Chuyên đề máy tính bỏ túi

từ vị trí tương ứng với ak các số dư lặp lại tuần hoàn.
Số l được gọi là chu kỳ tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của a cho m.
Sau đây ta xét một số dạng bài tập sử dụng định lí trên:
Bài toán: Xét các luỹ thừa liên tiếp của số 2:
21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29,...
Tìm xem khi chia các luỹ thừa này cho 5 nhận được các loại số dư nào ?
Giải: Ta có: 
21 = 2, 22 = 4, 23 = 8 º 3 (mod 5), 24 = 16 º 1 (mod 5) (1)
Để tìm số dư khi chia 25 cho 5 ta nhân cả hai vế phép đồng dư (1) với 2 sẽ được:
25 = 24.2 º 1x2 º 2 (mod 5)
26 = 25.2 º 2x2 º 4 (mod 5)
27 = 26.2 º 4x2 º 3 (mod 5)
...
Ta viết kết quả vào hai hàng: hàng trên ghi các luỹ thừa, hàng dưới ghi số dư tương ứng khi chia các luỹ thừa này cho 5:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
...
(2
4
3
1)
(2
4
3
1)
(2
4
3
...
ị hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lập lại một cách tuần hoàn: sau 4 số dư (2, 4, 3, 1) lại lặp lại theo đúng thứ tự trên.
Bài 10: Tìm số dư khi chia 22005 cho 5
Giải:
* áp dụng kết quả trên: ta có 2005 º 1 (mod 4) ị số dư khi chia 22005 cho 5 là 2
Bài 11: Tìm chữ số cuối cùng của số: 
Giải:
- Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 10 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, ta thực hiện theo quy trình sau:
1 2 
 1 ...)
ta được kết quả sau:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
...
(2
4
8
6)
(2
4
8
6)
(2
4
8
...
ị hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 4 số (2, 4, 8, 6)
ta có 34 = 81 º 1 (mod 4) ị số dư khi chia cho 10 là 2
Vậy chữ số cuối cùng của số là 2.
Bài 12: Tìm hai chữ số cuối cùng của số: 
A = 21999 + 22000 + 22001
Giải: Xét các luỹ thừa của 2 khi chia cho 100 (sử dụng MTBT để tính các luỹ thừa của 2, thực hiện theo quy trình như bài 11), ta được kết quả sau:
21
22
23
24
25
26
27
28
29
210
211
212
2
(4
8
16
32
64
28
56
12
24
48
96
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
92
84
68
36
72
44
88
76
52)
(4
8
16
ị các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có:
1999 º 19 (mod 20) ị số dư khi chia 21999 cho 100 là 88
2000 º 0 (mod 20) ị số dư khi chia 22000 cho 100 là 76
2001 º 1 (mod 20) ị số dư khi chia 22001 cho 100 là 52
88 + 76 + 52 = 216 º 16 (mod 100)
ị số dư của A = 21999 + 22000 + 22001 khi chia cho 100 là 16 hay hai chữ số cuối cùng của số A là 16.
Bài 13: Chứng minh rằng +10 chia hết cho 11
Giải:
- Ta có: 14 º 3 (mod 11) ị º (mod 11)
Do 38 = 6561 º 5 (mod 11), nên = 65612004 º 52004 (mod 11)
Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 11:
51
52
53
54
55
56
57
58
...
(5
4
9
1)
(5
4
9
1)
...
ị 52004 = (54)501 º 1501 (mod 11) º 1 (mod 11) (1)
Mặt khác: 10 º 10 (mod 11) (2)
Cộng vế với vế phép đồng dư (1) và (2) có:
+10 º 11 (mod 11) º 0 (mod 11) ị +10 chia hết cho 11.
Bài 14: Chứng minh rằng số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
Giải:
1) Trước hết tìm số dư của phép chia 222555 cho 7:
- Vì 222 = 7 x 31 + 5, nên 222 º 5 (mod 7) ị 222555 º 5555 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 5 cho 7:
51
52
53
54
55
56
57
58
...
(5
4
6
2
3
1)
(5
4
...
ị 5555 = 56.92 + 3 = (56)92.53 º 53 º 6 (mod 7) (1)
Vậy số dư khi chia 222555 cho 7 là 6.
2) Tương tự, tìm số dư của phép chia 555222 cho 7:
- Vì 555 = 7 x 79 + 2, nên 555 º 2 (mod 7) ị 555222 º 2222 (mod 7)
- Xét sự tuần hoàn của các số dư khi chia luỹ thừa của 2 cho 7:
21
22
23
24
25
26
27
28
...
(2
4
1
2
4)
(2
4
1
...
ị 2222 = 23.74 = (23)74 º 174 º 1 (mod 7) (2)
Vậy số dư khi chia 555222 cho 7 là 1.
Cộng vế với vế các phép đồng dư (1) và (2), ta được: 
222555 + 555222 º 6 + 1 º 0 (mod 7)
Vậy số 222555 + 555222 chia hết cho 7.
5. Số nguyên tố:
Định lí 1 (Định lí cơ bản về số nguyên tố):
Mọi số nguyên dương n, n > 1, đều có thể được viết một cách duy nhất (không tính đến việc sắp xếp các nhân tử) dưới dạng:
với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< pk
Khi đó, dạng phân tích trên được gọi là dạng phân tích chính tắc của số n.
Bài 15: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 2152 + 3142
H. Dẫn:
- Tính trên máy, ta có: A = 144821
- Đưa giá trị của số A vào ô nhớ : 144821 
- Lấy giá trị của ô nhớ lần lượt chia cho các số nguyên tố từ số 2:
 2 (72410,5)
 3 (48273,66667)
....
tiếp tục chia cho các số nguyên tố: 5, 7, 11, 13,...,91: ta đều nhận được A không chia hết cho các số đó. Lấy A chia cho 97, ta được:
 97 (1493)
Vậy: 144821 = 97 x 1493
Nhận xét: Nếu một số n là hợp số thì nó phải có ước số nguyên tố nhỏ hơn .
ị để kiểm tra xem 1493 có là hợp số hay không ta chỉ cần kiểm tra xem 1493 có chia hết cho số nguyên tố nào nhỏ hơn hay không.
- Thực hiện trên máy ta có kết quả 1493 không chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn 40 ị 1493 là số nguyên tố.
Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493.
Bài 15: Tìm các ước nguyên tố nhỏ nhất và lớn nhất của số:
A = 10001 
Đáp số: A có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 73, lớn nhất là 137
Bài 16: Số N = 27.35.53 có bao nhiêu ước số ?
Giải:
- Số các ước số của N chỉ chứa thừa số: 2 là 7, 3 là 5, 5 là 3
- Số các ước số của N chứa hai thừa số nguyên tố:
 2 và 3 là: 7x5 = 35; 2 và 5 là: 7x3 = 21; 3 và 5 là: 5x3 = 15
- Số các ước số của N chứa ba thừa số nguyên tố 2, 3, 5 là 7x5x3 = 105
Như vậy số các ước số của N là: 7 + 5 + 3 + 35 + 21 + 15 + 105 + 1 = 192.
Định lí 2 (Xác định số ước số của một số tự nhiên n):
Cho số tự nhiên n, n > 1, giả sử khi phân tích n ra thừa số nguyên tố ta được:
với k, ei là số tự nhiên và pi là các số nguyên tố thoả mãn:
1 < p1 < p2 <...< pk
Khi đó số ước số của n được tính theo công thức:
t (n) = (e1 + 1) (e2 + 1)... (ek + 1)
Bài 17: (Thi giải Toán trên MTBT lớp 10 + 11 tỉnh Thái Nguyên - Năm học 2003-2004)
Hãy tìm số các ước dương của số A = 6227020800.
Giải:
- Phân tích A ra thừa số nguyên tố, ta được:
A = 210.35.52.7.11.13
áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:
t (A) = 11.6.3.2.2.2 = 1584
Bài 18: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004):
Có bao nhiêu số tự nhiên là ước của:
 N = 1890 x 1930 x 1945 x 1954 x 1969 x 1975 x 2004
Giải:
- Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta được:
 N = 25 x 34 x 55 x 7 x 11 x 79 x 167 x 179 x 193 x 389 x 977
áp dụng định lí 2, ta có số các ước dương của N là:
t (N) = 6 x 5 x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 = 46080 
6. Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
Bài 19: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
chia hết cho 7.
Giải:
- Số lớn nhất dạng chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
 với z ẻ{0, 1, 2,...,8, 9}
lần lượt thử với z = 9; 8; 7; 6; 5... đến z = 5, ta có:
1929354 7 (275622)
Vậy số lớn nhất dạng chia hết cho 7 là 1929354, thương là 275622
- Số nhỏ nhất dạng chia hết cho 7 sẽ phải có dạng:
 với z ẻ{0, 1, 2,...,8, 9}
lần lượt thử với z = 0; 1; 2; 3... đến z = 3, ta có:
1020334 7 (145762)
Vậy số nhỏ nhất dạng chia hết cho 7 là 1020334, thương là 145762
Bài 20: Tìm số lớn nhất, số nhỏ nhất trong các số tự nhiên dạng:
 chia hết cho 13.
Đáp số: - Số lớn nhất dạng chia hết cho 13 là 1929304
- Số nhỏ nhất dạng chia hết cho 13 là 1020344
Bài 21: (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ tham gia kì thi khu vực năm 2004)
Tìm tất cả các số n dạng:
 chia hết cho 24.
H.Dẫn:
- Vì N 24 ị N 3 ; N 8 ị (37 + x + y) 3 ; 8. 
ị y chỉ có thể là 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8. 
Dùng máy tính, thử các giá trị x thoả mãn: (x + y + 1) 3 và 8, ta có: 
N1 = 1235679048 ; N2 = 1235679840
Bài 22: Tìm các số khi bình phương sẽ có tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không các số khi bình phương có tận cùng là bốn chữ số 4 ?
H.Dẫn:
- Chữ số cuối cùng của x2 là 4 thì chữ số cuối cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy bình phương của số:
 2, 12, 22, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92, 8, 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 88, 98 
ta chỉ có các số:
12, 62, 38, 88
khi bình phương có tận cùng là hai chữ số 4.
- Tính trên máy bình phương của các số:
12, 112, 212, 312, 412, 512, 612, 712, 812, 912;
62, 162, 262, 362, 462, 562, 662, 762, 862, 962;
38, 138, 238, 338, 438, 538, 638, 738, 838, 938
88, 188, 288, 388, 488, 588, 688, 788, 888, 988
ta được: 462, 962, 38, 538 khi bình phương có tận cùng là 444.
* Tương tự cách làm trên, ta có kết luận: không có N nào để N2 kết thúc bởi 4444.
Bài 23: Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoã mãn:
1) Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị
2) Là số chính phương.
H. Dẫn:
- Gọi số cần tìm là: .
- Đặt . Khi ấy và n = 1000x + x + 1 = 1001x + 1 = y2
hay (y - 1)(y + 1) = 7.11.13x.
Vậy hai trong ba số nguyên tố 7, 11, 13 phải là ước của một trong hai thừa số của vế trái và số còn lại phải là ước của thừa số còn lại của vế trái.
Dùng máy tính, xét các khả năng đi đến đáp số:
n = 183184 ; 328329 ; 528529 ; 715716.
Bài 24: Tìm tất cả các số tự nhiên x thoả mãn: 10000 < x < 15000 và khi chia x cho 393 cũng như 655 đều có số dư là 210.
H.Dẫn:
- Từ giả thiết, ta có: x = 393.q1 + 210 ị x -210 chia hết cho 393
 x = 655.q2 + 210 ị x -210 chia hết cho 655
ị x -210 chia hết cho BCNN (393 ; 655) = 1965
ị x -210 = 1965.k ; (k = 1, 2,...) hay x = 1965k + 210
- Từ giả thiết 10000 < x < 15000 ị 10000 < 1965k + 210 < 15000
hay 9790 < 1965k < 14790 ị 5 Ê k < 8.
Tính trên máy:
Với k = 5, ta có: x = 1965.5 + 210 = 10035
Với k = 6, ta có: x = 1965.6 + 210 = 12000
Với k = 7, ta có: x = 1965.7 + 210 = 13965
Vậy các số phải tìm là: 10035, 12000, 13965
Bài 25: Tìm các chữ số x, y, z để chia hết cho 5, 7 và 9.
Giải:
- Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x, y, z sao cho chia hết cho 5.7.9 = 315.
Ta có = 579000 + = 1838.315 + 30 + 
ị 30 + chia hết cho 315. Vì 30 Ê 30 + < 1029 nên (Dùng máy tính tìm các bội của 315 trong khoảng (30 ; 1029):
- Nếu 30 + = 315 thì = 315 - 30 = 285
- Nếu 30 + = 630 thì = 630 - 30 = 600
- Nếu 30 + = 945 thì = 945 - 30 = 915
Vậy ta có đáp số sau:
x
y
z
2
8
5
6
0
0
9
1
5
Bài 26: (Thi Quốc tế IMO 1962):
Tìm số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất sau:
1) Viết dưới dạng thập phân a có tận cùng là số 6.
2) Nếu bỏ chữ số 6 cuối cùng và đặt chữ số 6 lên trước các chữ số còn lại sẽ được một số gấp 4 lần chữ số ban đầu.
Giải:
- Giả sử số cần tìm có n + 1 chữ số.
- Từ điều kiện 1) số đó dạng: 
- Từ điều kiện 2), ta có: = 4. (*)
- Đặt , thì: = 10a + 6
 = 6.10n + a
- Khi đó (*) trở thành:
 6.10n + a = 4.(10a + 6) Û 2.(10n - 4) = 13a (**)
Đẳng thức (**) chứng tỏ vế trái chia hết cho 13. 
Vì (2 ; 13) = 1 nên: 10n - 4 chia hết cho 13.
Bài toán quy về: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để (10n - 4) chia hết cho 13, khi đó tìm ra số a và số cần tìm có dạng: 10a + 6.
Thử lần lượt trên máy các giá trị n = 1; 2;... thì (10n - 4) lần lượt là:
6, 96, 996, 9996, 99996,... và số đầu tiên chia hết cho 13 là: 99996.
Khi đó a = 15384 ị Số cần tìm là: 153846.
Bài 27: Tìm số tự nhiên n sao cho:
a) 2n + 7 chia hết cho n + 1
b) n + 2 chia hết cho 7 - n
H.Dẫn:
a) Lập công thức (2n + 7) : (n + 1) trên máy và thử lần lượt n = 0, 1, 2,... ta được n = 0 và n = 4 thì 2n + 7 chia hết cho n + 1.
Chứng minh với mọi n ³ 5, ta đều có 2n + 7 không chia hết cho n + 1, thật vậy:
(2n + 7) (n + 1) ị [(2n + 7) - 2(n + 1)] (n + 1) ị 5 (n + 1) ị n Ê 5.
Vậy số n cần tìm là 0 hoặc 4.
b) Tương tự ta có: n = 4 hoặc n = 6.
Bài 28: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n3 là một số có 3 chữ số đầu và 4 chữ số cuối đều là số 1.
Giải:
Nhận xét:
1) Để n3 có tận cùng là 11 thì n có tận cùng là số 1. Thử trên máy các số:
 11, 21, 31,...81, 91 
được duy nhất số 71 khi luỹ thừa bậc ba có tận cùng là 11.
2) Để n3 có tận cùng là 111 thì n có phải tận cùng là số 471. 
 (Thử trên máy với các số: 171, 271, 371,...871, 971 )
3) Để n3 có tận cùng là 1111 thì n phải có tận cùng là số 8471. 
 (Thử trên máy với các số: 1471, 2471, 3471,...8471, 9471 )
- Giả sử m là số chữ số đứng giữa các số 111 và 1111:
+ Nếu m = 3k, k ẻZ+, thì:
 111 x 103k+4 < n3 = 111...1111 < 112 x 103k+4
 ()
 ị 
Tính trên máy:
 10,35398805 x 10k+1 < n < 10,3849882 x 10k+1
Do đó, với k ³ 1. Cho k = 1 ta được n bắt đầu bằng số 103, nghĩa là:
 n = 103...8471
ị Số nhỏ nhất trong các số đó là: n = 1038471
+ Nếu m = 3k + 1 và m = 3k + 2, ta được các số này đều vượt quá số 1038471
Kết luận: Số nhỏ nhất thoã mãn yêu cầu bài toán là: n = 1038471 khi đó:
(tính kết hợp trên máy và trên giấy): n3 = 1119909991289361111
Bài 29: a) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất mà n2 bắt đầu bởi số 19 và kết thúc bằng số 89
 b) Tìm số tự nhiên n sao cho: n2 = 2525xxxxxx89 (trong đó xxxxxx là 6 số có thể khác nhau).
Giải:
a) Trước hết ta tìm số n2 có tận cùng là 89:
- Vì n2 có tận cùng là 9 nên n chỉ có thể có tận cùng là 3 hoặc 7.
- Thử trên máy các số: 13, 23,..., 93 ; 17, 27,..., 97 ta tìm được:
để n2 có tận cùng là 89 thì n phải có 2 số tận cùng là một trong các số sau:
17, 33, 67, 83 (*)
* Bây giờ ta tìm số n2 bắt đầu bởi số 19:
- Để n2 bắt đầu bởi số 19 thì nó phải có dạng:
19 x 10k Ê n2 < 20 x 10k Û (1)
+ Nếu k = 2m thì ta có (1), trở thành: 
Û 4,3588989.10m Ê n < 4,472135955.10m (2)
Trong (2) ta cho m = 0, 1, 2,... (tính trên máy):
ta được n có thể là: 44, 436, 437, 438, 439, ... , 447
+ Nếu k = 2m thì ta có (1), trở thành: 
Û 13,78404875.10m Ê n < 14,14213562.10m (3)
Trong (3) ta cho m = 0, 1, 2,... (tính trên máy):
ta được n có thể là: 14, 138, 139, ... , 141
 1379, 1380, 1381, ... , 1414
Tóm lại để n bắt đầu bởi số 19 thì n có thể là: 
14, 44, 138, 139, ..., 141, 436, 437, ... , 447, 1379, 1380, ... , 1414 (**)
Từ (*) và (**) ta nhận thấy trong các số trên chỉ có số 1383 thoả mãn bài toán.
b) Ta có: 2525 x 108 Ê x2 < 2526 x 108 
 Û 50,24937811 x 104 Ê x < 50,25932749 x 104
 Vậy : 502493 < x < 502593
Số x tận cùng phải là: 17, 33, 67, 83 (theo câu a), do đó các số thoả mãn là:
 502517, 502533, 502567, 502583.
Bài 30: Với giá trị tự nhiên nào của n thì:
1,01n - 1 n.
Giải:
- Ta có:
1,01512 ằ 163,133... < 512
1,011024 ằ 26612,56.. > 1024
Vậy: 512 < n < 1024
Thu hẹp khoảng cách chứa n bằng phương pháp chia đôi:
- Chia đôi đoạn [512 ; 1024], ta có:
Vậy lại có: 512 < n < 768
Sau một số bước chia đôi như thế đi đến:
650 < n < 652
Cuối cùng ta có: 1,01651 = 650,45... < 651
1,01652 = 656,95.. > 652
ị n = 652
Ta hoàn toàn giải bài toán trên bằng một quy trình trên MTBT:
(Thuật toán: Xét hiệu 1,01A - A , gán cho A các giá trị tự nhiên: 0, 1, 2,...
 dừng lại khi hiệu trên chuyển từ (-) sang (+))
- Gán cho ô nhớ giá trị tự nhiên đầu tiên:
 0 
- Lập công thức tính hiệu 1,01A - A và gán giá trị ô nhớ bởi số tự nhiên kế tiếp:
 1,01 
 1
- Lặp lại công thức trên:
 ... 
Bài toán kết thúc khi chuyển từ n = 651 sang n = 652.
7. Một số dạng toán khác:
7.1 Số có đuôi bất biến với mọi luỹ thừa:
1) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 1 ; 5 ; 6 (có đuôi bất biến).
2) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 25 hoặc 76 (có đuôi bất biến).
3) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 376 hoặc 625 (có đuôi bất biến).
4) Luỹ thừa bậc bất kì của các số có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (và chỉ những số ấy) đều có chữ số tận cùng bằng 9376 hoặc 0625 (có đuôi bất biến).
...
Bài 31: Tìm số dư khi chia số 133762005! cho 2000 (TH & TT T3/ 317)
Giải:
- Giả sử A, B là hai số tự nhiên có tận cùng là 376, thì:
A.B = (1000.a + 376)(1000.b + 376) = 376000(a + b) + 106a.b + 3762
= 2000t + 1376; với a, b t ẻ N
ị A.B chia 2000 có số dư là 1376.
Với k > 1 khi chia 13376k cho 2000 (thực hiện (k - 1) lần phép nhân 2 số đều có tận cùng là 376 rồi chia cho 2000) thì được dư là 1376. Đề bài ứng với k = 2005!
Bài 32: Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
H.Dẫn:
- Ta có: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7 x 29 x 210 x 21980 
 = 7 x 29 x 210 x (220)99
- Ta có (dùng máy): 29 = 512 
 210 = 1024 ;
 220 = 1048576
Nhận xét: số có 2 chữ số tận cùng là 76, luỹ thừa bậc bất kỳ cũng có 2 chữ số tận cùng là 76. Vậy (220)99 cũng có 2 số tận cùng là 76.
ị 21999 + 22000 + 22001 = 7 x 512 x 1024 x (...76) = .....16.
Vậy 2 chữ số cuối cùng của A là 16
(Xem cách giải khác ở bài 12) Bài 33: Tìm bốn chữ số tận cùng của 51994.
Giải:
- Ta có: 54 = 625
- Nhận thấy số có tận cùng là 625 luỹ thừa bậc bất kỳ vẫn có tận cùng là 625
- Do đó:
 51994 = 54k + 2 = 25.(54)k = 25.(625)k = 25(...625) = ...5625.
Vậy bốn chữ số tận cùng của số 51994 là 5625.
7.2 Khai triển nhị thức Newton và bài toán chia hết:
-Ta có khai triển:
- Khi chứng minh về tính chia hết của các luỹ thừa, cần nhớ một số kết quả sau:
1) an - bn chia hết cho a - b (a ạ b)
2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b (a ạ -b)
3) (a + b)n = BS a + bn (BS a: bội số của a)
Đặc biệt:
(a + 1)n = BS a + 1
(a - 1)2n = BS a + 1
(a - 1)2n + 1 = BS a - 1
Bài 34: Tìm số dư khi chia 2100 cho:
a) 9 b) 5 c) 125
Giải:
a) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 9 là 23 = 8 = (9 - 1)
- Ta có: 2100 = 2(23)33 = 2(9 - 1)33 = 2(BS 9 - 1) = BS 9 - 2 = BS 9 + 7
Vậy số dư khi chia 2100 cho 9 là 7.
b) Luỹ thừa của 2 sát với một bội của 25 là 210 = 1024 = (BS 25 - 1)
- Ta có: 2100 = (210)10 = (BS 25 - 1)10 = BS 25 + 1 
Vậy số dư khi chia 2100 cho 25 là 1
c) Dùng công thức Newton:
Để ý rằng 48 số hạng đầu đều chứa thừa số 5 với số mũ lớn hơn hoặc bằng 3 nên chia hết cho 125, hai số hạng kế tiếp cũng chia hết cho125, số hạng cuối là 1. 
Vậy 2100 = BS 125 + 1 ị Số dư của 2100 khi chia cho 125 là 1
Tổng quát: Nếu một số tự nhiên n không chia hết cho 5 thì chia n100 cho 125 ta được số dư là 1.
Bài 35: Tìm ba chữ số tận cùng của 2100.
H.Dẫn: - Ta tìm dư trong phép chia 2100 cho 1000.
- Trước hết tìm số dư của phép chia 2100 cho 125. Theo bài 34: 2100 = BS 125 + 1, mà 2100 là số chẵn, nên ba chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là (dùng máy tính để thử):
 126, 376, 626 hoặc 876.
- Hiển nhiên 2100 chia hết cho 8 nên ba chữ số tận cùng của nó phải chia hết cho 8. Bốn số trên chỉ có 376 thoả mãn điều kiện này. Vậy ba chữ số tận cùng của 2100 là 376.
Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên chẵn không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 376.
Bài 36: Tìm ba chữ số tận cùng của 3100.
Giải: - Ta phân tích như sau: 
 = BS 1000 + ...500 - 500 + 1 = BS 1000 + 1.
Vậy 3100 tận cùng là 001.
Tổng quát: Nếu n là số tự nhiên lẻ không chia hết cho 5 thì ba chữ số tận cùng của n100 là 001.
Bài 37: Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp:
896 = 496 9 * * 290 961.
H.Dẫn:
- Ta có: (896 - 1) (89 - 1) ị (896 - 1) 11 
 (896 - 1) (893 + 1) ị (896 - 1) (89 + 1) ị (896 - 1) 9
- Đặt A = (896 - 1) = 496 9 x y 290 960. Ta có A chia hết cho 9 và 11.
Ta có tổng các chữ số hàng lẻ (từ phải sang trái) của A bằng: 36 + y ; tổng các chữ số hàng chẵn của A bằng: 18 + x
A chia hết cho 9 nên: 54 + x + y 9 ị x + y ẻ {0 ; 9 ; 18}
A chia hết cho 11 nên: [(36 + y) - (18 + x)] 11 ị x - y ẻ {-4 ; 7}
+ Nếu x + y = 0 thì x = y = 0 (loại)
+ Nếu x + y = 18 thì x = y = 9 (loại)
+ Nếu x + y = 9 : chú ý rằng (x + y) và (x - y) cùng chẵn hoặc cùng lẻ nên:
x - y = 7 ị x = 8 ; y = 1.
Vậy 896 = 496 981 290 9617.3 Tìm chữ số thứ k (k ẻ N) trong số thập phân vô hạn tuần hoàn:
Định lí: (Dấu hiệu nhận biết một phân số đổi được ra số thập phân hữu hạn)
Điều kiện cần và đủ để một phân số tối giản có thể viết được thành ra số thập phân hữu hạn là mẫu số của nó không chứa những thừa số nguyên tố ngoài 2 và 5.
* Từ định lí trên ta rút ra nhận xét sau:
Nếu phân số tối giản có mẫu b không chứa các thừa số nguyên tố 2, 5 hoặc ngoài thừa số nguyên tố 2, 5 còn chứa cả thừa số nguyên tố khác thì do các số dư trong quá trình chia bao giờ cũng phải nhỏ hơn b nên các số dư chỉ có thể là các số trong:
{1; 2; 3;...;b-1}
Như vậy trong phép chia a cho b, nhiều nhất là sau (b - 1) lần chia có thể gặp các số dư khác