
Khi đó ta có:
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)
4n1
23 3
3
=> 210.k +3 + 3
2 +3 (mod 11) <=>
0 (mod 11)
4n1
23 311
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
Trang 10/21
Tải về để xem bản đầy đủ
22 trang
08/06/2025
150
Bạn đang xem 11 trang mẫu của tài liệu "SKKN Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán Lớp 7", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
File đính kèm:
- skkn_ung_dung_dong_du_thuc_trong_giai_toan_lop_7.doc
