LÝ THUYẾT CHIA HẾT VÀ ỨNG
DỤNG
A.LÍ THUYẾT
I.ĐỊNH NGHĨA
Giả sử a và b là hai số nguyên bất kì với b ≠ 0 . tồn tại một và chỉ một cặp

 a = bq + r

0≤r < b
số nguyên q và r sao cho 

- Nếu r = 0, ta nói rằng a chia hết cho b hay a là bội của b, kí hiệu a Mb
.Mặt khác người ta còn nói b chia hết a hay b là ước của a.
- Nếu r ≠ 0 thì phép chia còn dư.
II.TÍNH CHẤT
- Mọi số a ≠ 0 đều chia hết cho chính nó.
- Nếu a Mb và bMc thì a Mc
-Số 0 chia hết cho mọi số b ≠ 0
- a, b là những số nguyên, đồng thời a M b và b Ma thì a = b
- Nếu a M b thì ka M b( k nguyên)
- Nếu aM b thì –a M b; a M (-b); (-a) M (-b)
III. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ THƯỜNG DÙNG
- Nếu aM m và b M m thì a b M m
- Nếu a M m và b m thì a + b m
- Nếu a M m và b M m thì ab M m
- nếu một trong những thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết
cho m.
- Nếu a M m thì an M m ( n tự nhiên)
- Điều kiện cần và đủ để hiệu của hai số chia hết cho số thứ ba là các
phép chia các số này cho số thứ ba có các số dư bằng nhau.
a = cq1 + r (0 ≤ r < c); b = cq2 + r (0 ≤ r < c)

Chứng minh: Giả sử ta có:
cq + r − cq2 − r = c ( q1 − q2 )
Khi đó a – b = 1
Như vậy a – b M c và
a = cq1 + r1 (0 ≤ r1 < c); b = cq2 + r2 (0 ≤ r2 < c)
Đảo lại : giả sử a – b M c và
Từ đó a – b = c ( q1 − q2 ) + ( r1 − r2 )
Vì a- b M c nên r1 − r2 Mc và vì r1 − r2 < c nên r1 − r2 = 0 hay r1 = r2
IV.MỘT SỐ ĐỊNH LÍ KHÁC


Định lí 1. Nếu a, b là những số nguyên tố cùng nhau thì bao giờ cũng chọn
được hai số nguyên x0 , y0 sao cho ax0 + by0 =1
Định lí 2. Nếu số n đồng thời chia hết cho a và b, và a, b nguyên tố cùng
nhau thì n chia hết cho ab.
nMa
 n = ak


n
M
b

Chứng minh: Nếu
thì  n = bl ( k, l là số nguyên)
Mặt khác vì (a, b) = 1 nên theo định lí 1 ta chọn được các số nguyên x0, y0
sao cho
ax0 + by0 =1 => l = lax0 + lby0 = lax0 + ny0 = lax0 + aky0 = a(lx0 + ky0 )
vậy n = bl = ab( lx0 + ky0 ) M ab
Định lí 3. Nếu tích ac chia hết cho b và a, b nguyên tố cùng nhau thì c chia

hết cho b.
Chứng minh: Nếu (a, b) = 1 thì theo định lí 1 ta chọn được các số nguyên x0,
y0 sao cho
ax0 + by0 =1=> c = cax0 + cby0
Vì ac chia hết cho b nên cax0 chia hết cho b => c chia hết cho b
V.CÁC DẤU HIỆU CHIA HẾT
1. Dấu hiệu chia hết cho 2: Một số chia hết cho 2 khi và chỉ khi số ấy có
chữ số tận cùng là chữ số chẵn( 0; 2; 4; 6; 8)
2. Dấu hiệu chia hết cho 3: Một số chia hết cho 3 khi và chỉ khi tổng các
chữ số của số đó chia hết cho 3.
3. Dấu hiệu chia hết cho 4: Một số chia hết cho 4 khi và chỉ khi hai chữ số
tận cùng của nó lập thành một số chia hết cho 4.
4. Dấu hiệu chia hết cho 5: Một số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số ấy có
chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.
5. Dấu hiệu chia hết cho 6: Một số chia hết cho 6 khi và chỉ khi đồng thời
số ấy chia hết cho cả 2 và 3.
n
n −1
6. Dấu hiệu chia hết cho 7: Cho số N= an .10 + an −1.10 + ... + a1.10 + a0

N − a0
Gọi A = 10 . Số N chia hết cho 7 khi và chỉ khi 2a0 – A chia hết cho 7

(A< 2a0) hoặc
A – 2a0 chia hết cho 7 ( 2a0 < A)
7. Dấu hiệu chia hết cho 8: Một số chia hết cho 8 khi và chỉ khi số ấy có ba
chữ số tận cùng lập thành một số chia hết cho 8.
8. Dấu hiệu chia hết cho 9: Một số chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các
chữ số của số đó chia hết cho 9.
9. Dấu hiệu chia hết cho 10: Một số chia hết cho 10 thì có chữ số tận cùng

bằng 0 và đảo lại.


10. Dấu hiệu chia hết cho 11: Một số chia hết cho 11 khi và chỉ khi hiệu
giữa tổng các chữ số “đứng ở vị trí lẻ” và tổng các chữ số “đứng ở vị trí
chẵn”( kể từ phải sang trái ) chia hết cho 11.
VI. PHÉP ĐỒNG DƯ
1. Định nghĩa: Nếu hai số nguyên a và b chia cho số tự nhiên m ( m khác 0)
có cùng số dư thì ta nói “a đồng dư vói b theo mooddun m” và viết a
b( mod m)
Vậy hai số a và b đồng dư với nhau theo môdun m khi và chỉ khi a – b chia
hết cho m.
2. Các tính chất: Với mọi số nguyên dương a, b, c, d, d, m, ta có:

a) a ≡ a (mod m)
a ≡ b(mod m) ⇔ b ≡ a(mod m)
a ≡ b(mod m); b ≡ c(mod m) ⇒ a ≡ c(mod m)
a ≡ b(mod m)

c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m)
b) Nếu 
a ≡ b(mod m)

c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m)
c) Nếu 

n
n
a
≡

b
(mod
m
)
a
≡
b
(mod m)
Nếu
thì
d) Nếu d là ước chung dương của a, b và c; a ≡ b (mod m) =>
a c
m
≡ (mod )
d d
d
Nếu c là ước chung của a, b và (c, m) = 1; a ≡ b (mod m) =>

a b
≡ (mod m)
c c

e) a ≡ b (mod m) ; c > 0 => ac ≡ bc ( mod mc )
Chú ý:
n
n
1. ∀a.b ∈ N , ta có: a − b Ma − b
*
2. Trong n số nguyên liên tiếp (n ∈ N ) có một và chỉ một số chia hết cho n.
*

3. Trong n + 1 số nguyên bất kì ( n ∈ N ) chia cho n thì phải có hai số khi

chia cho n có cùng số dư ( vận dụng nguyên tắc Dirichle)
4. Tìm k chữ số tận cùng của số a là tìm số dư khi chia a cho 10k.
VII. ĐỊNH LÍ NHỎ FERMAT, ĐỊNH LÍ EULER, ĐỊNH LÍ WILSON


1. Định lí nhỏ Fermat: Cho số nguyên tố p, khi đó với mọi số nguyên a
p
ta đều có a ≡ a (mod p )
p −1
Ngoài ra , nếu (a,p) =1 thì a ≡ 1(mod p)

2. Định lí Euler: Cho số nguyên dương n.Gọi

ϕ (n) là các số nguyên

dương không vượt quá n. Khi đó với mọi số nguyên a nguyên tố cùng
ϕ ( n)
≡ 1(mod p )
nhau với n, ta có: a

3. Định lí Wilson: Cho số nguyên tố p, khi đó (p – 1)! + 1 ≡ 0(mod p)

B. CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG
2
Bài 1: CMR, với mọi n nguyên, n + 1 không chia hết cho 3.
Giải:
2
2

- Nếu n = 3q thì n + 1 = 9q + 1 như vậy n + 1 chia 3 dư 1

2

n + 1=
- Nếu
n
=
3q
+
1
thì
(3q + 1) 2 + 1 = 9q 2 + 6q + 2 = 3(3q 2 + 2q) + 2 như vậy n 2 + 1 chia 3
dư 2
n2 + 1 =
- Nếu
n
=
3q
+
1
thì
(3q + 2)2 + 1 = 9q 2 + 12q + 5 = 3(3q 2 + 4q + 1) + 2 như vậy n 2 + 1 chia 3
2

dư 2
Tóm lại , ∀n, n + 1 M3
Bài 2: Với mọi n nguyên dương , CM:
2


7 n + 3n − 1M
9
Giải: - Nếu n + 1 thì tổng 7 + 3 - 1 chia hết cho 9
-

9 . Ta cần chứng
Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là 7 + 3k − 1M
minh mệnh đề đúng với n = k + 1
7 k +1 + 3(k + 1) − 1 = 7.7 k + 3k + 2
k

k
k
Thật vậy: = 7.7 + 7.3k − 7.3k − 7 + 7 + 3k + 2 = 7(7 + 3k − 1) − 18k + 9 .
Mỗi số hạng

k +1
của tổng chia hết cho 9 vậy 7 + 3(k + 1) − 1 chia hết cho 9. Tóm lại
n
∀ số
9
Bài 3: với
CMR
tự nhiêndương
n:
mọi
n nguyên
thì 7 + 3n − 1M

212 n +1 + 17 2 n +1 + 15 M

19


2 n +1
2 n +1
+ 15 = (19 + 2) 2 n +1 + (19 − 2) 2 n +1 + 15
Giải: Ta có : 21 + 17
2 n +1
= 192 n +1 + 192 n.2 + K + 2 2 n +1 = 19 A + 2 2 n +1 :19, r = 2 2n +1
vì (19 + 2)
2 n +1
= 192 n +1 − 192 n.2 + K + ( −2) 2 n +1 = 19 B + ( −2) 2 n +1
và (19 − 2)

2 n +1
+ (−2) 2 n +1 = 0 nên 212 n +1 + 17 2 n +1 + 15 M
19
vì 2

Bài 4: Tìm số nguyên dương bé nhất biết rằng khi chia nó cho 3 và cho 14 thì được các số
dư tương ứng là 1; 9
Giải: Gọi n là số nguyên dương cần tìm. Theo giả thiết của đề bài, ta có:
n = 3y + 1 = 14z + 9 (với y, x là các số tự nhiên)
2z + 2
2x + 2
y = 4z + 2 +
3 là
3 . Vì y là số tự nhiên nên
=> 3y = 14z + 8 hay
số nguyên


3 hay z + 1M3
=> 2 z + 2M
=> z = 3t -1 ( t nguyên )
Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên t = 1
Vậy n = 37.

Bài 5: Chứng minh rằng nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì với mọi số nguyên n , bao
giờ cũng tìm được số x sao cho ax + n chia hết cho b.
Giải: Vì (a, b) = 1 nên tồn tại các số nguyên x 0, y0 sao cho ax0 + by0 = 1 =>
1 - ax0 = by0
Hay 1 - ax0 chia hết cho b => n - nax0 chia hết cho b
Như vậy nếu ta chọn x = - nx0 thì được số ax + n chia hết cho b.
Bài 6: Chứng minh rằng nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì a 2 và b cũng nguyên tố cùng
nhau.
Giải: Vì (a, b) = 1 nên tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = 1
2 2
2
2 2
2 2
a
x
+
b
(2
axy
+
by
) = 1 có dạng a2u +
a

x
+
2
axby
+
b
y
=
1
=>
hay

bv = 1( với u = x2, v = 2axy + by2 là những số nguyên)
Nếu d là ước chung của a2 và b thì d chia hết cho a2u + bv hay d chia hết
cho 1 hay d = 1.

8n + 193
Bài 7: Tìm số tự nhiên n để phân số A = 4n + 3 là phân số tối giản.
8n + 193 2(4n + 3) + 187
187
= 2+
4n + 3
4n + 3
Giải: Ta có A = 4n + 3 =


A tối giản khi 4n +3 không là ước của 11 và 17 hay 4n + 3 không chia hết
cho 11 và 17.
Ta có: 4n + 3 = 4(n -2) + 11=> n – 2 không chia hết cho 11 hay n ≠ 11k + 2
( k ∈ N)

4n + 3 = 4(n -12) + 51=> n – 12 không chia hết cho 17 hay n ≠ 17m
+ 12 ( m ∈ N)
Vậy với n ≠ 11k + 2 ( k ∈ N) và n ≠ 17m + 12 ( m ∈ N) thì phân số A tối
giản.
Bài 8: Có bao nhiêu số có năm chữ số tận cùng bằng chữ số 6 và chia
hết cho 3.
Giải: Các số có năm chữ số tận cùng bằng chữ số 6 và chia hết cho 3 khi số
gồm 4 chữ số còn lại chia hết cho 3.các số có bốn chữ số từ 1000 đến 9999
có 9000 số, trong đó cứ ba số liên tiếp thì có một số chia hết cho 3 .
Vậy có tất cả (9999-1002):3+1 = 3000 số chia hết cho 3. Đó cũng là số các
số có năm chư số tận cùng bằng chữ số 6 và chia hết cho 3.
Bài 9: Cho n số a1, a2, a3, …., an mỗi số nhận giá trị là -1 hoặc 1 và a 1a2 + a2a3 +…+
ana1 = 0.Chứng minh rằng : n chia hết cho 4.
Giải: Vì mỗi số a1, a2, a3, …., an mỗi số nhận giá trị là -1 hoặc 1 nên các số
a1a2 , a2a3 ,…, ana1 cũng nhận giá trị là -1 hoặc 1.
Theo giả thiết thì a1a2 + a2a3 +…+ ana1 = 0 nên số các số hạng của tổng
ở vế trái nhận giá trị 1 và số các số hạng của tổng ở vế trái nhận giá trị - 1 là
bằng nhau. Suy ra n chẵn
Lại có: a1a2 . a2a3 … ana1 = (a1a2a3 …an)2 = 1. Do đó số các số hạng nhận giá
trị -1 là số chẵn. Đặt số số hạng ấy là m = 2k thì n = 2m = 2.2k chia hết cho
4.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng của hai số nguyên chia hết cho 6 khi và chỉ khi tổng
các lập phương của hai số đó cũng chia hết cho 6.
Giải: Nếu a3 + b3 chia hết cho 6 thì a3 + b3 là số chẵn , như vậy a và b cùng
tính chẵn, lẻ. Suy ra a + b là số chẵn nên a + b chia hết cho 2.(1)
Vì a3 + b3 chia hết cho 6 nên a3 + b3 chia hết cho 2 và cho 3.Vậy a 3 + b3
+3ab(a+b) chia hết cho 3 hay (a + b)3 chia hết cho 3 => a + b chia hết cho 3.
(2)
Từ (1), (2) => a+ b chia hết cho 6
Đảo lại, nếu a +b chia hết cho 6 thì (a + b)( a2- ab + b2) =a3 + b3 chia hết cho

6.
Bài 11: Chứng minh rằng trong bảy số sau:n, n +1.30; n+2.30; n+3.30; n+4.30 ;
n+5.30; n+6.30 có một và chỉ một số chia hết cho 7.


Giải: Hiệu của hai số trong bảy số đã cho có dạng:
r = (n + k.30) – (n + m.30) = (k – m).30 với m, k là các số nguyên và
0 ≤ k ≤ 6; 0 ≤ m ≤ 6 (k ≠ m) => −6 ≤ k − m ≤ 6 ( k − m ≠ 0)
(k – m).30 chia hết cho 7  k – m chia hết cho 7 tức là k = m. Do đó mỗi số
hạng n + k.30 với k = 0;1;2;…;6 khi chia cho 7 có số dư khác số dư
Bài 12: Cho số A = 111...111*333...333 gồm 2003 chữ số 1 ở bên trái dấu *
và 2003 chữ số 3 ở bên phải dấu *.Hỏi phải thay dấu * bằng chữ số nào để A
chia hết cho 7.
Giải: Ta có:
A = 111…111.102004 + (*) .102003 + 333…333 (2003 chữ số 1 và 2003 chữ số
3)
102003 − 1
9
A = (*).102003 + (11102004 3) .
103 ≡ −1(mod 7) ⇒ 102003 ≡ 5(mod 7)
Vì
102003 − 1
⇒ 10 − 1 ≡ 4(mod 7) ⇒
≡ 2(mod 7)
9
102004 ≡ 1(mod 7) ⇒ 102004 + 3 ≡ 4(mod 7)
Suy ra A = (*). 5 + 2.4 ≡ (*).5 + 1 ≡ 0 (mod 7)
2003

Mà 0 ≤ * ≤ 9 ⇒ * = 4


Vậy số cần tìm là A = 111...1114333...333
Bài 13: Chứng minh rằng số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 là
1 hoặc là số nguyên tố.
Giải: Gọi p là số nguyên tố bất kì .ta có p= 30q + r ( q, r là các số tự nhiên
và r < 30)
+ nếu q = 0 thì r = p là số nguyên tố
+ Nếu q>0 thì p ≥ 30.Như vậy r chỉ có thể là số lẻ, không chia hết cho 3 và
5(Vì 30 là bội của 2; 3; 5 còn 30q + r là số nguyên tố ). Suy ra r chỉ có thể
nhận các giá trị là 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29.Vậy bài toán đã được chứng
minh.
Bài 14: Chứng minh rằng không có số nào trong hai số p – 1 và p + 1 là số
chính phương với p là tích của 2005 số nguyên tố đẦU TIÊN.
Giải: Từ giả thiết ta suy ra p chia hết cho 2 và 3 nhưng không chia hết cho 4,
mà một số chính phương khi chia cho 3 và 4 chỉ có thể dư là 0 hoặc 1.
Vì p chia hết cho 3 nên p – 1 chia 3 dư 2 => p – 1 không là số chính phương
Vì p chia hết cho 2 và không chia hết cho 4 suy ra p chia cho 4 dư 3 nên p +
1 cũng không là số chính phương.


Bài 15: Tìm chư số a biết rằng A = 20a 20a 20a chia hết cho 7.
Giải: Ta có A = 20a 20a 20a = 20a 20a.1000 + 20 a
= 20a.1000 + 20a .1000 + 20a.1000 + 20a

(

)

= 1001.1000.20a + 20a
Vì A và 1010 chia hết cho 7 nên 20a chia hết cho 7.

Ta có 20a = 196 + (4 + a) suy ra 4 + a chia hết cho 7=> a = 3
Bài 16 : Tìm các chữ số tự nhiên a, b sao cho a – b = 6 và 4a 7 + 1b5 chia
hết cho 9
Giải: Ta có 4a7 + 1b5 chia hết cho 9=> 512 + 10(a + b) chia hết cho 9
hay 504 + 9(a + b) + 8 + a + b chia hết cho 9

Lại có : 8 ≤ 8 + a + b ≤ 27 => 8 + a + b ∈ { 9; 18; 27}=> a + b ∈ { 1; 10;
19}
Do a và b là số có một chữ số và a+ b ≥ a-b =6 nên a+b = 10=> a = 8; b = 2
Bài 17: Tìm số lớn nhất có dạng B = 1235679 x 4 y chia hết cho 24.
Giải: Ta có B = 1235679 x 4 y chia hết cho 24 thì B phải chia hết cho 3 và 8
B phải chia hết cho 3  1 + 2 + 3 + 5 + 7 + 9 + x + 4 + y = 36 + 1+ x + y
chia hết cho 3
Hay x + y + 1 chia hết cho 3 (1)
B phải chia hết cho 8  x 4 y chia hết cho 8

x 4 y có dạng x 40; x 42; x 44; x 46; x 48 (0 ≤ x ≤ 9) (2)
=>
Dùng máy thử các trường hợp x thoả mãn (1), (2) ta được các số:
1235679240;
1235679840;
1235679144;
1235679744;
1235679048;
1235679648;
Bài 18: Tìm số n =
chính phương.
Giải: Vì

abcd


biết n chia hết cho 11, a = b + c và bc là số

bc là số chính phương nên c chỉ có thể bằng 0; 1; 4; 5; 6; 9

Mặt khác abcd chia hết cho 11 nên a + c – b – d nhận các giá trị 0; -11; 11
a + c = b + d

*Nếu a + c – b – d = 0 thì ta có hệ a = b + c
=> 2c = d


=>
c
0
1
4
d
0
2
8
Thay trực tiếp ta có các số: 9812; 1012; 4048
a + c − b − d = 11

*Nếu a + c – b – d = 11 thì ta có hệ a = b + c
=> 2c – d = 11
Vậy c > 5 và d lẻ
+ Nếu c = 6 thì d = 1
+ Nếu c = 9 thì d = 7
Thay trực tiếp ta có các số: 7161; 9361; 9097

a + c − b − d = −11

*Nếu a + c – b – d = -11 thì ta có hệ a = b + c
=> d - 2c = 11
Vì d ≤ 9 nên hệ này vô nghiệm
Vậy ta có 6 số thoả mãn đề bài: 9812; 1012; 4048; 7161; 9361; 9097.
Bài 19: Tìm số dư khi chia 222555 cho 7
Giải : Ta có 222 = 7.21 +5 nên 222 ≡ 5(mod 7)=> 222555 ≡ 5555(mod 7)
2
3
Mặt khác: 5 ≡ 25 ≡ 4(mod 7); 5 ≡ 4.5 ≡ 6(mod 7)
54 ≡ 6.5 ≡ 2(mod 7); 55 ≡ 2.5 ≡ 3(mod 7); 56 ≡ 3.5 ≡ 41(mod 7);
6k
5
≡ 1(mod 7);
=>

Mà 555 = 6.92+3 nên 5555= 56.92.53
=>

5555 ≡ 1.6. ≡ 6 (mod 7)

Vậy dư khi chia 222555 cho 7 là 6.
1
1
1
11
+
+
=

Bài 20: Tìm các chữ số a, b, c sao cho: ab.bc bc.ca ca.ab 3321

Giải: Quy đồng mẫu số ta được: 81.41 (ca + ab + bc ) = 11 ca.ab.bc (1)
Do 41 là số nguyên tố và là ước của vế phải (1) nên 41 phải là ước của một
trong ba số
ca; ab; bc
Chẳng hạn caM41 .Xét hai trường hợp:
* ca = 41 hay c = 4; b = 1 thay vào (1) ta được 81.(41 + 1b + b4) = 11.1b.b4
=> 81 là ước của 1b.b 4 mà 1b không thể chia hết cho 27 nên b 4 phải chia
hết cho 9, suy ra b = 5.thay vào (2) thoả mãn.


Lập luận tương tự khi abM41 hoặc bcM41
*

ca = 82

hay

c

=

8

, a = 2. Thay vào (1)
81.(82 + 2b + b8) = 22.155*710* 4*16 81.(82 + 2b + b8) = 22.2b.b8 (3)

được


Vế phải của (3) chẵn nên vế trái b phải chẵn.Từ 81 là ước số của 2b.b8 mà
2b không thể chia hết cho 81 nên b8 phải chia hết cho 3.Vì b chẵn nên b =
4, nhưng lúc đó 24.48 không chia hết cho 81.
Bài toán có 6 nghiệm (a, b, c) là(1; 5; 4), (5; 4; 1), (4; 1; 5), (1; 5; 4), (5; 1;
4), (4; 5; 1)
Bài 21: Cho A = 155*710* 4*16 .chứng minh rằng nếu thay các dấu (*)
bởi các chữ số khác nhau trong ba chữ số 1; 2; 3 một cách tuỳ ý thì A luôn
chia hết cho 396.
Giải: Ta thấy ba chữ số thay thế ba dấu (*) trong số a đều ở hàng lẻ và vì ba
số đó đôi một khác nhau thuộc tập hợp {1;; 2; 3} nên tổng của chúng luôn
bằng 6
Mặt khác 396 = 4.9.11, trong đó 4; 9; 11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta
cần chứng minh A chia hết cho 4; 9 và 11.
• A chia hết cho 4 vì hai chữ số tận cùng chia hết cho 4
• A chia hết cho 9 vì có tổng các chữ số bằng 36 chia hết cho 9
• A chia hết cho 11 vì hieeuh số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng
các chữ số hàng lẻ bằng 0
• Vậy ta có đpcm.
Bùi Thị Hoa
THCS Nguyễn Tất Thành,
CưMgar, ĐăkLăk