Cho a,b,c dương. Chứng minh: 

$\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

p/s: trích "sữ dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức"

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z$ .BDT

 $< = > \sum \frac{1}{(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2}\geq \frac{3\sqrt{3\frac{1}{xyz}(\sum \frac{1}{x})}(\sum \frac{1}{x})^2}{4(\sum \frac{1}{xy})^3}< = > \sum \frac{(xy)^2}{(x+y)^2}\geq \frac{3\sqrt{\frac{3(\sum xy)}{(xyz)^2}}.\frac{(\sum xy)^2}{(xyz)^2}}{\frac{4(\sum x)^3}{(xyz)^3}}$
$< = > \sum \frac{(xy)^2}{(x+y)^2}\geq \frac{3\sqrt{3(\sum xy)}.(\sum xy)^2}{4(\sum x)^3}$  (1)

Theo Bunhiacopxki ta có : $\sum \frac{(xy)^2}{(x+y)^2}\geq \frac{(\sum xy)^2}{\sum (x+y)^2}=\frac{(\sum xy)^2}{2(\sum x^2+\sum xy)}$  (2)

 Do đó cần CM $\frac{(\sum xy)^2}{2(\sum x^2+\sum xy)}\geq \frac{3\sqrt{3(\sum xy)}.(\sum xy)^2}{4(\sum x)^3}< = > 2(\sum x)^3\geq 3\sqrt{3(\sum xy)}(\sum x^2+\sum xy)< = > 4(\sum x)^6\geq 27(\sum xy)(\sum x^2+\sum xy)^2$  (3)

   Đặt $\sum x^2=m,\sum xy=n= > m\geq n$ $,m,n> 0$.Do đó (3)

  $< = > 4(m+2n)^3\geq 27n(m+n)^2< = > 4(m^3+6m^2n+12mn^2+8n^2)\geq 27m^2n+27n^3+54mn^2$
$< = > 4m^3-3m^2n-6mn^2+5n^3\geq 0< = > 4m^2(m-n)+mn(m-n)-5n^2(m-n)\geq 0$
$< = > (m-n)^2(4m+5n)\geq 0$

(Luôn đúng )

 Do đó (3) đúng nên (1) đúng và ta có ĐPCM .

  Dấu = xảy ra khi $m=n< = > \sum x^2=\sum xy< = > x=y=z$

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $a^3+b^3+c^3=3$ 

  Chứng minh rằng :

             $\frac{a^3}{b^2-2b+3}+\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}+\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}\leq \frac{3}{2}$

Ta có : $\frac{a^3}{b^2-2b+3}=\frac{a^3}{(b-1)^2+2}\leq \frac{a^3}{2}$

    $\frac{2b^3}{c^3+a^2-2a-3c+7}=\frac{2b^3}{(c^3-3c+2)+(a^2-2a+1)+4}=\frac{2b^3}{(c-1)^2(c+1)+(a-1)^2+4}\leq \frac{2b^3}{4}=\frac{b^3}{2}$

  $\frac{3c^3}{a^4+b^4+a^2-2b^2-6a+11}=\frac{3c^3}{(a^4+a^2+1+1+1+1-6a^2)+(b^4-2b^2+1)+6}\leq \frac{3c^3}{6\sqrt[6]{a^6}-6a+(b^2-1)^2+6}\leq \frac{3c^3}{6}=\frac{c^3}{2}$

Cộng theo vế các BDT $= > P\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{2}=\frac{3}{2}$

Do đó ta có ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

 Cho tam giác $ABC$ .CMR :

    $(sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2})(cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2})\geq \frac{9\sqrt{3}}{2}$

P/s: Lâu lâu chưa post

Với các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x+y+1=z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

$$P=\frac{x^{3}}{x+yz}+\frac{y^{3}}{y+zx}+\frac{z^{3}}{z+xy}+\frac{14}{(z+1)\sqrt{(x+1)(y+1)}}$$

Theo Cauchy_Swatch ta có : $\frac{x^3}{x+yz}+\frac{y^3}{y+xz}\geq \frac{(x+y)^3}{2(x+y+yz+xz)}=\frac{(x+y)^3}{2(x+y)(1+z)}=\frac{(x+y)^2}{2(z+1)}=\frac{(z-1)^2}{2(z+1)}$  (Do $x+y=z-1$)

 Mà $\frac{z^3}{z+xy}=\frac{4z^3}{4z+4xy}\geq \frac{4z^3}{4z+(x+y)^2}=\frac{4z^3}{4z+(z-1)^2}=\frac{4z^3}{(z+1)^2}$

  $(z+1)\sqrt{(x+1)(y+1)}\leq (z+1).\frac{x+y+2}{2}=\frac{(z+1)(z-1+2)}{2}=\frac{(z+1)^2}{2}= > \frac{14}{(z+1)\sqrt{(x+1)(y+1)}}\geq \frac{28}{(z+1)^2}$

Từ đó $= > P\geq \frac{(z-1)^2}{2(z+1)}+\frac{4z^3}{(z+1)^2}+\frac{28}{(z+1)^2}=> 2P\geq \frac{(z-1)^2}{z+1}+\frac{8z^3}{(z+1)^2}+\frac{56}{(z+1)^2}=\frac{(z-1)^2(z+1)+8z^3+56}{(z+1)^2}=f(z)$

  Ta chứng minh $f(z)\geq \frac{53}{4}< = > \frac{(z-1)^2(z+1)+8z^3+56}{(z+1)^2}\geq \frac{53}{4}$
$< = > \frac{9z^3-z^2-z+57}{z^2+2z+1}\geq \frac{53}{4}< = > 36z^3-4z^2-4z+228\geq 53z^2+106z+53$
$< = > 36z^3-57z^2-110z+175\geq 0< = > 12z^2(3z-5)+z(3z-5)-35(3z-5)\geq 0$
$< = > (3z-5)(12z^2+z-35)\geq 0< = > (3z-5)(4z(3z-5)+7(3z-5))\geq 0$
$< = > (3z-5)^2(4z+7)\geq 0$ (Luôn đúng)

 Do đó $2P\geq f(z)\geq \frac{53}{4}= > P\geq \frac{53}{8}= > P_{Min}=\frac{53}{8}< = > \left\{\begin{matrix} x=y & & \\ z=\frac{5}{3} & & \\ x+y+1=z & & \end{matrix}\right.< = > \left\{\begin{matrix} x=y=\frac{1}{3} & \\ z=\frac{5}{3} & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng tồn tại đúng một dãy số nguyên $a_1,a_2,....$ thõa mãn điều kiện :

$\left\{\begin{matrix} a_1=1,a_2>1 \\ a_{n+1}^3+1=a_n.a_{n+2},n\in N \end{matrix}\right.$

Ta có : $a_{2}^3+1=a_{1}a_{3}=1.a_{3}=a_{3}$

  $a_{3}^3+1=a_{2}a_{4}= > a_{4}=\frac{a_{3}^3+1}{a_{2}}=\frac{(a_{2}+1)^9+1}{a_{2}}=a_{2}.A+\frac{2}{a_{2}}$

Để $a_{4}\in Z= > \frac{2}{a_{2}}\in Z= > 2\vdots a_{2}= > a_{2}=2$ ( Do $a_{2}> 1$)

-Từ dãy đề bài $= > a_{n}^3+1=a_{n-1}a_{n+1}$  ,với $n\geq 1,n\in N$

 Từ đó ta sẽ chứng minh dãy số sau gồm toàn các số nguyên và đó là dãy duy nhất thỏa mãn :

  $\left\{\begin{matrix} a_{1}=1,a_{2}=2 & \\ a_{n}^3+1=a_{n-1}a_{n+1} & \end{matrix}\right.$

- Với $n=1,2$ thay vào thấy thỏa mãn .

- Giả sử bài toán đúng đến $n=k= > a_{k+1}=\frac{a_{k}^3+1}{a_{k-1}}$    (1)

-Ta chứng minh bài toán đúng đến $n=k+1$

+ Thật vậy ,ta có cần chỉ ra số sau nguyên

    $a_{k+2}=\frac{a_{k+1}^3+1}{a_{k}}$ ,tức là $a_{2}\in Z$

Ta có : $a_{k+1}^3+1=(\frac{a_{k}^3+1}{a_{k-1}})^3+1=\frac{a_{k}^9+3a_{k}^6+3a_{k}^3+a_{k-1}^3+1}{a_{k-1}^3}$  (2)

Theo Công thức truy hồi thì $a_{k+1}=\frac{a_{k}^3+1}{a_{k-1}}= > a_{k}=\frac{a_{k-1}^3+1}{a_{k-2}}= > a_{k-1}^3=a_{k}a_{k-2}-1$  (3)

 Thay (3) vào (2) $= > a_{k+1}^3+1=\frac{a_{k}^9+3a_{k}^6+3a_{k}^3+a_{k-1}^3+1}{a_{k}a_{k-2}-1}= > (a_{k+1}^3+1)(a_{k}a_{k-2}-1)=a_{k}^9+3a_{k}^6+3a_{k}^3+a_{k}a_{k-2}$  (Do $a_{k-1}^3+1=a_{k}a_{k-2}$)   (4)

 Mà $(a_{k}^9+3a_{k}^6+3a_{k}^3+a_{k}a_{k-2})\vdots a_{k}$  (5)

 Nên từ (4),(5) $= > (a_{k+1}^3+1)(a_{k}a_{k-2}-1)\vdots a_{k}$ .Mà $(a_{k}a_{k-2}-1,a_{k})=1$

  $= > (a_{k+1}^3+1)\vdots a_{k}= > \frac{a_{k+1}^3+1}{a_{k}}\in Z= > a_{k+2}\in Z$

Do đó giả thiết qui nạp được chứng minh 

  Vậy dãy duy nhất thỏa mãn bài toán là $\left\{\begin{matrix} a_{1}=1,a_{2}=2 & \\ a_{n+1}^3+1=a_{n}a_{n+2} & \end{matrix}\right.,n\in N$

Cho $a,b,c>0$ và $16(a+b+c)\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.Chứng minh rằng:$\frac{1}{\left [ a+b+\sqrt{2(a+c)} \right ]^3}+\frac{1}{\left [ b+c+\sqrt{2(a+b)} \right ]^3}+\frac{1}{\left [ a+c+\sqrt{2(b+c)} \right ]^3}\leq \frac{8}{9}$

Theo BĐT Cosi cho 3 số ta có :

 $\sum \frac{1}{\left [ a+b+\sqrt{2(a+c)} \right ]^3}=\sum \frac{1}{\left [ (a+b)+\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{2}} \right ]^3}$
$\leq \sum \frac{1}{27.(a+b).\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{2}}.\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{2}}}=\frac{2}{27}\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}=\frac{2}{27}.\frac{\sum (b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$=\frac{4(\sum a)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}$  (1)

 Mặt khác ta lại có : $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8(\sum a)(\sum ab)}{9}$ (2)

 Từ (1),(2) $= > \sum \frac{1}{\left [ a+b+\sqrt{2(a+b)} \right ]^3}\leq \frac{4(\sum a)}{27.\frac{8(\sum a)(\sum ab)}{9}}=\frac{1}{6(\sum ab)}$  (3)

 Ta có : $16(\sum a)\geq \sum \frac{1}{a}=\frac{\sum ab}{abc}= > \sum ab\leq 16abc(\sum a)\leq 16.\frac{(\sum ab)^2}{3}= > \sum ab\geq \frac{3}{16}$  (4)

 Từ (3),(4) $= >\sum \frac{1}{\left [ a+b+\sqrt{2(a+c)} \right ]^3}\leq \frac{1}{6.\frac{3}{16}}=\frac{8}{9}$

 Do đó ta có ĐPCM.  Dấu = xảy ra khi $< = > \left\{\begin{matrix} a+b=\frac{\sqrt{a+c}}{\sqrt{2}} & & & \\ b+c=\frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{2}} & & & \\ a+c=\frac{\sqrt{b+c}}{\sqrt{2}} & & & \\ a=b=c=\frac{1}{4} & & & \end{matrix}\right.< = > a=b=c=\frac{1}{4}$

 Cho tứ diện $ABCD$ với $S_{a},S_{b},S_{c},S_{d}$ là diện tích 4 mặt của tứ diện và $r$ là bán kính nội tiếp tứ diện

    CMR : $S_{a}+S_{b}+S_{c}+S_{d}\geq 8r^2$

 Chúc mừng 

Xác định $f(x)$

$f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}  : x^{3}f(x+3y)-f(x)= f(y) + f(3y)$ 

- Chọn $x=y=0= > 0-f(0)=2f(0)= > 3f(0)=0= > f(0)=0$

- Chọn $y=0= > x^3f(x)-f(x)=f(0)+f(0)=0= > x^3f(x)=f(x)= > f(x)=0$  (Do $f(0)=0$)

  Vậy $f(x)=0$ thỏa mãn bài toán

Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng

$\sum \frac{(c+a-b)^{4}}{a(a+b-c)} \geq \sum ab$

Đặt $\left\{\begin{matrix} b+c-a=x & & \\ a+c-b=y & & \\ a+b-c=z & & \end{matrix}\right.= > x,y,z> 0= > \left\{\begin{matrix} a=\frac{y+z}{2} & & \\ b=\frac{x+z}{2} & & \\ c=\frac{x+y}{2} & & \end{matrix}\right.$

Do đó $\sum \frac{(a+c-b)^4}{a(a+b-c)}\geq \sum ab< = > \sum \frac{y^4}{\frac{z(y+z)}{2}}\geq \sum \frac{(y+z)(x+z)}{4}< = > \sum \frac{y^4}{z(y+z)}\geq \frac{\sum z^2+3\sum xy}{8}$

Theo Bunhia và Cosi ta có :

 $\sum \frac{y^4}{z(y+z)}\geq \frac{(\sum y^2)^2}{\sum yz+\sum z^2}\geq \frac{(\sum y^2)^2}{\sum z^2+\sum z^2}=\frac{\sum y^2}{2}=\frac{4\sum y^2}{8}\geq \frac{\sum y^2+3\sum yz}{8}$

   Do đó ta có  ĐPCM

Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $\sum \sqrt{x} = 1$

Chứng minh rằng : $\sum \frac{x^{2}+yz}{\sqrt{2x^{2}(y+z)}} \geq 1$

  Áp dụng các bdt Bunhiacopxki ,Cauchy-Swacth 

Ta có : $\sum \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}=\sum \frac{x^2}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\sum \frac{yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}$
$=\sum \frac{x}{\sqrt{2(y+z)}}+\sum \frac{yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}$
$=\sum \frac{x^2}{\sqrt{2x}.\sqrt{xy+xz}}+\sum \frac{y^2z^2}{xyz\sqrt{2(y+z)}}$
$\geq \frac{(\sum x)^2}{\sum \sqrt{2x}.\sqrt{xy+xz}}+\frac{(\sum yz)^2}{xyz\sum \sqrt{2(y+z)}}$
$\geq \frac{(\sum x)^2}{\sqrt{(2\sum x)(2\sum xy)}}+\frac{3xyz(\sum x)}{xyz\sum \sqrt{2(y+z)}}$
$\geq \frac{(\sum x)^2}{2\sqrt{(\sum x).\frac{(\sum x)^2}{3}}}+\frac{3(\sum x)}{\sqrt{12(\sum x)}}$
$=\sqrt{\frac{3(\sum x)}{4}}+\sqrt{\frac{3(\sum x)}{4}}\geq \frac{\sum \sqrt{x}}{2}+\frac{\sum \sqrt{x}}{2}$
$=\sum \sqrt{x}=1$
$= > \sum \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}\geq 1$

  Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{9}$

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thõa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.

Chứng minh rằng

 

$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}+\frac{1}{1-c^2}+\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\geq 9$

BDT $< = > \sum (\frac{1}{1-a^2}-1)+\sum (\frac{1}{1-ab}-1)\geq 3$

$< = > \sum \frac{a^2}{1-a^2}+\sum \frac{ab}{1-ab}\geq 3$
$< = > \sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2-a^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$

 $< = > \sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$ (4)

 Theo BDT Bunhiacopxki ta có :

 $\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}$
$=\sum \frac{a^4}{a^2b^2+a^2c^2}+\sum \frac{(ab)^2}{ab(a^2+b^2+c^2-ab)}$
$\geq \frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{2\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)-\sum a^2b^2}$
$=\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}$  (1)

 Ta cần chứng minh : $\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}\geq 3$
$< = > (\sum a^2+\sum ab)^2\geq 3abc(\sum a)+3\sum a^2b^2+3\sum ab(a^2+b^2)$
$< = > (\sum a^2)^2+2(\sum a^2)(\sum ab)+(\sum ab)^2\geq 3abc(\sum a)+3\sum ab(a^2+b^2)+3\sum a^2b^2$
$< = > \sum a^4+abc(\sum a)\geq \sum ab(a^2+b^2)$
$< = > a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$

    BDT này đúng vì đó là Schur bậc 4 

Do đó $\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}\geq 3$  (2)

  Từ (1),(2) $= > \sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$  (3)

 Từ (3),(4) $= > \sum \frac{1}{1-a^2}+\sum \frac{1}{1-ab}\geq 9$

 Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

    Bài toán : Cho tam giác nhọn $ABC$. Gọi $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác ; $l_{a},l_{b},l_{c}$ là độ dài 3 đường phân giác trong ; $r_{a},r_{b},r_{c}$ là bán kính đường tròn bàng tiếp các góc $A,B,C$ .Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.

        CMR : $\frac{l_{a}^2l_{b}^2l_{c}^2}{a^2b^2c^2}\leq (\frac{r_{a}+r_{b}+r_{c}}{6R})^3$

   Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ .CMR:

            $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}+5\geq (a+b)(b+c)(c+a)$

Xin nêu lời giải bài số học(problem 2)

Đặt $ab-c=2^x(1);bc-a=2^y(2);ca-b=2^z(3)$(với x,y,z$\geqslant$0)

Do vai trò như nhau của x,y,z ta giả sử $x\geq y\geq z$. Do vai trò như nhau của a,b,c ta cũng được giả sử$a\geq b\geq c$(*)

Trừ (1) cho (2) ta có $2^x-2^y=ab-c-bc+a=(b-1)(a-c)$ chú ý rằng x lớn hơn bằng y và b$\geq 1$

do đó a lớn hơn c

Trừ (2) cho (3) tương tự suy ra b lớn hơn bằng a

Trừ (1) cho (3) ta lại có b lớn hơn bằng c.

Do đó $b\geq a\geq c$(**).

Từ (*) và (**) ta có a=b=c và x=y=z

Từ đó ta quy về giải Pt nghiệm nguyên dương sau:$a^2-a=2^x$(đơn giản với việc sử dụng biệt thức delta của tam thức bậc 2 là số chính phương)

từ đó suy ra a=b=c=1

Bạn đã giải sai ngay từ bước giả sử ,vì vai trò của 3 biến ko hề như nhau

Anh xem cái đề HSG thái bình là đủ hiểu

 Khó hơn mọi đề bình thường ,hj

Hôm nay bước vào ngày thi thứ nhất thì phải đúng ko mọi người 

Hình như anh Đăng cũng quê Thái Bình thì phải?

Năm nay thi IMO có 3 người quê gốc Thái Bình ,công nhận Thái Bình bá thật ,chiếm 1 nửa luôn

Thấy mặt anh Hoàn trên báo THTT số 454 kìa

Ừ ,vì anh ấy đã tham dự IMo năm ngoái rùi mà nên đương nhiên là sẽ có

  Bài toán : Tìm tất cả các số nguyên dương $x,y,z$ biết chúng lập thành 1 cấp số cộng và thỏa mãn :

    $\frac{x^2(x+y)(x+z)}{(x-y)(x-z)}+\frac{y^2(y+z)(y+x)}{(y-z)(y-x)}+\frac{z^2(z+x)(z+y)}{(z-x)(z-y)}=2160+(x+y-z)^2$

p/s: Lâu chưa post số học ,post 1 bài cho vui 

    Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=\frac{1-16abc}{4}$. Tìm GTNN của biểu thức :

                    $A=\frac{a+b+c+4abc}{1+4(ab+bc+ac)}$

   Bài toán : Tìm tất cả các hàm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn với mọi số thực $x,y$ :

                       $f(x^2+f(y))=\frac{f^2(x)}{2}+4y$

    Bài toán : Giải hệ phương trình :

                   $\left\{\begin{matrix} x+6\sqrt{xy}-y=6 & \\ x+\frac{6(x^3+y^3)}{x^2+xy+y^2}-\sqrt{2(x^2+y^2)}=3 & \end{matrix}\right.$

P/s: Lâu lâu chưa post hệ ,post 1 bài cho vui (dù nó đơn giản )

    Bài toán : Cho tam giác nhọn $ABC$ có 3 góc nhọn . Tìm Giá Trị Nhỏ Nhất của biểu thức :

            $A=\frac{cosA+cosB+cosC+cosAcosBcosC}{1+cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA}$

ĐHV chơi quả đăng lại thế này thật hiểm quá!

http://diendantoanho...1-ableq-3sum-a/

 Hiểm bình thường thôi ,thấy hay đăng lại ý mà