Tài liệu Toán học - Máy tính cầm tay - Trường THCS Phổ Châu

	CHUYÊN ĐỀ TOÁN SỐ HỌC
 I)Một số bài toán sử dụng tính tuần hoàn của các số dư khi nâng lên luỹ thừa:
Định lí: Đối với các số tự nhiên a và m tuỳ ý, các số dư của phép chia a, a2, a3, a4... cho m lặp lại một cách tuần hoàn (có thể không bắt đầu từ đầu).
Chứng minh. Ta lấy m + 1 luỹ thừa đầu tiên:
a, a2, a3, a4..., am, am+1
và xét các số dư của chúng khi chia cho m. Vì khi chia cho m chỉ có thể có các số dư {0, 1, 2, ..., m - 2, m - 1}, mà lại có m + 1 số, nên trong các số trên phải có hai số có cùng số dư khi chia cho m. Chẳng hạn hai số đó là ak và ak + l, trong đó l > 0.
Khi đó: ak º ak + l (mod m) (1)
Với mọi n ³ k nhân cả hai vế của phép đồng dư (1) với an - k sẽ được:
 an º an + l (mod m)
Điều này chứng tỏ rằng bắt đầu 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 1: 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 1.2 º 2 (mod 5)
26 = 25.2 º 2.2 º 4 (mod 5)
27 = 26.2 º 4.2 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
...
Þ hàng thứ hai cho ta thấy rằng các số dư lặp lại một cách tuần hoàn: sau 4 số dư (2, 4, 3, 1) lại lặp lại theo đúng thứ tự trên.
Bài toán 2: Tìm số dư khi chia 22005 cho 5
Giải:
* Áp dụng kết quả trên: ta có 2005 º 1 (mod 4) Þ số dư khi chia 22005 cho 5 là 2
Bài toán 3: 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 qua Máy 570MS
1 2 
 1 ...) 
Nếu 570ES thì 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
...
Þ 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) Þ số dư khi chia cho 10 là 2
Vậy chữ số cuối cùng của số là 2.
Bài toán 4: 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 14), 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
Þ các số dư lặp lại tuần hoàn chu kỳ 20 số (từ số 4 đến số 52). Ta có:
1999 º 19 (mod 20) Þ số dư khi chia 21999 cho 100 là 88
2000 º 0 (mod 20) Þ số dư khi chia 22000 cho 100 là 76
2001 º 1 (mod 20) Þ số dư khi chia 22001 cho 100 là 52
88 + 76 + 52 = 216 º 16 (mod 100)
Þ 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 toán 5: Chứng minh rằng +10 chia hết cho 11
Giải: - Ta có: 14 º 3 (mod 11) Þ 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)
...
Þ 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) Þ +10 chia hết cho 11.
Bài toán 6: 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) Þ 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
...
Þ 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) Þ 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
...
Þ 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.
II. 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 toán 7: 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 .
Þ 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 Þ 1493 là số nguyên tố.
Vậy A = 2152 + 3142 có ước số nguyên tố nhỏ nhất là 97, lớn nhất là 1493.
Bài toán 8: 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 toán 9: 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 toán 10: (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 = 210355271113
Áp dụng định lí trên ta có số các ước dương của A là:
t (A) = 1163222 = 1584
Bài toán 11: (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 1930 1945 1954 1969 1975 2004
Giải:
- Phân tích N ra thừa số nguyên tố, ta được:
 N = 25 34 55 7 11 79 167 179 193 389 977
Áp dụng định lí 2, ta có số các ước dương của N là:
t (N) = 6 5 6 2 2 2 2 2 2 2 2 = 46080 
III) Tìm số tự nhiên theo các điều kiện cho trước:
Bài toán 12: Tìm tất cả các số N có dạng chia hết cho 24
Giải: Vì (1)
Với và với 	(2)
Từ (1) và (2) thử trên máy tìm được các số N chia hết cho 24 là:
Bài toán 13: Tìm các số khi bình phương số tận cùng là ba chữ số 4. Có hay không khi bình phương tận cùng bốn chữ số 4
	Giải: Gọi số tự nhiên là x khi đó có chữ số tận cùng là 4 thì chữ số tận cùng của x là 2 hoặc 8. Tính trên máy bình phương của x
được có tận cùng hai chữ số 4. Tính trên máy: với 
Ta được khi bình phương có tận cùng ba chữ số 4
Vậy có ba chữ số tận cùng là 4
	Thử trên máy với với không có giá trị nào của x để kết thúc bốn chữ số 4.
Bài toán 14:	Tìm tất cả các số có 6 chữ số thoả mãn:
Số tạo thành bởi ba chữ số cuối lớn hơn số tạo thành bởi ba chữ số đầu 1 đơn vị.
Là số chính phương.
Giải: Gọi số cần tìm có dạng: Đặt khi đó nên 
. Mặt khác, (*)
. 
Từ (*) suy ra hoặc Với 
i) . Thử trên máy tìm được nên 
ii) .Thử trên máy tìm được nên 
iii). Thử trên máy tìm được nên 
	 nên 
Vậy các số cần tìm: 
Bài toán 15 a)Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho là một số có ba chữ số đầu và bốn chữ số cuối bằng 1. Tức là 
	b) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho là một số có bốn chữ số đầu và bốn chữ số cuối bằng 1. Tức là 
Giải: 
Để có tận cùng là 11 thì n có đuôi là 1 nên Thử trên máy ta có thì 
Để có tận cùng là 111 thì Thử trên máy ta có thì 
Để có tận cùng là 1111 thì n có đuôi là 1 nên thì 
Với thì . Giả sử m là những chữ số đứng giữa số đầu111 và số cuối 1111. Nếu thì 
Do đó . Nếu thì bắt đầu từ 103 nghĩa là . Số nhỏ nhất trong các số đó là 1038471. Khi thì các số này quá 1038471. Vậy số nhỏ nhất là 
Tính trên máy 
Năm chữ số cuối của là 
. Vậy 
= ( Cách nhân số tràn màn hình)
b) Tương tự trên tìm được 4 chữ số cuối của . Tìm bốn chữ số đầu của Tính . Tính thử 
Thử tiếp ; . Số khá lớn; Tính Chọn 480 là ba chữ số đầu.
 thoả mãn đề bài.
Bài toán 16: Tìm tất cả các số tự nhiên n thoả:
	a) và cũng là số tự nhiên.
	b) và cũng là số tự nhiên.
Giải:
Với ta có . Vậy Khi . Thử theo công thức 
 ta có . Vậy Khi . Thử theo công thức ; 
Bài toán 17 Tìm số nguyên dương ( a, b, c là các chữ số khác nhau) biết ( với mọi n nguyên dương)
	Giải: Ta có dùng máy thử 0, 1, 5, 6 thoả 
mà c = 0 suy ra loại vì 
 c = 1 suy ra loại vì 
 c = 5 thử trên máy , ,, . . . , thì có hai số cuối là 25 
Thử trên máy , ,, . . . , thì có ba chữ số cuối là 625
c = 6 Thử tiếp trên máy , ,, . . . , thì có ba số cuối 376
 Vậy có hai số thoả mãn đề bài: 625 và 376
Bài toán 18 Tìm n nguyên dương nhỏ nhất biết 
Thử trên máy ;;
 Vậy n = 174.
Dùng phím lệnh SOLVE để kiểm tra phương trình từ đó suy ra nghiệm của hệ trên.
Bài toán 19 Tìm cặp số tự nhiên (x;y) với x nhỏ nhất có ba chữ số thỏa mãn phương trình 
 Ta có Tính . Ta có ( do x nguyên dương)
Viết biểu thức lặp vào máy 570MS : 99 
(Vì x có ba chữ số nên dò từ 99 trở đi)
. Bấm liên tiếp dấu = theo phép đếm của x từ 99 đến 110 ta được y = 1100. Vậy (x;y) = (110 ; 1100)
Bài toán 20 Tìm 2 chữ số tận cùng của số:
A = 21999 + 22000 + 22001
H.Dẫn: - Ta có: 21999 + 22000 + 22001 = 21999(1 + 2 + 22) = 7 29 210 21980 
 = 7 29 210 (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 ... ố 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).
 Tìm n chữ số tận cùng của một luỹ thừa: Để tìm n chữ số tận cùng của một luỹ thừa, ta tìm dư của luỹ thừa đó với 10n
VI Tìm một chữ số tận cùng của 
-Nếu a có chữ số tận cùng là 0, 1, 5 hoặc 6 thì lần lượt có các chữ số tận cùng là 0,1,5 hoặc 6
-Nếu a có chữ số tận cùng là 2, 3, 7 thì ta có nhận xét sau với k thược số tự nhiên khác 0 ; , , 
Do đó để tìm chữ số tận cùng của với a có số tận cùng là 2, 3, 7 ta lấy n chia cho 4. Giả sử với 
 Nếu thì 
Nếu thì 
VII Tìm hai chữ số tận cùng của :
 ; ,	;	
Mà với và với .
 Suy ra kết quả sau với k
 nếu ;	 nếu ;	
 nếu ;	 nếu ;	
Vậy để tìm hai chữ số tận cùng của ta lấy số mũ n chia cho 20
VIII Tìm ba chữ số tận cùng của :
Ta có nếu ; nếu ; 
 nếu ; 	 nếu ; 
Tóm lại tìm ba chữ số tận cùng của một luỹ thừa, ta tìm hai chữ số tận cùng của số mũ
IX 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 ¹ b)
2) a2n + 1 + b2n + 1 chia hết cho a + b (a ¹ -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 toán 29: 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 Þ 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 toán 30: 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 toán 31: 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 toán 32: Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp:
896 = 496 9 * * 290 961.
H.Dẫn:- Ta có: (896 - 1) (89 - 1) Þ (896 - 1) 11 
 (896 - 1) (893 + 1) Þ (896 - 1) (89 + 1) Þ (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 Þ x + y Î {0 ; 9 ; 18}
A chia hết cho 11 nên: [(36 + y) - (18 + x)] 11 Þ x - y Î {-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 Þ x = 8 ; y = 1.
Vậy 896 = 496 981 290 961
Bài toán 33: 	a)Tìm hai chữ số cuối cùng của 812008.
b)Tìm chữ số hàng nghìn của 812008
	Giải: 
Ta có: 
. Vậy hai chữ số cuối của là 41
 b) Ta có: ; ;. Vậy chữ số hàng nghìn của là 1
X Dãy số viết theo quy luật:	
Bài toán 34: Tính tổng 
	Giải: 
Ta có: 
Tính trên máy: 
KQ: 
Bài toán 35: 
a) Đặt S(n) = 1.2 + 2.3 + 3.4 +  + n(n + 1). Tính S(100) và S(2013).
b) Đặt P(n) = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.5 +  + n(n + 1)(n+2).Tính P(100) và P(2013).
	Giải: 
a) Ta có nên 
b) Có 
Nên= . P(100)=26527650; P(2013) = 
Tính trên máy: 4.117265072.Tính tiếp:
 .Vậy 
Hoặc =
Ta lấy viết 071920 ra giấy và tính tiếp: nên . Vậy
 Bài toán 36: Tính tổng 
Tổng quát:
Nhận xét: ;; ; 
Do đó 
Bài toán 36 Tính tổng 
	Giải:
Tổng quát 
Ta có ; ;;.;
 ; 
Nên 
Bài toán 36
Cho và . Tính 
Cho và . Tính 
	Giải:
a)Ta có Nên 
b) 
. Do đó 
Bài toán 36: Tính tổng 
	a) . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2015. Tính số đúng của A
	b) . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2016. Tính số đúng của M
	c) . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2015. Tính số đúng của C
	d) . Hãy xây dựng công thức tổng quát với n = 2014. Tính số đúng của N
	Giải: 
a) Từ bài toán thì (*) nên ta có 
Mà nên 
Tổng quát : với 
Thử lại với ta có 
b) Theo bài toán (*) ta có 
mà 
Suy ra =
Tổng quát: 
 Theo công thức trên với ta có: 
	c) 
Tổng quát:
Với bài toán trên với n = 2015 ta có: 
	d)
1363558560
Tổng quát: 
Với n = 2014 ta có 
Bài toán 36: Cho và . Tính A và B. Từ đó lập công thức tổng quát tính 
	Giải:
Tương tự công thức (*) ta có: 
 Vậy 
Tổng quát: 
Cách giải 2: Chứng minh rằng :
từ đó tính tổng 
Chứng minh : Biến đổi vế trái ta được: 
Rút ra : = 
áp dụng : 1.2.3 = 
 2.3.4 = 
 n(n+1) (n+2) = 
Cộng vế với vế ta được hay 
Bài toán 36: Cho A ; 
Tính số đúng của 
	Giải:
 Lấy tách thành 2015 số 1 thì B được viết dưới dạng 
=
= . Nên . Ta có . Tính trên máy 
Lấy 6 chữ số cuối của 8193540096 nhân với 2016 ta được: 1083432576 ta được 6 chữ số cuối là 432576. Tính tiếp . Vậy 
Bài toán 36: Cho . Chứng minh A chia hết cho 2009
	Giải:
Từ 1 đến 2008 có 1004 cặp các phân số cách đều đầu và cuối ghép lại ta được
Gọi các thừa phụ là thì A=. Nên 
Bài toán 36:: Tìm số tự nhiên x biết rằng:
	Giải:
Biến đổi vế trái
 hay 
. Vậy 
Bài toán 37 : Cho 13+23 + ..... + n3 .Tính giá trị đúng 
Ta có nên 
.Ấn tiếp .Vậy S(2016) = 4133641994496
Bài toán 38 : Cho 15 + 25 + .... + n5 . Tính giá trị đúng của 
	Giải :
Tương tự ta cũng có công thức tổng quát : 
Do đó 
Bài toán 39: Tính các tích sau:
	a) 
	b) 
	c)
	Giải:
	a) 
	b) 
	c) 
Bài toán 40 : Với n là số tự nhiên, kí hiệu an là số tự nhiên gần nhất của . Tính .
Giải : 
 Trên máy tính để tìm được quy luật dãy an : 
Hay bấm số 0
 và cho các giá trị ta tính được có dạng nguyên:1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 4,4,4,4,4,4,4,4... Số 1 xuất hiện 2 lần, số 2 xuất hiện 4 lần, số 3 xuất hiện 6 lần, số 4 xuất hiện 8 lần... số k xuất hiện 2k lần, ... . Do đó 
Bài toán 41: TínhM=
Giải : Xét 
. Vậy 
Bài toán 42: Cho các số . Biết ak = với k = 1 , 2 , 3,., 2015, 2016. Tính S = a1 + a2 + a3 + . . . . + a2016
	Giải: 
Ta có: 
Do đó: S = a1 + a2 + a3 + . . . + a2016 = . Vậy 
Bài toán 43: 
Tìm tổng các chữ số của tất cả các số trong dãy:12345679998999910000
	Giải :
Xét dãy số 0,1,2,3 ,9999: Nhân mỗi số của dãy với 10- 4 không làm thay đổi tổng các chữ số. Ta được 10000 số gồm 4 chữ số thập phân: 0,0000 ; 0,0001 ; 0,0002 ;  ; 0,9999.
Mỗi chữ số trong 10 chữ số 0 ; 1; 2; 3 ;..; 9 cùng xuất hiện một số lần như nhau là 10000/10 = 1000 lần tại một trong 4 vị trí. Do đó mỗi chữ số xuất hiện tất cả 4. 1000 = 4000 lần. Tổng của tất cả các chữ số đó bằng: 
 4000(0 + 1 + 2+  + 9) = 4000.45 = 180000
Do đó tổng các chữ số của dãy 12349998999910000 là 180001.
Bài toán 44: Tính tổng gồm 2016 số hạng 
	Giải: 
S = 
Ta có 
Cho n = 1, 2, 3, , 2016 được: 
Suy ra 
Bài toán 45: ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011)
Tính giá trị của mỗi biểu thức sau
 Câu 1: A = 	
	Giải: 
Bài toán 46: ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011) 
 Một số tự nhiên có 4 chữ số, biết rằng nếu viết thêm chữ số 1 vào bên trái của số đó và viết thêm chữ số 8 vào bên phải chữ số này thì được một số mới có 6 chữ số đồng thời số này gấp 34 lần số ban đầu. Hãy tìm số đó (Trình bày tóm tắt cách giải)	Giải: 
C1: Gọi số cần tìm là x có 4 chữ số (xN và 1000 x 9999)
Ta có : 10x + 100008 = 34x 24x = 100008 x = 4167
C2 :	Gọi số cần tìm là : (a,b,c,d N và nhỏ hơn 10)
	Số mới là : 
Ta có : 
	Vậy số cần tìm là 4167.
Bài toán 47 : ( Đề thi khu vực năm học 2010- 2011) 
Một mảnh sân hình chữ nhật có chiều rộng và chiều dài tương ứng là 7,6m và 11,2m được lát kín bởi các viên gạch hình vuông có cạnh 20cm. (Cho rằng diện tích giữa các phần tiếp giáp nhau giữa các viên gạch là không đáng kể). Người ta đánh số các viên gạch đã lát từ 1 cho đến hết. Giả giử trên viên gạch thứ nhất người ta đặt lên đó một hạt đậu, trên viên thứ hai người ta đặt lên đó 7 hạt đậu, trên viên thứ 3 người ta đặt lên đó 49 hạt đậu, trên viên thứ 4 người ta đặt lên đó 343 hạt đậu,và cứ đặt các hạt đậu theo cách đó cho đến viên gạch cuối cùng ở trên sân này. Gọi S là tổng số các hạt đậu đã đặt lên các viên gạch của sân đó. Tìm ba chữ số tận cùng của 6S + 5. (Trình bày tóm tắt cách giải) 	
Giải : 
Số gạch được lát trên mảnh sân hình chữ nhật : (7,6 . 11,2) : ( 0,2)2 = 2128 viên 
Theo đề ta có : 
Cách 1 :	 S = 
khi đó 7S = = 
 = 1+– 1 = S – 1 + 72128 Þ 6S + 5 = 72128 + 4 
Cách 2 
S = = =
 Þ = 72128 + 4 
Giả sử là số tận cùng của 72128 , 72128 = k.1000 + abc, nên ta phải tìm 72128 º abc (mod 1000)
Ta có : 710 º 249 ( mod 1000) ; 720 º 2492 º 001 ( mod 1000) 
 72120 = (720)106 º 001( mod 1000) ; ta lại có 78 = 5764801 º 801 ( mod 1000) 
Þ 72128 = 72120. 78 º 001. 801 º 801 (mod 1000) 
Þ 6S + 5 = 72128 + 4 có ba chữ số tận cùng bên phải là 8 ; 0 ; 5
Bài toán 48: ( Đề thi khu vực năm học 2009- 2010)
 Tìm số dư ( trình bày cả cách giải) trong các phép chia sau: 20092010 : 2011
 	Giải :
Ta có 20092 ≡ 4(mod 20 ) Þ 200930 ≡ 415 ≡ 550 (mod 2011)Þ 20092010 ≡ 55067 (mod 2011)
Ta có :	5502 ≡ 850 (mod 2011)	Þ 5506 ≡ 8503 ≡ 1798 (mod 2011)
Þ 55018 ≡ 17983 ≡ 1269 (mod 2011) Þ 55054 ≡ 12693 ≡ 74 (mod 2011)
Mà 	55012 ≡ 17982 ≡ 1127 (mod 2011). Nên 55067 ≡ 74.1127.550 ≡ 1 (mod 2011)
Do đó 20092010 ≡ 1 (mod 2011). Vậy số dư trong phép chia 20092010 : 2011 là 1 
Bài tập về nhà:
Bài 1: Cho biết ba chữ số cuối cùng của bên phải số 
Bài 2: Cho biết bốn chữ số cuối cùng của bên phải số 
 Bài 3: Tìm hai số tự nhiên nhỏ nhất thoả