Đến nội dung

Hình ảnh

Topic các bài về số nguyên tố


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 211 trả lời

#21
Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
Em gõ sai đề àk đề là $p>7$ mà em
anh xin giải quyết đốivới người học lớp8 như anh thì nên áp dụng hàng đẳng thức.Đặt
$A = 3^p - 2^p - 1$
Do $p$ nguyên tố và $p > 7$ nên $p$ lẻ; áp dụng hai hằng đẳng thức:
$aⁿ - bⁿ = (a-b)[a^{(n-1)} + a^{(n-2)}b + ... + b^{(n-1)}] = (a-b).k$
$aⁿ + bⁿ = (a+b)[a^{(n-1)} - a^{(n-2)}b +...+ b^{(n-1)}] = (a+b).q $(với $n $lẻ)
$3^p - 1 = (3-1)k = 2k $chia hết cho $2$ ; $2^p$ chia hết cho $2$ (hiển nhiên)
$\iff A = 3^p - 1 - 2^p = 2k - 2^p$ chia hết cho $2$
$3^p$ chia hết cho $3$
$2^p+1 = (2+1).k = 3k$ chia hết cho $3$ (vì $p$ lẻ)
$A = 3^p - 3k$ chia hết cho $3$
do $p$ nguyên tố $> 7$ nên có dạng $p = 6n+1$ hoặc $p = 6n+5$ (n nguyên dương)
Nếu $p = 6n+1$
$3^p = 3^{(6n+1)} = 3.3^{6n} = 3.729ⁿ - 3 + 3 = 3(729ⁿ - 1) + 3$
$= 3.728.k + 3 = 3.7.104k + 3$
$\iff 3^p - 3$ chia hết cho $7$
$2^p = 2^(6n+1) = 2.64ⁿ = 2(64ⁿ -1) + 2 = 2.63.k + 2$
$\iff 2^p - 2$ chia hết cho $7$

Vậy $A = (3^p - 3) - (2^p - 2)$ chia hết cho $7$
$ Nếu p = 6n + 5$
$3^p = 3^{(6n+5)} = 3⁵.3^{6n} = 3⁵(729ⁿ - 1) + 3⁵ = 3⁵.728k + 243$
$= 7(3⁵.104k + 34) + 5$
$\to 3^p - 5 chia hết cho 7$
$2^p = 2^(6n+5) = 32.64ⁿ = 32(64ⁿ -1) + 32 = 32.63k + 28 + 4$
$= 7(32.9k + 4) + 4$
$\iff 2^p - 4$ chia hết cho $7$

Vậy $A = (3^p - 5) - (2^p - 4)$ chia hết cho $7$
Mặt khác, ta áp dụng định lí $Fermat$ nhỏ:
$3^p - 3$ chia hết cho $p$
$2^p - 2 $chia hết cho $p$
$\iff A = (3^p - 3) - (2^p - 2)$ chia hết cho $p$
Mà $A\vdots 3;2;7;p\iff A\vdots 42p\to G.E.D$
ps:Còn có một cách rất đẹp mắt và ngắn gọn đó là dùng đồng dư

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 05-02-2012 - 13:10

@@@@@@@@@@@@

#22
Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
Ta có
$42p=2.3.7.p$
Ta lại có
$3^p-2^p-1=(3^p-1)-2^p\vdots 2 $
$3^p-2^p-1=3^p-(2^p+1)\vdots 3$
Vì $p$ là số lẻ nên $2^p+1\vdots 3$
Theo định lý Fermat nhỏ ta có $3^p\equiv 3(mod p)$and $2^p\equiv 2(mod p)$
Mà ta có định lý một số nguyên tố chia cho 6 dư 1 hoặc 5
$\boxed{TH1}p=6k+1\to 3^p-2^p-1=3.(3^6)^k-2.(2^6)^k\equiv3-2-1=0(mod 7)$
$\boxed{TH2}p=6k+5\to 3^p-2^p-1=3^5.3^{6k}-2^5.2^{6k}-1\equiv3^5-2^5-1\equiv0(mod7)$
Vậy $\iff 3^p-2^p-1\vdots7$
Từ các điều trên ta có điều phải chưngs minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 05-02-2012 - 13:07

@@@@@@@@@@@@

#23
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Chứng minh rằng chỉ có 1 cặp số nguyên dương $(a, b)$ để $a^4+4b^4$ là số nguyên tố

Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên a sao cho $n^4+a$ không phải là số nguyên tố với mọi n là số tự nhiên

Chứng minh rằng số $A=\frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ là hợp số

Chứng minh rằng mọi số nguyên tố khác 2 và 3 có dạng $6m+1$ hoặc $6m-1$

Chứng minh rằng có vô số nguyên tố dạng $6m-1$

Giải như sau:
Bài 1: $a^4+4b^4=a^4+4b^4+4a^2b^2-(2ab)^2=(a^2+2b^2)^2-(2ab)^2=(a^2-2ab+2b^2)(a^2+2ab+2b^2)$
Vì $a^4+4b^4$ nguyên tố mà $a^2+2ab+2b^2>a^2-2ab+2b^2$ nên $a^2-2ab+2b^2=1 \rightarrow (a-b)^2+b^2=1$
Do vậy
Th1: $a=1 \rightarrow b=0 \rightarrow a^4+4b^4=1$ loại
Th2: $b=1 \rightarrow a=1 \rightarrow a^4+4b^4=5$ chọn
Vậy $\boxed{(a,b)=(1,1)}$

Bài 2:
Xét $n=1$ thì chọn $a$ lẻ $>1$ là $n^4+a$ chẵn là nguyên tố là xong.
Xét $n>1$ thi:
Thấy $a^4+4=(a^2+2)^2-(2a)^2=(a^2-2a+2)(a^2+2a+2)$ với $a^2-2a+2;a^2+2a+2>1$ nên là hợp số
Theo hướng nghĩ như vậy chọn $a=4k^4$ ($k$ tùy ý và $k>0$)
Do vậy $a^4+4k^4=a^4+4k^2a^2+4k^4-(2ka)^2=(a^2+2k^2)^2-(2ka)^2=(a^2-2ka+2k^2)(a^2+2ka+2k^2)$ là hợp số $Q.E.D$
Vậy chọn $a=4k^4$ ($k>1$)

Bài 3:
Đặt $5^{25}=k$
Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}=\dfrac{k^5-1}{k-1}=k^4+k^3+k^2+k+1=k^6+9k^2+1+6k^3+2k^2+6k-10k^2-5k^3-5k=(k^2+3k+1)^2-5k(k+1)^2$ <1>
Thay $k=5^{25} \rightarrow <1> \leftrightarrow (k^2+3k+1)^2-5^{26}(k+1)^2=(k^2+3k+1)^2-(5^{13}k+5^{13})^2=(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})$
Dễ thấy $(k^2+3k+1+5^{13}k+5^{13})>1$ ta cần chứng minh $(k^2+3k+1-5^{13}k-5^{13})>1$
Thật vậy thay $k=5^{25} \rightarrow 5^{50}+3.5^{25}+1-5^{38}-5^{13}=(5^{50}-5^{38})+(5^{25}-5^{13})+1>0+0+1=1 \rightarrow Q.E.D$
Do vậy $\dfrac{5^{125}-1}{5^{25}-1}$ phân tích được thành tích 2 số $>1$ do vậy là hợp số $Q.E.D$

Bài 4:
a) Nếu số nguyên tố có dạng $6m,6m+2,6m+3,6m+4$ thì lần lượt chia hết cho $3,2,3,2$ vô lý vì số nguyên tố đó khác $2,3 \rightarrow Q.E.D$
b) Giả sử có hữu hạn tập số nguyên tố mà có dạng $6m-1$ gọi số nguyên tố lớn nhất trong dãy là $6m_n-1$
Xét số $A=6*(6m_1-1)*(6m_2-1)*...*(6m_n-1)+5 \equiv 5 \pmod{6}$ (với $6m_1-1,...,6m_n-1$ khác $5$) <1>
Nếu $A$ nguyên tố suy ra mâu thuẫn điều giả sử nên có $đpcm$
Nếu $A$ hợp số thì $A$ chia hết cho số $p$ ($p$ khác $5$ theo <1>) mà $A$ không chia hết cho bất cứ số nào thuộc $6m_1-1,...,6m_n-1$ vì nếu không thì $5$ chia hết cho $6m_k-1$ vô lý!
Do vậy $A$ chia hết cho một số nguyên tố lớn hơn $6m_n-1$ <2> mà lại thấy $A \equiv 5 \pmod{6}$ nên trong các ước của $A$ tồn tại ít nhất một ước chia $6$ dư $5$ <3>
Kết hợp $<2>,<3>$ suy ra tồn tại một số nguyên tố $>6m_n-1$ và $\equiv 5 \pmod{6}$ mẫu thuẫn giả sử! Do vậy giả thiết phản chứng là sai nên có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-02-2012 - 20:38


#24
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
Giải như sau:
Nếu $n=1,2$ thấy thóa mãn
Nếu $n>2$ <2>
$=>n,n+2$ cùng nguyên tố thì $(n-1)!$ không chia hết cho $n,n+2$
Thật vậy $n,n+2$ cùng nguyên tố và $n+2>n-1$ nên $(n-1)!$ không chia hết cho $n+2$ hay không chia hết cho cả $n,n+2$ (chú ý chữ "cả" vì $(n-1)!$ vẫn chia hết cho $n$)
$<=(n-1)!$ không chia hết cho cả $n,n+2$ thì $n,n+2$ nguyên tố. <1>
Thật vậy giả sử $n,n+2$ hợp số do vậy $n+2=pq \rightarrow p,q<n-1$ do đó $pq|(n-1)! \rightarrow (n+2)|(n-1)!$ mâu thuẫn với <1>
Vậy bài toán được chứng minh cả 2 chiều :icon6:
P/S tuy nhiên mình làm còn thiếu sót vài ý nhỏ nhưng ý tưởng thì là vậy :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 08-02-2012 - 21:31


#25
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Chứng minh rằng nếu tồn tại $x,y$ là số tự nhiên $y=0(mod p)$ p là số nguyên tố sao cho $x^2+3y^2=0(mod p)$ thì tồn tại $m$ là số tự nhiên sao cho $m^2+3=0(mod p)$

Em viết đề sai rồi phải là $y\neq p (mod p)$ mới đúng, anh có thể lấy dẫn chứng là đề sai như cho $p=5$ thì $x \equiv 0 \pmod{5}$ (do $5|y$) do đó vẫn có số $m$ thỏa đề vô lý vì $m^2+3 \equiv 3,4,2 \pmod{5}$
Giải như sau: (sau khi sửa đề)
TH1: $p=2$ thì có luôn $k^2+3 \equiv 0 \pmod{5}$ với $k$ lẻ.
TH2: $p>2 \rightarrow p$ l, xảy ra 3th nữa
1) $y \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$
2) $y \equiv p-1 \pmod{p} \rightarrow y^2 \equiv 1 \pmod{p} \rightarrow x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \equiv x^2+3 \pmod{5} \rightarrow Q.E.D$
3) $y \equiv r \pmod{p}; r=\overline{2,(p-1)}$ lúc này ta làm khá giống cách chứng minh định lý Fermat nhỏ như sau:
Xét $p-1$ số $1r,2r,3r,...,(p-1)r$ tất cả các số này không chia hết cho $p$ và có số dư khác nhau, vì sao? Bời vì nếu giả sử có hai số có số dư giống nhau là $mr,nr, m>n$ thì $p|mr-nr \rightarrow p|r(m-n)$ thấy $m-n<p \rightarrow m-n$ không chia hết cho $p$ do vậy $p|r$ lại vô lý do $r=\overline{2,(p-1)}$
Do vậy các số dư đều khác nhau bởi vậy mà tồn tại số $k; 1\le k\le p-1$ sao cho $kr \equiv 1 \pmod{p}$
Do đó $x^2+3y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2y^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2x^2+3k^2r^2 \equiv 0 \pmod{p} \rightarrow k^2+3 \pmod{p} \rightarrow Q.E.D$
Tóm lại với mọi trường hợp ta đều có lời giải đáp, bài toán được giải hoàn toàn! :icon6:

P/S đây là bài thi HSG toán lớp 8 Hà Nội, không nhớ năm nào, của quận Đống Đa. :closedeyes: :icon6: :ukliam2:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-02-2012 - 17:21


#26
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#27
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$

Giải như sau:
$(abc-1)|(a-1)(b-1)(c-1) \rightarrow abc-1\le (a-1)(b-1)(c-1)=(ab-a-b+1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+a+b+c-1 \rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c$ <1>
Ta có $a>b>c>1 \rightarrow ab>b,bc>c,ca>a \rightarrow ab+bc+ca>a+b+c$ mâu thuẫn <1>
Do đó không có $(a,b,c)$ thỏa mãn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-02-2012 - 19:08


#28
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Sai rồi nguyenta98 ak
Em đã hiểu sai đề
a chia hết b nghĩa là a là ước của b
còn a chia hết cho b có nghĩa là b là ước của a
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#29
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Sai rồi nguyenta98 ak
Em đã hiểu sai đề
a chia hết b nghĩa là a là ước của b
còn a chia hết cho b có nghĩa là b là ước của a

Nếu vậy thì em xin giải như lời anh bảo, coi như cái bài trên là một bài bỏ đi!
Đề là $(a-1)(b-1)(c-1)|abc-1 \rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)k=abc-1 \rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)k<abc \rightarrow k<\dfrac{abc}{(a-1)(b-1)(c-1)}=(1+\dfrac{1}{a-1})(1+\dfrac{1}{b-1})(1+\dfrac{1}{c-1})$
Nhận xét theo đề thì $1<a<b<c$
TH1: $a\geq 4 \rightarrow a-1\geq 3 \rightarrow 3\le a-1< b-1<c-1 \rightarrow (1+\dfrac{1}{a-1})(1+\dfrac{1}{b-1})(1+\dfrac{1}{c-1})<(1+\dfrac{1}{3})(1+\dfrac{1}{4})(1+\dfrac{1}{5})=2 \rightarrow k=1$
Vì $k=1 \rightarrow abc-1=(a-1)(b-1)(c-1) \rightarrow ab+bc+ca=a+b+c$ loại do $a>b>c>1 \rightarrow ab>a,bc>b,ca>c$
TH2: $a<4 \rightarrow a=2,3$ (chú ý $a>1$)
Th1 nhỏ: $a=2 \rightarrow c\geq 4, b\geq 3$ <1> quay lại bài toán có $(b-1)(c-1)|2bc-1 \rightarrow t(b-1)(c-1)=2bc-1$
Nếu $t=6 \rightarrow 4bc+7=6b+6c<12c \rightarrow 4bc<12c \rightarrow b<3$ mâu thuẫn <1> và $t>2$ chú ý do điều kiện <1>
Do vậy $t=5,4,3,2,1 \rightarrow 3bc+6=5b+5c;2bc+5=4b+4c;bc+4=3b+3c$
Thấy $3bc+6=5b+5c<10c \rightarrow 3b<10 \rightarrow b=3$ loại do $c$ không nguyên
Thấy $2bc+5=4b+4c<8c \rightarrow 2b<b \rightarrow b=3$ loại do $c$ không nguyên
Thấy $bc+4=3b+3c \leftrightarrow (b-3)(c-3)=5$ loại
Th2 nhỏ $a=3$ tương tự hoàn toàn.

P/S sorry vì em đọc nhầm đề, quả thực nếu đề như trên thì dài, xét nhiều!! :icon6:

#30
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
Đây là bài IMO lần thứ 33, kết quả là $a=2$, $b=4$, $c=8$ và $a=3$, $b=5$, $c=16$
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#31
Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
New problem: Cho $p$, $q$, $r$ là các số nguyên tố phân biệt và gọi A là tập:
$A=${$p^aq^br^c: 0\leq a,b,c \leq5$}.
Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên $n$ thỏa mãn rằng mọi tập con $n$ phần tử của tập $A$ chứa $2$ phần tử phân biệt $x,y$ thỏa mãn $x$ chia hết $y$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 14-02-2012 - 17:53

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#32
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ với $1<a<b<c$ thỏa mãn rằng: $(a-1)(b-1)(c-1)$ chia hết $abc-1$


Xem: http://diendantoanho...ndpost&p=269603

:P
---

#33
prozui

prozui

    Lính mới

  • Thành viên
  • 3 Bài viết
Cho hai số nguyên,chứng minh rằng tổng của chúng là một số nguyên tố.

#34
C a c t u s

C a c t u s

    Fly

  • Thành viên
  • 339 Bài viết

Cho hai số nguyên,chứng minh rằng tổng của chúng là một số nguyên tố.

Bạn xem lại đề chứ đề vô lý quá :mellow:
VD: Cho hai số nguyên là 2 và 4 $\rightarrow$ Tổng của chúng là: $2+4=6$

Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực


#35
Beautifulsunrise

Beautifulsunrise

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 450 Bài viết
Bài 7. Cho p là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv 1~(mod~6)$, đặt $q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor$. CMR: Nếu $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(q-1).q}=\frac{m}{n};~m,n~\epsilon ~Z^+$ thì $p~|~m$

#36
duongchelsea

duongchelsea

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 142 Bài viết

Bài 7. Cho p là số nguyên tố thỏa mãn $p\equiv 1~(mod~6)$, đặt $q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor$. CMR: Nếu $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(q-1).q}=\frac{m}{n};~m,n~\epsilon ~Z^+$ thì $p~|~m$

Đặt
$$a=6k+1(k\in N)\Rightarrow q=\left \lfloor \frac{2p}{3} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{12k+2}{3} \right \rfloor=\left \lfloor 4k+\frac{2}{3} \right \rfloor=4k+\left \lfloor \frac{2}{3} \right \rfloor=4k$$
Thay vào phương trình ta được
$$\frac{m}{n}=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(4k-1)4k}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}-\frac{1}{4k}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{4k-1}+\frac{1}{4k}-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+..+\frac{1}{4k})=\frac{1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2}+...+\frac{1}{4k}$$
$$\Leftrightarrow \frac{m}{n}=\frac{6k+1}{(2k+1)4k}+\frac{6k+1}{(2k+2)(4k-1)}+...$$
$$\Rightarrow m\vdots 6k+1\Leftrightarrow m\vdots p$$ (ĐPCM)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongchelsea: 14-08-2012 - 21:56


#37
nk0kckungtjnh

nk0kckungtjnh

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 254 Bài viết

Em có một bài dễ dành cho các bạn lớp $6$ đây :
Chứng minh nếu $p$ và $8p - 1$ là số nguyên tố thì $8p + 1$ là hợp số.

Nếu p=2 thì $8p - 1$= 15 (L)
Nếu p=3 thì $8p + 1$= 25 (L)
Nếu $p>3$
Xét $8p$, $8p - 1$, $8p + 1$ là 3 số tự nhiên liên tiếp $>3$
Có 1 số chia hết 3.
Do $p$ không chia hết 3 nên $8p$ không chia hết 3
$8p - 1$ nguyên tố nên không chia hết 3
Vậy $8p+1$ chia hết 3.( ĐPCM)

             Hãy Đánh Bại Những Gì Yếu Đuối Để Biết Rằng


         Nỗ Lực Hơn Hẳn Tài Năng

- Nhân Chính -

 


#38
Gaksital

Gaksital

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
1) Chứng minh nếu a, b dương thì (a+b) / ab?= 4 / (a+b) ( CM bằng phản chứng )
2) với mọi n thì n^2 + n + 6 là sô nguyên tố. Mệnh để trên đúng hay sai ? Vì sao ? ( CM bằng phản chứng )

Ai biết thì help me !!!!!
Cảm ơn mọi người nha

#39
Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
Phản chứng !! Theo đúng nghĩa =))
Bài làm:
Giả sử ngược lại T_T:
$\frac{a+b}{ab} < \frac{4}{a+b}$
$\Leftrightarrow (a+b)^2 < 4ab.$
Mâu thuẫn $\Rightarrow DPCM$
-----------
2.
$n^2 +n+6 =n(n+1) +6 \vdots 2 \forall n \Rightarrow$ Mệnh đề là sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 22-09-2012 - 16:02


#40
Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
2.
$n^2 +n+6 =n(n+1) +6 \vdots 2 \forall n \Rightarrow$ Mệnh đề là sai




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh