Các phương pháp giải phương trình bất phương trình vô tỷ

  • Số trang: 102 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 78 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN NGỌC MINH CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, NĂM 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN NGỌC MINH CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 0113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. Nguyễn Đình Sang HÀ NỘI, NĂM 2013 Mục lục 3 LỜI NÓI ĐẦU Phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ là loại toán thường gặp các dạng toán sơ cấp. Trong chương trình chính khóa của học sinh THPT đây là một loại toán khó nhưng được đề cập còn sơ sài. Trong đó có rất nhiều tài liệu tham khảo viết về lại phương trình và bất phương trình này có cách giải hay và độc đáo. Mục đích của luận văn này là hệ thống hóa các phương pháp giải phương trình vô tỷ, giúp nhận dạng các bài toán, đề xuất các phương pháp giải và chọn phương pháp giải tối ưu. Trên cơ sở giải phương trình vô tỷ, bằng phương pháp lập bảng xét dấu ta dẫn đến cách giải một bất phương trình vô tỷ. Bản luận văn được chia làm 2 chương: Chương 1: Trình bày các kiến thức chuẩn bị. Gồm một số cách giải phương trình bậc ba, phương trình bậc bốn, một số tính chất của hàm số mà trong chương 2 áp dụng để giải một số phương trình đồng thời cũng nhắc lại một số bất đẳng thức được sử dụng về sau. Chương 2: Là chương chính của luận văn. Chương này lần lượt trình bày các phương pháp phổ dụng trong phạm vi chương trình phổ thông. Ở mỗi phương pháp, chúng tôi cố gắng tổng quát hóa các dạng mà có thể sử dụng phương pháp này, có kèm theo nhận xét về cách giải của bài toán, tổng quát hóa dạng toán, nêu cách giải khác của bài toán nếu có, cách sáng tạo ra các bài toán khác, đồng thời cho một số ví dụ minh họa cùng với một số bài toán tham khảo. Về bất phương trình vô tỷ, chúng tôi chỉ trình bày cách giải phương 4 trình tương ứng và lập bảng xét dấu để kết luận nghiệm trên cơ sở tính chất hàm sơ cấp liên tục. Để hoàn thành luận văn này em xin chân thành cảm ơn tới người thầy kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang đã dành nhiều thời gian hướng dẫn, chỉ dạy em trong suốt thời gian xây dựng đề tài cho đến khi hoàn thành luận văn. Em cũng xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo trong khoa Toán- Cơ- Tin học, Ban giám hiệu, phòng sau đại học trường ĐHKHTN đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian học tập tại trường. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn Sở giáo dục và đào tạo Hưng Yên và ban giám hiệu trường THPT Nguyễn Siêu- Hưng Yên đã tạo điều kiện tối đa để tôi có thời gian học tập tốt nhất và hoàn thành khóa học của mình. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng do vấn đề đặt ra tương đối rộng, kiến thức và thời gian có phần hạn chế nên bản luận văn không tránh khỏi các thiếu sót, rất mong được các thầy cô giáo và các bạn góp ý xây dựng. Tôi xin chân thành cảm ơn. Hưng Yên, ngày 10 tháng 10 năm 2013. Học viên Nguyễn Ngọc Minh 5 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Cách giải phương trình bậc ba Nhận thấy mọi phương trình bậc ba dạng a1 x3 + b1 x2 + c1 x + d1 = 0, a 6= 0 đều đưa được về dạng x3 + ax2 + bx + c = 0 (1). a Bằng phép đặt y = x− ta được phương trình (1) trở thành: y 3 −py = q (2) 3 a3 2a3 ab với p = − b, q = − + −c . 3 27 3 Xét phương trình (2). √ *) Nếu p = 0 thì phươngr trình (2) có nghiệm duy nhất x = 3 q. p *) Nếu p > 0, đặt y = 2t thì phương trình (2) trở thành: 3 √ 3 3q 4t3 − 3t = m (3) với m = √ 2p p +) Nếu m = 1 thì phương trình (3) có nghiệm đơn t = 1 và nghiệm kép 6 1 t=− . 2 +) Nếu m = −1 thì phương trình (3) có nghiệm đơn t = −1 và nghiệm 1 kép t = . 2 +) Nếu |m| < 1 thì đặt m = cos α, phương trình (3) có ba nghiệm t = α α ± 2π cos , t = cos . 3 3   1 1 3 d + 3 (∗), với d được xác định là nghiệm +) Nếu |m| > 1, đặt m = 2 d √ √ 3 của phương trình (∗), tức là d = m + m2 − 1 (hoặc d3 = m − m2 − 1) . Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất:   1 1 d+ t= 2 d r −p *) Nếu p < 0, đặt y = 2t thì phương trình (2) trở thành: 3√   3q 3 1 1 √ 4t3 +3t = m (4) với m = Đặt m = d3 − 3 (∗), với d được 2 (−p) −p 2 d √ 3 xác định là nghiệm của phương trình (∗), tức là d = m+ m2 + 1(hoặcd3 = √ m − m2 + 1) . Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất:   1 1 d− t= 2 d 1.2 Cách giải phương trình bậc bốn 1.2.1 Phương trình bậc bốn tổng quát Xét phương trình x4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (1) Đặt f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e Hướng giải quyết là đưa về phương trình tích. 7 Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức: Nếu x = a là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta luôn có sự phân tích f (x) = (x − a) g (x) . Để dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau: * Nếu đa thứcf (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có nghiệm nguyên thì nghiệm đó phải là ước của e. * Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có tổng các hệ số bằng 0 thì đa thức có một nghiệm x = 1 * Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + ecó tổng các hệ số của bậc chẵn bằng tổng các hệ số của bậc lẻ thì đa thức có một nghiệm x = −1. Cách 2: Đưa phương trình (1) về phương trình đặc biệt: Môt số dạng đặc biệt của phương trình (1) : 4 2 *) Phương trình dạng  x + bx + c = 0 (2)  f 0 (x) = 0 có nghiệm x = x0 - Hệ phương trình  f 000 (x) = 0 bằng phép đặt x − x0 = t đưa phương trình (1) về dạng (2) *) Phương trình dạng x4 + cx2 + dx + e = 0 (3)   b b 000 - Phương trình f (x) = 0 có nghiệm x = − , bằng phép đặt x− − = 4 4 t đưa phương trình (1) về phương trình (3) 1.2.2 Phương trình x4 + cx2 + dx + e = 0 x4 + cx2 + dx + e = 0(3) Cách 1: Biến đổi phương trình (3) về dạng: x4 = −cx2 − dx − e  ⇔ x4 + 2mx2 + m2 = (2m − c) x2 − dx + m2 − e 8 2  ⇔ x2 + m = (2m − c) x2 − dx + m2 − e (30 ) Cần chọn m sao cho VP (30 ) là bình phương của một biểu thức, tức là:  ∆ = d2 − 4 (2m − c) m2 − e = 0 ⇔ 8m3 − 4cm2 − 8em + 4ce − d2 = 0 (300 ) Phương trình (300 ) là phương trình bậc 3 ẩn m, giải phương trình tìm được m (chọn một giá trị thích hợp), khi đó (30 ) có dạng: 2 ⇔ x2 + m = (nx + p)2 (3000 ) Phương trình (3000 ) giải bằng cách biến đổi về phương trình tích rồi giải. Cách 2: Sử dụng hệ số bất định: Do VT(3) không có đại lượng bậc 3 nên biến đổi VT(3)về dạng:   x4 + cx2 + dx + e = x2 + mx + n x2 − mx + p . Sử dụng hệ số bất định để tìm m, n, p. 1.3 Một số bất đẳng thức 1.3.1 Bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm, khi đó ta có bất đẳng thức: √ a1 + a2 + ... + an ≥ n a1 a2 ...an n Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an 9 1.3.2 Bất đẳng thức Bunhiacopxki Cho a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn là các số thực, khi đó ta có: a21 + a22 + ... + a2n   b21 + b22 + ... + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 Dấu bằng xảy ra khi (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) là hai bộ số tỉ lệ. 1.4 Tính chất của hàm đơn điệu, khả vi và ứng dụng 1.4.1 Tính đơn điệu của hàm số Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm trên (a; b) và f 0 (x) = 0 chỉ với 1 số hữu hạn điểm, khi đó: + f là hàm số tăng trên (a; b) ⇔ f 0 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) + f là hàm số giảm trên (a; b) ⇔ f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b) Hệ quả: Nếu hàm số y = f (x) đơn điệu trên (a; b) thì phương trình f (x) = 0 có tối đa 1 nghiệm. 1.4.2 Định lý Roll Giả sử hàm f : [a; b] → R thỏa mãn: + f liên tục trên [a; b] + f khả vi trong khoảng (a; b) + f (a) = f (b) Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f 0 (c) = 0 10 Hệ quả: Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình f (k) (x) = 0 có m nghiệm trong khoảng (a; b), khi đó phương trình f (k−1) (x) = 0 có nhiều nhất là (m + 1) nghiệm trong [a; b]. 1.4.3 Định lý Lagrange Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và f 0 (x) tồn tại trên (a; b) thì f (b) − f (a) luôn ∃c ∈ (a; b) sao cho: f 0 (c) = b−a 11 Chương 2 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ví dụ mở đầu Giải phương trình 1+ √ √ 2√ x − x2 = x + 1 − x (1) 3 (Trích đề thi ĐHQG Hà Nội- Khối A-2001) Lời giải và bình luận: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1 Khi giải phương trình vô tỷ thì ý tưởng chung là tìm cách đưa phương trình về một phương trình không còn chứa căn. Sau đây là một số cách làm: 12 Cách 1: √ Quan sát 2 vế phương trình ta thấy chứa căn bậc 2 và x − x2 = √ √ x. 1 − x nên một ý nghĩ hết sức tự nhiên: cần phải bình phương hai vế sẽ làm  giảm căn và rútgọn. 2 2 √ √ 2√ 1+ x − x2 = x+ 1−x 3 √ 4√ x − x2 = 1 + 2 x − x2 ⇔1+ 3  √ ⇔ 2 x − x2 − x − x2 = 0 √ √  ⇔ x − x2 2 x − x2 − 3 = 0 Giải phương trình trên ta được x = 0, x = 1. Thông qua việc biến đổi tương đương phương trình bằng cách bình phương hai vế không âm, ta đã khử bớt căn bậc hai để đưa phương trình (1) về một phương trình tích có dạng đơn giản, ta gọi là “kĩ thuật mũ hóa” 2 √ √ Ngoài mối quan hệ trên còn nhận thấy ( x) + 1 − x = 1 nên ta có thể có các cách làm sau: Cách 2: √ √ Đặt a = x, b = 1 − x với a ≥ 0, b ≥ 0 .     a2 + b2 = 1 (2)  (a + b)2 − 2ab = 1 Ta có hệ: ⇔ 2   2ab = 3 (a + b) − 3  1 + ab = a + b 3  a+b=1 2  ⇒ (a + b) − 3 (a + b) + 2 = 0 ⇔ a+b=2 Kết hợp với phương trình (2) ta có kết quả như cách 1. Cách giải này gọi là đặt ẩn phụ đưa về hệ. Cách 3: √ √ p  x. 1 − x = x − x2 Tuy nhiên nếu ta kết hợp  √ x 2 + √ 1 − x 2 = 1 √ √ √ t2 − 1 2 và thì ta có thể đặt t = x + 1 − x, khi đó ta được x − x = 2 13  phương trình (1) trở thành: t2 − 3t + 2 = 0 ⇔  t=1 . t=2 Từ đó ta cũng được x = 0, x = 1. Cách 4: Cách giải biểu diễn tích qua tổng trên gợi đến cách giải của phương trình lượng giác đối xứng: a (sin x + cos x) + b sinx .cosx + c = 0 h πi 2 √ √ √ Do ( x) + 1 − x = 1 nên tồn tại t ∈ 0; sao cho: x = 2 √ 2 sin t, 1 − x = cos t, phương trình đã cho trở thành: 1 + sin t cos t = 3 sin t + cost  sin t = 0 hay x = 0 Giải phương trình tìm được sin t + cos t = 1 ⇔  sin t = 1 hoặc x = 1. Phương pháp này gọi là phương pháp lượng giác hóa. Cách 5: √ √ 2√ x − x2 = x + 1 − x kết hợp với điều kiện ta được 3 √ √ 3 x−3 1−x= √ 2 x−3 √ √ 3t − 3 Từ đó nếu đặt x = t thì 1 − x = , thay vào phương trình đã 2t − 3 cho ta đượcphươngtrình ẩn t: 2 3t − 3 2 t + =1 2t − 3 ⇔ 2t4 − 6t3 + 7t − 3 = 0  ⇔ t (t − 1) 2t2 − 4t + 3 = 0  t=0 ⇔ t=1 Khi đó ta cũng được x = 0, x = 1. Từ 1 + Phương pháp này gọi là đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích. 14 Cách 6: Nhận thấy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 1 Nếu x 6= 0 và x 6= 1 thì phương trình đã cho trở thành: √ √ 2√ 1+ x − x2 = x + 1 − x 3 √  2√ √ ⇔ ( x − x) + 1 − x − (1 − x) − x − x2 = 0 3  2 x − x2 x − x2 x − x2 +√ =0 ⇔√ − √ x+x 1−x+1−x 3 x − x2 1 1 2 ⇔√ +√ − √ = 0 (2) x+x 1 − x + 1 − x 3 x − x2 Ta sẽ chứng minh phương trình  (2) vô nghiệm khi 0 < x < 1:  a > 0, b > 0 √ √ Đặt x = a, 1 − x = b ⇒ (∗)  a2 + b 2 = 1 1 2 1 + − =0 a2 + a b 2 + b 3ab  ⇔ 3ab a2 + b2 + a + b − 2ab (a + 1) (b + 1) = 0  ⇔ 3 a2 + b2 + a + b − 2 (ab + a + b + 1) = 0  ⇔ (a − b)2 + 2 a2 + b2 − 1 + (a + b) = 0 (∗∗) Khi đó (2) ⇔ Kết hợp với (∗) suy ra (∗∗) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x = 1. Phương pháp này gọi là thêm bớt để nhân liên hợp. Tại sao lại có sự thêm bớt các đại lượng x và (1 − x)? Phần sau sẽ trả lời câu hỏi đó. Cách 7: Ta có √ √ 2p x − x2 = x + 1 − x (1) 3 p √ √ ⇔ 3 + 2 x − x2 − 3 x − 3 1 − x = 0 (2) √ √ √ Xét hàm số f (x) = 3 + 2 x − x2 − 3 x − 3 1 − x trên D = [0; 1] 1+ Hàm số f (x) liên tục trên D 3 1 − 2x 3 f 0 (x) = √ − √ + √ x − x2 2 x 2 1 − x 15 3 −1 3 + √ + q f 00 (x) = q 3 2 (x − x2 )3 4 x 4 (1 − x)3 Xét dấu của f 00 (x) trên D. √ √ Đặt a = x; b = 1 − x , khi đó ta được 1 > a > 0; 1 > b > 0; a2 +b2 = 1  3 a3 + b3 − 2 −1 3 3 00 f (x) = 3 3 + 3 + 3 = 2a b 4a 4b 4a3 b3 Theo bất đẳng thức Côsi ta có:  3 1 3 a3 + a3 + √ ≥ √ a2 (∗) 2 2  3 1 3 b3 + b3 + √ ≥ √ b2 (∗∗) 2 2 Cộng vế với vế của (∗) và (∗∗) với chú ý a2 + b2 = 1 ta được: √ √   3 2 −2>0 2 a3 + b 3 ≥ 2 ⇒ 3 a3 + b 3 − 2 ≥ 2 Từ đó suy ra f 00 (x) > 0 nên phương trình f (x) = 0 sẽ có tối đa 2 nghiệm trên [0; 1]. Nhận thấy f (0) = f (1) = 0 nên phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm là x = 0; x = 1 Phương pháp này gọi là sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình. Như vậy, để khử căn thức xuất hiện trong một phương trình vô tỷ ta cần căn cứ vào đặc điểm của phương trình, phân tích các biểu thức, các yếu tố có mặt trong phương trình để tìm ra mối liên hệ giữa chúng, có thể áp dụng các kĩ thuật: mũ hóa hai vế phương trình (bình phương, lập phương 2 vế. . . ), đặt ẩn phụ, đặt ẩn phụ quy về hệ, lượng giác hóa, nhân chia liên hợp, sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . Các kĩ thuật đó sẽ được cụ thể hóa trong chương II của luận văn. 16 2.1 Phương pháp biến đổi tương đương Với phương pháp này ta có một số chú ý sau: - Nhận xét xem nên bình phương, chuyển vế hay làm như thế nào (có một số dạng thường gặp sẽ phân tích cụ thể sau). - Có một số trường hợp thu được phương trình hệ quả hay xuất hiện nghiệm ngoại lai, cần phải kiểm tra lại. - Trong trường hợp thêm bớt để nhân liên hợp thì tiến hành như thế nào? - Chú ý đến nhẩm nghiệm của phương trình. 2.1.1 Nâng lũy bậc chẵn hai vế của phương trình. a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết Để giải một số phương trình vô tỷ bậc chẵn, ta có thể nâng lũy thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình. Tuy nhiên cần chú ý đến điều kiện của phép biến đổi. Một số dạng cơ bản: *) p f (x) = g (x) ⇔   g (x) ≥ 0  f (x) = [g (x)]2   f (x) ≥ 0 p p *) f (x) = g (x) ⇔ (có thể thay thế g (x) ≥ 0)  f (x) = g (x) b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình p √ 4 − 3 10 − 3x = x − 2. (Đề thi học sinh giỏi quốc gia- Bảng A- 2002) Giải 17 Cách 1: √ 4− 3 10 − 3x = x − 2   2 ≤ x ≤ 10 3 ⇔ √   4 − 3 10 − 3x = (x − 2)2    2 ≤ x ≤ 10 3 ⇔ √   4x − x2 = 3 10 − 3x    2 ≤ x ≤ 10 3 ⇔   x4 − 8x3 + 16x2 + 27x − 90 = 0    2 ≤ x ≤ 10 3 ⇔    (x − 3) (x + 2) x2 − 7x + 15 = 0 ⇔x=3 p Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3. √ 10 − y 2 4 Cách 2: Đặt 10 − 3x = y, suy ra 0 ≤ y ≤ (1) và x = 3 3 4 − y2 suy ra x − 2 = > 0 với mọi y thỏa mãn (1). 3 Khi đó ta được p 4 − y2 4 − 3y = 3 y 4 − 8y 2 + 16 ⇔ 4 − 3y = 9 ⇔ y 4 − 8y 3 + 27y − 20 = 0 ⇔ (y − 1)(y + 4)(y 2 − 3x + 5) = 0 ⇔ y = 1. Hay ta được √ 10 − 3x = 1 ⇔ x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 3. 18 Bài 2. Giải phương trình r x= 1 x− + x r 1 1− . x (Đề thi học sinh Canada- 1998) Giải Điều kiện x ≥ 1 hoặc −1 ≤ x < 0 (∗) Từ điều kiện xác định của phương trình ta phải dẫn đến được x > 1. Với điềurkiện đó, phương trình tương đương với r 1 1 x− 1− = x− x !2 x r !2 r 1 1 ⇔ x− 1− x− = (do hai vế không âm với mọi x > 1) x x p ⇔ (x2 − 1) − 2 x(x2 − 1) + x = 0 √ √ 2 ⇔ ( x2 − 1 − x) = 0 √ √ ⇔ x2 − 1 − x =√0. 1+ 5 . Từ đó suy ra x = 2 p p Cũng có thể từ (x2 − 1) − 2 x(x2 − 1) + x = 0, chuyển 2 x(x2 − 1) sang 1 vế phải rồi bình phương hai vế, sau đó đặt x − = y ta được phương trình 2 √ 1 5 trùng phương ẩn y > , giải phương trình này tìm được y = , từ đó 2 2 √ 1+ 5 suy ra x = nhưng cách này hơi dài. 2 √ 1+ 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 2 Bài 3. Giải phương trình √ x+3+ √ √ √ 3x + 1 = 2 x + 2x + 2 Giải Điều kiện x ≥ 0 19 Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được: 1+ p p (x + 3) (3x + 1) = x + 2 x (2x + 1) Để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút. Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình √ 3x + 1 − √ 2x + 2 = √ 4x − √ x+3 Bình phương hai vế ta có phương trình hệ quả: p p 6x2 + 8x + 2 = 4x2 + 12x ⇔ x = 1 Thử lại x = 1 thỏa mãn. Nhận xét 2.1. — p p p p 1. Xét phương trình f (x) + g (x) = h (x) + k (x) Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng trên ta thường bình phương hai vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn như phân tích của phương trình trên. Từ đó trước khi giải phương trình trên ta có một số nhận xét: i) Nếu f (x) + g (x) = h (x) + k (x) hoặc f (x) g (x) = h (x) k (x) thì bình phương, giải phương trình hệ quả. ii) Nếu f (x) + h (x) = g (x) + k (x) hoặc f (x) h (x) = g (x) k (x) thì ta biến đổi phương trình về dạng: p f (x) − p h (x) = p p k (x) − g (x) Sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả. iii) Nếu f (x) − h (x) = α [g (x) − k (x)], hoặc f (x) − h (x) = 0 và 20
- Xem thêm -