Chuyên đề Đại số tổ hợp - Ôn thi Toán đại học

ĐẠI SỐ TỔ HỢP Chương V NHỊ THỨC NEWTON (phần 2) Dạng 2: ĐẠO HÀM HAI VẾ CỦA KHAI TRIỂN NEWTON ĐỂ CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC – Viết khai triển Newton của (ax + b)n. – Đạo hàm 2 vế một số lần thích hợp . – Chọn giá trị x sao cho thay vào ta được đẳng thức phải chứng minh. Chú ý : • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k knC ta đạo hàm hai vế trong khai triển (a + x)n.. • Khi cần chứng minh đẳng thức chứa k(k – 1) knC ta đạo hàm 2 lần hai vế của khai triển (a + x)n. Bài 136. Chứng minh : a) 1 2n nC 2C 3C 3 n n 1 n n... nC n2 −+ + 1 2 3 n 1 n n n nC 2C 3C . −− + − n 1 1 n 1 2 n n n n2 C 2 C 3.2 C ... ( 1) nC n − −− + − + − = 0 n 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n nC a C a x C a x ... C x − −+ + + + 1 n 1 2 n 2 3 n 3 2 n n 1 n n n na 2C a x 3C a x ... nC x + + = b) n.. ( 1) nC 0+ − = n 3 3 n 1 n− − c) . Giải Ta có nhị thức (a + x)n = . Đạo hàm 2 vế ta được : n(a + x)n-1 = C − − − −+ + + + 1 2 3 n n 1 n n n nC 2C 3C ... nC n2 a) Với a = 1, x = 1, ta được : −+ + + + = b) Với a = 1, x = –1, ta được : 1 2 3 n 1 nn n n nC 2C 3C ... ( 1) nC 0 −− + − + − = c) Với a = 2, x = –1, ta được : . n 1 1 n 1 2 n 3 3 n 1 n2 C 2 C 3.2 C ... ( 1) nC n− − − −− + − + −n n n n = 0 k k 100 100 100 100 100 100( x) ... C x− + + 3 97( 1)− Bài 137. Cho (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 . Tính : a) a97 b) S = a0 + a1 + … + a100 c) M = a1 + 2a2 + 3a3 + … + 100a100 Đại học Hàng hải 1998 Giải Ta có : (x – 2)100 = (2 – x)100 = C 2 100 1 99 k 100C 2 .x ... C 2 −− + + a) Ứng với k = 97 ta được a97. Vậy a97 = 97100C 2 = –8. 100 = ! 3!97! 8 100 99 98 6 − × × × f (x)′ f (x)′ ≥ //f (1) = – 1 293 600 b) Đặt f(x) = (x – 2)100 = a0 + a1x + a2x2 + … + a100x100 Chọn x = 1 ta được S = a0 + a1 + a2 + … + a100 = (–1)100 = 1. c) Ta có : = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Mặt khác f(x) = (x – 2)100 ⇒ = 100(x – 2)99 Vậy 100(x – 2)99 = a1 + 2a2x + 3a3x2 + … + 100a100x99 Chọn x = 1 ta được M = a1 + 2a2 + … + 100a100 = 100(–1)99 = –100. Bài 138. Cho f(x) = (1 + x)n với n 2. a) Tính b) Chứng minh 2 3 4 nn n n n2.1.C 3.2.C 4.3.C ... n(n 1)C n(n 1)2 n 2−+ + + + − = − . Đại học An ninh 1998 Giải ⇒ // (x n – 2 ) thức Newt f(x) = nx ⇒ f (x)′ 2 2 3 3 4 n 1 nn3x C 4x C ... nx C−+ + + + n 2 n nn(n 1)x C −+ − . Chứng minh n 1 1 n 1 2n n2 C 2 C 3 − −+ + Đại học Kinh tế Quốc dân 2000 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n n n n n nC 2 x C 2 x C 2 x ... C x − − −+ + + + ha c 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 n 1 n n n n nC 2 2xC 2 3x C 2 ... nx C − − − −+ + + + n x ợc n 1 1 n 1 2 3 n 3 nn n n n2 C 2 C 3C 2 ... nC − − −+ + + + . Bài 140. Chứng minh 1 n 1 2 n 2 3 n 3 n n 1n n n nC 3 2C 3 3C 3 ... nC n4 − − − −+ + + + = . Đại học Luật 2001 a) T ù : f(x + x)n a co ) = (1 = n(1 + x)n – 1 f (x)′ ⇒ f = n(n – 1)(1 + x)) Vậy //f (1) = n(n – 1)2n – 2 . b Do khai triển nhị on (1 + x)n = 0C C+ 1 2 2 3 3 4 4 nn n n n n nx C x C x C x ... C+ + + + + = n(1 + x)n - 1 = 1n nC 2xC+ n n )n - 2 = 2 3 2 4n n n2C 6xC 12x C ...+ + +⇒ f (x)′′ = n(n – 1)(1 + x Chọn x = 1 ta được n – 2 = 2 3 4 nn n n n2C 6C 12C ... n(n 1)C+ + + + − . n(n – 1)2 Bài 139 n 3 3 n 4 4 n n n n.2 C 4.2 C ... nC − −+ + + = n 1n3 − . Giải Ta có : (2 + x)n = 0 nnC 2 + Đạo øm 2 vế ta đượ n(2 + x)n – 1 = Chọ = 1 ta đư n3n – 1 = Giải n n n n ha x) n n 1n... nC x Ta có : (3 + x)n = 0 nnC 3 + 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3 3 n nC 3 x C 3 x C 3 x ... C x− − −+ + + + Đạo øm 2 vế ta được n(3 + n – 1 = 1 n 1 2 n 2 2 3 n 3n n nC 3 2xC 3 3x C 3 − − −+ + −+ + h 1 = 1 n 1 2 n 2 3 n 3 nn n n nC 3 2C 3 3C 3 ... n − − −+ + + + . Bài 141. Tính A = 1 2 3 4 n 1C 2C 3C 4C ... ( 1) nC−− + − + + − Đại học Bách khoa Hà Nội 1999 n n n n1) C x− đa được n n n 1 n... ( 1) nC x C ọn x = 1 ⇒ n4n – C n n n n n n Giải Ta có : (1 – x )n = 0 1n nC C x C− + 2 2 3 3x C x−n n ... (+ + Lấy ïo hàm hai vế ta –n(1 – x)n – 1 = 1 2 2 3n n nC 2xC 3x C −− + − + + − n x ta có : C 2+ ứn nh với Chọ = 1 0 = − 1 2 3 n nn n n nC 3C ... ( 1) nC− + + − ⇒ A = 1 2 3n n nC 2C 3C ... ( 1− + + + − n 1 nn) nC 0− = Bài 142. Ch g mi n ∈ N và n > 2 1 2 3 n n n n 1 (C 2C 3C ... n! n + + + + (*) Giải n n n... x C+ đa ế ta được : 1 = 1 2 n 1 nn n nC 2xC ... nx C −+ + + n x 2n – 1 = 1 2 nn nC 2C nC+ + nnC ) < Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2n n nC xC x C+ + + Lấy ïo hàm theo x hai v n(1 + x)n – Chọ = 1 ta được n n ...+ Vậy (*) ⇔ n 11 (n.2 )− < n! ⇔ 2n – 1 < n! n (**) u = 22 < 3! = 6 û ! > 2k – 1 k – 1 k – 1 k do k > 3 nên k + 1 > 4 ) Kết quả (**) sẽ được chứng minh bằng qui nạp (**) đ ùng khi n = 3. Thật vậy 4 G ư (**) đúng khi n = k với k > 3 nghĩa là ta đã có : kiả s Vậy (k + 1)k! > (k + 1)2 ⇔ (k + 1)! > 2 . 2 = 2 ( Do đó (**) đúng khi n = k + 1. n – 1 Kết luận : 2 2. Bài 143. a) Chứng minh 2 3 n 2 n n n1.2C 2.3C ... (n 1)nC n(n 1)2 n−+ + + − = − b) 2 3 n 2 nn n n1.2C 2.3C ... ( 1) (n 1)nC 0 −− + + − − = c) n 1 2 n 2 n 2n n2 C 3.2 C 1)3 − − −− d) n 1 2 n 2 3 nn2 C 3.2 C 3.4.2 − −− + Ta có nhị thức n nnC x+ . 2n 3 n 4 4 n n n3.4.2 C ... (n 1)nC n(n −+ + + + − = 4 4 n 2 n n nC ... ( 1) (n 1)nC n(n 1) − −− + − − = − . n Giải (a + x)n = 0 n 1 n 1 2 n 2 2nC a C a x C a x ... − −+ + +n n Đạo hàm 2 vế 2 lần , ta được : 2 n 2 3 n 3 n(n – 1)(a + x) = n nn n1.2C a 2.3C a x ... (n 1)nC x n – 2 − − −+ + + − Với a = 1, x = 1, ta được : n n 2 n n n1.2C 2.3C ... (n 1)nC n(n 1)2 a) 2 3 −+ + + − = − Với a = 1, x = – 1, ta được : n 2 nn n n1.2C 2.3C ... ( 1) (n 1)nC 0 −− + + − − = c) Với a = 2, x = 1, ta được : n 2 2 n 3 3 n n 2n n1.2.2 C 2.3.2 C ... (n 1)nC n(n 1)3 − − −+ + + − = − n 4 4 n n 2 n n n n2 C 3.2 C 3.4.2 C ... (n 1)nC n(n 1)3 − −+ + + + − = − d) Với a = 2, x = –1, ta được : b) 2 3 n n 1 2 n 2 3− − ⇔ nn 2 2 n 3 3 n 4 4 n 2 nn n n n1.2.2 C 2.3.2 C 3.4.2 C ... ( 1) (n 1)nC n( 1) − − − −− + − + − − = − − . à + . b) 0 1 nn n3C 4C ... ( 1) (n− + + − Giải n n được : 1 n 1 4 2 n 2 5 n n 3 nC a x C a x ... C x ⇔ n 1 2n2 C 3− − n 2 3 n 4 4 n 2 nn n n.2 C 3.4.2 C ... ( 1) (n 1)nC n(n 1)− − −+ − + − − = B i 144. Chứng minh : a) n)0 1 n n 1n n n3C 4C ... (n 3)C 2 (6 −+ + + + = n n3)C 0+ = . Ta có nhị thức (a + x)n = 0 nC 1 n 1 2 n 2 2 nn n na C a x C a x ... C x − −+ + + + Nhân 2 vế với x3, ta x3(a + x)n = 0 n 3nC a x n n − − + . 1 n 1 3 n n 2 na x ... (n 3)C x + + + + Đạo hàm 2 vế, ta được : 3x2(a + x)n + nx3(a + x)n – 1 = 0 n 2n n3C a x 4C − ++ + + + . a = 1, x = 1, ta được : n n n 1 n 1 n3)C 3.2 n2 2 (6 n) − −= + = + . a = , x = –1, ta được : n n n) (n 3)C 0+ = . -- ------------- Dạng TÍCH PH ON ĐỂ ÄT ĐẲNG THỨC + Lấy tích phân xác định hai vế thường là trên các đoạn : [0, 1], [0, 2] hay [1, 2] c đẳng thức cần chứng minh. ứa a) Với 0 1n n3C 4C ... (n+ + + + b) Với 1 0 1n n3C 4C ... ( 1− + + − -------------------------- 3: ÂN HAI VẾ CỦA NHỊ THỨC NEWT CHỨNG MINH MO + Viết khai triển Newton của (ax + b)n. ta sẽ đượ Chú ý : • Cần chứng minh đẳng thức ch k nC k 1 ta lấy tích phân với cận thích hợp hai vế + trong khai triển của (a + x)n. • Cần chứn minh đa g thg ún ức chứa 1 k m 1+ + k nC ta lấy tích phân với cận thích hợp g khai triển cu xm(a + x)n. Bài 145. Cho n N và n 2. a) Tính I = b) Chứng minh : hai vế tron ûa ∈ ≥ 1 2 3 n 0 x (1 x ) dx+∫ n 1 0 1 2 n n n n n 1 1 1 1 2C C C 1C 3 6 9 n 1) 3(n 1) + −... 3( + + + =+ + . Đại học Mở 1999 + Giải a) Ta có : I = 1 x ( = 2 3 n1 x ) dx+ 0∫ 13 1 3 n 3 0 (1 x ) d(x 1)+ + ∫ I = 13 n 11 (1 x+ 3 . 0 ⎥⎦ = ) + ⎤ n 1+ n 12 1 3(n 1) +1 ⎡ ⎤−⎣ ⎦+ . b Ta có : (1 + x3)n = 0 1 3 2 6n n nC C x C x ... C+ + + +) n 2 n nC = n 3n nx + x3)n = 2 0 5 1 8 2 3n n nx C x C x C ... x+ + + + ⇒ x2(1 + Lấy tích phân từ 0 đến 1 hai vế ta được : I 13 6 9 3n 3 0 1 2 n n n 0 x x x xC C C ... 3 6 9 3n 3 +⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ Vậy : + −n 1 22 1 1= + + + ++ + 0 1 n n n n n 1 1 1C C C ... C 3(n 1) 3 6 9 3n 3 Bài 146. n 12 1 n 1 + − +Chứng minh k n k 1 = n C +∑ k 0= Đại học Giao thông Vận tải 2000 Giải Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2 n nn n n nC C x C x ... C x+ + + + Vậy 1 n 0 (1 x) dx+∫ = ( )1 0 1 2 2 n nn n n n0 C C x C x ... C x dx+ + + +∫ ⇔ 1 0 x) n 1 +⎢ ⎥+⎣ ⎦ = n 1(1 +⎡ ⎤ 12 3 n 10 1 2 n n n n n 0 x x xC x C C ... C 2 3 n 1 +⎡ ⎤+ + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ n 12 1 n 1 + − + 0 1 2 n n n 1 1 1C C C ... C 2 3 n 1 + + + + + = n n ⇔ n 12 1 n 1 + − + = kn n k 0 C k 1= +∑ 2 3 n 1 n1... C− . 0 1 2n n n2 1 2 1 2C C C2 3 n 1 +− −+ + + + + Tuyển sinh Đại học khối B 2003 Bài 147. Tính : n Giải Ta có : (1 + x)n = 0 1 2 2 3 3 n nn n n n nC C x C x C x ... C x+ + + + + Vậy 2 1 (1∫ n dx = x)+ ( )2 0 1 2 2 3 3 n nn n n n n1 C C x C x C x ... C x+ + + + +∫ dx ⇔ 2n 1(1 x) 1 +⎡ ⎤+ n 1⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 22 3 4 n 1 0 1 2 3 n n n n n n x x x xC x C C C ... C 1n 1 +⎡ ⎤⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ 2 3 4 + + + + + n 1 n 13 2+ + n 1 n 1+ +− = 2 21 1 20 2 1 2 2 3 n n 1 n 1 C [x] C x C x ... C x n 1 +1 n 1 n n1 12 3 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ + ⇔ n 1 n 13 2+ +− = n 1+ 2 3 n 1 1 2 n n n n n 2 1 2 1 2 1C C ... C 2 3 n 1 +−0C − −+ ++ + + Chứng minh : Bài 148. n n( 1)0 2 1 3 2 n 1 n n n n 1 1 ( 1) 12C 2 .C 2 .C ... 2 C 2 3 n 1 n 1 +− n +− + + + =+ + d − Đại học Giao thông Vận tải 1996 Giải Ta có : (1 – x)n C = C0 1 2 2 n n nn n n nx C x ... ( 1) C x− + + + − Vậy 2 n 0 (1 x)−∫ x = ( )nx dx ⇔ 2 0 1 2 2 n n n n n n0 C C x C x ... ( 1) C− + + + −∫ 2n 1 0 (1 x) n 1 +⎡ ⎤−−⎢ ⎥+⎣ ⎦ = 23 n n 1 0 2 1 2 n n n n n 0 1 x ( 1) xC x x C C ... C 2 3 n 1 +⎡ ⎤−− + + +⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⇔ n 1( 1) n 1 +− −− + = 1 2 3 n n 10 1 2 n n n n n 2 2 ( 1) 22C C C ... 2 3 n 1 +−− + + + + C ⇔ n1 ( 1)+ − = 2 3 n n 1 0 1 2 n n n n n 2 2 ( 1) 22C C C ... C 2 3 n 1 +−− + + + + n 1+ Bài 149. Chứng minh : a) n n 0 n 1 1 n n n n 1 1 (( 1) C ( 1) C ... C 2 n 1 n − 1) 1 −− + − + + =+ + 0 1 n n n n n 1 1C C ... ( 1) C− + + − = . b) 1 2 n 1 n 1+ + = Giải hức Ta có nhị t (a + x) 1 nan = 0 nn nC a C 1 2 n 2 2 n n n nx C a x ... C x − −+ + + + . Vậy : ∫1 n(a x) dx+0 ( )1 0 n 1 n 1 n nn n n0 C a C a x ... C x dx−+ + +∫ ⇔ 1n 1(a x) ++ = 0n 1+ 1 0 n 1 n 1 2 n n 1 n n n 0 1 1C a x C a x ... C x 2 n 1 − +⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟+ ⎝ ⎠ ⇔ n 1 n 1(a 1) a+ ++ − = n 1+ 0 n 1 n 1 n n n n 1 1C a C a ... C 2 n 1 −+ + + + . a) ới a = –1 , ta đV ược : + − − − − − + − + + = =+ + +n n2 n 1 n 1 n n 1 n n 1 1 n1 1 ( 1) ( 1)) C ... C 1 ) Vậy (a x) dx+∫ = n 0 ( 1n( 1) C b Ta có nhị thức (a + x) +n = 0 nC a 1 n− 1 n 1 2 n 2 2 n n n n n nC a x C a x ... C x − −+ + + . ( 0 )nC a C a x ... C x dx+ + +∫ 1 0 n 1 n 1 n n− − n n0 1n 1 ⇔ 0n 1+ = (a x) −++ 1n n 1 n 0 1 1... C x 2 n 1 − − +⎛ ⎞+⎜ ⎟+ 0 n 1 n 1 2 n nC a x C a x+ +⎝ ⎠ ⇔ n 1 n 1(a 1) a+ +− − = n 1+ 0 n 1 n 1 n 1 n n n n 1 1C a C a ... ( 1) C 2 n 1 − +− + − + − + . a = 1, ta được : Với 0 1 n 1 n n n n 1 1 1C C ... ( 1) C 2 n 1 n + −− + − + − = 1+ + . ⇔ 0 1 n nn n n1 1 1C C ... ( 1) C2 n 1 n 1− + + − = + . + Bài 150. Tính Rút gọn S = 1 19 0 x(1 x) dx−∫ 0 1 2 18 19 19 19 1 1C C− 19 19 191 1 1C C C ...2 3 4 20 21− + + + Đại học Nông nghiệp Hà Nội 1999 iải • ⇒ dt = –dx Đổi cận G Đặt t = 1 – x x 0 1 t 1 I = 0 = Vậy 1 19x(1 x) dx−∫ 0 0 19 1 (1 t)t ( dt)− −∫ 20t )dt = 1 20 21 ⇔ I = 1 19 0 (t −∫ 0 t t 20 21 −1 1 ⎤⎥⎦ = 1 1 21 = 20 − 1 420 Ta có : 1 2 2 18 18 19 1919x C x ... C x C x− + + + − x 18 19 19 2019C x− Vậ I = 19x) dx− = • (1 – x)19 = C019 C19 19 19 )19 = 0 1 2 2 319 19 19 19xC x C x ... C x− + + + ⇒ x(1 C– y 0 x( 1 1∫ 12 3 20 21 0 1 18 19 19 19 19 19 0 x x x xC C ... C C 2 3 20 21 ⎡ ⎤− + −+⎢ ⎥⎦ ⎣ 1 ⇔ 420 = 0 1 18 191 1 1 1C ... C C 2 3 20 21 − + + − y S = 19 19 19 19C Vậ 1 420 . 1 2 nx ) dx b) Chứng minh Bài 151. a) Tính 0 x(1−∫ n 0 1 2 3 n n n n 1 1 1 1 (C C C C ... 2 4 6 8 2n − + − + + nn1) 1C2 2(n 1) − =+ + Đại học Bách khoa Hà Nội 1997 Giải a) T co I = a ù : = 1 2 n 0 x(1 x ) dx−∫ 1 2 n 201 (1 x ) d(1 x )2− − −∫ 12 n 1 0 1 (1 x ) 2 n 1 +⎡ ⎤− ⇔ I = − +⎢ ⎥⎣ ⎦ = n 11 0 1 2(n 1) +⎡ ⎤− −⎣ ⎦+ ⇔ I = 1 . 2(n 1)+ b) Ta có : ( 0 1 n n 1 – x ) = n n – x2)n = xC 2 n 0 1 2 2 4 3 6 n n 2nC C x C x C x ... ( 1) C x− + − + + − n n n 3 2 5 3 7 n n 2n 1 n n nC x C x ... ( 1) C x⇒ x(1 C x +− + − + + − Vậy I = 1 0 x(1∫ 2 n) dx = x− 1n 3 2n 2 n n n 0 ( 1)C ... x C 2n 2 +⎡ ⎤−+⎢ ⎥+⎣ ⎦ 2 4 6 8 0 1 2 n n n x x x xC C C 2 4 6 8 − + − + ⇔ 1 = 2(n 1)+ n 1 2 3 n n n n 1 1 ( 1)C C C ... C 2 4 6 8 2n 2 −+ − + + + * .Chứng minh : 0 n n 1 1C − Bài 152 n 1 2 n0 1 n n n 1 1 1 2 (n 2) 2C C ... C n + + + n3 (n 1)(n 2)(n 3)3 4 −+ + + = . (a + x) = n n nC a 2(a + x)n = 2 1 n 1 3 n n 2n n nC x C a x ... C x + + + + Giải a) Ta có nhị thức n 0 n 1 n 1 n nC a x ... C x−+ + + Suy ra : x 0 na − ++ + + 0 ( Vậy 1 2 nx (a x) dx+∫ = )1 0 n 2 1 n 1 3 n 2n n n0 C a x C a x ... C x dx− ++ + + n∫ = 0 n 1 n 11 1C a C a ...−+ + nn n n1 C4 n 3+ + Để tính tích phân ở vế trái, đặt t = a + x ⇒ dt = dx Đổi cận : 3 x 0 1 t a a + 1 Suy ra : = = = 1 2 n 0 x (a x) dx+∫ a 1 2 na (t a) t dt+ −∫ a 1 n 2 n 1 2 n a (t 2at a t )dt + + +− +∫ a 1n 3 n 2 2 n 1t 2at a t + a n 3 n 2 n 1 + + +⎛ ⎞− +⎜ ⎟ + + +⎝ ⎠ n 2 n 2 2 n 1 n 1n 3 n 3 2a (a 1) a a (a 1) a(a 1) a + + + ++ + ⎡ ⎤ ⎡+ − + −+ − = n 3 n 2 n 1 ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦− + + + + Với a = 1, ta được : 1 2 n 0 x (a x) dx+∫ = n 3 n 2 n 12 1 2(2 1) 2 1n 3 n 2 n 1 + + +− − −− ++ + + = n 1 4 4 1 2 12 n 3 n 2 n 1 n 2 n 3 n + ⎛ ⎞ ⎛− + + − −⎜ ⎟ ⎜+ + + + + +⎝ ⎠ ⎝ 1 1 ⎞⎟⎠ = 2 n 1 n n 2 22 (n 1)(n + + + + + = 2)(n 3) (n 1)(n 2)(n 3) −+ + + + n 1 22 (n n (n 1)(n 2)(n 3) + + + + Suy ra : 2) 2− + + n 1 2 0 1 n n n n 1 1 1 2 (n n 2) 2C C ... C 3 4 n 3 (n 1)(n 2)(n 3) + + + −+ + + =+ + + + . PHẠM ANG (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi đại học Vĩnh Viễn) HỒNG DANH - NGUYỄN VĂN NHÂN - TRẦN MINH QU