Chứng minh BĐT với a,b,c>0: \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge\frac{3}{2}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)\)
Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.
BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!
Đề: Cho a,b,c>0.CMR \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Cách 1:
Thật vậy,ta có: \(VT=\frac{a^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{c^2}{c\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{1}{\frac{2}{3}}.1=\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Cách 2:
Ta có: BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b}{c+a}+1\right)+\left(\frac{c}{a+b}+1\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho biểu thức trong ngoặc ta có đpcm.
Mọi người hãy cùng tìm thêm các lời giải khác nhé!
ok , cảm ơn bạn !!!
Bài toán rất hay và bổ ích !!!
Đây nhé
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)
Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)
( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)
e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !
Sử dụng BĐT AM-GM ta có :
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)
Bằng cách chứng minh tương tự :
\(\frac{b^2}{a+c}+\frac{a+c}{4}\ge b;\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)
Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :
\(\frac{a^2}{c+b}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)
Mạnh hơn BĐT Nesbitt:
Chứng minh:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}+\frac{\left[\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\right]\left(a-b\right)^2}{2\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left[\left(b+a\right)\left(c+a\right)+\left(c+b\right)\left(a+b\right)\right]}\)
Với a, b, c > 0
Bài này tao kiên trì trong nháp lắm rồi, nhưng trên này tao không kiên trì nữa đâu :))
Tóm lại bài này của mày quy đồng cả hai vế lên Kết hợp với điều giả sử \(a\ge b\ge c\)
Nên có đpcm.
Nguyễn Văn Đạt không cần giả sử nha
tth_new Thế nào cũng đc nhưng tao kiệt sức vì bài mày rồi :))
Còn bài kia thì ta xin chịu ....
Áp BĐT Cô-si
1. Cho a,b,c \(\ge\) 0. Chứng minh các BĐT sau
a. \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
b. \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
c. \(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{c}{c+a}\le\frac{a+b+c}{2}\)
d. \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
d/ Đặt \(x=a+b\) , \(y=b+c\) , \(z=c+a\)
thì : \(a=\frac{x+z-y}{2}\) ; \(b=\frac{x+y-z}{2}\) ; \(c=\frac{y+z-x}{2}\)
Ta có : \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}\)
\(=\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}+\frac{y+z-x}{2x}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}-3\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
b/ \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2abc+c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc+a^2\right)+\left(c^2a^2-2abc+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.
c/ \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)
Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\) ; \(\frac{ac}{a+c}\le\frac{a+c}{4}\)
Cộng theo vế : \(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{a+c}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}=\frac{a+b+c}{2}\)
Chứng minh bđt:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\ge\frac{9}{2}\forall a,b,c>0\)
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)=\frac{1}{2}\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=\frac{9}{2}\)
BĐT trên \(=\frac{9}{2}\). Còn cách làm thì giống bạn alibaba nguyễn .
~~~ Chúc bạn học giỏi ~~~
Giải:
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\ge\left(a+b+c\right).\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{9}{2}\)
Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\ge\frac{9}{2}\) (Đpcm)
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
2) Cho \(a,b,c\in R\).
a) Chứng minh: \(\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
b) Chứng minh: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
3) Cho \(a,b,c\in R\)Chứng minh: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\ge\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Cách nữa cho bài 2:
2a) Ta có: \(4\left(a^2+1+2\right)\left(1+1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
Hay \(4\left(a^2+3\right)\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2=VP\)
Như vậy ta quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1\ge4bc\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:\(\left(a^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+b^2+c^2+\frac{1}{2}\right)\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{5}{4}\left(a^2+1\right)\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
Từ đó ta có thể quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\)
...
Bài 3:Sửa đề a, b, c >0
Có: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{a^3}{b^2}+b\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6}{b^3}}=\frac{3a^2}{b}\)
Tương tự: \(\frac{2b^3}{c^2}+c\ge\frac{3b^2}{c};\frac{2c^3}{a^2}+a\ge\frac{3c^2}{a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên: \(2\left(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\right)+a+b+c\ge3\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(=2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(\ge2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+a+b+c\)
Từ đó ta có đpcm.
Cho a,b,c>0 chứng minh \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\) (1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau:
a) \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
b) Cho x,y,z>0 tm x+y+z=1. Tìm GTLN của bt \(P=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}\)
Mấy cái dấu "=" anh tự xét.
Áp dụng BĐT AM-GM: \(VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{3}{\frac{a+b+c}{3}}=\frac{9}{a+b+c}\)
a) Áp dụng: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
b) \(P=3-\left(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\right)\le3-\frac{9}{x+y+z+3}=\frac{3}{4}\)
Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Côsi:
1) \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) (a, b, c ≥ 0)
2) \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)\ge8\) (a, b, c > 0)
c) \(\left(a+2\right)\left(b+8\right)\left(a+b\right)\ge32ab\) (a, b ≥ 0)
1 ) \(â+b\ge2\sqrt{ab}\)
Tương tự : \(b+c\ge2\sqrt{bc}\)
\(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm
Dấu = xảy ra khi a = b = c
2) Nhân 2 vế bpt vs abc
Cm như 1)
3) \(a+2\ge2\sqrt{2a}\)
\(b+8\ge2\sqrt{8b}\)
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
Nhân vế theo vế của 3 bpt dc dpcm
Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=8\\a=b\end{matrix}\right.\) (vô lí)
nên k xảy ra đẳng thức
1. Cho a,b \(\ge\) 0. Chứng minh \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+b}\left(1\right)\). Áp dụng chứng minh các BĐT sau
a. \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\left(a,b,c\ge0\right)\)
b. \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge2\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\)
a/ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ; \(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{b+c}\) ; \(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{c+a}\)
Cộng theo vế :
\(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
b/ \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\ge\frac{4}{a+2b+c}\)
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{4}{b+2c+a}\)
\(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{4}{c+b+2a}\)
Cộng theo vế :
\(2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge4\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge2\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\)
Bài 1:Cho a,b,c,d là các số dương. Chứng minh rằng :
\(\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+d\right)\left(c^2+d^2\right)}+\frac{d^4}{\left(d+a\right)\left(d^2+a^2\right)}\ge\frac{a+b+c+d}{4}\)
Bài 2:Cho \(a>0,b>0,c>0\).\(CM:\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Bài 3: a) Cho x,y,>0. CMR:\(\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{2x-y}{3}\)
b) Chứng minh rằng\(\Sigma\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Xét \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}-\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-b\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}-\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}=b-c\); \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}-\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}=c-a\)
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên, ta được: \(\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)\(-\left(\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)\(=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}\)
Ta đi chứng minh BĐT phụ sau: \(a^2-ab+b^2\ge\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{2}{3}\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
\(\Rightarrow2LHS=\Sigma_{cyc}\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}\)\(\ge\Sigma_{cyc}\text{ }\frac{\frac{1}{3}\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=\frac{1}{3}\text{}\Sigma_{cyc}\left[\left(a+b\right)\right]=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{a+b+c}{3}=RHS\)(Q.E.D)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
P/S: Có thể dùng BĐT phụ ở câu 3a để chứng minhxD:
1) ta chứng minh được \(\Sigma\frac{a^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}=\Sigma\frac{b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
\(VT=\frac{1}{2}\Sigma\frac{a^4+b^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{4}\Sigma\frac{a^2+b^2}{a+b}\ge\frac{1}{8}\Sigma\left(a+b\right)=\frac{a+b+c+d}{4}\)
bài 2 xem có ghi nhầm ko
3a biến đổi tí là xong
b tuong tự bài 1