$hide=mobile$type=ticker$c=12$cols=3$l=0$sr=random$b=0

[Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018

  1. Một số nguyên dương $a$ gọi “đẹp” nếu tồn tại số nguyên dương $b$ thỏa mãn $a^5+b^7$ chia hết cho $2018$. Tìm số các số đẹp không lớn hơn 2018.
  2. Tìm các số nguyên dương $m$ có tính chất: Nếu nó là ước của $a^{2018}b+1$ với $a,\,b\in\mathbb Z$ thì nó cũng là ước của $a^{2018}+b$. 
  3. Cho $m$ là một số nguyên dương thỏa mãn $\varphi(m)$ chia hết cho $2018$, chứng minh rằng\[{m^{2016}}\mid \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} .\]
  4. Chứng minh rằng tồn tại song ánh $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ thỏa mãn \[f(2n)-f(2n-1)=2018n,\quad\forall\,n\in\mathbb N^*.\]
  5. Tìm tất cả các đa thức hệ số nguyên $P(x)$ và hằng số $k$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$ thì $2^nP(n)+k$ luôn là số chính phương. 

Đáp Án Tham Khảo

  1. Nhận xét rằng nếu $a$ là một số đẹp thì sẽ tồn tại một cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ thỏa mãn $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$, $a_2\in\{0,\,1\}$ sao cho các phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ và $x^7\equiv a_2^5\pmod{2}$ có nghiệm tương ứng là $x_1,\,x_2$ (ở đây $a_1,\,a_2$ lần lượt là số dư của $a$ khi chia $1009$ và $2$, còn $x_1,\,x_2$ lần lượt là số dư của $-b$ khi chia $1009$ và $2$). Đảo lại, với mỗi cặp $\left(a_1,\,a_2\right)$ như thế thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại duy nhất số $a\in\{1,\,2,\ldots,\,2018\}$ sao cho $a\equiv a_1\pmod{1009}$ và $a\equiv a_2\pmod 2$. Đồng thời, vẫn lại theo định lý thặng dư Trung Hoa, sẽ tồn tại $x^*$ sao cho $x^*\equiv x_1\pmod{1009}$ và $x^*\equiv x_2\pmod{2}$. Và ta chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv-x^*\pmod{2018}$ là có được $2018\mid\left(a^5+b^7\right)$. Vì phương trình $x^7\equiv a_2^5\pmod 2$ luôn có nghiệm là $a_2$ với $a_2\in\{0,\,1\}$, nên theo nguyên lý nhân thì số các số $a$ cần tìm sẽ là $2N$. Với $N$ là các số $a_1\in\{0,\,1,\ldots,\,1008\}$ sao cho phương trình đồng dư $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ có nghiệm. Với $a_1=0$ thì phương trình đó có nghiệm là $0$. Còn với $a_1\ne 0$, thì hễ $x$ là nghiệm của phương trình ta thấy $1009\nmid x$. Gọi $r$ là một căn nguyên thủy theo mod 1009, khi đó tồn tại $t,\,m\in\{0,\,1,\ldots,\,1007\}$ sao cho \[{a_1} \equiv {r^k} \left( {\bmod 1009} \right),\quad x \equiv {r^t}\quad \left( {\bmod 1009} \right).\] Từ $x^7\equiv a_1^5\pmod{1009}$ ta có được $${r^{7t}} \equiv {r^{5k}} \left( {\bmod 1009} \right).$$ Theo tính chất của căn nguyên thủy, ta có \[7t \equiv 5k\quad \left( {\bmod 1008} \right).\] Vậy, $k=7l$ với $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$. Đảo lại, với mỗi $a_1=r^{k}$ với $k=7l$ và $l\in\{0,\,1,\,\ldots,\,144\}$ thì phương trình $x^7\equiv r^{5k}\pmod{1009}$ luôn có nghiệm $x=r^{5l}$. Điều đó kết hợp với việc $r^{7l}$ và $r^{7l’}$ không cùng số dư khi chia cho 1009 nếu $l\ne l’$ và $l,\,l’\in\{0,\,1,\,\ldots,\,143\}$ cho ta $N=144+1$. Tóm lại, số các số $a$ cần tìm là $290.$
  2. Giả sử $m$ là số thỏa yêu cầu, chúng ta có các nhận xét như sau.
    Nhận xét 1. Với số nguyên dương $a$ bất kỳ thỏa mãn $\gcd(a,\,m)=1$, khi đó luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho\[m\mid\left(a^{2018}b+1\right).\] Thật vậy, do $\gcd(a,\,m)=1$ nên $\gcd\left(a^{2018},\,m\right)=1$ do đó tồn tại $a’$ là nghịch đảo của $a^{2018}$ theo mod $m$. Đến đây, chọn số nguyên dương $b$ sao cho $b\equiv -a’\pmod m$ là có\[{a^{2018}}b \equiv – {a^{2018}}a’ \equiv – 1\pmod m.\] Từ đó nhận xét đã nêu được chứng minh. Để ý là, với $a$ là số nguyên dương bất kỳ chỉ cần nguyên tố cùng nhau với $m$ thì sẽ luôn tồn tại số nguyên dương $b$ sao cho $m\mid\left(a^{2018}b+1\right).$ Từ yêu cầu cần thỏa với $m$, ta có\[{a^{4036}} = {a^{2018}}.{a^{2018}} \equiv {a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\] Nhận xét 2. Nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$, thì $m$ thỏa yêu cầu bài toán. Thật vậy, nếu $m$ là số nguyên dương thỏa mãn $a^{4036}\equiv 1\pmod m$ với mọi số nguyên dương $a$ nguyên tố cùng nhau với $m$. Giả sử các số nguyên dương $a,\,b$ nào đó thỏa mãn điều kiện $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$, ta có luôn $\gcd\left(a,\,m\right)=1$, do đó\[{a^{2018}}{a^{2018}} \equiv {a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Chứng tỏ $a^{2018}$ là một nghịch đảo theo mod $m$ của chính nó, lại từ\[{a^{2018}}\left( { – b} \right) \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Ta có được $a^{2018}$ có nghịch đảo theo mod $m$ là $-b$, và do đó\[a^{2018}\equiv -b\pmod m.\] Như vậy là, cứ hễ $m\mid\left(a^{2018}b+1\right)$ thì kéo theo $m\mid\left(a^{2018}+b\right)$. Vậy nên nhận xét này được chứng minh. Từ các nhận xét đã nêu, bài toán của chúng ta quy về: Tìm số nguyên dương $m$ sao cho \[{a^{4036}} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right),\quad\forall\,a\in\mathbb N^*:\;\gcd(a,\,m)=1.\] Rõ ràng, $m=1$ là một kế quả tầm thường nhưng thỏa mãn. Chúng ta xét $m>1$, khi đó nếu $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $m$, ta gọi $g_p$ là một căn nguyên thủy mod $p^{v_p(m)}$. Lúc đó do $p^{v_p(m)}\mid m$ và $\gcd \left( {{p^{{v_p}(m)}},{\mkern 1mu} \frac{m}{{{p^{{v_p}(m)}}}}} \right) = 1$ nên theo định lý thặng dư Trung Hoa (CRT), sẽ tồn tại số nguyên dương $A$ sao cho\[A \equiv {g_p}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right),\qquad A \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \frac{m}{{{p^{{v_p}\left( m \right)}}}}} \right).\] Vì $\gcd\left(g_p,\,p^{{v_p}(m)}\right)=1$ và cách chọn $A$, cho nên $\gcd(A,\,m)=1$, từ đó\[A^{4036}\equiv 1\pmod m.\] Hạ xuống mod $p^{{v_p}(m)}$, ta có\[1 \equiv {A^{4036}} \equiv g_p^{4036}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod m} \right).\]Bởi vai trò của $g_p$, nên\[\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)\mid 4036.\]Để ý rằng $\varphi \left( {{p^{{v_p}\left( m \right)}}} \right)=p^{v_p(m)-1}(p-1)$ và $4036=2^2.1009$, cho nên ta chỉ thấy $p=3$ hoặc $p=5$, đồng thời khi ấy thì $v_p(m)=1$. Nghĩa là, số $m$ của chúng ta có dạng $$m=2^n3^k5^l,\quad k,\,l\in\{0,\,1\},\,n\in\mathbb N.$$ Ta có $\gcd(11,\,m)=1$, nên\[11^{4036}\equiv 1\pmod m.\]Theo bổ đề LTE, ta có được\[n = {v_2}\left( m \right) \le {v_2}\left( {{{11}^{4036}} – 1} \right) = {v_2}\left( {{{11}^2} – 1} \right) + {v_2}\left( {2018} \right) = 4.\]Kết hợp lại, để thấy nếu $m$ thỏa mãn yêu cầu thì $m\mid 2^4.15$ nói khác đi $m\mid 240$. Đảo lại, dễ dàng thấy rằng nếu các số nguyên dương $a_2$ lẻ $a_3$ là số không chia hết cho $3$ và $a_5$ không là bội của $5$ thì\[a_2^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,16} \right),\quad a_3^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,3} \right),\quad a_5^{4036} \equiv 1\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,5} \right).\] Cho nên tất cả các số cần tìm, là các ước số dương của $240$.
  3. Xét nhóm đơn vị mod $m$, tức là tập\[\mathcal{U}_m=\left\{r:\;r\in\mathbb N^*,\,r\le m,\,\gcd (r,\,m)=1\right\}.\] Ta sẽ viết các số trong $\mathcal U_m$ lên các đỉnh của đa giác đều $1009$ cạnh, sao cho tích các số được viết chia $m$ dư $1$. Việc viết này, thực chất là chỉ phụ thuộc vào $1008$ số đem điền đầu tiên, bởi vì số cuối cùng chính là nghịch đảo theo mod $m$ của tích $1008$ số đã viết trước. Lý do đó, cùng với quy tắc nhân cho ta thấy số cách viết sẽ là\[N=\varphi(m)^{1008}.\]Giờ ta coi hai cách điền số là cùng một lớp tương đương, nếu như cách điền này nhận được từ cách kia qua một phép quay theo chiều dương. Khi đó, lớp tương đương chỉ có một cách điền số khi và chỉ khi tất cả các số điền đều cùng bằng $r$, với $r\in\mathcal U_m$ thỏa mãn\[r^{1009}\equiv 1\pmod m.\] Các lớp tương đương còn lại, mỗi lớp sẽ có $1009$ cách điền số. Giờ ta gọi $N^*$ là số các lớp tương đương mà mỗi lớp có đúng một cách điền, còn $N’$ là số các lớp tương đương có $1009$ cách điền số, thế thì\[{N^*} + 1009N’ = \varphi {\left( m \right)^{1008}} \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,1009} \right).\]Do vậy $1009\mid N^*$, đồng thời $N^*\ne 0$ bởi vì có một cách điền toàn số $1$ thỏa yêu cầu, bởi vậy $N^*\ge 1009$. Lại chú ý rằng, nếu ta điển số $r$ lên tất cả $1009$ đỉnh, thế thì với $r\ne 1$ do $\text{ord}_m(r)\mid p$ và $r\in\mathcal U_m\setminus\{1\}$ ta có được $\text{ord}_m(r)=p$. Tóm lại, trong $\mathcal U_m$, sẽ có ít nhất $1008$ số $r$ khác $1$ thỏa $r^{1009}\equiv 1\pmod m$. Vì thế, sẽ có ngay\[{m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{r^{1009}} – 1} \right)} ,\quad {m^{1008}}\mid \prod\limits_{r \in {{\cal U}_m} \setminus \left\{ 1 \right\}} {\left( {{{\left( { – r} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\] Giờ thì ta có điều cần chứng minh, nếu để ý rằng $\mathcal U_m {\setminus\{1\}}\subset\{2,\,3,\,\ldots ,\,m\}$ và \[\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{2018}} – 1} \right)} = {\left( { – 1} \right)^{m – 1}}\prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{k^{1009}} – 1} \right)} \prod\limits_{2 \le k \le m} {\left( {{{\left( { – k} \right)}^{1009}} – 1} \right)} .\]
  4. Trước tiên, ta quan tâm đến định lý sau.
    Định lý Beatty. Cho các số vô tỷ dương là $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$, đặt $\mathcal A=\left\{\left\lfloor an\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$ và $\mathcal B=\left\{\left\lfloor bn\right\rfloor:\;n\in\mathbb N^*\right\}$, khi đó \[\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset\;\text{và}\;\mathcal A\cup\mathcal B=\mathbb N^*.\] Chứng minh định lý Beatty. Dễ thấy $\mathcal A$ và $\mathcal B$ đều là tập con của $\mathbb N^*$, giả sử $\mathcal A\cap\mathcal B\ne\emptyset$ khi đó sẽ phải tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m$ sao cho\[\left\lfloor ka\right\rfloor=\left\lfloor lb\right\rfloor=m.\] Để ý rằng $ka;\,lb\notin\mathbb Q$ nên điều đó dẫn đến \begin{align*} m<ka<m+1,\\m<lb<m+1.\end{align*} Lần lượt chia cho $a$ và $b$ các vế của hai bất đẳng thức trên, rồi cộng lại sẽ dẫn đến điều vô lý là $m<k+l<m+1$. Vậy $\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset$. Giờ ta cần chứng minh rằng: Với số nguyên dương $n$ bất kỳ thì hoặc $n\in\mathcal A$ hoặc $n\in\mathcal B$. Ngược lại của điều đó nghĩa là không tồn tại $k,\,l\in\mathbb N^*$ sao cho $n=\left\lfloor ka\right\rfloor$ hoặc $n=\left\lfloor lb\right\rfloor$. Điều đó dẫn đến sự tồn tại $s,\,t\in\mathbb N^*$ sao cho \begin{align*}sa<n,\quad (s+1)a>n+1,\\ tb<n,\quad (t+1)b>n+1.\end{align*} Từ $sa$ và $tb$ đều nhỏ hơn $n$, ta có $n>s+t$ nhưng từ $(s+1)a>n+1$ và $(t+1)b>n+1$ ta lại có được điều mâu thuẫn với trên là $s+t+2>n+1$ tức $s+t\ge n$. Định lý được chứng minh. Quay trở lại bài toán, xét phương trình\[\frac{1}{x} + \frac{1}{{x + 2018}} = 1.\]Phương trình này, có một nghiệm vô tỷ dương là $a =-1008+\sqrt{1009^2+1}$. Ta đặt $b=a+2018$, và xét hàm số $f:\,\mathbb N^*\to\mathbb N^*$ cho bởi công thức\[f\left( n \right) = \begin{cases} \left\lfloor \dfrac{(n+1)a}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{lẻ},\\ \\\left\lfloor \dfrac{nb}{2} \right\rfloor,&\;\text{nếu}\;n\;\text{chẵn}.\end{cases} \] Từ định lý Beatty, ta có được điều cần chứng minh.
  5. Giả sử đa thức $P$ và số $k$ thỏa yêu cầu, ta xét hai trường hợp sau.
    • Nếu $k= 0$, khi đó do $2^{2n}P(2n)$ luôn là số chính phương nên $P(2n)$ cũng vậy. Từ đó, sẽ tồn tại đa thức hệ số nguyên $Q(x)$ sao cho $P(x)=Q(x)^2$, lúc này từ $2^{2n+1}P(2n+1)$ luôn là số chính phương, ta sẽ có $Q(x)$ là đa thức $0$ kẻo không thì sẽ có điều mâu thuẫn là $2$ là bình phương một số hữu tỷ.
    • Nếu $k\ne 0$, ta đi chứng minh là $\deg P\le 0$. Thật vậy, nếu $\deg P>0$ thì tồn tại $m_0$ sao cho $P(m)$ và $P'(m)$ đều là các số nguyên khác $0$ với $m\ne m_0$. Lấy $m$ là một số nguyên dương sao cho $P(m)P'(m)\ne 0$ thế thì do tồn tại vô số ước nguyên tố của dãy $f_n=2^nP(m)+k$, nên ta chọn $p$ là ước nguyên tố của $2^{n_0}P(m)+k$ (với $n_0\in\mathbb N^*$ đủ lớn) sao cho $p>\left|P'(m)\right|+2$, theo định lý CRT sẽ tồn tại số nguyên dương $n$ thỏa mãn\[n \equiv m\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p} \right),\qquad n \equiv {n_0}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod {\mkern 1mu} p – 1} \right).\] Lúc này, theo tính chất của đa thức hệ số nguyên và định lý Fermat bé, ta có \[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{{n_0}}}P\left( m \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\]Từ đó $v_p\left(2^nP(n)+k\right)\ge 2$, mặt khác với $n’=n+p(p-1)$, ta có\[{2^n}P\left( n \right) + k \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) + k \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod p} \right).\] Định lý Euler cho ta ${2^{n’}} = {2^n}{.2^{\varphi \left( {{p^2}} \right)}} \equiv {2^n}\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).$ Nên từ bổ đề tiếp tuyến, ta có\[0 \equiv {2^{n’}}P\left( {n’} \right) – {2^n}P\left( n \right) \equiv {2^n}p\left( {p – 1} \right)P’\left( n \right)\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,{p^2}} \right).\] Và bởi vì, $P'(x)$ cũng là đa thức hệ số nguyên, cho nên\[P’\left( m \right) \equiv P’\left( n \right) \equiv 0\;\;\;{\kern 1pt} \left( {\bmod \,p} \right).\] Đây là điều mâu thuẫn với cách chọn $p$. Như vậy, $P(x)$ phải là một đa thức hằng, giả sử $P(x)=C$ (với $C$ là hằng số nguyên) và dãy các số tự nhiên $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ thỏa mãn\[{2^n}C + k = s_n^2,\quad\forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N^*.\]Ta có ngay $\left(2s_n,\,s_{n+2}\right)$ luôn là cặp nghiệm $(x,\,y)$ của phương trình\[x^2-y^2=3k.\] Nếu $(x,\,y)$ là nghiệm của phương trình đó, từ việc các số $x-y$ và $x+y$ phải là ước của $3k$ cho nên cả $x$ và $y$ đều bị chặn, để kéo theo dãy $\left\{s_n\right\}_{n\in\mathbb N^*}$ bị chặn. Rõ ràng, điều đó chỉ xảy đến khi mà $C=0$. Vậy, ta thấy kết quả cần tìm cho bài toán là $P(x)=0$ và $k$ là số chính phương nào đó.

$hide=mobile$type=ticker$c=36$cols=2$l=0$sr=random$b=0

$hide=mobile

Name

Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,An Giang,40,Andrew Wiles,1,Anh,2,APMO,21,Austria (Áo),1,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,72,Bắc Bộ,2,Bắc Giang,59,Bắc Kạn,3,Bạc Liêu,15,Bắc Ninh,58,Bắc Trung Bộ,3,Bài Toán Hay,5,Balkan,40,Baltic Way,32,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,69,Bến Tre,69,Benelux,15,Bình Định,62,Bình Dương,36,Bình Phước,48,Bình Thuận,42,Birch,1,BMO,40,Booklet,12,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,British,16,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,6,Buôn Ma Thuột,2,BxMO,14,Cà Mau,21,Cần Thơ,25,Canada,40,Cao Bằng,11,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,43,Caucasus,3,CGMO,11,China - Trung Quốc,25,Chọn Đội Tuyển,491,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,125,Chuyên SPHCM,7,Chuyên SPHN,26,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,666,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,26,Đà Nẵng,48,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,72,Đắk Nông,13,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi,1,Đề Thi HSG,2138,Đề Thi JMO,1,DHBB,28,Điện Biên,12,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,5,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,62,Đồng Tháp,62,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Dương Quỳnh Châu,1,Dương Tú,1,Duyên Hải Bắc Bộ,28,E-Book,31,EGMO,29,ELMO,19,EMC,10,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,30,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,14,GGTH,30,Gia Lai,38,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,4,Hà Lan,1,Hà Nam,38,Hà Nội,259,Hà Tĩnh,88,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,64,Hải Phòng,55,Hậu Giang,11,Hậu Lộc,1,Hélènne Esnault,1,Hilbert,2,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,31,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,118,HSG 10 2010-2011,4,HSG 10 2011-2012,6,HSG 10 2012-2013,5,HSG 10 20122-2023,1,HSG 10 2013-2014,4,HSG 10 2014-2015,5,HSG 10 2015-2016,2,HSG 10 2016-2017,5,HSG 10 2017-2018,3,HSG 10 2018-2019,3,HSG 10 2019-2020,8,HSG 10 2020-2021,2,HSG 10 2021-2022,2,HSG 10 2022-2023,4,HSG 10 Bà Rịa Vũng Tàu,2,HSG 10 Bắc Giang,1,HSG 10 Bạc Liêu,2,HSG 10 Bắc Ninh,3,HSG 10 Bình Định,1,HSG 10 Bình Dương,1,HSG 10 Bình Thuận,4,HSG 10 Chuyên SPHN,5,HSG 10 Đắk Lắk,2,HSG 10 Đồng Nai,4,HSG 10 Gia Lai,2,HSG 10 Hà Nam,3,HSG 10 Hà Tĩnh,13,HSG 10 Hải Dương,9,HSG 10 KHTN,9,HSG 10 Kon Tum,1,HSG 10 Nghệ An,1,HSG 10 Ninh Thuận,1,HSG 10 Phú Yên,2,HSG 10 PTNK,5,HSG 10 Quảng Trị,2,HSG 10 Thái Nguyên,8,HSG 10 Thanh Hóa,1,HSG 10 Trà Vinh,5,HSG 10 Vĩnh Phúc,14,HSG 1015-2016,3,HSG 11,117,HSG 11 2010-2011,4,HSG 11 2011-2012,5,HSG 11 2012-2013,7,HSG 11 2013-2014,4,HSG 11 2014-2015,8,HSG 11 2015-2016,2,HSG 11 2016-2017,5,HSG 11 2017-2018,4,HSG 11 2018-2019,5,HSG 11 2019-2020,5,HSG 11 2020-2021,5,HSG 11 2021-2022,1,HSG 11 An Giang,1,HSG 11 Bà Rịa Vũng Tàu,1,HSG 11 Bắc Giang,4,HSG 11 Bạc Liêu,2,HSG 11 Bắc Ninh,4,HSG 11 Bình Định,11,HSG 11 Bình Dương,3,HSG 11 Bình Thuận,1,HSG 11 Cà Mau,1,HSG 11 Đà Nẵng,9,HSG 11 Đồng Nai,1,HSG 11 Hà Nam,1,HSG 11 Hà Tĩnh,10,HSG 11 Hải Phòng,1,HSG 11 Kiên Giang,4,HSG 11 Lạng Sơn,11,HSG 11 Nghệ An,6,HSG 11 Ninh Bình,2,HSG 11 Quảng Bình,9,HSG 11 Quảng Ngãi,8,HSG 11 Quảng Trị,3,HSG 11 Sóc Trăng,1,HSG 11 Thái Nguyên,8,HSG 11 Thanh Hóa,4,HSG 11 Trà Vinh,1,HSG 11 Tuyên Quang,1,HSG 11 Vĩnh Long,2,HSG 11 Vĩnh Phúc,10,HSG 12,627,HSG 12 2009-2010,2,HSG 12 2010-2011,39,HSG 12 2011-2012,44,HSG 12 2012-2013,58,HSG 12 2013-2014,53,HSG 12 2014-2015,44,HSG 12 2015-2016,36,HSG 12 2016-2017,47,HSG 12 2017-2018,58,HSG 12 2018-2019,44,HSG 12 2019-2020,43,HSG 12 2020-2021,51,HSG 12 2021-2022,34,HSG 12 2022-2023,29,HSG 12 An Giang,7,HSG 12 Bà Rịa Vũng Tàu,11,HSG 12 Bắc Giang,17,HSG 12 Bạc Liêu,3,HSG 12 Bắc Ninh,13,HSG 12 Bến Tre,18,HSG 12 Bình Định,16,HSG 12 Bình Dương,8,HSG 12 Bình Phước,8,HSG 12 Bình Thuận,8,HSG 12 Cà Mau,8,HSG 12 Cần Thơ,7,HSG 12 Cao Bằng,5,HSG 12 Chuyên SPHN,9,HSG 12 Đà Nẵng,3,HSG 12 Đắk Lắk,20,HSG 12 Đắk Nông,1,HSG 12 Điện Biên,3,HSG 12 Đồng Nai,20,HSG 12 Đồng Tháp,18,HSG 12 Gia Lai,13,HSG 12 Hà Nam,4,HSG 12 Hà Nội,15,HSG 12 Hà Tĩnh,16,HSG 12 Hải Dương,14,HSG 12 Hải Phòng,20,HSG 12 Hậu Giang,3,HSG 12 Hòa Bình,10,HSG 12 Hưng Yên,9,HSG 12 Khánh Hòa,3,HSG 12 KHTN,26,HSG 12 Kiên Giang,11,HSG 12 Kon Tum,2,HSG 12 Lai Châu,4,HSG 12 Lâm Đồng,10,HSG 12 Lạng Sơn,8,HSG 12 Lào Cai,16,HSG 12 Long An,17,HSG 12 Nam Định,7,HSG 12 Nghệ An,12,HSG 12 Ninh Bình,11,HSG 12 Ninh Thuận,6,HSG 12 Phú Thọ,16,HSG 12 Phú Yên,12,HSG 12 Quảng Bình,13,HSG 12 Quảng Nam,9,HSG 12 Quảng Ngãi,5,HSG 12 Quảng Ninh,20,HSG 12 Quảng Trị,9,HSG 12 Sóc Trăng,4,HSG 12 Sơn La,5,HSG 12 Tây Ninh,6,HSG 12 Thái Bình,11,HSG 12 Thái Nguyên,13,HSG 12 Thanh Hóa,18,HSG 12 Thừa Thiên Huế,18,HSG 12 Tiền Giang,3,HSG 12 TPHCM,12,HSG 12 Tuyên Quang,2,HSG 12 Vĩnh Long,6,HSG 12 Vĩnh Phúc,22,HSG 12 Yên Bái,6,HSG 9,539,HSG 9 2009-2010,1,HSG 9 2010-2011,21,HSG 9 2011-2012,44,HSG 9 2012-2013,44,HSG 9 2013-2014,36,HSG 9 2014-2015,40,HSG 9 2015-2016,39,HSG 9 2016-2017,42,HSG 9 2017-2018,47,HSG 9 2018-2019,50,HSG 9 2019-2020,20,HSG 9 2020-2021,53,HSG 9 2021-2022,57,HSG 9 2022-2023,7,HSG 9 An Giang,8,HSG 9 Bà Rịa Vũng Tàu,7,HSG 9 Bắc Giang,12,HSG 9 Bạc Liêu,1,HSG 9 Bắc Ninh,12,HSG 9 Bến Tre,10,HSG 9 Bình Định,10,HSG 9 Bình Dương,6,HSG 9 Bình Phước,13,HSG 9 Bình Thuận,5,HSG 9 Cà Mau,1,HSG 9 Cần Thơ,4,HSG 9 Cao Bằng,1,HSG 9 Chuyên SPHN,2,HSG 9 Đà Nẵng,10,HSG 9 Đắk Lắk,11,HSG 9 Đắk Nông,2,HSG 9 Điện Biên,3,HSG 9 Đồng Nai,7,HSG 9 Đồng Tháp,10,HSG 9 Gia Lai,8,HSG 9 Hà Giang,3,HSG 9 Hà Nam,9,HSG 9 Hà Nội,26,HSG 9 Hà Tĩnh,16,HSG 9 Hải Dương,14,HSG 9 Hải Phòng,7,HSG 9 Hậu Giang,4,HSG 9 Hòa Bình,3,HSG 9 Hưng Yên,9,HSG 9 Khánh Hòa,5,HSG 9 Kiên Giang,15,HSG 9 Kon Tum,8,HSG 9 Lai Châu,1,HSG 9 Lâm Đồng,13,HSG 9 Lạng Sơn,9,HSG 9 Lào Cai,3,HSG 9 Long An,9,HSG 9 Nam Định,8,HSG 9 Nghệ An,19,HSG 9 Ninh Bình,13,HSG 9 Ninh Thuận,3,HSG 9 Phú Thọ,12,HSG 9 Phú Yên,8,HSG 9 Quảng Bình,14,HSG 9 Quảng Nam,11,HSG 9 Quảng Ngãi,12,HSG 9 Quảng Ninh,15,HSG 9 Quảng Trị,9,HSG 9 Sóc Trăng,8,HSG 9 Sơn La,4,HSG 9 Tây Ninh,16,HSG 9 Thái Bình,10,HSG 9 Thái Nguyên,5,HSG 9 Thanh Hóa,18,HSG 9 Thừa Thiên Huế,8,HSG 9 Tiền Giang,6,HSG 9 TPHCM,10,HSG 9 Trà Vinh,2,HSG 9 Tuyên Quang,5,HSG 9 Vĩnh Long,11,HSG 9 Vĩnh Phúc,12,HSG 9 Yên Bái,4,HSG Cấp Trường,90,HSG Quốc Gia,109,HSG Quốc Tế,16,HSG11 2021-2022,3,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,39,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,26,IMO,57,IMT,2,IMU,2,India - Ấn Độ,47,Inequality,13,InMC,1,International,340,Iran,13,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,30,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,28,KHTN,61,Kiên Giang,71,Kim Liên,1,Kon Tum,23,Korea - Hàn Quốc,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,46,Lai Châu,10,Lâm Đồng,44,Lăng Hồng Nguyệt Anh,1,Lạng Sơn,35,Langlands,1,Lào Cai,33,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Hồng Phong,5,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,2,Leibniz,1,Long An,49,Lớp 10 Chuyên,666,Lớp 10 Không Chuyên,347,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lưu Lý Tưởng,1,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,12,Menelaus,1,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Atiyah,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,MYM,25,MYTS,4,Nam Định,44,Nam Phi,1,National,276,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,69,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Minh Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,9,Nguyễn Nhất Huy,1,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,2,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Song Thiên Long,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,4,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,58,Ninh Thuận,24,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,21,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,128,Olympic 10/3,6,Olympic 10/3 Đắk Lắk,6,Olympic 11,118,Olympic 12,50,Olympic 23/3,2,Olympic 24/3,10,Olympic 24/3 Quảng Nam,10,Olympic 27/4,23,Olympic 30/4,58,Olympic KHTN,7,Olympic Sinh Viên,76,Olympic Tháng 4,12,Olympic Toán,333,Olympic Toán Sơ Cấp,3,Ôn Thi 10,2,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Quang Đạt,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,31,Phú Yên,39,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,56,Putnam,27,Quảng Bình,59,Quảng Nam,51,Quảng Ngãi,44,Quảng Ninh,56,Quảng Trị,38,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,13,RMO,24,Romania,37,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,70,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia - Ả Rập Xê Út,9,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,28,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,28,Sóc Trăng,32,Sơn La,21,Spain,8,Star Education,1,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,17,Tập San,3,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,36,Thạch Hà,1,Thái Bình,43,Thái Nguyên,58,Thái Vân,2,Thanh Hóa,75,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,Thông Tin Toán Học,43,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPT Chuyên Nguyễn Du,9,THPTQG,16,THTT,31,Thừa Thiên Huế,52,Tiền Giang,28,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,148,Trà Vinh,9,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,37,Trại Hè Hùng Vương,28,Trại Hè Phương Nam,7,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,12,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trường Đông,21,Trường Hè,8,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,520,TST 2008-2009,1,TST 2010-2011,22,TST 2011-2012,23,TST 2012-2013,32,TST 2013-2014,29,TST 2014-2015,27,TST 2015-2016,26,TST 2016-2017,41,TST 2017-2018,42,TST 2018-2019,30,TST 2019-2020,36,TST 2020-2021,29,TST 2021-2022,36,TST 2022-2023,42,TST An Giang,7,TST Bà Rịa Vũng Tàu,11,TST Bắc Giang,5,TST Bắc Ninh,11,TST Bến Tre,8,TST Bình Định,5,TST Bình Dương,6,TST Bình Phước,8,TST Bình Thuận,9,TST Cà Mau,6,TST Cần Thơ,5,TST Cao Bằng,2,TST Đà Nẵng,8,TST Đắk Lắk,11,TST Đắk Nông,2,TST Điện Biên,2,TST Đồng Nai,12,TST Đồng Tháp,12,TST Gia Lai,4,TST Hà Nam,7,TST Hà Nội,11,TST Hà Tĩnh,14,TST Hải Dương,11,TST Hải Phòng,13,TST Hậu Giang,1,TST Hòa Bình,3,TST Hưng Yên,9,TST Khánh Hòa,8,TST Kiên Giang,10,TST Kon Tum,6,TST Lâm Đồng,11,TST Lạng Sơn,2,TST Lào Cai,5,TST Long An,6,TST Nam Định,8,TST Nghệ An,7,TST Ninh Bình,11,TST Ninh Thuận,4,TST Phú Thọ,13,TST Phú Yên,5,TST PTNK,14,TST Quảng Bình,12,TST Quảng Nam,6,TST Quảng Ngãi,7,TST Quảng Ninh,8,TST Quảng Trị,9,TST Sóc Trăng,4,TST Sơn La,7,TST Thái Bình,6,TST Thái Nguyên,8,TST Thanh Hóa,9,TST Thừa Thiên Huế,4,TST Tiền Giang,5,TST TPHCM,14,TST Trà Vinh,1,TST Tuyên Quang,1,TST Vĩnh Long,6,TST Vĩnh Phúc,7,TST Yên Bái,8,Tuyên Quang,12,Tuyển Sinh,4,Tuyển Sinh 10,1013,Tuyển Sinh 10 An Giang,17,Tuyển Sinh 10 Bà Rịa Vũng Tàu,21,Tuyển Sinh 10 Bắc Giang,19,Tuyển Sinh 10 Bạc Liêu,7,Tuyển Sinh 10 Bắc Ninh,15,Tuyển Sinh 10 Bến Tre,33,Tuyển Sinh 10 Bình Định,19,Tuyển Sinh 10 Bình Dương,12,Tuyển Sinh 10 Bình Phước,19,Tuyển Sinh 10 Bình Thuận,15,Tuyển Sinh 10 Cà Mau,5,Tuyển Sinh 10 Cần Thơ,9,Tuyển Sinh 10 Cao Bằng,2,Tuyển Sinh 10 Chuyên SPHN,15,Tuyển Sinh 10 Đà Nẵng,17,Tuyển Sinh 10 Đắk Lắk,20,Tuyển Sinh 10 Đắk Nông,6,Tuyển Sinh 10 Điện Biên,4,Tuyển Sinh 10 Đồng Nai,18,Tuyển Sinh 10 Đồng Tháp,22,Tuyển Sinh 10 Gia Lai,10,Tuyển Sinh 10 Hà Giang,1,Tuyển Sinh 10 Hà Nam,14,Tuyển Sinh 10 Hà Nội,80,Tuyển Sinh 10 Hà Tĩnh,18,Tuyển Sinh 10 Hải Dương,16,Tuyển Sinh 10 Hải Phòng,14,Tuyển Sinh 10 Hậu Giang,3,Tuyển Sinh 10 Hòa Bình,15,Tuyển Sinh 10 Hưng Yên,12,Tuyển Sinh 10 Khánh Hòa,12,Tuyển Sinh 10 KHTN,19,Tuyển Sinh 10 Kiên Giang,31,Tuyển Sinh 10 Kon Tum,6,Tuyển Sinh 10 Lai Châu,5,Tuyển Sinh 10 Lâm Đồng,10,Tuyển Sinh 10 Lạng Sơn,6,Tuyển Sinh 10 Lào Cai,9,Tuyển Sinh 10 Long An,17,Tuyển Sinh 10 Nam Định,21,Tuyển Sinh 10 Nghệ An,22,Tuyển Sinh 10 Ninh Bình,19,Tuyển Sinh 10 Ninh Thuận,10,Tuyển Sinh 10 Phú Thọ,17,Tuyển Sinh 10 Phú Yên,11,Tuyển Sinh 10 PTNK,35,Tuyển Sinh 10 Quảng Bình,11,Tuyển Sinh 10 Quảng Nam,15,Tuyển Sinh 10 Quảng Ngãi,12,Tuyển Sinh 10 Quảng Ninh,11,Tuyển Sinh 10 Quảng Trị,6,Tuyển Sinh 10 Sóc Trăng,15,Tuyển Sinh 10 Sơn La,5,Tuyển Sinh 10 Tây Ninh,14,Tuyển Sinh 10 Thái Bình,16,Tuyển Sinh 10 Thái Nguyên,16,Tuyển Sinh 10 Thanh Hóa,24,Tuyển Sinh 10 Thừa Thiên Huế,22,Tuyển Sinh 10 Tiền Giang,14,Tuyển Sinh 10 TPHCM,23,Tuyển Sinh 10 Tuyên Quang,3,Tuyển Sinh 10 Vĩnh Long,12,Tuyển Sinh 10 Vĩnh Phúc,21,Tuyển Sinh 2008-2009,1,Tuyển Sinh 2009-2010,1,Tuyển Sinh 2010-2011,6,Tuyển Sinh 2011-2012,20,Tuyển Sinh 2012-2013,63,Tuyển Sinh 2013-2014,78,Tuyển Sinh 2014-2015,78,Tuyển Sinh 2015-2016,60,Tuyển Sinh 2016-2017,72,Tuyển Sinh 2017-2018,126,Tuyển Sinh 2018-2019,60,Tuyển Sinh 2019-2020,90,Tuyển Sinh 2020-2021,59,Tuyển Sinh 2021-202,1,Tuyển Sinh 2021-2022,70,Tuyển Sinh 2022-2023,114,Tuyển Sinh Chuyên SPHCM,7,Tuyển Sinh Yên Bái,6,Tuyển Tập,45,Tuymaada,6,UK - Anh,16,Undergraduate,69,USA - Mỹ,62,USA TSTST,6,USAJMO,12,USATST,8,USEMO,4,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,4,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,31,Vĩnh Long,37,Vĩnh Phúc,86,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,53,VNTST,23,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Xác Suất,1,Yên Bái,24,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,13,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad.NET: [Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018
[Nguyễn Trung Tuấn] Bài Tập Luyện Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2018
MOlympiad.NET
https://www.molympiad.net/2019/01/nguyen-trung-tuan-bai-tap-luyen-thi-hoc-sinh-gioi-quoc-gia-thpt-2018.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2019/01/nguyen-trung-tuan-bai-tap-luyen-thi-hoc-sinh-gioi-quoc-gia-thpt-2018.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU Tag ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED
NỘI DUNG CAO CẤP NÀY ĐÃ BỊ KHÓA
STEP 1: SHARE THIS ARTICLE TO A SOCIAL NETWORK
BƯỚC 1: CHIA SẺ BÀI VIẾT NÀY LÊN MẠNG XÃ HỘI
STEP 2: CLICK THE LINK ON YOUR SOCIAL NETWORK
BƯỚC 2: BẤM VÀO ĐƯỜNG DẪN TRÊN MẠNG XÃ HỘI CỦA BẠN
Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy Table of Content