Về một bất đẳng thức và ứng dụng

VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG Nguyễn An Vĩnh Phúc - PTNK - ĐHQG TPHCM Bất đẳng thức là một lĩnh vực hay trong toán học sơ cấp, được nhiều bạn trẻ yêu thích và khám phá tìm tòi.. Khi g

VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ỨNG DỤNG (Nguyễn An Vĩnh Phúc - PTNK - ĐHQG TPHCM) Bất đẳng thức là một lĩnh vực hay trong toán học sơ cấp, được nhiều bạn trẻ yêu thích và khám phá tìm tòi Khi giải một bài toán ta không dừng lại ở trường hợp đặc biệt mà có thể suy nghĩ đến dạng tổng quát nếu có của bài toán đó,bài toán tổng quát thường là phức tạp hơn, khó giải hơn một trường hợp của nó Nhưng không phải bao giờ cũng vậy mà đôi khi ngược lại, điều tốt nhất, đơn giản nhất có khi là tìm cách giải bài toán tổng quát Trong bài viết này mình sẽ trình bày về một bất đẳng thức quen thuộc và một số ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán bất đẳng thức khác

I Phát biểu bài bất đẳng thức:

Cho x1; x2; ; xn ≥ 1 và n ∈ N, n ≥ 2 Chứng minh rằng:

1

1 + xn 1

1 + xn 2

+ + 1

1 + xn ≥ n

1 + x1x2 xn Trước tiên,ta sẽ xét bài toán trên với n = 2

Bài toán 1: Cho x, y ≥ 1.Chứng minh rằng:

1

1 + x2 + 1

1 + y2 ≥ 2

1 + xy Đây là một câu trích trong đề thi học sinh giỏi bậc Trung học Cơ Sở ngày 28/2/2003.Bài toán này

có lẽ đã khá quen thuộc với nhiều bạn.Ở đây mình sẽ trình bày hai cách giải cho trường hợp này

Giải Cách 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương:

Sau khi quy đồng,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

(x − y)2(xy − 1) (1 + x2)(1 + y2)(1 + xy) ≥ 0 Điều này hiển nhiên đúng với x, y ≥ 1 do đó ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y ≥ 1

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức phụ sau:

Nếu b ≥ a ≥ 0 và k không âm khác b, b 6= 0, ta có:

a

b ≥ a − k

b − k

Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức ban đầu:

1

1 + x2 + 1

1 + y2 = x

2+ y2+ 2

x2+ y2 + x2y2 + 1

Từ điều kiện x, y ≥ 1 ta suy ra x2+ y2+ x2y2+ 1 ≥ x2+ y2+ 2

Áp dụng bất đẳng thức phụ trên với k = (x − y)2 ta có:

x2+ y2+ 2

x2+ y2+ x2y2+ 1 ≥ x

2+ y2+ 2 − (x − y)2

x2+ y2+ x2y2+ 1 − (x − y)2 = 2 + 2xy

x2y2+ 2xy + 1 =

2

1 + xy Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra khi x = y ≥ 1

Chú ý: Trong trường hợp n = 2 thì bất đẳng thức vẫn đúng với x, y là các số thực thỏa xy ≥ 1 và

đẳng thức xảy ra khi xy = 1.

Ta tiếp tục bài toán với n = 3

Bài toán 2: Cho x, y, z ≥ 1.Chứng minh rằng:

1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ≥ 3

1 + xyz Bài toán này cũng không xa lạ gì đối với các bạn học sinh và phương pháp để chứng minh bất đẳng thức này là sử dụng kết quả từ câu trên

Giải

Ta có hai bất đẳng thức sau:

1

1 + x3 + 1

1 + y3 ≥ 2

1 +px3y3

1

1 + z3 + 1

1 + xyz ≥ 2

1 +pxyz4

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 + 1

1 + xyz ≥ 2 1

1 +px3y3 + 1

1 +pxyz4

!

Áp dụng kết quả câu trên thì:

1

1 +px3y3 + 1

1 +pxyz4 ≥ 2

1 +px4 4y4z4 = 2

1 + xyz

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ≥ 4

1 + xyz − 1

1 + xyz =

3

1 + xyz Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi x = y = z ≥ 1

Không dừng lại ở đó, nếu tiếp tục sử dụng hai kết quả vừa chứng minh ở trên,ta sẽ giải quyết được bài toán trong trường hợp n = 4

Bài toán 3: Cho x, y, z, t ≥ 1.Chứng minh rằng:

1

1 + x4 + 1

1 + y4 + 1

1 + z4 + 1

1 + t4 ≥ 4

1 + xyzt Giải

Ta có hai bất đẳng thức sau:

1

1 + x4 + 1

1 + y4 + 1

1 + z4 ≥ 3

1 +px3 4y4z4

1

1 + t4 + 1

1 + xyzt +

1

1 + xyzt ≥ 3

1 +px3 2y2z2t6

1 + x4 + 1

1 + y4 + 1

1 + z4 + 1

1 + t4 + 2

1 + xyzt ≥ 3 1

1 +px3 4y4z4 + 1

1 +px3 2y2z2t6

!

Ta lại có:

1 +px3 4y4z4 + 1

1 +px3 2y2z2t6

!

1 +

q

3

p(x4y4z4)(x2y2z2t6)

1 + xyzt

1 + x4 + 1

1 + y4 + 1

1 + z4 + 1

1 + t4 + 2

1 + xyzt ≥ 6

1 + xyzt

1 + x4 + 1

1 + y4 + 1

1 + z4 + 1

1 + t4 ≥ 6

1 + xyzt − 2

1 + xyzt =

4

1 + xyzt

Như vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t ≥ 1.

Cuối cùng ta đi đến chứng minh bài toán tổng quát

Bài toán 4: Cho x1; x2; ; xn ≥ 1 và n ∈ N, n ≥ 2.Chứng minh rằng:

1

1 + xn 1

1 + xn 2

+ + 1

1 + xn ≥ n

1 + x1x2 xn

Giải Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Jensen:

Xét hàm số f (x) = 1

1 + ex với x ≥ 0 có:

f ”(x) = e

x(ex− 1) (ex+ 1)3 ≥ 0

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với x = ln xni ≥ 0 ta sẽ có điều phải chứng minh

Cách 2: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học:

Với n = 2,bài toán quay về chứng minh kết quả quen thuộc ở trên:

1

1 + x2 1

1 + x2 2

1 + x1.x2 Giả sử bất đẳng thức đúng khi n = k,nghĩa là:

1

1 + xk 1

1 + xk 2

+ + 1

1 + xk k

1 + x1.x2 xk

Ta phải chứng minh bất đẳng thức trên cũng đúng trong trường hợp n = k + 1

Nghĩa là ta phải chứng minh:

1

1 + xk+11 +

1

1 + xk+12 + +

1

1 + xk+1k +

1

1 + xk+1k+1 ≥ k + 1

1 + x1x2 xk+1

Ta có:

1

1 + xk+11 +

1

1 + xk+12 + +

1

1 + xk+1k ≥ k

1 +qk

xk+11 xk+12 xk+1k Tiếp tục sử dụng điều giả sử trên với (k − 1) phân số: 1

1 + x1.x2 xk+1,ta có:

1

1 + xk+1k+1 +

1

1 + x1.x2 xk+1 + +

1

1 + x1.x2 xk+1 ≥ k

1 + qk

xk−11 xk−1k x2k

k+1

Như vậy ta suy ra:

1

1 + xk+11 +

1

1 + xk+12 + +

1

1 + xk+1k +

1

1 + xk+1k+1 +

k − 1

1 + x1.x2 xk+1

≥ k





k

1 + qk

xk+11 xk+12 xk+1k

1 +qk

xk−11 xk−1k x2k

k+1





Mà ta lại có:

1

1 +qk

xk+11 xk+1k

1 +qk

xk−11 xk−1k x2k

k

1 +

r

k

q

x2k

1 x2k

2 x2k k+1

1 + x1.x2 xk.xk+1

⇒ 1

1 + xk+11 +

1

1 + xk+12 + +

1

1 + xk+1k +

1

1 + xk+1k+1 +

k − 1

1 + x1.x2 xk+1 ≥ 2k

1 + x1x2 xk+1

1 + xk+11 +

1

1 + xk+12 + +

1

1 + xk+1k +

1

1 + xk+1k+1 ≥ k + 1

1 + x1.x2 xk+1 Vậy bất đẳng thức đúng trong trường hợp n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp toán học,bất đẳng thức trên đúng với mọi n ∈ N, n ≥ 2

Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = = xn≥ 1

Trong trường hợp 0 ≤ x1; x2; ; xn≤ 1 thì bất đẳng thức đổi chiều

II Ứng dụng của bất đẳng thức này trong việc giải các bài toán khác:

Ví dụ 1: Cho a, b > 0.Chứng minh rằng:

1

a2+ 3 +

1

b2+ 3 +

a2

3a2+ 1 +

b2

3b2+ 1 ≥ 8ab

(a + b)2+ (ab + 1)2

Giải Nhận xét: Quan sát biểu thức ở vế phải,nếu ta chia cả tử và mẫu cho 4ab thì thu được:

8ab

(a + b)2+ (ab + 1)2 = 8ab

a2+ b2+ a2b2+ 4ab + 1 =

2

1 + a

2+ b2+ a2b2+ 1 4ab

1 + (a

2+ 1) 2a .

(b2+ 1) 2b

Như vậy ta thấy vế phải có dạng 2

1 + xy trong đó x =

a2+ 1 2a , y =

b2+ 1 2b . Khi đó x, y ≥ 1,điều này giúp ta nghĩ đến bất đẳng thức phụ quen thuộc

Sau đây là lời giải hoàn chỉnh

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

1

a2+ 3+

1

b2+ 3+

a2

3a2+ 1+

b2

3b2+ 1 =

a2

a4+ 3a2+ b

2

b4+ 3b2+ a

2

3a2+ 1+

b2

3b2+ 1 ≥ 4a

2

a4+ 6a2 + 1+

4b2

b4+ 6b2+ 1 Bài toán quay về chứng minh:

4a2

a4+ 6a2+ 1 +

4b2

b4+ 6b2+ 1 ≥ 8ab

(a + b)2+ (ab + 1)2

Đặt x = a

2+ 1

2a , y =

b2 + 1 2b ,viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng:

1

1 + x2 + 1

1 + y2 ≥ 2

1 + xy Điều này hiển nhiên đúng do x, y ≥ 1.Bài toán được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y ⇔ a = b

Ví dụ 2: Cho a, b, c > 0 thỏa ab + bc + ca = 3.Chứng minh rằng:

1

1 + a2 + 1

1 + b2 + 1

1 + c2 ≥ 3

2 Giải

Nhận xét: Quan sát bài toán,ta thấy vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh có các phân thức 1

1 + a2, 1

1 + b2, 1

1 + c2 Hơn nữa sự xuất hiện của đại lượng 1 + a2, 1 + b2, 1 + c2 làm ta nghĩ đến hướng

đi là sử dụng Bài toán 1 quen thuộc

Tuy nhiên,bất đẳng thức phụ đấy chỉ đúng trong trường hợp x, y ≥ 1 hoặc xy ≥ 1.Chính vì thế ta

sẽ sử dụng giả thiết để tạo ra điều kiện đó.Cụ thể như sau:

Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ ab ≥ ca ≥ bc.Từ giả thiết ab + bc + ca = 3 ⇒ ab ≥ 1 Đến đây thì ta sẽ có:

1

1 + a2 + 1

1 + b2 ≥ 2

1 + ab

1 + a2 + 1

1 + b2 + 1

1 + c2 ≥ 2

1 + ab +

1

1 + c2

Và như vậy công việc của ta là phải chứng minh:

2

1 + ab +

1

1 + c2 ≥ 3

2 Sau khi quy đồng (chú ý rằng ab + bc + ca = 3), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

c(a + b + c − 3abc) (1 + ab)(1 + c2) ≥ 0 Hay

a + b + c ≥ 3abc Tiếp tục sử dụng giả thiết ab + bc + ca = 3 và bất đẳng thức AM-GM:

a + b + c ≥ 3√3

abc

3 = ab + bc + ca ≥ 3√3

a2b2c2

⇒ 3(a + b + c) ≥ 9abc ⇒ a + b + c ≥ 3abc

Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Chú ý: Bất đẳng thức trên cũng có thể chứng minh bằng Cauchy Schwarz

Ta viết lại bất đẳng thức này dưới dạng:

a2

a2+ 1 +

b2

b2+ 1 +

c2

c2+ 1 ≤ 3

2 Tương đương:

a2

3a2+ ab + bc + ca +

b2

3b2+ ab + bc + ca +

c2

3c2+ ab + bc + ca ≤ 1

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

4a2

3a2+ ab + bc + ca =

4a2

a(a + b + c) + (2a2+ bc) ≤ a

2

a(a + b + c) +

a2

2a2+ bc =

a

a + b + c +

a2

2a2 + bc Thiết lập các bất đẳng thức tương tự, ta suy ra:

4a2

3a2 + ab + bc + ca +

4b2 3b2+ ab + bc + ca +

4c2 3c2+ ab + bc + ca ≤ 1 + a

2

2a2+ bc+

b2 2b2+ ca +

c2 2c2+ ab Bài toán quay về chứng minh:

a2 2a2+ bc +

b2 2b2 + ca +

c2 2c2+ ab ≤ 1 Hay

bc 2a2+ bc +

ca 2b2 + ca +

ab 2c2+ ab ≥ 1

Thay a, b, c bởi 1

a,

1

b,

1

c tương ứng, ta có ngay kết quả quen thuộc sau:

a2

a2+ 2bc +

b2

b2+ 2ca +

c2

c2+ 2bc ≥ 1 Bài toán được chứng minh xong

Ví dụ 3: Cho a, b, c, d ≥ 1 thỏa mãn:







1

1 + a4 + 1

1 + b4 + 1

1 + c4 + 1

1 + d4 = 1

a2 + b2+ c2+ d2 = 4√

3

Tìm giá trị lớn nhất của:

 1

a +

1 b

  1

c +

1 d



Giải

Áp dụng kết quả của Bài toán 3, ta có:

1 = 1

1 + a4 + 1

1 + b4 + 1

1 + c4 + 1

1 + d4 ≥ 4

1 + abcd Suy ra:

abcd ≥ 3

Do đó:

 1

a +

1

b

  1

c +

1 d



= (a + b)(c + d)

abcd ≤ (a + b)(c + d)

3 ≤ 2p(a2+ b2)(c2+ d2)

2+ b2+ c2+ d2

4√ 3 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = √4

3

Vậy giá trị lớn nhất của  1

a +

1 b

  1

c +

1 d



là 4

√ 3

3 tại a = b = c = d =

4

√ 3

Ví dụ 4: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ 4 và x = max(x, y, z) Tìm giá trị nhỏ nhất của:

x 2x + 3y +

y

y + z +

z

z + x Giải

Áp dụng kết quả của Bài toán 1, ta có:

y

y + z +

z

z + x =

1

1 + z y

1 + x z

1 +

rx y

Suy ra:

x 2x + 3y +

y

y + z +

z

z + x ≥ 1

2 + 3y x

1 +

rx y Đặt

rx

y = n (n ∈ [1; 2]),khi đó:

x 2x + 3y +

y

y + z +

z

z + x ≥ n

2

2n2+ 3 +

2

n + 1

Xét f (n) = n

2

2n2+ 3 +

2

n + 1 có f

0(n) = −2[n3(4n − 3) + 3n(2n − 1) + 9]

(2n2+ 3)(n + 1)2 < 0 với n ∈ [1; 2]

⇒ f (n) ≥ f (2) = 34

33 Đẳng thức xảy ra khi n = 2 ⇔

x

y = 4 ⇔ x = 4, y = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của x

2x + 3y +

y

y + z +

z

z + x là

34

33 tại x = 4, y = 1, z = 2.

Ví dụ 5: Cho x, y, z ≥ 1 Chứng minh rằng:

2



1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3



≥ xyz(27

3

√ xyz + 108) + 36(x2+ y2 + z2) + 216 (1 + xyz)(x2+ y2+ z2 + 6)2

Giải Nhận xét: Việc xuất hiện biểu thức 1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ở vế trái,biểu thức 1 + xyz ở mẫu thức vế phải và điều kiện x, y, z ≥ 1 cho ta ý tưởng là sử dụng Bài toán 2

Và với ý tưởng đó, ta sẽ tìm cách chứng minh:

xyz(27√3

xyz + 108) + 36(x2+ y2+ z2) + 216 (1 + xyz)(x2+ y2+ z2 + 6)2 ≤ 3

1 + xyz +

N (x2+ y2+ z2+ 6)2

Trong đó N là biểu thức thỏa mãn

3(x2+ y2+ z2+ 6)2+ N (1 + xyz)

(1 + xyz)(x2 + y2 + z2+ 6)2 ≥ xyz(27

3

√ xyz + 108) + 36(x2+ y2+ z2) + 216 (1 + xyz)(x2+ y2+ z2+ 6)2

Sau đây là lời giải hoàn chỉnh

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

9xyz√3

xyz ≤ 3(x4+ y4+ z4) 18xyz√3

xyz ≤ 6(x2y2+ y2z2+ z2x2)

⇒ xyz(27

3

√

xyz + 108) + 36(x2+ y2+ z2) + 216

(1 + xyz)(x2+ y2+ z2+ 6)2

≤ 3(x

4+ y4+ z4) + 6(x2y2+ y2z2+ z2x2) + 36(x2+ y2+ z2) + 108xyz + 216

(1 + xyz)(x2+ y2+ z2+ 6)2

= 3(x

2+ y2+ z2+ 6)2+ 108(1 + xyz)

(1 + xyz)(x2+ y2+ z2+ 6)2 = 3

1 + xyz +

108 (x2+ y2+ z2+ 6)2

Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

2

 1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3



1 + xyz +

108 (x2+ y2+ z2+ 6)2

Với x, y, z ≥ 1 thì ta đã có:

1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ≥ 3

1 + xyz

Do đó ta chỉ cần phải chứng minh:

1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ≥ 108

(x2+ y2+ z2+ 6)2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

1 + x3 = (1 + x)(1 − x + x2) ≤ (x

2+ 2)2

4

Từ đó suy ra:

1

1 + x3 ≥ 4

(x2+ 2)2

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự,ta thu được:

1

1 + x3+ 1

1 + y3+ 1

1 + z3 ≥ 4

 1 (x2+ 2)2 + 1

(y2+ 2)2 + 1

(z2+ 2)2



≥ 4 3

 1

x2+ 2 +

1

y2+ 2 +

1

z2+ 2

2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz thì:

4 3

 1

x2+ 2 +

1

y2+ 2 +

1

z2+ 2

2

(x2+ y2+ z2+ 6)2

Vậy cuối cùng ta sẽ có:

1

1 + x3 + 1

1 + y3 + 1

1 + z3 ≥ 108

(x2+ y2+ z2+ 6)2

Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2

Trên đây chúng ta đã tiếp xúc với một số ứng dụng của lớp bất đẳng thức này-không những quen thuộc với các bạn Trung học Cơ Sở mà còn với những học sinh Trung học Phổ Thông, bằng chứng

là việc xuất hiện bất đẳng thức này trong kỳ thi Đại học khối A năm 2011 Có thể nói việc vận dụng linh hoạt bổ đề mang đến cho ta lời giải đẹp và ngắn gọn hơn, đây chính là điều mình muốn gửi đến các bạn qua bài viết này Phần cuối cùng của bài viết,mình sẽ mở rộng dạng phát biểu của bài toán trên và đưa ra bài toán tổng quát

Ví dụ 6: Cho x, y ≥ √1

3.Chứng minh rằng:

1

1 + 3x2 + 1

1 + 3y2 ≥ 2

1 + 3xy Giải

Sau khi quy đồng, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

3(x − y)2(3xy − 1) (1 + 3x2)(1 + 3y2)(1 + 3xy) ≥ 0

Rõ ràng với x, y ≥ √1

3 thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng do đó ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Bất đẳng thức trên thực chất là sự biến đổi của bất đẳng thức:

1

1 + x2 + 1

1 + y2 ≥ 2

1 + xy

Từ đó ta rút ra bài toán tổng quát cho trường hợp hai biến x, y như sau:

Bài toán 5: Cho hằng số k > 0 và x, y thỏa mãn x, y ≥ √1

k.Chứng minh rằng:

1

1 + kx2 + 1

1 + ky2 ≥ 2

1 + kxy

Và bằng việc quy đồng,ta cũng đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

k(x − y)2(kxy − 1) (1 + kx2)(1 + ky2)(1 + kxy) ≥ 0

Tại k = 1 ta có ngay Bài toán 1.

Cũng xin lưu ý về điều kiện của x, y trong Bài toán 5,do tính đúng đắn của bất đẳng thức này phụ thuộc vào việc biểu thức kxy − 1 có lớn hơn hoặc bằng 0 hay không,do đó điều kiện để bài toán đúng

là x, y ≥ √1

k hoặc xy ≥

1

k với k > 0 Không dừng lại ở đó, nếu tiếp tục sử dụng Bài toán 5,ta có thể mở rộng ra cho ba biến x, y, z

Bài toán 6: Cho hằng số k > 0 và x, y, z thỏa mãn x, y, z ≥ √31

k.Chứng minh rằng:

1

1 + kx3 + 1

1 + ky3 + 1

1 + kz3 ≥ 3

1 + kxyz

Và cuối cùng chúng ta đi đến bài toán tổng quát, phần chứng minh xin dành cho bạn đọc

Bài toán 7: Cho hằng số k > 0 và x1; x2; ; xnthỏa mãn x1; x2; ; xn ≥ √n1

k (trong đó n ∈ N, n ≥ 2) Khẳng định hoặc phủ định bất đẳng thức sau:

1

1 + kxn 1

1 + kxn 2

+ + 1

1 + kxn ≥ n

1 + kx1x2 xn

Mong rằng qua bài viết nhỏ này,các bạn có thể thấy được ứng dụng của bất đẳng thức phụ này trong việc giải các bài toán khác và sâu hơn nữa là đi tìm những mở rộng cho bài toán.Vì đây là bài viết đầu tiên nên chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót nên mình hy vọng sẽ nhận được ý kiến

từ các bạn để những bài viết sau mình sẽ hoàn thiện hơn.Mọi đóng góp các bạn gửi về email của mình: fireruby63@yahoo.com.vn

Mình xin chân thành cảm ơn

Thân

Thứ 6 ngày 29 tháng 6 năm 2012