Báo cáo Chuyên đề: Ứng dụng đồng dư thức vào giải một số dạng toán chia hết - Lê Đức Tú

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN THIỆU HÓA
TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ
BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ:
ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI 
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHIA HẾT
Thời lượng: 30 tiết (lớp 6, 7)
Người thực hiện: LÊ ĐỨC TÚ
Chức vụ: HỌC SINH.
Đơn vị:Trường THCS Thiệu Đô – Thiệu Hóa – Thanh Hóa.
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn chuyên đề:
	Như chúng ta đã biết toán học là một môn khoa học cơ bản, toán học xuất hiện ngay trong đời sống hàng ngày, tác dụng của toán học rất rộng lớn, từ những việc nhỏ như việc tính tiền đi mua hàng, hay những việc lớn như để thiết kế nên những ngôi nhà cao tầng, các công trình xây dựng ... tất cả đều phải dựa vào toán học.
	Ngay từ khi học bậc học Mầm non các em đã được là quen với các con số 1, 2, 3,...Đến khi học lên Tiểu học và Trung học cơ sở thì bộ môn Toán được xác định là môn công cụ, rất quan trọng đối với mỗi học sinh. 
Trong chương trình Toán bậc THCS, cụ thể là ở các lớp 6 và 7 thì số học là nội dung kiến thức vô cùng quan trọng bởi đây sẽ là nền tảng giúp các em có thể khám phá nhiều nội dung khác của Toán học. 
Trong nhiều năm làm công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi bản thân tôi nhận thấy để việc học những nội dung phần Số học được tốt, cụ thể là các chuyên đề chia hết, tìm chữ số tận cùng hay chuyên đề số chính phương, ... được tốt hơn thì việc ứng dụng Đồng dư thức một cách hợp lý sẽ cho chúng ta những lời giải hay và ngắn gọn, học sinh rất dễ nắm bắt kiến thức. Nhưng nội dung này lại không được đề cập trong chương trình môn Toán THCS. Chính vì những lý do trên mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các đồng nghiệp chuyên đề “ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”. Với mục đích giúp các em học sinh có thêm một cách tiếp cận mới đối với một số dạng toán cơ bản.
II. Mục đích, phạm vi, đối tượng của chuyên đề:
1. Mục đích của chuyên đề:
	- Giới thiệu tới các em HS các khái niệm, tính chất của đồng dư thức. 
	- Rèn kỹ năng giải các bài toán có liên quan đến đồng dư thức. Từ đó áp dụng vào quá trình học tập, nghiên cứu nhằm đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG.
2. Phạm vi nghiên cứu chuyên đề:
	- Chương trình môn Toán cấp THCS
	3. Đối tượng của chuyên đề: 
- Áp dụng cho học sinh khá, giỏi cấp THCS.
PHẦN II: NỘI DUNG
 I. Cơ sở lí luận.
	Số học là một nội dung kiến thức quan trọng trong chương trình Toán ở cấp THCS. Từ những phép tính cộng, trừ, nhân, chia đơn giản giữa các số đến các bài toán đòi hỏi tư duy cao hơn như là dạng toán cấu tạo số, các bài toán về số nguyên tố, số chính phương, các bài toán chia hết,thường dành cho đối tượng là học sinh khá, giỏi và một nội dung kiến thức có thể giúp chúng ta tìm ra lời giải một số dạng toán trên chính là sử dụng những kiến thức về Đồng dư thức. Đây là nội dung không được đề cập trong chương trình chính khóa nhưng lại rất cần thiết trong việc Bồi dưỡng HSG, nên đòi hỏi giáo viên phải tìm hiểu nghiên cứu và tìm ra những nội dung cần thiết để giúp học sinh tiếp thu và vận dụng một cách phù hợp trong suốt quá trình học. Từ đó áp dụng vào giải các dạng toán có liên quan đồng thời phát triển tư duy toán học. Để rồi vận dụng vào các môn học khác cũng như trong đời sống hàng ngày.	
II. Cơ sở thực tiễn
	Qua thực tế giảng dạy và chủ yếu là bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán ở các lớp 6, 7 và 8 trong trường THCS, tôi nhận thấy nhiều học sinh còn lúng túng về cách tìm lời giải khi gặp phải những bài toán về chia hết, tìm chữ số tận cùng, số chính phương, mặc dù đó không phải là những bài toán quá khó, hay như những bài toán nếu áp dụng kiến thức của Đồng dư thức vào thì cho ta lời giải rất hay và ngắn gọn, hoặc có những bài toán khi ta áp dụng kiến thức của lớp 8 thì mới giải được, nhưng khi sử dụng Đồng dư thức vào giải thì mới phù hợp với khả năng tư duy của học sinh lớp 6 và lớp 7. Từ cơ sở lý luận và cơ sở thục tiễn như vậy mà tôi đã chọn chuyên đề:
“ Ứng dụng Đồng dư thức vào giải một số dạng toán số học”. 
III. NỘI DUNG.
 1. Kiến thức cơ bản
1.1. Định nghĩa: 
- Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho c (c ¹ 0) mà có cùng số dư thì
ta nói a đồng dư với b theo môđun c; kí hiệu là a º b (mod c).
- Như vậy: a º b (mod c) a – b chia hết cho c.
- Hệ thức có dạng: a º b (mod c) gọi là một đồng dư thức, a gọi là vế
trái của đồng dư thức, b gọi là vế phải còn c gọi là môđun.
1.2. Một số tính chất:
	Với a; b; c; d; m;  là các số nguyên dương (Z+), ta luôn có:
1.2.1. Tính chất 1:
	+ a º a (mod m).
	+ a º b (mod m) Û b º a (mod m).
	+ a º b (mod m) và b º c (mod m) thì a º c(mod m).
1.2.2. Tính chất 2: 
Nếu a º b (mod m) và c º d (mod m) thì:
+ a ± c º b ± d (mod m).
+ ac º bc (mod m).( c>0)
+ ac º bd (mod m).
+ an º bn (mod m).
+ (a+b)n º bn (mod a).
+ an +bn º ( a+b) (mod m).( n là số lẻ)
+ Nếu d là một ước chung của a; b; m thì: º (mod );	
1.2.3. Tính chất 3:
	+ Nếu a º b (mod m) và c Î Z+ thì ac º bc (mod mc).
1.3. Một số kiến thức liên quan:
Trong khi làm bài tập sử dụng đồng dư thức, ta nên chú ý tới các tính chất hay
dùng sau đây:
	+ Với mọi a, b Î Z+ (a ¹ b) và n là số tự nhiên: an – bn a – b.
	+ Trong n số nguyên liên tiếp (n ³ 1) có một và chỉ một số chia hết cho n.
	+ Lấy n + 1 số nguyên bất kì (n ³ 1) đem chia cho n thì phải có
 hai số khi chia cho n có cùng số dư; (Theo nguyên lí Đirichlet).
	+ Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
2. ỨNG DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC VÀO GIẢI TOÁN.
2.1 DẠNG 1: CHỨNG MINH CHIA HẾT.
Bài 1: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19
Lời giải
	 	Cách 1: Thêm bớt 7.6n, ta được 
 A = 7.25n - 7.6n +19.6n
	 = 7.(25n - 6n) +19.6n
Vậy A 19
Ta có: A = 7.25n +12.6n
	Vì 25n º 6n (mod19).
	=> A º 7.6n +12.6n (mod19)
	=> A º 19.6n (mod19)
	=> A º 0 (mod19)
Đối với một số bài toán lớp 8 nếu ta sử dụng đến hằng đẳng thức:
với 
với ( ; n lẻ)
thì ta có thể giải được một cách dễ dàng, tuy nhiên với học sinh lớp 6 thì chưa thể sử dụng những hằng đẳng thức đó. Vì vậy, ta có thể sử dụng Đồng dư thức để có được lời giải phù hợp với trình độ của học sinh lớp 6.
Bài 2: ( Sách Phát triển toán 8 tập 1).Chứng minh rằng:
a) A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
	b) chia hết cho 7.
Lời giải
	Cách 1: 
a) Ta có 
	Mà 
	Tương tự: 
Vậy A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7.
	b) 
Sử dụng tính chất: khi chia cho a có số dư là b.
	Ta có 
	Cách 2:
a) Xét số dư của 22225555 khi chia cho 7.
Ta có: 2222 º 3 (mod 7) (1)
	 	 => 22224 º 34 (mod 7) 
 	 => 22224 º 81 (mod 7)
	Mà 81 º 4 (mod 7) 
 => 22224 º 4 (mod 7) (2)
	Nhân vế với vế (1) và (2) ta được 22225 º 3.4 (mod 7)
	 => 22225 º 5 (mod 7) 
 =>22225555 º 51111 (mod 7) (3)
	+ Tương tự: 55552222 º 21111 (mod 7) (4)
	Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: A º 21111 + 51111 (mod 7) (5)
	Mặt khác: 21111 + 51111 º (2 + 5) (mod 7) 
 º 0 (mod 7) ( Tính chất 2) (6)
	Từ (5) và (6) ta được: A º 0 (mod 7)
Vậy: A = 22225555 + 55552222 chia hết cho 7
b) Ta có:
Ta có: 1961 º 1 (mod 7) => 19611962 º 1 (mod 7) 
Tương tự:
Vậy: 
Bài 3: Chứng minh rằng:
Với mọi số tự nhiên n thì số B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13.
Lời giải
Cách 1: 
	Ta có: 
	Vì 
Cách 2: 
Với bài toán trên ta có thể sử dụng kỹ thuật thêm bớt để chứng minh, nhưng đối với học sinh lớp 6 thì chưa được học kỹ thuật đó. Nên ta có thể sử dụng Đồng dư thức để chứng minh.
	+ Ta xét số dư của 42n+1 khi chia cho 13
Ta có: 42 = 16 º 3 (mod 13) 
 => 42n º 3n (mod 13)
	 => 42n+1 º 4.3n (mod 13)
	Hay 42n+1 º 4.3n (mod 13) (1)
	+ Ta xét số dư của 3n+2 khi chia cho 13
Ta có: 32 = 9 º - 4(mod 13) 
Mà 3n º 3n (mod 13)
	=> 32.3n º - 4.3n (mod 13)
=> 3n+2 º - 4.3n (mod 13) (2)
	Từ (1) và (2), cộng vế với vế, ta được B º 0 (mod 13).
	Vậy B = 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi n Î N.
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n Î N.
	a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
	b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133 
Lời giải
	Cách 1: 
	a) Ta có: 
Vì 
b) 
Từ đây ta có được 
Cách 2:
	a) A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23
	Ta có: A = 25n .5 + 2n.16 + 2n.2
	Vì 5.25n º 5.2n (mod23)
	=> A º 5.2n + 2n.16 + 2n.2 (mod23)
 º 23.2n (mod23)
º 0 (mod23)
	Vậy A = 52n+1 + 2n+4 + 2n+1 chia hết cho 23.
b) B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133
	Tương tự câu a) ta có: B º 121.11n + 12.144n (mod133)
	º121.11n + 12.11n (mod133)
º 0(mod133)
Vây B = 11n+2 + 122n+1 chia hết cho 133.
Bài 5: ( lớp 8). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 1:
	 A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2 
Lời giải
	Ta có: Với n = 2 thì A = 1, B = 1, rõ ràng A chia hết cho B.
	Với n > 2, ta biến đổi A như sau:
	A = nn – n2 + n – 1 	= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
	= n2(n - 1)(nn-3 + nn-4 + + 1) + (n - 1)
	= (n – 1)(nn-1 + nn – 2 +  + n2 + 1) 
	Mặt khác: n º 1 (mod n – 1) Þ nk º 1 (mod n – 1), " kÎN
	Từ đó: nn-1 + nn-2 +  + n2 º n – 2 (mod n – 1)
	Nên: nn-1 + nn – 2 +  + n2 + 1 º n – 1 (mod n – 1)
	=> nn-1 + nn – 2 +  + n2 + 1 º 0 (mod n – 1) (1)
	=> (n – 1)(nn-1 + nn – 2 +  + n2 + 1) º 0 (mod (n – 1)2)
	=> A = (n – 1)(nn-1 + nn – 2 +  + n2 + 1) chia hết cho (n – 1)2.
Vậy: A = nn – n2 + n – 1 luôn chia hết cho đa thức B = (n – 1)2.
Với một số bài toán có luỹ thừa tầng thì khi chúng ta sử dụng Đồng dư thức thì sẽ giúp cho học sinh có được cách giải tổng quát cho dạng toán đó. Chẳng hạn
Bài 6: Chứng minh rằng:
Lời giải
a) Vì . Nên ta đi tìm số dư của cho 3.
Thật vậy: 
=> .
=>
b) Ta có 124 = 4.31
Dễ thấy . Ta chứng minh 
Vì nên 
Vì 
Từ đây ta xét chia cho 5 có số dư là bao nhiêu
Vì nên ta đặt và 
Mà => 
=> M = 5m+1
=> 
Vậy 
c) 
Vì 22 = 2.11 và nên ta chứng minh 
Ta có (Định lý Fecma)
 Từ đây ta xétvà chia cho 10 có số dư là bao nhiêu.
* 
=>
	=> ( vì )
	Tương tự: 
Vậy .
d) 
Ta có 212º 1(mod 13) (Định lý Fecma)
Từ đó bài toán được đưa về tìm số dư khi chia 22n cho 12
Ta có: 22nº 0(mod 4) => 22n =4k ( k N)
=> 22n = 4n º 1(mod 3) => 22n =3m+1 ( m N)
=> 22n = 12m+4 
=> D = 212m+4 +10 = 16.(26)2m + 10
	º 3+10(mod 13)
º 0(mod 13). 
	Vậy D chia hết cho 13 với mọi n.
Sau khi đã hình thành cho các em một số kỹ năng nhất định qua dạng toán chứng minh trên thì với cách biến đổi tương tự các em sẽ không gặp quá nhiều không khi gặp một số dạng toán sau:
2.2 DẠNG 2: TÌM SỐ TỰ NHIÊN TRONG PHÉP CHIA
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 19932014 cho 3.
Lời giải
	Cách 1: Nếu thêm bớt 1 vào số 19932014 thì ta có lời giải bài toán một cách dễ dàng: A= 19932014-1+1
	Vì A = 
	Suy ra A chia cho 3 dư 1.
Cách 2:
	Ta có: 1993 º 1 (mod 3) 
 	=> 19932014 º 12014 (mod 3) º 1 (mod 3)
	Vậy số 19932014 khi chia cho 3 thì dư 1.
	Bài 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3 và cho 5
Lời giải
	Cách 1: 
 Ta có:
Vì nên ta phải tìm số dự khi chia cho 3
Thật vậy: 
Vì nên A chia 3 dư 2
Tương tự: A chia 5 dư 1
Cách 2:
	+ Trường hợp 1: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 3.
	Ta có: 776 º 2 (mod 3)
	=> 776776 º 2776 (mod 3) º 4338 (mod 3) º 1338 (mod 3) º 1 (mod 3)
	Tương tự: 777777º 0 (mod 3)
	 778778º 1(mod 3)
=> A = 776776 + 777777 +778778º 1+0+1(mod 3) º 2 (mod 3)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 3 dư 2.
+ Trường hợp 2: Tìm số dư của A = 776776 + 777777 +778778 khi chia cho 5.
Ta có: 776 º 1 (mod 5)
	=> 776776 º 1776 (mod 5) º 1(mod 5).
	Ta có : 777º 2 (mod 5)
	777777 º 2777(mod 5)º (24)194.2(mod 5)	º 16194.2(mod 5)º2(mod 5)	
 	778778º 3(mod 5)
=> A = 776776 + 777777 +778778º 1+2+3(mod 5) º 1 (mod 5)
Vậy A = 776776 + 777777 +778778 chia cho 5 dư 1.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khi chia cho 5 dư 1, chia cho 7 dư 5.
Lời giải
Cách 1: Gọi n là số tự nhiên chia 5 dư 1 và chia 7 dư 5. 
Vì n không chia hết cho 35 nên n = 35k + r ( k, r N, r < 35). Trong đó r chia 5 dư 1, chia 7 dư 5.
Số nhỏ hơn 35 chia 7 dư 5 và chia 5 dư 1 là 5; 12; 19; 26; 33. Trong các số trên chỉ có 26 là số chia cho 5 dư 1. Vậy r = 26.
Cách 2: Ta có:
Số n nhỏ nhất có tính chất trên là n = 26.
Cách 3: 
Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: 
A º 1 (mod 5); A º 5 (mod 7)
Từ A º 5 (mod 7) => A = 7k+5 ( k N). (1)
=> 7k+5 º 1 (mod 5)
=> 2k º 1 (mod 5)
	=> 2k+4º 1+4(mod 5)
	=> 2k + 4 º 0(mod 5) => k + 2 º 0(mod5) => k = 5m -2 ( m N) (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: A = 7(5m-2)+5 = 35m - 9 
	=> A º -9 (mod 35) º 26 (mod 35)
	Vậy số A =26.
Nhận xét: Nếu sử dụng Đồng dư thức cho loại toán này thì ta có thể giải được các bài toán có nhiều số chia hơn, hoặc các số chia có giá trị lớn một cách dễ dàng hơn, đồng thời ta có được cách giải rõ ràng cho dạng toán này.
Bài 4: Tìm số tự nhiên n có bốn chữ số sao cho chia n cho 131 thì dư 112, chia n cho 132 thì dư 98.
Lời giải
Cách 1: Ta có 131x+112 = 132y+98
=> 131x = 131y +y-14
=>y - 14131
=> y = 131k + 14 
=> n = 132(131k+14)+98 = 132.131k+1946
Vì n có 4 chữ số nên n = 1946.
Cách 2: Từ 131x = 131y + y -14
=> 131(x-y) = y-14. Nếu x > y thì y- 14 => y => n có nhiều hơn 4 chữ số. Do đó x = y, suy ra n = 1946
Cách 3: Ta có n = 131x+112 nên 
	 132n = 132.131x +132.112 (1)
	Mặt khác n = 132y + 98
	 131n = 131.132y + 131.98	(2)
Từ (1) và (2) suy ra: 132n -131n = 131.132(x –y) + 1946 => n =1946.
Cách 4:
Gọi số tự nhiên cần tìm là n, ta có 
n º 112(mod 131); n º 98 (mod 132) 
Từ n º 98 (mod132) => n = 132k+98 (k N) (1)
=> 132k+98 º 112 (mod 131)
	=> k + 98 + 33º 112+33(mod 131) => k º 14(mod 131)
	=> k = 131m +14 ( m N) 	 (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: n = 132(131m + 14) + 98 = 131.132m +1946 
	Vậy n = 1946
Bài 5: Một số tự nhiên chia 4 dư 3, chia 17 dư 9, chia 19 dư 13. Hỏi số đó chia 1292 dư bao nhiêu.
Lời giải
Cách 1: 
Gọi số tự nhiên cần tìm là n ()
Vì BCNN(4;17;19)=1292 nên n = 1292k+r ().
Các số nhỏ hơn 1292 và chia cho 19 dư 13 là: 13; 32; ...1248; 1267.
Trong các số trên số chia cho 4 dư 3 và chia cho 17 dư 9 là số 1267.
Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên thì việc thử loại sẽ mất rất nhiều thời gian và nếu là các số chia lớn thì để giải được bài toán ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn.
Cách 2: Gọi số tự nhiên cần tìm là A, ta có: 
A º 3 (mod 4); A º 9 (mod 17); A º 13 (mod 19) 
Từ A º 13 (mod 19) => A = 19k+13 ( k thuộc N) (1)
=> 19k+13 º 9 (mod 17)
	=> 19k + 13+8 º 9 +8(mod 17)
	=> 2k + 4 º 0(mod 17) => k + 2 º 0(mod 17) => k = 17m -2 ( m thuộc N) (2)
	Thay (2) vào (1), ta được: A = 19(17m-2)+13 = 323m-25 (3)
	Mặt khác: A º 3 (mod 4) =>323m-25 º 3 (mod 4)
	 => 324m-m-1º 3 (mod 4)
	=>-m º 0 (mod 4)
	=> m = 4n ( n thuộc N) (4) 
	Thay (4) vào (3) => A = 1292n -25º -25 (mod 1292) º 1267 (mod 1292)
	Vậy số A chia cho 1292 dư 1267.
Bài 6: Xác định giá trị của n để:
	a) 
	b) 
Lời giải
	a) Ta có 
	Nên ta xét các trường hợp sau:
	+ n = 3k => 
 ( Nếu k chẵn)
	 ( Nếu k lẻ) (loại)
+ n = 3k+1=> 
	 	 ( Nếu k chẵn) ( loại)
	 ( Nếu k lẻ) ( loại)
+ Tương tự với n = 3k+2 ( loại)
	Vậy n = 3k ( với k chẵn).
	b) Với cách làm tương tự: 
Ta có . Nên ta xét các trường hợp sau: 
n = 5k; n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4. ( 
Trong các trường hợp trên thì n = 5k + 4 là thoả mãn điều kiện đề bài. Thật vậy: Xét 
	Vậy n = 5k +4
2.3 DẠNG 3: TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG.
Phương pháp: Tìm m chữ số tận cùng của số A là tìm số dư khi chia A cho 10m.
	Bài 1: Cho số A = 19942005.
	a. Tìm số dư trong phép chia A chia cho 7.
	b. Tìm chữ số tận cùng của A
	c. Tìm 2 chữ số tận cùng của A
Lời giải
a. Ta có: 1994 º-2 (mod 7)
=> A = 19942005 º (-2)2005 (mod 7) º [(-2)3]668.(-2) (mod 7)
	 º (-1)668.(-2) (mod 7)
	 º (-2) (mod 7) º 5 (mod 7)
Vậy A = 19942005chia cho 7 dư 5.
b. Xét số dư khi chia A cho 10.
Ta có: 1994 º 4 (mod 10).
Ta xét số dư khi chia A cho 2 và cho 5.
Ta có : 1994 º 0 (mod 2)	
 1994 º 4 (mod 5) º (-1) (mod 5)
 => 19942005 º (-1)2005 (mod 5) º (-1) (mod 5) º 4 (mod 5)
 => A º 4 (mod 10)
Vậy chữ số tận cùng của A là 4.
	c)
	Bài 2: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
	a) A = 22004
	b) B = 
Lời giải
	a) Ta có: A = 22004 = (210)200.24 º (-1)200.24 (mod 25)	 
 º 16 (mod 25)
	=> A = 25k + 16 ( k N)
	Mặt khác: A 4 => k 4 ( vì 25; 4) = 1
	=> A = 100k + 16
	Vậy 2 chữ số tận cùng của A là 16.
	b) B = 
	Ta có: 7n º 3 (mod 4)
	74 º 1 (mod 25)
	 º 1 (mod 4) => = 4k + 1 ( k N)
	=> B = 74k+1º 7 (mod 25)
	=> B = 25k +7
	=> 25k +7 º 3 (mod 4)
	=> k º 0 (mod 4)
	=> k = 4n
	=> B = 100n + 7
	Vậy hai chữ số tận cùng của B là 07.
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của số A = .
Lời giải
	Ta có: A = = 281 = 24.20 + 1 = 2.(24)20 = 2.1620
	Mà 16 º 6 (mod 10) Þ 1620 º 620 (mod 10)
	Từ đó: 1620 º 6 (mod 10), mà 2 º 2 (mod 10)
	Nên: 2.1620 º 6.2 (mod 10) Þ 2.1620 º 2 (mod 10)
=> A chia cho 10 dư 2 
Vậy A có chữ số tận cùng là 2.
Bài 4: Tìm sáu chữ số tận cùng của số B = 521.
Giải
	Ta có: B = 515 = 53.5 = 1255 º (-3)5 (mod 26)
	Hay 515 º 13 (mod 26) Þ 515.56 º 13.56 (mod 26.56)
	Hay là: B = 521 º 13.15625 (mod 106)
	=> B º 203125 (mod 106)
	=> B chia cho 106 dư 203125.
Vậy B có 6 chữ số tận cùng là 203125. 
	Khi học sinh đã nắm vững cách tìm chữ số tận cùng thì ta có thể đưa ra một dạng toán khác nhưng có cách giải tương tự.
Bài 5: Hỏi số sau đây là số nguyên hay là phân số:
Lời giải
a) Ta xét khi chia cho 10.
Ta có 
	=> . Vậy A là số nguyên.
Tương tự ý a) Ta xét khi chia cho 10.
Ta có 
	=> . Vậy B là số nguyên.
2.4 DẠNG 4: ỨNG DỤNG TRONG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG.
	Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không phải là số nguyên tố.
Lời giải
	a) Ta có 
	, mà A>3.
	Vậy A không là số nguyên tố.
Ta thấy 
	=> A
	Vậy A không là số nguyên tố
	Bài 2: Số là số nguyên tố hay hợp số. ( n N*) 
Lời giải
	Với n = 1, ta có . Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 7 hay không.
	Vì , nên ta xét chia 3 dư bao nhiêu. Thật vậy:
	Vậy A hợp số
Bài 3: Chứng minh rằng: Các số có dạng
	 đều không phải số nguyên tố.
Lời giải
	Với n = 1, ta có .Từ đó gợi ý cho ta xét xem A chia hết cho 11 hay không
Ta có: 35 =243 º 1(mod 11).
	Vì 24n+1 = 2.16nº 2(mod 5)
	=> 24n+1 = 5m +2 ( m N*)
	=> A = 35m+2 = 9.(35)m+2 º 9+2(mod 11) º 0(mod 11)
	Vậy A luôn chia hết cho 11 nên A không là số nguyên tố.
Bài 4: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương.
	a) 
	b) 
	c) 
Lời giải
	Cách 1: Ta sử dụng tính chất của số chính phương để chứng minh các số trên không phải là số chính phương.
	a) Ta có: Các số là số chính phương không chia hết cho 3 nên chia 3 dư 1, còn . Số A chia cho 3 dư 2, nên A không là số chính phương.
	b) Các số là số chính phương chẵn nên chia hết cho 4. Các số là các số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1. Số B chia 4 dư 2, nên B không là số chính phương.
	c) Tương tự ý b) ta có C chia cho 4 dư 2 nên C không là số chính phương.
	Cách 2: Nếu ta sử dụng Đồng dư thức thì có 1 cách làm chung cho cả 3 ý trên và cách làm đơn giản hơn nhiều.
a) 
 . Nên A không là số chính phương.
b) 
 . Nên B không là số chính phương.
	c) 
	 . Nên C không là số chính phương.
	Bài 5: Chứng minh rằng số A = 1 + 1919 + 93199 + 19931994 không là số chính phương.
Lời giải
	Ta có: 19 º (-1)(mod 4)
	 93 º 1 (mod 4) 
1993 º 1 (mod 4)
=> A º 1+3+1+1 (mod 4)
 º 2 (mod 4)
Mà số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
Vậy A không là số chính phương.
3. MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG. 
Bài 1: Tìm số dư trong phép chia số A = 15325 – 1 khi chia cho 9.
Bài 2: Cho số nguyên n > 1. Tìm dư trong phép chia:
	A = 19nn + 5n2 + 1890n + 2006 cho B = n2 – 2n + 1.
Bài 5: Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng:
	3n + 1 chia hết cho 10 Û 3n+4 + 1 chia hết cho 10.
Bài 6: Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng:
A = 24n – 1 chia hết cho 15
B = 25n – 1 chia hết cho 31
C = + 1 chia hết cho 641
D = 62n + 19n – 2n+1 chia hết cho 17
E = 7.52n + 12.6n chia hết cho 19
F = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59
Bài 7: Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n > 0, ta luôn có:
	52n-1.2n+1 + 3n+1.22n-1 chia hết cho 38
Bài 8: Chứng minh rằng:	 a) A = + + chia hết cho 102 
	 b) B = chia hết cho 7 
Bài 9: Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng:
	Số M = 212n+1 + 172n+1 + 15 không chia hết cho 19 
Bài 10: Chứn