Cho x,y,z>0 thỏa mãn 2x + 4y + 7z = 2xyz

Tìm GTNN: P=x + y +z

  Bài này mình đã post lên vmf mà chưa có ai giải bây giờ mình mới nghĩ ra xin trình bày lời giải như sau:

 Giả sử P đạt min khi x =a, y =b, z =c. Khi đó a, b, c >0 và 2a + 4b + 7c = 2abc.                         (1)

 Dễ thấy khi P đạt min thì $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=1$ và ta có thể viết các biểu thức x + y +z, 2x + 4y + 7z lại thành:

             $2x+4y+7z=2a.\frac{x}{a}+4b.\frac{y}{b}+7c.\frac{z}{c}$

 Áp dụng AM-GM ta có:

            $(x+y+z)^{2}(2x+4y+7z)\geq (a+b+c)^{2}(2a+4b+7c)[(\frac{x}{a})^{a}(\frac{y}{b})^{b}(\frac{z}{c})^{c}]^{\frac{2}{a+b+c}}[(\frac{x}{a})^{2a}(\frac{y}{b})^{4b}(\frac{z}{c})^{7c}]^{\frac{1}{2a+4b+7c}}$.

 Cái ta cần là 1 đánh giá dạng $(x+y+z)^{2}(2x+4y+7z)\geq kxyz$ để có thể sử dụng GT kaf suy ra kết quả bài toán.    Do đó, ta phải chọn các số x, y, z thích hợp sao cho số mũ của chúng bằng 1, tức là:

           $\left\{\begin{matrix} \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2a}{2a+4b+7c}=1& \\ & \\ \frac{2b}{a+b+c}+\frac{4b}{2a+4b+7c}=1 & \frac{2c}{a+b+c}+\frac{7c}{2a+4b+7c}=1 \end{matrix}\right.$                          (2)

  Từ (1); (2) ta tìm đc $a=3,b=\frac{5}{2},c=2$. Lúc này ta có:

           $x+y+z\geq \frac{15}{2}$.

  Vậy Min x + y + z là $\frac{15}{2}$ <=> $x=3,y=\frac{5}{2},z=2.$

Bài 39: Cho $\left\{\begin{matrix} x, y ,z >0 & & \\ xyz=1 & & \end{matrix}\right.$, chứng minh rằng:

                     P= $\frac{\sqrt{m+x^{3}+y^{3}}}{xy}+\frac{\sqrt{m+x^{3}+y^{3}}}{yz}+\frac{\sqrt{m+z^{3}+z^{3}}}{zx}\geq 3\sqrt{3}$ với $m\epsilon N^{*}$.

Bài 131: CMR với a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = 3 thì

                         $\frac{a^{2}b}{2a+b}+\frac{b^{2}a}{2b+c}+\frac{c^{2}a}{2c+a}\leq 1$.

Bài 132: Cho a, b, c là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng:

                        $\frac{ab}{c^{2}}+\frac{bc}{a^{2}}+\frac{ca}{b^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b})$.

 

Bài 93:

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn $ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2 $

Chứng minh: 

$$ \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1} \le \sqrt{x+y+z} $$ (Sưu tầm)

 

    Từ GT=> $\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}=1$.

    Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

       $x+y+z=(x+y+z)(\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z})\geq (\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1})^{2}$.

       => $\sqrt{x+y+z}\geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}$.

BÀI 134

CMR: 

A=$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ba}}\geq 1$

  Cách 1: Sử dụng BĐT Holder cách này đã trình bày nhiểu trên diễn dàn.

  Cách 2: Ta chọn số dương r sao cho:

                     $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+bc}}\geq \frac{a^{2r}}{a^{2r}+2(bc)^{r}}$

                BĐT tương đương với $a^{2}(a^{2r}+2(bc)^{r})^{2}\geq (a^{2}+bc)a^{4r}$.

                                           <=> $b^{2r}c^{2r}+a^{2r}b^{r}c^{r}\geq 2a^{4r-2}bc$.   

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

                          $b^{2r}c^{2r}+a^{2r}b^{r}c^{r}\geq 2a^{r}b^{\frac{3r}{2}}c^{\frac{3r}{2}}$.

                Để dấu "=" thì $r=4r-2;3r=2$ <=> $r=\frac{2}{3}$.

                Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

                          $A\geq \frac{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}{a^{2r}+b^{2r}+c^{2r}}=1$ (Q.E.D)

               Dấu bằng xảy ra khi <=> a = b = c.

Bài 35: Cho $\left\{\begin{matrix} x,y,z>0 & & \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4 \end{matrix}\right.$ Tìm GTLN của biểu thức:

                       P= $\frac{1}{\alpha x+\beta y+\gamma z}+\frac{1}{\beta x+\gamma y+\alpha z}+\frac{1}{\gamma x+\alpha y+\beta z}$ với $\alpha ,\beta ,\gamma \in N^{*}$.

Bài 145: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

1. $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{a+b+c+1}\geq 1$

 Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số a-1, b-1, c-1 cùng dấu, KMTQ ta giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0=>1+ab=\frac{c+1}{c}\geq a+b$.

 Chú ý $\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}$.

 Gọi P là biểu thức VT ta có $P\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^{2}}+\frac{1}{\frac{c+1}{c}+c+1}=1$. (Q.E.D).

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b =c=1.

Không được đâu bạn. Nếu $a=b=c=0$ thì phân số không có nghĩa ( do mẫu số sẽ = 0 ) nên chuyện đó không xảy ra được từ đầu rồi

 Ko có gì là ko thể xảy ra cái này là phần lưu ý khi cm BĐT rồi bạn.

Mình có cách khác hay hơn cho bài này

$<=>\frac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{{a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}}$ ($bunhiacovxki$)

Đặt $M={a\sqrt{a^2+8bc}}+{b\sqrt{b^2+8ac}}+{c\sqrt{c^2+8ba}}$

$={\sqrt{a}.\sqrt{a}\sqrt{a^2+8bc}}+{\sqrt{b}.\sqrt{b}\sqrt{b^2+8ac}}+{\sqrt{c}.\sqrt{c}\sqrt{c^2+8ba}}$

${\sqrt{a}\sqrt{a^3+8bca}}+{\sqrt{b}\sqrt{b^3+8bca}}+{\sqrt{c}\sqrt{c^3+8bca}}$

$M^2\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3.(2\sqrt{a}\sqrt{b}).(2\sqrt{b}\sqrt{c}).(2\sqrt{c}\sqrt{a}))$ ( $bunhiacovxki$)

$\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a))$ ( $cauchy$)

$=(a+b+c)(a+b+c)^{3}=(a+b+c)^{4}$

$=> M \leq (a+b+c)^2$

$A\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$Q.E.D$

  Bạn ơi nếu a, b, c =0 thì tất cả cm của bạn đều sụp đổ, cái này đã có nhiều người nhầm lẫn.

Mình xin đóng góp bài này: $CMR$: trong $1990$ số tự nhiên liên tiếp tồn tại một số có tổng các chữ số chia hết cho $27$.

      Giả sử 1990 số tự nhiên liên tiếp là:

          n, n+1, n+2, . . .,n+1899.                                                                        (1)

    Trong 1000 số tự nhiên liên tiếp n, n+1, n+2, . . ., n+999 có một số chia hết cho 1000.

    Giả sử số đó là n' có tận cùng là 3 chữ số 0 và giả sử tổng các chữ số của n' là k.

    Khi đó 27 số n'+1; . . .; n'+9; n'+19; . . .; n'+99; n'+199; n'+299; . . .; n'+899 (2) có tổng các chữ số lần lượt là k, k+1, k+2, . . ., k+26.

    Trong đó 27 số tự nhiên liên tiếp k, k+1, k+2, . . ., k+26 có 1 số chia hết cho 27(đpcm).

     Chú ý rằng từ $n'+899\leq n+999+899< n+1899$ nên các số ở trong dãy (2) còn nằm trong dãy (1).

     =>đpcm

giải hộ mình bài này với các bạn ơi 

cho phân số tối giản $\frac{p}{q}$ thoả mãn 

$\frac{p}{q}= 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+.....+\frac{1}{2017}$. chứng minh p lẻ q chẵn

 Ta chỉ cần cm q chẵn là đủ (vì khi đó $\frac{p}{q}$ là số lẻ kéo theo p là số lẻ).

 Ta có: $2^{10}=1024<2017<2048=2^{11}$. Đặt N= 2017!, khi đó sẽ tồn tại sô nguyên dương k>10 sao cho $\inline N\vdots 2^{k}$ mà N không chia hết cho $2^{k+1}$.

 Từ đó $N=2^{k}m$ (m là số lẻ nào đó).

 Nhận thấy $\frac{p}{q}=\frac{a_{1}+a_{2+...+a_{2017}}}{N}$ (với $a_{i}=\frac{N}{i}$, ở đó i= 1, 2, ..., 2017).

 Mặt khác theo lí luận trên thì $a_{i}=2^{k-10}b_{i}$ (ở đó $b_{i}$ là số chẵn, với mọi i=1,2,..,2017).

 Do đó $\frac{p}{q}=\frac{2^{k-10}(b_{1}+...+b_{2017})}{2^{k}m}=\frac{b_{1}+...+b_{2017}}{2^{10}m}$.

 Lí luận kéo theo $b_{1}+...+b_{2017}$ là số lẻ suy ra q chẵn (Q.E.D)

Mính xin đề xuất 1 số bài về số nguyên tố để mọi người luyện tập .

Bài 125: CMR nếu n là hợp số thì $2^{n}-1$ cũng là hợp số.

Bài 126: Cho n là số thự nhiên (n>0). Giả sử $2^{n}+1$ là 1 số nguyên tố. Hãy CMR n là một lũy thừa của 2.

Bài 127: CMR tồn tại vô số số nguyên dương a sao cho z=$n^{4}+a$ không là số nguyên tố với mọi n nguyên dương.

Bài 128: Tìm các số tự nhiên n sao cho: n+1, n+3, n+7, n+9, n+13 và n+15 đều là các số nguyên tố.

Bài 129: Cho số A= $\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$. CMR A là 1 hợp số.

Bài 130: CMR với mọi số tự nhiên n>0 thì $19.8^{n}+17$ là hợp số.

Bài 131: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng: P=$n^{n}+1$, trong đó n là 1 số nguyên dương. Biết P có không nhiều hơn 19 chữ số.

Bài 132: Cho n số nguyên dương lớn hơn 5. CMR trong dãy n+1, n+2, . . ., n+30 có nhiều nhất 8 số nguyên tố.

Bài 133: Cho m, n là các số nguyên. CMR mn($m^{30}-n^{30}$) chia hết cho 14322.

Bài 142: Có thể tìm được hay không 1 dãy số tự  nhiên gồm 2018 số liên tiếp mà trong dãy đó không có số nào là số nguyên tố.

Bài 125: n là hợp số nên n có dạng a.b với a là 1 số nguyên tố lẻ hoặc n có dạng $2^x$ với x>1

xét TH thứ nhất thì $2^n-1= (2^b)^a-1$ chia hết cho $2^b+1 >1$ với a lẻ 

xét TH thứ hai thì $2^n-1= 4^{x-1}-1$ chia hết cho 3 với mọi x>1

Từ đó ta có đpcm.

  Ta có thể giải bài 125 đơn giản hơn như sau:

  Giả sử p là ước nguyên tố lẻ của n và $p\leq n$.

  Đặt n=p.q($q\geq 1$).

  Ta có: $2^{n}+1=2^{pq}+1=(2^{q})^{p}+1\vdots (2^{q}+1)$.

  Mà $0<2^{q}+1<2^{n}+1$ =>  $2^{n}+1$ là hợp số.

  Vậy để $2^{n}+1$ là số nguyên tố thì n phải là lũy thừa của 2.

Bài 104: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $3x^{2y^{2}+1}+2x^{2(y^{2}+1)}+x^{2y^{2+3}}-4x^{2(y^{2}+2)}+x^{2y^{2}+5}+10=0$.
xét nếu x chia hết cho 3 thì vt chia 3 dư 1 vô nghiệm
nếu x không chia hết cho 3 thì $x^{2}$ chia 3 dư 1 suy ra vt chia 3 dư 1 vô nghiệm
Vậy pt vô nghiệm

Bài 34: Chứng minh rằng phương trình $x^{2}+2x+4y^{2}=37$ không có nghiệm nguyên dương.

 Cách khác của mình: Pt <=> $(x+1)^{2}+(2y)^{2}=38\vdots 19$.

                                      Mà 19 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 nên $\left\{\begin{matrix} (x+1) \vdots 19& & \\2y\vdots 19 & & \end{matrix}\right.$

                                      => $[(x+1)^{2}+(2y)^{2}]\vdots 19^{2}$

                                      Mà 38 không chia hết cho $19^{2}$.

                                      => pt ko có nghiệm nguyên dương.

Bài 28: Chứng minh rằng nếu $P=2+2\sqrt{12n^{2}+1}$ là số tự nhiên thì $P$ là số chính phương.

•      Đầu tiên: Ta chứng minh bài toán sau: Nếu tích của 2 số nguyên tố cùng nhau là số chính phương thì chúng đều là các số       chính phương. (tự cm).
•      Quay trở về bài toán: Nếu P là số tự nhiên thì $12n^{2}+1$ phải là số chính phương lẻ.

               Đặt $12n^{2}+1=(2p-1)^{2}$ <=> $3n^{2}=p(p-1)\vdots 3$ => $p\vdots 3$ hoặc $(p-1)\vdots 3$.

1.      Nếu p chia hết cho 3 thì $n^{2}=\frac{p}{3}(p-1)$. Vì $(\frac{p}{3};p-1)=1$ nên áp dụng bài toán trên thì $\left\{\begin{matrix} \frac{p}{3}=a^{2} & & \\p-1=b^{2} & & \end{matrix}\right.$

               => $b^{2}=3a^{2}-1\equiv 2$ (vô lý).

       2.     Nếu p-1 chia hết cho 3 thì lập luận tương tự thì $\left\{\begin{matrix} p=c^{2} & & \\ \frac{p-1}{3}=d^{2} & & \end{matrix}\right.$

               => P=... là số chính phương (thay số vào là OK).

       P/s: bài này đã được tổng quát tại để thi chuyên toán ams 2017.

Bài 18:Giải phương trình nghiệm nguyên:$\frac{x^7-1}{x-1}=y^5-1$

 Bài này là câu 1 trong đề thi IMO Shortlist 2006.

 P/s: mình nghĩ các bạn nên ra những bài phù hợp với thi vào lớp 10 chuyên toán chứ đừng ra mấy bài kiểu đao to búa lớn thế này!

 Bài 25: Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)+2(x-y)(1-xy)=4(1+xy)$.

 Bài 26: Tìm tất cả các số nguyên a, b, c, x, y, z thỏa mãn điều kiện sau;

                              $\left\{\begin{matrix} x+y+z=abc & & \\a+b+c=xyz & & \\ a\geq b\geq c\geq 1;x\geq y\geq z\geq 1 & & \end{matrix}\right.$

Bài 5: Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ thỏa mãn $2n+1$,$3n+1$ là các SCP và $2n+9$ là số nguyên tố.

                                                                              Bài làm

  Ta có: 2n+1; 3n+1 là các số chính phương nên ta đặt $\left\{\begin{matrix} 2n+1=x^{2} & & \\3n+1=y^{2} & \end{matrix}\right.$

  Ko mất tính tổng quát ta giả sử x, y lớn hơn hoặc bằng 0.

  => $n=3n+1-2n-1=y^{2}-x^{2}$; $1=3(2n+1)-2(3n+1)=3x^{2}-2y^{2}$. (2)

  Do đó $2n+9=2(y^{2}-x^{2})+9(3x^{2}-2y^{2})=25x^{2}-16y^{2}=(5x+4y)(5x-4y)$

  Mà $5x+4y\geq5x-4y$ nên để 2n+9 là số nguyên tố thì:

            $\left\{\begin{matrix} 5x+4y=2n+9 & \\5x-4y=1 & \end{matrix}\right.$

     <=> $x=\frac{4y+1}{5}$.                                                                     (1)

  Thay (1) vào (2) ta dễ dàng tìm được x, y  rồi thử xem chúng có thỏa mãn ko.

  Mình xin đề xuất các bài toán sau:

  Bài 8: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b,c đôi một khác nhau sao cgo biểu thức:

                $A=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$ nhận giá trị nguyên dương.

  Bài 9; Tìm số nguyên tố p sao cho tồn tại x, y là các số nguyên thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 2x^{2}=p+1 & & \\ 2y^{2}=p^{2}+1 & & \end{matrix}\right.$

Bài 40: Tìm số tự nhiên $n$ sao cho $n+S(n)+S(S(n))=60$, với $S(n)$ là tổng các chữ số của $n$.

                Ta có: n + S(n) + S(S(n)) = 60.

                => $S(n)\geq 1$ => $n=60-S(n)-S(S(n)\leq 59$.                          (1)

                => $S(n)\leq 5+9=14$.

                => $S(S(n))\leq 9$ vì từ số 1 đến số 14 chỉ có số 9 là số có chữ số lớn nhất.

                => $n=60-S(n)-S(S(n))\geq 37$ .                                                  (2)

                Từ (1) và (2) => $37\leq n\leq 59$.

•       Ta có: $\overline{ab}-a-b=9a\vdots 9$ => $\overline{ab}\equiv a+b(mod9)$. (vì n là số có 2 chữ số)
•        Áp dụng vào bài toán ta có: $n\equiv S(n)(mod9)$ 

                                                              $S(n)\equiv S(S(n))(mod9)$

                 => $n\equiv 2(mod3)$

                 => $n\in {38;41;44;47;50;53;56;59}$

                 Thử lại ta thấy $n\in {44;47;50}$ là thỏa mãn.

44) Tìm cặp số nguyên $x,y$ thỏa mãn $5x^{2}+8y^{2}=20412$

   Ta có: $(6x^{2}+9y^{2})-(x^{2}+y^{2})=20412\vdots 3$

         => $(x^{2}+y^{2})\vdots 3$.

         => $\left\{\begin{matrix} x\vdots 3 & & \\ y\vdots 3 & & \end{matrix}\right.$

    Đặt $x=3x_{1};y=3y_{1}(x_{1};y_{1}\epsilon Z)$ thì pt tương đương với $5x_{1}^{2}+8y_{1}^{2}=2268$.

    Lập luận tương tự ta có: $5x_{2}^{2}+8y_{2}^{2}=252(x_{2};y_{2}\epsilon Z)$.

    Lập luận như trên: $5x_{3}^{2}+8y_{3}^{2}=28$.

    Đến đây ta thấy $0\leq x_{3}^{2}\leq \frac{28}{5}$

                          => $0\leq x_{3}^{2}\leq 5$.

    Đến đây ta thì ta xét từng TH rồi xem có thỏa mãn $y^{3}\epsilon Z$ không.

    Sau đó ta dễ dàng tìm được x, y.

Bài 102: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $1987x^{2}+1988y^{2}=3000-2x^{2}y^{2}$.

Bài 103: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $x^{2}-200xy+p=0$ với p là các số nguyên tố $p\leq 1999$.

Bài 104: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: $3x^{2y^{2}+1}+2x^{2(y^{2}+1)}+x^{2y^{2+3}}-4x^{2(y^{2}+2)}+x^{2y^{2}+5}+10=0$.

P/s: anh Jolo ra bài thcs thôi ạ.

Bài 97: Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ca)$ và $p,q,r$ là các số t/m $p+q+r=0$

CMR: $apq+bqr+crp\leq 0$

 Thay $r=-p-q$ vào, ta có: 

$apq+bqr+crp=apq-(p+q)(bq+cp)=-cp^2+(a-c-b)pq-bq^2$

Ta cần c/m: $f(p)=cp^2-(a-c-b)pq+bq^2\geq 0$

Nếu $c=0$ thì từ $(1)\Rightarrow a^2+b^2\leq 2ab\Rightarrow a=b\Rightarrow f(p)=bq^2\geq 0$

Xét TH $c>0$: $f(p)=cp^2-(a-c-b)pq+\frac{q^2(a-c-b)^2}{ac}-\frac{q^2(a-c-b)^2}{4c}+bq^2$

                             $=c[p-\frac{q(a-c-b)}{2c}]^2+\frac{q^2[4bc-(a-c-b)^2]}{4c}$

                             $=c[p-\frac{q(a-c-b)}{2c}]^2+\frac{q^2[2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)]}{4c}\geq 0$

$\Rightarrow$ đpcm

 P/s: cấy bài ni là BĐT mà bạn.

Đặt $(x-y,y-z,z-x)=(a,b,c)$ khi đó ta có: $a+b+c=0$
Ta có: 
$a^5+b^5+c^5=(a^3+b^3)(a^2+b^2)-(a+b)a^2b^2+c^5=(a+b)(a^2-ab+b^2)(a^2+b^2)-(a+b)a^2b^2-(a+b)^5=(a+b)(a^4+b^4+2a^2b^2-a^3b-ab^3-a^2b^2-(a^2+b^2+2ab)^2)=(a+b)(-5a^2b^2-5a^3b-5ab^3)=5abc(a^2+b^2+ab)$
Suy ra đpcm

Bài 113: CMR $3^{4^{5}}+4^{5^{6}}$ là tích của 2 số nguyên, mỗi số đều lớn hơn $10^{2002}$.

Bài 114: Tìm số nguyên dương x lớn nhất sao cho $23^{x+6}\vdots 2000!$.

Bài 115: Cho p, q, r là các số nguyên tố và n là số nguyên dương thỏa mãn:

                  $p^{n}+q^{n}=r^{2}$.

               Chứng minh rằng n=1.

P/s: đây là topic số mong các bạn đăng đúng chỗ .