4) Chứng minh rằng:

$1 - 10C_{2n}^1 + {10^2}C_{2n}^2 - {10^3}C_{2n}^3 + ... - {10^{2n - 1}}C_{2n}^{2n - 1} + {10^{2n}} = {81^n}$

Bài làm
Ta có:\[{(1 - x)^{2n}} = C_{2n}^0 - xC_{2n}^1 + {x^2}C_{2n}^2 - ... - {x^{2x - 1}}.C_{2n}^{2n - 1} + {x^{2n}}C_{2n}^{2n}\]
Thay $x=10$ ta thu được:
\[{(1 - 10)^{2n}} = 1 - 10C_{2n}^1 + {10^2}C_{2n}^2 - ... - {10^{2x - 1}}.C_{2n}^{2n - 1} + {10^{2n}}C_{2n}^{2n}\]

\[ \Leftrightarrow {( - 9)^{2n}} = 1 - 10C_{2n}^1 + {10^2}C_{2n}^2 - ... - {10^{2x - 1}}.C_{2n}^{2n - 1} + {10^{2n}}C_{2n}^{2n}\]$ \Leftrightarrow {81^n} = 1 - 10C_{2n}^1 + {10^2}C_{2n}^2 - ... - {10^{2x - 1}}.C_{2n}^{2n - 1} + {10^{2n}}C_{2n}^{2n}$ (đpcm)

Tks bạn phuonganh_ims, anh Vietfrog, anh Xusinst nhiều. Còn mấy bài này nữa:
6) Tính tổng :
a) $S = C_{2011}^1 + C_{2011}^3 + C_{2011}^5 + ... + C_{2011}^{2011}$

Bài 6:
$a)$Trước tiên ta chứng minh:
$C_{2011}^1 + C_{2011}^3 + C_{2011}^5 + ... + C_{2011}^{2011}=C_{2011}^0 + C_{2011}^2 + C_{2011}^4 + ... + C_{2011}^{2010} (1)$
Thật vậy:
Xét: \[{(x - 1)^{2011}} = C_{2011}^0 - xC_{2011}^1 + {x^2}C_{2011}^2 - {x^3}C_{2011}^3 + ... - {x^{2011}}C_{2011}^{2011}\]
Thay $x=1$ rồi chuyển về ta được $(1)$
Ta sẽ tính $S$ bằng cách xét:
\[{(x + 1)^{2011}} = C_{2011}^0 + xC_{2011}^1 + {x^2}C_{2011}^2 + {x^3}C_{2011}^3 + ... + {x^{2011}}C_{2011}^{2011}\]
Thay $x=1$ thì ta có:
\[{2^{2011}} = (C_{2011}^0 + C_{2011}^2 + ... + C_{2011}^{2010}) + (C_{2011}^1 + C_{2011}^3... + C_{2011}^{2011})\]
Theo $(1)$ thì :
\[{2^{2011}} = 2S \Leftrightarrow S = {2^{2010}}\]

b) $T = C_{50}^0 - C_{50}^1 + C_{50}^2 - ... + C_{50}^{24} - C_{50}^{25}$

$b)$ Ta có:
$$T = C_{50}^0 - C_{50}^1 + C_{50}^2 - ... + C_{50}^{24} - C_{50}^{25}(1)$$
Do:$C_n^k = C_n^{ - k}$ nên:\[T = C_{50}^{50} - C_{50}^{49} + C_{50}^{48} - ... + C_{50}^{26} - C_{50}^{25}(2)\]
Từ $(1),(2)$ suy ra:
\[2T = C_{50}^0 - C_{50}^1 + C_{50}^2 - ... - C_{50}^{49} + C_{50}^{50} - C_{50}^{25}\]
\[ \Leftrightarrow 2T = {(1 - 1)^{50}} - C_{50}^{25}\]
\[ \Leftrightarrow T = \dfrac{{ - C_{50}^{25}}}{2}\]

1. Vũ Đình Việt, lớp 12A1, THPT Kẻ Sặt
Huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương.
2. Em rất cảm ơn món quà của diễn đàn đã trao tặng. Em mong muốn 1 cuốn sách Toán cao cấp ( dùng cho năm đầu học ĐH )
3. Em không tham gia offline được, phiền các anh gửi về theo địa chỉ:
Vũ Thị Huệ, phó hiệu trưởng trường Tiểu học Vĩnh Hồng, huyện Bình Giang, tỉnh Hải Dương.
( Đây là địa chỉ nơi làm việc của mẹ em, khu nhà em số nhà lung tung lắm ạ .)
Cảm ơn các anh!

Hôm nay, ngày 27 tháng 08 là ngày sinh nhật supermember, một ĐHV 2011, người đã gắn bó lâu dài với VMF. Anh ấy sắp phải đi xa, không thể tiếp tục đóng góp nhiều hơn cho VMF được nữa. Đây thật sự là một tổn thất của VMF.

Vì những đóng góp không mệt mỏi của supermember cho VMF, mình lập tôpic này như là một lời tri ân tới anh ấy. Mong các bạn cùng viết bài.

P/s: Chúc Lộc mạnh khỏe, may mắn và thành công

Nhận được tin nhắn của anh Lộc tối qua mà sao mình cứ thấy bu�ồn lạ. Có phải từ nay sẽ không còn thấy anh supermember online nữa, không còn thấy những ý kiến, lời giải tinh tế của anh nữa. Anh đúng là một member super theo đúng ý nghĩa.
Chúc anh thành công trên con đường anh đã chọn.
Các bạn hãy cũng nhau lỗ lực xây dựng VMF phát triển!

Nếu được các anh cho em xin phúc khảo ạ.
Em thắc mắc một số chỗ:
1. Câu lượng giác: Em gõ máy tính nhầm thôi . Cứ 3 dòng nhìn 1 lần nên bị lỗi:(. Kết quả đúng rồi mà. ( em bị trừ hết điểm câu này )
2. Câu giải hệ phương trình: Em nghĩ trình bày như thế không đáng để trừ 1/2 số điểm câu đó.
\[\begin{array}{l}
a = 0 \Rightarrow c = 0;b = 0\\
a = 0 \Rightarrow c = 0 \Rightarrow b = 0
\end{array}\]
Em nghĩ các kết quả đều suy ra từ $a=0$ nên 2 cách trên không khác nhau lắm . ( bị trừ 0.5 huhu )
P/s: Giờ mới biết được phúc khảo, em nên ăn vạ tí .
P/s: Em trình bày $\LaTeX$ phải được ưu tiên chút điểm trình bày chứ

Góp vui vào đây 1 số bài nhé.
Bài 107:

\[\left\{ \begin{array}{l}
xy - 3x - 2y = 16\\
{x^2} + {y^2} - 2x - 4y = 33
\end{array} \right.\]
Bài 108:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^3}\left( {2 + 3y} \right) = 8\\
x\left( {{y^3} - 2} \right) = 6
\end{array} \right.\]
Bài 109:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + 3y = 9\\
{y^4} + 4\left( {2x - 3} \right){y^2} - 48y - 48x + 155 = 0
\end{array} \right.\]
___
=.= ghi đề thi thử trường nào vô nhé anh

Hehe. phải ghi chữ diễn đàn toán học dưới chữ VMF. Không thì người ta tưởng :...http://vmf.com.vn/vi

Cứ từ từ. Gì mà đăng kí vội thế.

Bài 85
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn:$xy + yz + xz \le 3$
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{2}{{\sqrt {xyz} }} + \dfrac{{27}}{{(2x + y)(2y + z)(2z + x)}} \ge 3\]

Không ai chém à.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$$\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{27}{xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x)}}$$
Đánh giá mẫu:
$$xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x) = (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \le \dfrac{3^3(xy+yz+xz)^3}{27} \le 3^3$$
$$\Rightarrow \dfrac{2}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3$$

Không hiểu Toàn lấy mấy bài trên ở đâu mà khủng khiếp quá. Mấy bài này đã làm Topic ngừng trệ 1 thời gian rồi. Nếu Toàn làm được hoặc có lời giải thì post lên nhớ. Cũng lâu lắm rồi mà.
Tạm gác lại mấy bài trên. Xin tiếp tục hoạt động của Topic với một số BĐT phù hợp hơn.
Bài 107:
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

\[\frac{{{a^8} + {b^8} + {c^8}}}{{{a^3}{b^3}{c^3}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]
Bài 108:

Cho các số thực $\ x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2-4x+2z \le 0$.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $$P=2x+3y-2z$$
Mọi người tham gia nhé!

Lời giải :
Ta dễ dàng nhận ra , đây là bài tìm giá trị nhỏ nhất cua ba bất đẳng thức nhỏ :

$A = \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} ( Nesbit )$
$B=\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} =\frac{1}{2}$
$C=\frac{c^3}{b+c}+\frac{a^3}{c+a}+\frac{b^3}{a+b} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{bc+c^2+ac+a^2+ab+b^2}$
$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$ $\geq \frac{a+b+c}{6}=\frac{1}{6}$
$A+B+C=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{13}{6}$
$\Longrightarrow$ điều phải chứng minh

$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!

Post một số bài nên cho anh em chém nhá. Cảm ơn mọi người đã tham gia Topic trong thời gian qua.
Bài 116:
Cho các số $a,b,c$ dương thỏa mãn: $\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 6 \\
{a^2} + {b^2} + {c^2} = 14 \\
\end{array} \right.$
Tìm GTLN,GTNN của $P = \frac{{4a + b}}{c}$
Bài 117:
Chứng minh rằng:

\[\frac{{\sin x + 2\cos \frac{x}{2}}}{{\cos x + 2\sin \frac{x}{2}}} \ge 1 + \frac{{\sqrt 2 }}{2},\forall x \in \left[ {0;\frac{\pi }{2}} \right]\]

Bài 118:
Cho $2x-y=2$. Chứng minh rằng:

\[\sqrt {{x^2} + {{\left( {y + 1} \right)}^2}} + \sqrt {{x^2} + {{\left( {y - 3} \right)}^2}} \]

Bài 119:
Cho $x,y \ge 0;{x^3} + {y^3} = 1$
Tìm giá trị lớn nhất của: \[P = \sqrt x + 2\sqrt y \]

Vô ủng hộ anh "Việt Cóc"
Bài 98:
$P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{y-1}$

Việt Cóc nào .
Em gõ nhầm P rồi đó. Và $P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1}$ thì em áp dụng bổ đề kia như thế nào đây.
Theo anh thì dùng hàm số cũng được .

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: $$P \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{x + y - 2}} = \frac{{{t^2}}}{{t - 2}}=f(t)$$
Dùng hàm số với ĐK $t>2$ ta dễ dàng thu được :$f(t) \ge f(4)$
Như vậy $P \ge f(4) = 8$

Lời giải này sai rồi. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng $\sum \dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{(\sum x_i)^2}{\sum a_i}$ chỉ đúng khi $a_i>0$.
Lưu ý các bạn trẻ, không nên quá lạm dụng những bất đẳng thức mạnh để giải quyết những bài toán đơn giản.

Cảm ơn anh Lâm đã góp ý. Em làm ẩu quá. .
Lâu lắm mới thấy anh lên diễn đàn, anh để lại vài bài BĐT cho bọn em làm được không ạ?

Bài tiếp nữa nhé:
Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$


P/s:@dark templar: Mod dark templar có ghé topic thì đánh số lại các bài trong topic này giúp mình nhé ! Đa tạ!

Bài tiếp theo.
Cho $a_1 ,a_2 ,...,a_n > 0;\,\,\,\,\,S = a_1 + a_2 + \cdot \cdot \cdot + a_n $. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{\sqrt {a_1 } }}{{\sqrt {S - a_1 } }} + \dfrac{{\sqrt {a_2 } }}{{\sqrt {S - a_2 } }} + \cdot \cdot \cdot + \dfrac{{\sqrt {a_n } }}{{\sqrt {S - a_n } }}\,\,\,\,\, \ge \,\,\,\,2;\,\,\,\,\left( {n \ge 2} \right)$.

------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge 2$

Ta đánh giá:

$\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} = \sqrt {\dfrac{{a_i^2}}{{(S - {a_i}).{a_i}}}} = \dfrac{{{a_i}}}{{\sqrt {(S - {a_i}).{a_i}} }} \ge \dfrac{{{a_i}}}{{\dfrac{S}{2}}} = \dfrac{{2{a_i}}}{S}$

Từ đó suy ra:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge \dfrac{{2.\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}{S} = 2$

Dấu ''='' xảy ra khi: $n=2;{x_1} = {x_2} > 0$
..........................................

Nếu làm giống như bạn thì phải ra $\max f(x)=\dfrac{1}{3}$ mới đúng.
Mà làm như bạn cũng sai rồi.Với $n=2$ thì $\max f(x)=\dfrac{4}{27}$ khi $(x;y;z)=\left(0;\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3} \right)$ chứ không phải là $\dfrac{1}{3}$.

Ừ. Mình biết sai rồi , mình biết mình làm như thế là không đúng , mong mọi người tha thứ cho mình .
Vậy là còn 2 bài trong topic chưa giải:
Bài 1:

Tổng quát:Cho $n$ số thực dương $a_1;a_2;...;$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}a_{i} -\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_{i}} \le \max \{(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}})^2 \};1 \le i \neq j \le n.$

P/s: Có khi bài này dark templar phải làm thui
Bài 2:

Cho x, y, z là các số thực không âm và $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x\,\,,\,n \in N$.

Xét $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{2a^2c+2c+4b^2} = \dfrac{b+1}{2c(a^2+1)+4b^2} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)} $
Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)}= \dfrac{b(b+1)}{1+b^3} $
Lại có $ b^3+1 \geq b(b+1)$ Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{1}{4} $
Làm tương tự suy ra $ P \leq \dfrac{3}{4} $

Phân tách thế này tôi chịu. Ý tưởng của tôi lại khác. Nó chỉ phù hợp với những dạng bài như sau: (cũng cho abc=1 )
Bài 11:Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $abc = 1$. Tìm Max của :
$P = \dfrac{1}{{2{a^2} + {b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{b^2} + {c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{c^2} + {a^2} + 3}}$

Bài viết bắt đầu lẻ tẻ và khá khó r�ồi đây.
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$

Bài 38
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:

$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$

Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$

P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!

Tiếp theo. Chúng ta sẽ thảo luận về BĐT AM-GM với bộ 3 số.

Bài 42
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng :

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$

Ta có thể chứng minh BĐT thông dụng trên bằng bao nhiêu cách ???
Hãy trình bày cẩn thận, rõ ràng cách chứng minh của các bạn.
Hy vọng Topic sẽ sôi động trở lại!

vietfrog thông cảm nha Đang cơn lười gõ Latex Cjhi3 gợi ý thôi

Xài BDT Bernoulli

Bài APMO 2004 có rất nhiều cách giải và đã được mở rộng, làm chặt rất nhiều. Bên cạnh cách như của bạn Hà Quốc Đạt hay cách xài BĐT Bernoulli như của dark templar thì còn có thể có thêm các cách khác.
Không nêu ra hết được nhưng có thể kể tới :
Cách 1: Sử dụng Cauchy-Schwarz :
$({a^2} + 2)({b^2} + c) = ({a^2} + 1)({b^2} + 1) + {a^2} + {b^2} + 3 \ge \dfrac{3}{2}\left[ {{{(a + b)}^2} + 2} \right]$...

Cách 2: Dồn biến với việc đặt : $\dfrac{{a + b}}{2} = t$ sau đó chứng minh : $f(t;t;c) \ge 0$...

@vietfrog :Có rất nhiều hương giải quyết nhưng mong mọi người post lời giải cụ thể lên để các thành viên tiện theo dõi.

@to dark templar : Đi cai bệnh lười gõ latex đi, chứ cứ để đang cơn lười gõ latex thế nguy hiểm lắm . Đi cai đi. VMF vẫn mở rộng vòng tay với những người biết làm lại

Tiện đây post thêm một số BĐT đối xứng đơn giản để mọi người chém nhiều cách.
Bài 53: ( HSG tỉnh Hải Dương vòng 2 năm 2009-2010 )
Cho $a,b,c$ là các số dương và $abc=1$.
Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}} + \dfrac{b}{{b + {c^4} + {a^4}}} + \dfrac{c}{{c + {a^4} + {b^4}}} \le 1$

Bài 54:
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn : ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$
Chứng minh rằng:

$\dfrac{x}{{1 - {x^2}}} + \dfrac{y}{{1 - {y^2}}} + \dfrac{z}{{1 - {z^2}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$

Bài 47 (Một BĐT nhẹ nhàng)
Cho $a;b;c;x;y;z \ge 0$ thỏa mãn: $a + x = b + y = c + z$
Chứng minh rằng:
$ax + by + cz \le 1$

Lời giải 1 khá ngắn gọn. Mình xin góp một lời giải nữa.
Lời giải 2
Đặt:$a = {x^3};b = {y^3};z = {c^3}$
BĐT tương đương :
$\begin{array}{l}{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\\ \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0\\ \Leftrightarrow (x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz) \ge 0\end{array}$
Một điều luôn đúng!
Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bạn ongtroi cũng đã đưa ra cách giải trên sau 1 phút.
Lời giải 3 ( của ongtroi )
Biến đổi tương đương:
$\\ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ = \dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) \ge 0$

@ to ongtroi: Cách này mình vừa post r�ồi ( nhanh hơn 1 tẹo ) nên mi`nh hợp 2 bài viết lại cho mọi người dễ nhiìn. Rất cảm ơn bạn ongtroi đã tham gia topic!


P/s: Còn rất nhiều cách chứng minh thú vị. Mọi người post nhiệt tình nhé!

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Giả sử $a \ge b \ge c$

Sử dụng BĐT Chebyshev cho 2 bộ 3 số :
${a^2} + bc \ge {b^2} + ac \ge {c^2} + ab$ và

$\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$

Theo BĐT Chebyshev ta có:

$3\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{a} \le \sum {({a^2} + bc)\sum {\dfrac{1}{a}} } } $

$ \Leftrightarrow 3\sum {(a + \dfrac{{bc}}{a}) \le \sum {(a + b + c + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c} + \dfrac{{bc}}{a}} )} $

$ \Leftrightarrow 2\sum {\dfrac{{bc}}{a} \le \sum {(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c}) \le 2\sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} } } $

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{a} \le } \sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{(bc)}^2} \le \sum {{a^3}b} ({\rm{ ok)}}} $

Hí. Bài nữa đi Lâm ơi!