Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng đồng dư thức trong giải toán Lớp 7

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. 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 5/21
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  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- Zt 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 = n,1 => 


n
i
i
k
n
i
i
k ba
11
)1()1( (mod m) Nk  
c. Ta có thế nhân từng vế với nhau nhiều đồng dư thức theo cùng một môđun. 
Cụ thể: ai  bi (mod m);i = n,1 
 => 


n
ii
n
i
i ba 1
1
 (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) Nn 
f. Cho f(x) = an x
n + an-1 x
n-1 + . . . +a1x + a0 Zai  . Nếu    (mod m) thì 
ta cũng có f( )  f( ) (mod m) 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 6/21
Đặc biệt: f( )  0 (mod m) thì ta cũng có: f( + k.m)  0 (mod m) 
Zk  
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) *Nc 
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 = n,1 => 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
p
1
 ) 
b.2 m = nnpppp

...31 3
2
21 (pi là các số nguyên tố, α1 là số tự nhiên khác 0 ). Ta 
có: µ(m) = m (1
1
1
p
 )(1
2
1
p
 )(1
3
1
p
 )(1
np
1
 ) 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 7/21
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: 
 1
µ(m) a (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) = 6)
7
1
1)(
2
1
1.(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) 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 8/21
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 . 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 9/21
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 . 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 10/21
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 1132
143 
n
 với n là số tự nhiên 
Giải: Ta có: µ(11) = 10; µ(10) = )
5
1
1)(
2
1
1(10  = 4. 
Áp dụng ĐL Ơle ta có: (3; 10) = 1 => µ(10)3  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: 
4 13 10. 32 3 2 3
n k    
Áp dụng định lý Ơle ta có: (2; 11) = 1 
Nên µ(11)2  1 (mod 11) 
 210  1 (mod 11) => 210.k +3  23 (mod 11) 
=> 210.k +3 + 3  23 +3 (mod 11) 32
143 
n
 0 (mod 11) 
Vậy 1132
143 
n
 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 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 11/21
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  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  {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 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 12/21
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  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) 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 13/21
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: µ(100)9  1 (mod 100). Mà µ(100) = 40)
5
1
1)(
2
1
1.(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: µ(125)2  1 (mod 125). Mà µ(125) = 25)
5
1
1(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 
999 
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 (**) 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 14/21
Từ (*) và (**) suy ra: 
999  99 (mod 100) 
Mà: 99 = 387420489  89 (mod 100) 
Vậy 2 chữ số tận cùng của 
999 là 89 
4. Giải phương trình nghiệm nguyên 
 a. Xét số dư hai vế 
Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 29 2x y y   (*) 
Giải: 
 Ta có:        29 2 2 mod3 2 mod 3 1 2 mod 3VT x VP y y y y          
 1 mod3y  ( vì nếu y=3k hoặc y = 3k+2 thì  0 mod3VP  ). 
3 1y k   (trong đó k Z ) thay vào pt(*) ta có : 
   
2 2 29 2 3 1 3 1 9 9 9x k k x k k x k k           
Vậy 
2
3 1
x k k
y k
k Z
  

 
 
Ví dụ 2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 
     2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879x x x x y      
Giải: 
Ta có 2 ; 2 1; 2 2; 2 3; 2 4x x x x x    là 5 số tự nhiên liên tiếp nên 
    2 2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x x     
Mặt khác UCLN( 2x ;5) = 1 nên       2 1 2 2 2 3 2 4 5x x x x     
 Với 1y  thì     2 1 2 2 2 3 2 4 5 5x x x x yVT        còn  11879 4 mod 5VP   suy 
ra phương trình không có nghiệm. 
 Với y =0 ta có : 
         02 1 2 2 2 3 2 4 5 11879 2 1 2 2 2 3 2 4 11880x x x x x x x x            
     32 1 2 2 2 3 2 4 9.10.11.12 2 1 9 2 8 2 2 3x x x x x x x x               
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất    ; 3;0x y  
Ví dụ 3: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn :  
2
3 1 1x y   
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 15/21
Giải: 
    
2
3 1 1 3 2x xy y y      (**) 
Ta có      3 1 mod 2 2 1 mod 2xVT VP y y      
Suy ra y là số lẻ mà y và y+2 là hai số lẻ liên tiếp 
Từ pt(**) 
3
2 3
m
n
y
y
m n x
 

  
  

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: 
30419 5 1890 1975 2013x y    
Giải: 
Ta có x ,y nguyên dương 5 5; 1890 5y    19 5 1890 19 mod 5x y xVT     
Mà:    19 1 mod5 19 ( 1) mod 5x x     
 Nếu x chẵn thì  19 1 mod5x  ; nếu x lẻ thì    19 1 mod5 4 mod5x    
 1;4 mod5VT  còn  3 mod5VP  Do đó phương trình vô nghiệm. 
Ví dụ 5: Tìm các số nguyên dương x, y biết: 2 2 11 3 yx x    
Giải: 
Ta có:  2 13 0 mod3yVP   (*) 
 Nếu x =3k ( *k N ) thì  2 1 2 mod 3VT x x    
 Nếu x =3k +1 ( k N ) thì  2 1 1 mod 3VT x x    
 Nếu x =3k +2 ( k N ) thì  2 1 1 mod 3VT x x    
Vậy với x Z   thì  2 1 1; 2 mod3VT x x    (**) 
Từ (*) và (**) suy ra không tồn tại x,y thỏa mãn bài toán. 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 16/21
 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:: 2 5 4m n  
Giải: 
 2 0;1;3;4;5;9 mod11m  còn  5 4 6;7;8 mod11n   suy ra phương trình vô nghiệm. 
Chú ý:  3 0;1;8 mod9x  
Ví dụ 7: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 3 3 3 2011x y z   
Giải: 
 Dựa vào nhận xét trên ta có  3 0;1;8 mod 9x  ;  3 0;1;8 mod 9y   3 0;1;8 mod9z  
 3 3 3 0;1;2;3;6;7;8 mod 9VT x y z     
Còn  2011 4 mod9VP   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, 
2013519 . 
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: 
777 333555 555333 777 10  . 
7. Chứng minh rằng: 
4 1 4 12 33 2 5 11, .
n n
n N
 
    
8. Chứng minh rằng: 
a) 2 2 13 4 13n n   , n nguyên dương. b) 2 16 19 2 17n n n   . 
c) 2 1 26 5 31n n   . d) 3 4 2 12 3 19n n   
9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 
 a) 
6 222 3 19;
n
  c) 
4 122 7 11.
n
  b) 
2 122 3 7.
n
  
10. Tìm dư trong phép chia: 
a) 570 + 750 cho 12; b) 
2 4 1010 10 10 1010 10 10 ... 10 7cho    . 
Ứng dụng đồng dư thức trong giải Toán lớp 7 
 Trang 17/21
11. Chứng minh: 
 a) 
99 99 99 9 10;  b) 
777 77 77 7 10;  c) 
4 1 4 12 33 2 5 22.
n n 
   
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) 2 1 4 15 2 2 23;n n n     b) 2 2 113 14 183.n n   
 c) 2 1 2 12 3 5.n n   d) 2 1 2 2 2 15 .2 3 .2 38;n n n n     
16. Tìm dư trong các phép chia sau: 
 a) 6.5123 + 7162 chia cho 132. b) 20112012 + 20122013 + 2010 
chia cho 7.