October 20 2013 13:34:13
Các trang chính
· Trang Nhất
· Tạp Chí MathVn
· Bản dịch Kvant
· Diễn đàn
· Blogs
· FAQ
· Liên hệ
· Tìm kiếm
· Liên kết

· Thư viện
Đăng nhập
Tên tài khoản

Mật khẩu



Có phải bạn chưa là thành viên của cộng đồng MathVn?
Nhấp vào đây để đăng ký.

Có phải bạn quên mật khẩu?
Yêu cầu mật khẩu mới ở đây.
RSS Feeds
Subscribe to our Feeds

Latest Downloads
Latest News
Latest Articles
Latest Threads
Latest Weblinks

Validated Feeds
MathWorld
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học từ MathWorld bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới

Wikipedia
Bạn có thể tra cứu các thuật ngữ Toán học qua Wikipedia bằng cách nhập từ khóa vào bên dưới



Thư viện Sách
· Complex Analysis (Princeton Lectures in Analysis, Volume 2)
· Fourier Analysis: An Introduction (Princeton Lectures in Analysis, Volume 1)
· Real Analysis: Measure Theory, Integration, and Hilbert Spaces (Princeton Lectures in Analysis, Volu
· Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real Axis
· Problems in Calculus of One Variable
· Théorie des probabilités : problèmes et solutions
· Exercices sur les fonctions analytiques
· Probabilité : Exercices corrigés
· Exercices d'algèbre
· Abel's Theorem in Problems and Solutions
· Stochastic Process: Problems and Solutions
· Nonlinear Ordinary Differential Equations: Problems and Solutions
· Statistics: Problems and Solutions
· Student Solutions Manual to accompany Complex Variables and Applications
· Complex Variables and Applications
· Problems in Group Theory
· Complex Analysis through Examples and Exercises
· Exercises in Classical Ring Theory
· Exercises in Basic Ring Theory
· Algebra Through Practice: Rings, Fields and Modules - A Collection of Problems in Algebra with Solut
Bản dịch Kvant
· Đề ra kì này Số 04-2008
· Đề ra kì này Số 06-2006
· Đề ra kì này Số 05-2006
· Đề ra kì này Số 04-2006
· Đề ra kì này Số 03-2006
· Đê ra kì này Số 02-2006
· Đề ra kì này Số 01-2006
· Đề ra kì này Số 06-2002
· Đề ra kì này Số 04-2002
· Đề ra kì này Số 06-2001
· Đề ra kì này Số 05-2001
· Đề ra kì này Số 04-2001
· Đề ra kì này Số 2-2007
· Đề ra kì này Số 3-2001
· Đề ra kì này Số 2-2001
· Đề ra kì này Số 1-2001
· Đề ra kì này Số 2-2008
· Đề ra kì này Số 1-2008
· Đề ra kì này Số 1-2007
· Đề ra kì này Số 6-2000

Trực tuyến
phamquangtoan00:42:16
quangphu02:51:46
tnkh21:09:18
vulalach 1 day
hungkg 2 days
namnh211 2 days
conanhero 2 days
vietmath 3 days
adam2 3 days
henry0905 5 days
kmath93 5 days
thuanquai 6 days
Vnkvant 6 days
daogiauvang 1 week
dinhcu_pro 1 week
0917317099 2 weeks
lovemath213 2 weeks
nguyentatthu 2 weeks
pminhquy 3 weeks
kimlinh 3 weeks
nguoithanbi123 3 weeks
hunghd8 3 weeks
nhatquangsin 5 weeks
pvthuan 5 weeks
ninza loan thi 5 weeks
Thành viên trực tuyến
· Khách trực tuyến: 2

· Thành viên trực tuyến: 0

· Tổng số thành viên: 2,510
· Thành viên mới nhất: headache
Chủ đề diễn đàn
Chủ đề mới nhất
· Chứng minh BĐT
· Nhờ download bài ...
· Tìm số nguyên d�...
· VMO 2004
· Đào tạo thi họ...
· Tìm số nguyên d�...
· Giải phương trì...
· Nhờ download bài ...
· Dịch sang TV bài ...
· Giải phương trình
· Một bổ đề qua...
· Tìm p,q
· Thử thách toán h...
· Một số định l...
· AMM Vol 02/ 1895
· USSR Mathematical Ol...
· Mathematical Olympia...
· Australian Mathemati...
· AMM Vol 01/ 1894
· Bí quyết làm ch�...
· Bí quyết để c�...
· Kinh nghiệm du h�...
· Chứng minh tồn t...
· Chứng minh tài ch...
· Đề thi IMO 2013
· Giải phương trì...
· Tìm nghiệm nguyê...
· Số 4-2000
· Một quỹ hỗ tr�...
· Đề số 03-2008
Chủ đề nóng nhất
· Nhờ download b�... [333]
· Nhờ download b�... [141]
· Problem Of The Mo... [85]
· Vài bài tập c... [85]
· Những định l... [80]
· BV Functions In O... [51]
· Đề thi tuyển... [47]
· Thông tin và Th... [40]
· Tính giới hạn [38]
· Các bạn thi ol... [38]
· L.C.Evans - PDE [38]
· Problem of Washin... [37]
· Problems of Purdu... [37]
· Olympic Sinh viê... [35]
· Ôn tập môn Gi... [34]
· PT vi phân [32]
· Thử thách toá... [31]
· Olympic SV Kiev [31]
· Ôn tập môn Đ... [31]
· Đóng góp cho c... [30]
· Call for papers-K... [30]
· Mùa hè nóng qu... [28]
· Cập nhật Tạ... [28]
· Tuyển tập 40 ... [28]
· Korner's construc... [27]
· Số Pi và nhữ... [26]
· Đăng ký tham g... [26]
· Bất đẳng thức [25]
· Phương pháp Mo... [25]
· An inequality col... [25]
· Generalization of... [25]
· College Mathemati... [24]
· Tìm nghiệm c�... [24]
· Một câu xác s... [24]
· Collected inequal... [23]
· Tích phân hay [23]
· Chuyển công th... [22]
· Kì Thi Olympic T... [22]
· Bài tập về k... [22]
· Mathematics Magazine [21]
· Olimpiad Toán Đ... [21]
· Phương trình h... [21]
· Phương trình h... [20]
· Tặng daogiauvan... [19]
· Tài khoản MAA ... [19]
· Phép biến đ�... [19]
· Journal Мате�... [19]
· Olympic Sinh viê... [19]
· The Qualifying Ex... [19]
· Chú ý: THÁNG H... [19]
Xem chủ đề
 In chủ đề
Bất đẳng thức
Phuong_Thuy
 cho  a, b, c > 0 chứng minh rằng

\frac{a(b+c}{{b}^{2}+bc+{c}^{2}}+\frac{b(a+c)}{{a}^{2}+ac+{c}^{2}}+\frac{c(a+b)}{{a}^{2}+ab+{b}^{2}}\geq 2
:BCOLAZY:B
 
namdung
 Bài này có 2 cách

1) Brute-force (hay dân gian gọi là trâu bò). Nhân hết ra rồi đặt a = c + x + y, b = c + y với c > 0, x, y \ge 0
2) SOS.
Ksipizeta
 
can_hang2007

Phuong_Thuy viết rằng:
cho  a, b, c > 0 chứng minh rằng

\frac{a(b+c)}{{b}^{2}+bc+{c}^{2}}+\frac{b(a+c)}{{a}^{2}+ac+{c}^{2}}+\frac{c(a+b)}{{a}^{2}+ab+{b}^{2}}\geq 2

Sử dụng Cauchy Schwarz, ta có
LHS\cdot \sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c} \ge (a+b+c)^2,
nên ta chỉ cần chứng minh được
(a+b+c)^2 \ge 2\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c}.
Ta có
2\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c} =2\sum a(b+c) -2abc\sum \frac{1}{b+c} \le 2\sum a(b+c) -\frac{9abc}{a+b+c}.
Nên bdt được đưa về
(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca) -\frac{9abc}{a+b+c},
tương đương
a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca).
Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3 ở dạng phân thức. Smile
The love makes us stronger!
 
daogiauvang
 Chà can_hang nhanh quá!!! Lời giải rất đẹp... Sad Hix định post bài này mà bị chém rồi.
Thầy Namdung có thể post lời giải sử dụng SOS không ạ!!!
If I feel unhappy , I do mathematics to become happy , If I feel happy , I do mathematics to keep happy

http://360.yahoo....ntethegioi
 
http://tpu.ru
namdung
 Lời giải của Cẩn rất hay! Cẩn cho thầy xin số điện thoại hoặc liên hệ với thầy theo số 0918731371, thầy muốn trao đổi một số việc nhé.

Về lời giải SOS thì thế này:

Ta có \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} - \frac{4a}{b+c} = -\frac{1}{3}.\frac{a(b-c)^2}{(b^2+bc+ca)(b+c)}

Mặt khác \Sigma (\frac{2a}{b+c} - 1) = \Sigma \frac{(b-c)^2}{(a+b)(a+c)}

Suy ra VT - VP = \frac{1}{3}\Sigma S_a(b-c)^2

Trong đó S_a = [\frac{2}{(a+b)(a+c)} - \frac{a}{(b+c)(b^2+bc+c^2)}], S_b, S_c tương tự.

Giả sử a \ge b \ge c thì S_a \le S_b \le S_c. Ta chứng minh
b^2S_a + a^2S_b \ge 0
là xong. Nhưng
      b^2S_a + a^2S_b = \frac{a}{b+c}(\frac{2a}{a+b}-\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}) + \frac{b}{a+c}(\frac{2b}{a+b}-1) \ge \frac{a}{b+c}(\frac{2a}{a+b}-1) = \frac{(a-b)^2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 0

Bài toán được giải quyết.

Chú ý là các phương án SOS khác gặp khó khăn ở bài này.
Ksipizeta
 
namdung
 Dòng công thức cuối còn thiếu hai số hạng. Lúc đánh thì có sao lúc hiển thị lại không thấy. Mà diễn đàn lại không cho sửa. Xin chỉnh lại là

b^2S_a + a^2S_b = \frac{a}{b+c}(\frac{2a}{a+b}-\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}) + \frac{b}{a+c}(\frac{2b}{a+b}-\frac{a^2}{a^2+ac+c^2}) \ge \frac{a}{b+c}(\frac{2a}{a+b}-1) + \frac{b}{a+c}(\frac{2b}{a+b}-1) = \frac{(a-b)^2(a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)} \ge 0
Ksipizeta
 
namdung
 Hôm nay ngồi ngoài quán Net (ở nhà mất điện) nên sai sót nhiều quá. Cái dòng đầu đọc là

   \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} - \frac{4a}{3(b+c)} =
Ksipizeta
 
dduclam

can_hang2007 viết rằng:
Phuong_Thuy viết rằng:
cho  a, b, c > 0 chứng minh rằng

\frac{a(b+c)}{{b}^{2}+bc+{c}^{2}}+\frac{b(a+c)}{{a}^{2}+ac+{c}^{2}}+\frac{c(a+b)}{{a}^{2}+ab+{b}^{2}}\geq 2

Sử dụng Cauchy Schwarz, ta có
LHS\cdot \sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c} \ge (a+b+c)^2,
nên ta chỉ cần chứng minh được
(a+b+c)^2 \ge 2\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c}.
Ta có
2\sum \frac{a(b^2+bc+c^2)}{b+c} =2\sum a(b+c) -2abc\sum \frac{1}{b+c} \le 2\sum a(b+c) -\frac{9abc}{a+b+c}.
Nên bdt được đưa về
(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca) -\frac{9abc}{a+b+c},
tương đương
a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca).
Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3 ở dạng phân thức. Smile

Đây cũng là lời giải đầu tiên của mình, và sau đó mình cũng tìm thấy lời giải tương tự trong cuốn Algebraic Inequality của Vasc (trang 303).

Sau đây mình sẽ giới thiệu lời giải thứ hai của mình cho bài toán này:
Ta phân tích
\sum_{cyc}\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}=\sum_{cyc}\frac{a(b^2+bc+c^2)+abc}{(b+c)(b^2+bc+c^2)}=\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}+abc\sum_{cyc}\frac1{(b+c)(b^2+bc+c^2)}
Theo bất đẳng thức AM-GM
\sum_{cyc}\frac1{(b+c)(b^2+bc+c^2)}\ge\frac4{3}\sum_{cyc}\frac1{(b+c)^3}
Ta sẽ chứng minh
\sum_{cyc}\frac1{(b+c)^3}\ge\frac3{(a+b)(b+c)(c+a)}\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}\ge3
Bất đẳng thức này chính là AM-GM cho 3 số.
Cuối cùng ta cần chỉ ra
\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge2
\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(c+b)+bc(b+c)+ca(c+a)
Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 3. Chứng minh hoàn tất.

Ngoài ra chúng ta còn một lời giải khác bằng cách khai triển.
Never say never
 
can_hang2007

dduclam viết rằng:
Theo bất đẳng thức AM-GM
\sum_{cyc}\frac1{(b+c)(b^2+bc+c^2)}\ge\frac4{3}\sum_{cyc}\frac1{(b+c)^3}

Lời giải của Lâm không ổn. Đoạn này của cậu bị ngược chiều. ;)

Mặt dù vậy, ta vẫn có thể đánh giá được
\sum \frac{1}{(b+c)(b^2+bc+c^2)} \ge \frac{4}{(a+b)(b+c)(c+a)}.
Smile
Sửa bởi can_hang2007 vào lúc 05-05-2009 03:13
The love makes us stronger!
 
can_hang2007
 Vừa tiếc lại vừa vui vì lời giải của mình giống với của VasC. Vì vậy, mình xin được post một lời giải khác chỉ dùng AM-GM và Cauchy Schwarz (không cần Schur) mà mình nghĩ là rất mới, mọi người xem thử nhé:

Áp dụng bdt AM-GM, ta có
\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} =\frac{a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)} \ge \frac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2} =\frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2},
Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh được
\sum \frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2} \ge 2,
tức là
\sum \frac{a}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)},
nhưng cái này lại hiển nhiên đúng theo Cauchy Schwarz. Vì thế, phép chứng minh của ta được hoàn tất. Smile
The love makes us stronger!
 
dduclam
 Đúng rồi, mình xin lỗi. Ý tưởng chính trong lời giải của mình là chứng minh bất đẳng thức:
\sum \frac{1}{(b+c)(b^2+bc+c^2)} \ge \frac{4}{(a+b)(b+c)(c+a)}

Vừa nghĩ vừa post luôn ko xem xét kỹ nên mắc lỗi. Sad

Việc chứng minh bất đẳng thức trên tương đối dễ dàng. Thực ra nó yếu hơn một kết quả khá cũ của mình là:
\sum\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}\ge\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}
Đi kèm nó còn có một vài kết quả thú vị khác nữa.
Never say never
 
dduclam

can_hang2007 viết rằng:
Vừa tiếc lại vừa vui vì lời giải của mình giống với của VasC. Vì vậy, mình xin được post một lời giải khác chỉ dùng AM-GM và Cauchy Schwarz (không cần Schur) mà mình nghĩ là rất mới, mọi người xem thử nhé:

Áp dụng bdt AM-GM, ta có
\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} =\frac{a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)} \ge \frac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2} =\frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2},
Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh được
\sum \frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2} \ge 2,
tức là
\sum \frac{a}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)},
nhưng cái này lại hiển nhiên đúng theo Cauchy Schwarz. Vì thế, phép chứng minh của ta được hoàn tất. Smile


Wow! Rất đẹp, Cẩn. Mình rất thích lời giải này! Smile
Never say never
 
mathVNpro

can_hang2007 viết rằng:
Vừa tiếc lại vừa vui vì lời giải của mình giống với của VasC. Vì vậy, mình xin được post một lời giải khác chỉ dùng AM-GM và Cauchy Schwarz (không cần Schur) mà mình nghĩ là rất mới, mọi người xem thử nhé:

Áp dụng bdt AM-GM, ta có
\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} =\frac{a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)} \ge \frac{4a(b+c)(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca+b^2+bc+c^2)^2} =\frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2},
Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh được
\sum \frac{4a(ab+bc+ca)}{(b+c)(a+b+c)^2} \ge 2,
tức là
\sum \frac{a}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)},
nhưng cái này lại hiển nhiên đúng theo Cauchy Schwarz. Vì thế, phép chứng minh của ta được hoàn tất. Smile


Quả là tuyệt vời!! Trên cả tuyệt vời!!!Shock
 
luan_dragon93
 Oh bài này trong 'Sáng tạo bất đẳng thức' của anh Phạm Kim Hùng nè
Cách giải của anh Cẩn hay thật đấy

mãi mãi và chỉ một
 
luandragon93
dung_toan78
 Cẩn thì có bài nào không giải được đâu, cố gắng hoành thành công việc đó cho tốt nhé! Anh chuẩn bị lập topic quảng cáo cho hai em đấy Grin
 
dduclam
 Vấn đề ở đấy không phải là "giải được" nữa anh Dũng ạ (vì đây là bài toán ko khó), mà là "giải hay". Smile

Sau đây mình xin đề xuất một sự làm mạnh của bài toán trên, lúc này các đánh giá trên đều bị "phá sản". Mình chỉ mới kiểm tra bằng máy tính chứ chưa thử tìm các đánh giá khác đủ mạnh để tiêu diệt nó. Mọi người xem xét thử nhé.

Cho a,b,c là các số thực không âm. Chứng minh rằng
\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge\frac4{9}\left(\sqrt{\frac{8a^2+bc}{2(b^2+c^2)}}+\sqrt{\frac{8b^2+ca}{2(c^2+a^2)}}+\sqrt{\frac{8c^2+ab}{2(a^2+b^2)}}\right)

Never say never
 
can_hang2007
 Cậu dùng chương trình gì để kiểm tra bdt thế Lâm? Giới thiệu cho tớ với, tớ cũng đang tìm một cái mà chưa biết cái nào cả.
The love makes us stronger!
 
dduclam
 Tớ dùng Casio 570MS Grin + một chút "nhạy cảm toán học" + yếu tố may mắn Smile

Ngày xưa tớ vẫn dùng Mathematica trợ giúp tính toán nhưng từ sau khi máy tính bị "tai nạn", mất hết giữ liệu đến giờ tớ chẳng dùng gì nữa, tính tay tất.

Never say never
 
hka92
 Em cũng xin góp 1 bdt có hình thức khá giống với bdt trên :
cho a,b,c không âm :
3\geq \sum \frac{a(b+c)}{{a}^{2}+bc}\geq 2
 
dduclam

hka92 viết rằng:
Em cũng xin góp 1 bdt có hình thức khá giống với bdt trên :
cho a,b,c không âm :
3\geq \sum \frac{a(b+c)}{{a}^{2}+bc}\geq 2


Bất đẳng thức bên trái không đúng em ạ, (thử a=0,b=1,c=0.1) nhưng nó đúng với a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Cả hai bài này đều củ rồi.

Bất đẳng thức sau đây nhìn đẹp hơn bất đẳng thức bên phải:
 \sum \frac{a(b+c)}{{a}^{2}+bc}\geq 1+2\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}
Never say never
 
Chuyển đến chuyên mục:
Bài viết Blog
phamquangtoan
» Sự trăn trở ...
phamquangtoan
» Vì sao học sin...
phamquangtoan
» Cần học hỏ...
Vnkvant
» "Làm toán" là ...
obay
» Bắt đầu nghi...
Vnkvant
» An epsilon of room
luongdinhgiap
» Đêm suy tư _17...
Vnkvant
» Vai trò của to...
hoadai
» ISI Impact factor...
betadict
» George Box và h...
Search MathBooks
Bạn có thể tìm kiếm và tải về trực tiếp với hơn 400.000 đầu sách điện tử ngành Toán và các khoa học khác bằng cách nhập từ khóa ở ô tìm kiếm bên dưới. Để yêu cầu tài liệu hoặc tạp chí chuyên ngành Toán với mục đích phi thương mại, bạn phải đăng nhập với tài khoản của diễn đàn vào đây


Facebook
Shoutbox
You must login to post a message.

18/08/2013 05:31
Diễn đàn mình nhiều bài hay và chất lượng quá. Em mong diễn đàn ta cứ tồn tại mãi để chúng em còn được tiếp cận với các tài liệu do các anh viết. Smile

16/08/2013 17:50
Nhưng các bài chất lượng thì vẫn còn đây!

25/07/2013 16:51
Sad diễn đàn ít có hoạt động nhỉ?

23/07/2013 07:06
Kvant, Vualangbat, Hoa dai, Nguyen Ngoc...

20/07/2013 08:20
Các Admin có những ai anh nhỉ ??

18/07/2013 20:26
e cứ đợi các admins tụ tập lại 1 lần thảo luận đã, giờ admins trốn hết rồi

11/07/2013 07:16
Bây giờ làm thế nào để diễn đàn được như trước nhỉ ??

02/06/2013 08:20
nhưng chưa có chiều sâu, vì các admin chủ lực đang bận bịu gì đó và ko có liên lạc lẫn nhau.

31/05/2013 07:00
Phải nói là trong số các diễn đàn toán thì em thấy diễn đàn ta là đẹp nhất. Wink

04/03/2013 14:16
thi Toán đơn giản mà. E cần dịch gì a dịch cho, qui đổi theo bài theo thời gian khoảng 2-3 tháng e đọc hiểu và đóan vô tư.

02/03/2013 19:10
Thuê thế nào anh ?? Grin

22/02/2013 13:11
Can thue nguoi ko a day cho) Khoang 3 thang la doc dich duoc

22/02/2013 06:47
Nhìn mà thèm học Tiếng Nga Smile

05/02/2013 20:05
Quet' nha chuan bi don tet

28/01/2013 06:08
Tuan Anh, sao kho' du vay la sao e?

Advertisement
Render time: 0.12 seconds 4,981,416 lượt ghé thăm