Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat Ví dụ 1: CMR: 2222 5555 + 5555 2222  7 Giải: Có 2222  - 4 (mod 7)  2222 5555 + 5555 2222  (- 4) 5555 + 4 5555 (mod 7) Lại có: (- 4) 5555 + 4 2222 = - 4 5555 + 4 2222 = - 4 2222 (4 3333 - 1) =     144 - 1111 32222  Vì 4 3 = 64  (mod 7)   014 1111 3  (mod 7)  2222 5555 + 5555 2222  0 (mod 7) Vậy 2222 5555 + 5555 2222  7 Ví dụ 2: CMR: 22533 1414 32   nn với  n  N Giải: Theo định lý Fermat ta có: 3 10  1 (mod 11) 2 10  1 (mod 11) Ta tìm dư trong phép chia là 2 4n+1 và 3 4n+1 cho 10 Có 2 4n+1 = 2.16 n  2 (mod 10)  2 4n+1 = 10q + 2 (q  N) Có 3 4n+1 = 3.81 n  3 (mod 10)  3 4n+1 = 10k + 3 (k  N) Ta có: 31021032 23533 1414    kq nn = 3 2 .3 10q + 2 3 .2 10k + 5  1+0+1 (mod 2)  0 (mod 2) mà (2, 11) = 1 Vậy 22533 1414 32   nn với  n  N Ví dụ 3: CMR: 1172 14 2  n với n  N Giải : Ta có: 2 4  6 (mod)  2 4n+1  2 (mod 10)  2 4n+1 = 10q + 2 (q  N)  2102 2 2 14    q n Theo định lý Fermat ta có: 2 10  1 (mod 11)  2 10q  1 (mod 11) 7272 2102 14    q n  4+7 (mod 11)  0 (mod 11) Vậy 1172 14 2  n với n  N (ĐPCM) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: CMR 1932 26 2  n với n  N Bài 2: CMR với  n  1 ta có 5 2n-1 . 2 2n-1 5 n+1 + 3 n+1 .2 2n-1  38 Bài 3: Cho số p > 3, p  (P). CMR 3 p - 2 p - 1  42p Bài 4: CMR với mọi số nguyên tố p đều có dạng 2 n - n (n  N) chia hết cho p. HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Làm tương tự như VD3 Bài 2: Ta thấy 5 2n-1 . 2 2n-1 5 n+1 + 3 n+1 .2 2n-1  2 Mặt khác 5 2n-1 . 2 2n-1 5 n+1 + 3 n+1 .2 2n-1 = 2 n (5 2n-1 .10 + 9. 6 n-1 ) Vì 25  6 (mod 19)  5 n-1  6 n-1 (mod 19)  25 n-1 .10 + 9. 6 n-1  6 n-1 .19 (mod 19)  0 (mod 19) Bài 3: Đặt A = 3 p - 2 p - 1 (p lẻ) Dễ dàng CM A  2 và A  3  A  6 Nếu p = 7  A = 3 7 - 2 7 - 1  49  A  7p Nếu p  7  (p, 7) = 1 Theo định lý Fermat ta có: A = (3 p - 3) - (2 p - 2)  p Đặt p = 3q + r (q  N; r = 1, 2)  A = (3 3q+1 - 3) - (2 3q+r - 2) = 3 r .27 q - 2 r .8 q - 1 = 7k + 3 r (-1) q - 2 r - 1 (k  N) với r = 1, q phải chẵn (vì p lẻ)  A = 7k - 9 - 4 - 1 = 7k - 14 Vậy A  7 mà A  p, (p, 7) = 1  A  7p Mà (7, 6) = 1; A  6  A  42p. Bài 4: Nếu P = 2  2 2 - 2 = 2  2 Nếu n > 2 Theo định lý Fermat ta có: 2 p-1  1 (mod p)  2 m(p-1)  1 (mod p) (m  N) Xét A = 2 m(p-1) + m - mp A  p  m = kq - 1 Như vậy nếu p > 2  p có dạng 2 n - n trong đó N = (kp - 1)(p - 1), k  N đều chia hết cho p . Phương pháp 7: SỬ DỤNG ĐỒNG DƯ THỨC Giải bài toán dựa vào đồng dư thức chủ yếu là sử dụng định lý Euler và định lý Fermat Ví dụ 1: CMR:. nn với  n  N Giải: Theo định lý Fermat ta có: 3 10  1 (mod 11) 2 10  1 (mod 11) Ta tìm dư trong phép chia là 2 4n+1 và 3 4n+1 cho 10 Có 2 4n+1 = 2.16 n  2 (mod 10)  2 4n+1 =