Toán 9 - Chuyên đề I: Phép chia có dư – đồng dư thức

CHUYÊN ĐỀ I : PHÉP CHIA CÓ DƯ – ĐỒNG DƯ THỨC
I. Phép chia hết, phép chia có dư
1. Cho a, b Z, b > 0 ; khi chia a cho b ta có:
a) a b (hay a \ b) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = b.q
b) a không chia hết cho b : khi đó chia a cho b ta được thương gần đúng là q và số dư r (0 < r < b) ; ta viết : a = b.q + r (với 0 < r < b)
Chú ý : 
Khi chia một số nguyên a cho một số nguyên b > 0 thì số dư là một trong b số từ 0 đến b – 1.
Trong trường hợp a không chia hết cho b (r ¹ 0). Ta có thể lấy số dư là số âm r’ với r’ = r – b (do đó < b).
Ví dụ : Chia 23 cho 3, ta có thể viết :
23 = 3.7 + 2 (7 gọi là thương gần đúng thiếu, vì 3.7 = 21 < 23)
23 = 3.8 + (–1) (8 gọi là thương gần đúng thừa, vì 3.8 = 24 > 23)
Coi số dư có thể là số âm như trên, thì mọi số nguyên a khi chia cho 2, 3, 4,  , b có dạng :
a = 2k ; a = 2k + 1 hoặc a = 2k ; a = 2k – 1 (k Z)
a = 3k ; a = 3k ± 1 (k Z)
a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k + 2 hoặc a = 4k ; a = 4k ± 1 ; a = 4k – 2 (k Z)
Tổng quát : nếu a = bk + r (b > 0), thì :
b chẵn : r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ;  ; 
 hoặc r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ;  ; – 
b lẻ r = 0 ; r = ±1 ; r = ±2 ;  ; ±
2. Ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất. Cho hai số nguyên dương a và b.
	Ước chung lớn nhất của a và b, kí hiệu ƯCLN(a,b) hay (a,b). Một số d là ước chung của a và b khi và chỉ khi d là ước chung của ƯCLN(a,b).
	d \ a và d \ b d \ (a,b)
	Bội chung nhỏ nhất của a và b, kí hiệu BCNN(a,b) hoặc . Một số m là bội chung của a và b khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b).
	m a và m b m 
	Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1
	Ta chứng minh được : = 
Từ đó : = ab nếu (a,b) = 1
3. Thuật toán Ơclit (Tìm ƯCLN dựa vào định lí phép chia có dư) :
	Thuật toán Ơclit dựa vào hai mệnh đề sau :
a = bq (a,b) = b
a = bq + r (r ¹ 0) (a,b) = (b,r)
Ví dụ : Tìm (702,306)
Ta có : 702 	= 	306.2 + 90 	 	(702,306) 	= 	(306,90)
	306 	= 	90.3 + 36	 	(306,90) 	= 	(90,36)
	90 	= 	36.2 + 18	(90,36)	=	(36,18) = 18
Vậy (702,306) = 18.
Trong thực hành, người ta thường đặt phép tính như sau :
Nếu thực hiện thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN của hai số mà đến một lúc nào đó có số dư là 1 thì hai số đó là nguyên tố cùng nhau.
Áp dụng : Cho n là số tự nhiên bất kì ; Chứng minh rằng : không thể giản ước được.
	(Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải : 	21n + 4 = (14n + 3).1 + 7n + 1(21n + 4,14n +3) = (14n + 3,7n + 1)
	14n + 3 = (7n + 1).2 + 1 (14n + 3,7n + 1) = (7n +1,1) = 1
Vậy : 	(21n + 4,14n +3) = 1
Hai số 21n + 4 và 14n + 3 có ước chung lớn nhất bằng 1 nên phân thức không thể giản ước được.
4. Một số tính chất, định lí quan trọng thường được dùng để giải một số bài toán chia hết :
4.1) 	Mọi số nguyên a ¹ 0 đều chia hết cho chính nó (a Z ; a ¹ 0 a a)
4.2) 	a b và b c a c
4.3) 	0 b (b ¹ 0)
4.4)	a, b là hai số nguyên dương, nếu a b và b a thì a = b
4.5)	a b thì ac b với c Z
4.6)	a b ±a ±b
4.7)	a ±1
4.8)	a b và a ¹ b b không chia hết cho a
4.9)	a c và b c (a + b) c ; (a – b) c
4.10)	a c và b c (am + bn) c
4.11)	S = (a + b + c + d) m và a,b, c m thì d m
4.12)	a, b, c m và d không chia hết cho m thì a + b + c + d không chia hết cho m
4.13)	a b và c d ac bd. Đặc biệt : a b an bn
4.14)	ac b và (a,b) = 1 c b
4.15)	(ca,cb) = c(a,b) ; 
4.16)	c a và c b ; (a,b) = 1 c ab
4.17)	Với hai số nguyên a, b và b > 0 thì bao giờ cũng tìm được cặp số nguyên duy nhất (q; r) sao cho a = bq + r (0 £ r < b).
5. Các bài toán chia hết và phương hướng tìm lời giải :
	Cho biểu thức A(n), phụ thuộc vào số n (n Z hay n Z’ một tập con của Z)
5.1) Để chứng minh A(n) chia hết cho một số nguyên tố p, có thể xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p (0, ±1, ±2, , )
Ví dụ : Chứng minh rằng n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.
Giải : Đặt n = 5k + r với r = 0, ±1, ±2)
	Với r = 0 thì n 5 A(n) 5
	Với r = ±1 thì (n2 + 4) = [(5k ± 1)2 + 4] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
	Với r = ±2 thì (n2 + 1) = [(5k ± 2)2 ± 1] = 25k2 ± 10k + 5 5 A(n) 5
5.2) Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m, nói chung ta nên phân tích m ra thừa số. Giả sử m = p.q	Nếu p,q là số nguyên tố hay (p,q) = 1 thì ta tìm cách chứng minh A(n) p và A(n) q. Từ đó suy ra A(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6.
Giải : Gọi ba số nguyên liên tiếp là : n, n + 1, n + 2. Tích của chúng là : A(n) = n(n + 1)(n + 2).
	Trong hai số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng có một số chẵn, do đó A(n) 2.
	Trong ba số nguyên liên tiếp n, n + 1, n + 2 bao giờ cũng có một số chia hết cho 3. Thật vậy vì số dư khi chia n cho 3 chỉ có thể là 0 (n chia hết cho 3) hoặc là 1 (lúc đó n + 2 chia hết cho 3) hoặc là 2 (lúc đó n + 1 chia hết cho 3).
	Vì (2,3) = 1 nên A(n) = n(n + 1)(n + 2) 6
Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau thì ta phân tích A(n) thành nhân tử, chẳng hạn A(n) = B(n).C(n) và tìm cách chứng minh B(n) p và C(n) q. Khi đó A(n) = B(n)C(n) pq = m.
Ví dụ : Chứng minh rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : Gọi số chẵn đầu là 2n, số chẵn tiếp theo là 2n + 2, tích của chúng là A(n) = 2n(2n + 2).
	Ta có 8 = 2.4 và A(n) = 2n(2n + 2) = 4.n(n + 1); n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2. Vì 4 4 và n(n + 1) 2 nên 4n(n + 1) 4.2 = 8.
5.3) Để chứng minh A(n) chia hết cho m, ta có thể biến đổi A(n) thành tổng của nhiều số hạng và chứng minh mỗi số hạng chia hết cho m.
 	Ví dụ : Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên bất kì (n > 1) trừ đi 13 lần số nguyên đó thì luôn chia hết cho 6. (Đề thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1970)
Giải :	Ta cần chứng minh : A(n) = n3 – 13n 6
	Ta có A(n) = n3 – 13n = n3 – n – 12n = n(n2 – 1) – 12n = n(n – 1)(n + 1) – 12n.
	Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6 và 12n chia hết cho 6 nên : A(n) = n3 – 13n 6.
5.4) Để chứng minh một tổng nào đó không chia hết cho m, có thể chứng minh một số hạng nào đó của tổng không chia hết cho m còn tất cả các số hạng còn lại chia hết cho m.
	Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
Giải :	Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
	n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 5
 = (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
	Vì k(k + 1) 2 nên 4k(k + 1) 8 ; 8(k + 1) 8 và 2 không chia hết cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
5.5) Nếu số dư khi chia a cho b > 0 là r (0 1) cho b là số dư khi chia rn cho b (số dư này bằng rn nếu rn < b).
Ví dụ : Chứng minh rằng A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 với mọi số nguyên n.
Giải : 	n chia cho 5 dư 0 n 5
	n chia cho 5 dư ±1 n2 chia cho 5 dư (±1)2 = 1 n2 + 4 5
	n chia cho 5 dư ±2 n2 chia cho 5 dư (±2)2 = 4 n2 + 1 5
Ví dụ : Chứng minh rằng nếu n không chia hết cho 7 thì n2 + 1 hoặc n3 – 1 chia hết cho 7.
Giải : 	n không chia hết cho 7 nên n có dạng : 7k ± 1, 7k ± 2 hoặc 7k ± 3
	n = 7k ± 1 n3 = 7p ± 1
	n = 7k ± 2 n3 = 7q ± 8 = 7(q ± 1) ± 1
	n = 7k ± 3 n3 = 7m ± 27 = 7(m ± 4) ± 1
	Trong mọi trường hợp, n3 + 1 hoặc n3 – 1 là bội của 7.
5.6) Có thể dùng các công thức sau :
Ta đã biết : 	a2 – b2 = (a – b)(a + b)
	a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2)
	a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2)
Một cách tổng quát :
	an – bn = (a – b).M với n bất kì	(1)
	Trong đó : M = an – 1 + an – 2b +  + abn – 2 + bn – 1
	 với n chẵn	(2)
	Trong đó : N = 
	an + bn = (a + b).P với n lẻ	(3)
	Trong đó : P = an – 1 - an – 2b +  - abn – 2 + bn – 1
Do đó, theo (1) và (2) :
	an – bn chia hết cho a – b (nếu a ¹ b) với n bất kì.
	an – bn chia hết cho a + b (nếu a ¹ -b) với n chẵn.
Theo (3) : 	an + bn chia hết cho a + b (nếu a ¹ -b) với n lẻ.
Ví dụ : a) Chứng minh rằng 24n – 1 15
Giải :	Ta có : 24 = 16, do đó : 24n – 1 = 16n – 1 = (16 – 1).M = 15.M
b) Chứng minh rằng 25 + 35 + 55 5
Giải : Vì 5 là số lẻ nên 25 + 35 = (2 + 3).P và 55 5 nên 25 + 35 + 55 5
5.6) Có thể chứng minh bằng quy nạp toán học :
	Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành theo ba bước sau :
Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 (hoặc n = no)
Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n = k > 1 (hoặc k > no) ; (Ta gọi là giả thiết quy nạp). Rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Bước 3 : Kết luận mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ : Chứng minh rằng 16n – 15n – 1 225.
Giải : 	Với n = 1 thì 16n – 15n – 1 = 16 – 15 – 1 = 0 225 (đúng)
	Giả sử 16k – 15k – 1 225
Ta chứng minh : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.
Thật vậy : 16k+1 – 15(k + 1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – 1 = (15 + 1).16k – 15k – 15 – 1 =
= (16k – 15k – 1) + 15.16k – 15.
Theo giả thiết quy nạp (16k – 15k – 1) 225, 
Còn 15.16k – 15 = 15(16k – 1) = 15.(16 – 1).M 15.15.
Vậy 16k+1 – 15(k + 1) – 1 225.
5.7) Dùng nguyên lí Dirichlet :
Nguyên lí Dirichlet có thể phát biểu một cách tổng quát như sau :
“Nếu đem n + 1 con thỏ nhốt vào n cái chuồng thì có ít nhất một chuồng chứa từ 2 con thỏ trở lên”
Ví dụ : Chứng minh rằng trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số mà hiệu chia hết cho n.
Giải : Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì có n + 1 số dư. Nhưng khi chia một số cho n thì sẽ có n số dư từ 0 đến n – 1. Vậy trong n + 1 phép chia trên sẽ có 2 số có cùng số dư. Khi đó hiệu hai số này chia hết cho n.
Bài tập áp dụng :
Chứng minh rằng : A = 75(41975 + 41974 + 41973 +  + 4 + 5) + 25 chia hết cho 41976.
Giải : 	A = 25.3(41975 + 41974 + 41973 +  + 42 + 4 + 1) + 25
	A = 25.(4 – 1) (41975 + 41974 + 41973 +  + 42 + 4 + 1) + 25
	A = 25.(41976 – 1) + 25 = 25
Chứng minh rằng số P = luôn luôn là một số tự nhiên với mọi số tự nhiên x.
Giải : 	P = 
	Mà : x5 + 10x4 + 35x3 + 50x2 + 24x 
= x(x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24)
= x[(x4 + 5x3 + 4x2) + (5x3 + 25x2 + 20x) + (6x2 + 30x + 24)]
= x[x2(x2 + 5x + 4) + 5x(x2 + 5x + 4) + 6(x2 + 5x + 4)]
= x(x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)= x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3).
Vì 120 = 3.5.8 với 3, 5, 8 đôi một nguyên tố cùng nhau, do đó chỉ cần chứng minh :	x(x + 1)(x + 4)(x + 2)(x + 3) lần lượt chia hết cho 3, 5, 8.
Chứng minh rằng : là tối giản.
Giải : Dùng thuật toán Ơclit.
Tìm n để các phân số sau là tối giản :
 b) 
Giải : 	a) n + 13 = n – 2 + 15 (n + 13 , n – 2) = (n – 2 , 15).
	 tối giản (n – 2 , 15) = 1 
 = 
Đã có (3 , 7) = (3 , 3n + 1) = (6n + 1 , 3n + 1) = 1. 
Cần có : (6n + 1 , 7) = 1
6n + 1 = 7n – (n – 1) (6n + 1 , 7) = (n – 1 , 7) = 1 n – 1 ¹ 7k n ¹ 7k + 1
Chứng minh rằng :
A = (n + 1)(n + 2)(n + 3).(3n) 3n
B = 
Giải :	Chứng minh bằng quy nạp
a) Với n = 1, ta có : A = 2.3 3
	Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :
	Ak = (k + 1)(k + 2)(k + 3)(3k) 3k (1)
Ta hãy xét : Ak + 1 = (k + 2)(k + 3)(k + 4)[3(k + 1)] 3k + 1
	Ak + 1 = 3(k + 1)(k + 2)(k + 3)(3k)(3k + 1)(3k + 2) = 3Ak(3k + 1)(3k + 2)
Nhưng theo (1) thì Ak 3k. Vậy Ak + 1 = 3Ak(3k + 1)(3k + 2) 3k + 1
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên : n ³ 1
b) Với n = 0, ta có : B = 7 + 12 = 19 19
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là :Bk = 7.52k + 12.6k 19 (1)
Ta hãy xét : Bk + 1 = 7.52(k + 1) + 12.6k + 1 = 7.52k.52 + 12.6k.6
	 = (6 + 19)7.52k + 12.6k.6 = 6(7.52k + 12.6k) + 19.7.52k = 6Bk + 19.7.52k
Nhưng theo (1) thì Bk 19. Vậy Bk + 1 = 6Bk + 19.7.52k 19
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n.
Chứng minh rằng : 
Trong 6 số nguyên dương liên tiếp không có hai số nào có ước chung d ³ 6.
Giải : 	Ước chung của hai số nguyên a và a + m phải là ước của a và m. Với 6 số nguyên dương liên tiếp thì 0 < m £ 5 d = (a, a + m) £ 5.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có An = n2 + n + 1 không bao giờ chia hết cho 9.
Giải : 	Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử ngược lại có số nguyên a sao cho A = a2 + a + 1 chia hết cho 9
 a2 + a + 1 = 9k 4a2 + 4a + 4 = 36k (2a + 1)2 = 36k – 3 
(2a + 1)2 = 3(12k – 1)12k – 1 chia hết cho 3 (vô lý)
Vậy An = n2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên n.
Tìm hai số tự nhiên a và b, biết :
a + b = 128 và (a,b) = 16
a.b = 216 và (a,b) = 6.
Giải : 	a) Đặt a = 16m, b = 16n (m,n Î N)
	 a + b = 16m + 16n = 128 m + n = 8
	m
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n
8
7
6
5
4
3
2
1
0
Từ đó suy ra a, b.
b) Tương tự câu a.
Cho A = m + n và B = m2 + n2 , trong đó m và n là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Tìm ước chung lớn nhất của A và B.
Giải : 	Đặt d = (m + n , m2 + n2) (m + n)2 d (m + n)2 – (m2 + n2) = 2mn d 
 d là ước chung của m + n và 2mn. (1)
(m,n) = 1 (m + n, n) = (m + n, m) = 1 (2)
Do (1) và (2) 2 d d = 1 hoặc d = 2.
II. Đồng dư thức :
Định nghĩa : Cho một số nguyên m > 0. Nếu hai số nguyên a và b cho cùng một số dư khi chia cho m (tức 
là a – b chia hết cho m) thì ta nói rằng a đồng dư với b theo module m và viết a º b (modm).
 Thí dụ : 46 º 16 (mod 10) vì 46 – 16 = 30 10
5 º 1 (mod 2) vì 5 – 1 = 4 2
-2 º 16 (mod 3) vì –2 – 16 = –18 3
Nếu a – b chia hết cho m thì có một số nguyên t sao cho a – b = m.t
Do đó theo định nghĩa của đồng dư thức :
a º b (mod m) a – b = m.t (t nguyên) hay a = b + m.t
Trong trường hợp < m thì a º b (mod m) có nghĩa là chia a cho m có dư là b.
	Nói riêng : a º 0 (mod m) có nghĩa là a chia hết cho m.
Chú ý : Nếu nếu a º b (mod m) là sai thì ta cũng viết a º b (mod m)
Các tính chất của đồng dư thức :
Tính chất 1 : Với mọi số nguyên a, ta có : a º a (mod m)
Tính chất 2 : a º b (mod m) b º a (mod m)
Tính chất 3 : a º b (mod m), b º c (mod m) a º c (mod m)
Tính chất 4 : a º b (mod m), c º d (mod m) a + c º b + d (mod m)
Tính chất 5 : a º b (mod m), c º d (mod m) ac º bd (mod m)
Các hệ quả của tính chất 4 và tính chất 5 :
a1 º b1 (mod m), a2 º b2 (mod m), a3 º b3 (mod m), , an º bn (mod m)
 a) a1 + a2 + a3 +  + an º b1 + b2 + b3 +  + bn (mod m)
 b) a1.a2.a3  an º b1.b2. b3bn (mod m)
 c) an º bn (mod m)
Tính chất 6 : Nếu a º b (mod m) và d là ước chung của a và b sao cho (d , m) = 1 thì :
 (mod m)
Tính chất 7 : Nếu a º b (mod m) và số nguyên dương d là ước chung của cả ba số a, b, m thì (mod )
Tính chất 8 : Nếu a º r (mod m) với 0 £ r < m, thì r chính là số dư trong phép chia a cho m.
Một số thí dụ áp dụng :
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng các số A = 61000 - 1 và B = 61001 + 1 đề là bội của 7.
Giải : 	Ta có 6 º –1 (mod 7) 61000 º 1 (mod 7) A = 61000 – 1 º (mod 7)
Ta có 6 º –1 (mod 7) 61001 º –1 (mod 7) B = 61000 + 1 º (mod 7)
Ví dụ 2 : Tìm chữ số sau cùng của số 6713 và 21000
	(Tìm chữ số sau cùng của một số N có nghĩa là tìm số dư của phép chia N cho 10, tức là tìm số không âm nhỏ hơn 10 và đồng dư với N theo module 10)
Giải : 	Ta có 62 = 36 º 6 (mod 10)
	Do đó 6n º 6 (mod 10) với mọi n > 0
	Suy ra 6713 º 6 (mod 10). Tức là chữ số cuối cùng của 6713 là 6.
Chú ý rằng : 24 = 16 º 6 (mod 10) và 1000 = 4.250, ta có : 21000 = 24.250 = (24)250 
Do đó : 21000 º 6250 (mod 10). Tức là chữ số cuối cùng của 21000 cũng là 6.
Ví dụ 3 : Tìm số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7
Giải :	Ta có 33 = 27 º –1 (mod 7)
	3100 = 33.33 + 1 = (33)33.3
Do đó : (33)33 º –1 (mod 7) 3100 = (33)33.3 º –1.3 (mod 7) 3100 – 1 º –4 (mod 7)
Vậy số dư trong phép chia 3100 – 1 cho 7 là –4 (hay là 3)
Ví dụ 4 : Chứng minh rằng A = 22225555 + 55552222 7
Giải : Ta có 2222 º 3 (mod 7) 22225 º 35 º 5 (mod 7) 22225555 = (22225)1111 º 51111 (mod 7)
 	 5555 º 4 (mod 7) 55552 º 42 º 2 (mod 7) 55552222 = (55552)1111 º 21111 (mod 7)
Do đó : A = 22225555 + 55552222 = (22225)1111 + (55552)1111 º 51111 + 21111 (mod 7)
Ta lại có : 51111 + 21111 = (5 + 2).Q 7. Vậy A = 22225555 + 55552222 7
Ví dụ 5 : Chứng minh rằng chia hết cho 102010
Giải :	Ta chứng minh bài toán một cách tổng quát : 
	Với mọi số tự nhiên n thì chia hết cho 10n + 1
	Với n = 0 thì mệnh đề đúng : 11 – 1 = 10 10
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, ta có :
	Ak = (1)
Ta xét :
Nhưng mọi lũy thừa của 11 đều đồng dư với 1 (mod 10) nên 10 số hạng trong móc vuông cũng vậy, do đó : º (mod 10)
Và biểu thức trong móc vuông chia hết cho 10
Mặt khác theo (1) : vậy :	Ak + 1 10k + 1.10 = 10k + 2
Với n = 2009, ta có : chia hết cho 102010
Định lý Fermat :“Nếu p là số nguyên tố thì np – n chia hết cho p với mọi số nguyên n”
np º n (mod p), p là số nguyên tố
Đặc biệt : nếu (n , p) = 1 thì np – 1 º 1 (mod m)
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng 11991 + 21991 + 31991 +  + 19911991 chia hết cho 11 
Giải : 	Theo định lí Fermat thì a11 º a (mod 11), do đó a1991 º a11 (mod 11) º a (mod 11)
	Vậy 11991 + 21991 + 31991 +  + 19911991 º 1 + 2 + 3 +  + 1991 º 1991.996 º 0 (mod 11)
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết chư 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
Giải : 	Ta có : 30 = 2.3.5 và 2, 3, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau.
	Theo định lí Fermat : a2 º a (mod 2) a4 º a2 º a (mod 2) a5 º a2 º a (mod 2)
	 a3 º a (mod 3) a5 º a3 º a (mod 3)
	 a5 º a (mod 5)
Theo tính chất của phép đồng dư, ta có : 	a5 + b5 + c5 º a + b + c (mod 2)
	a5 + b5 + c5 º a + b + c (mod 3)
a5 + b5 + c5 º a + b + c (mod 5)
Do đó a5 + b5 + c5 º a + b + c (mod 2.3.5). Tức là nếu a + b + c chia hết cho 30 thì a5 + b5 + c5 chia hết cho 30.
CHUYÊN ĐỀ I I : PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANTE
(Phương trình nghiệm nguyên)
Mở đầu :Có bài toán dân gian sau :
Trăm trâu trăm cỏ,
Trâu đứng ăn năm, 
Trâu nằm ăn ba,
Lụ khụ trâu già, 
Ba con một bó.
Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, bao nhiêu trâu nằm, bao nhiêu trâu già ?
Giải : 	Gọi số trâu đứng là x, số trâu nằm là y, thì số trâu già là : 100 – (x + y)
Ta có phương trình : 
Hay 7x + 4y = 100 (1)
Nếu không có điều kiện hạn chế gì thì phương trình này rất dễ giải ; nó có vô số nghiệm :
Nhưng theo đề toán thì x, y (số trâu) phải là số nguyên dương, nên ta phải tìm nghiệm nguyên dương của phương trình (1).
Đây là một ví dụ về phương trình Diophante.
Một phương trình có nhiều ẩn số, với tất cả các hệ số đều là số nguyên, và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó, được gọi là một phương trình Diophante.
(Diophante là tên của một nhà toán học cổ Hy Lạp)
Phương trình Diophante nói chung là có nhiều nghiệm nguyên, vì vậy người ta cũng gọi là phương trình vô định.
Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên đơn giản :
Phương trình ax + by = c (1) (a, b, c là các số nguyên)
Nếu (a,b) = 1 thì phương trình (1) bao giớ cũng có nghiệm nguyên.
Nếu a, b có một ước số chung không phải là ước số của c thì phương trình (1) không có nghiệm nguyên.
Muốn tìm nghiệm nguyên của (1), ta phải tách được phần nguyên ra khi biểu diễn x theo y hoặc y theo x.
Ví dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x + 4y = 29
Giải : Ta có x = .
	Muốn có x, y nguyên thì phải nguyên hay 3 là ước của 2 – y.
	Vậy 2 – y = 3t (t Z)
Khi đó : y = 2 – 3t và x = 9 – y + t = 9 – 2 + 3t + t = 4t + 7
Vậy : là tất cả các nghiệm nguyên của phương trình đã cho.
Muốn tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình trên, ta đặt thêm các điều kiện để x > 0 y > 0. Ta có :
Do đó : và t chỉ có hai giá trị t1 = –1, t2 = 0
Với t1 = –1 thì x = 3, y = 5 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.
Với t2 = 0 thì x = 2, y = 7 là nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.
Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 7x + 23y = 120 (1)
Giải : 	Ta có x = (2)
	Muốn có x, y nguyên thì 1 – 2y = 7t hay 2y = 1 – 7t (t nguyên).
Từ đó : y = –3t + (3)
Vì y, t nguyên nên 1 – t = 2t1 (t1 nguyên) t = 1 – 2t1
Thay vào (3) ta có : y = –3(1 – 2t1) + t1 = 7t1 – 3.
Thay vào (2) ta được : x = 17 – 3(7t1 – 3) + 1 – 2t1 = 27 – 23t1
Vậy x = 27 – 23t1 , y = 7t1 – 3 là nghiệm nguyên của phương trình (1). Muốn có nghiệm nguyên dương, ta phải có : 
Suy ra t1 = 1 và x = 4, y = 4 là nghiệm nguyên dương duy nhất của phương trình đã cho.
Đưa về phương trình tích : 
Ta có thể biến đổi một vế của phương trình là tích các biểu thức nguyên của ẩn còn vế kia là 
một số nguyên. Bằng cách phân tích số nguyên này thành các thừa số nguyên tố, ta có thể xét mọi trường hợp có thể xảy ra rồi từ đó tính ra nghiệm nguyên của phương trình.
Ví dụ 3 : Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình xy – 4x = 35 – 5y (1)
Giải :	(1) xy – 4x + 5y – 20 = 15
	hay ( x + 5)(y – 4) = 15 = 15.1 = 5.3
Vì x, y đều là số tự nhiên nên x + 5 ³ 5 và là ước của 15, ta có : 
hoặc 
Suy ra : x = 10, y = 5 hoặc x = 0, y = 7. Đó là những nghiệm tự nhiên của phương trình đã cho.
Phương pháp loại trừ :Từ phương trình đã cho tìm ra một số điều kiện loại bớt dần những giá trị của ẩn để tìm ra nghiệm
Ví dụ 4 : Tìm n