BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO

Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho A =PJP 1 . e) 3 1 0 0 1 1 0 0 3 0 5 3 4 1 3 1 A                  Đa thức đặc trưng của A =>A có một giá trị riêng 2   với bội số là 4. =>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A. Với 2     1 1 0 0 1 1 0 0 2 2 3 0 3 3 4 1 3 3 rank A I rank                       2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 rank A I rank                Số khối cấp 1:       0 2 2 2 2 2 4 2.2 0 0 rank A I rank A I rank A I          Có hai khối cấp 2(vì dimR2 = 4). Dạng chuẩn Jordan của A là:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN KHOA TOÁN ỨNG DỤNG BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO NHÓM 1 H ọ và Tên Nhi ệ m v ụ đư ợ c phân công Đinh Văn Tuân Nhóm trư ở ng: phân công, tổng hợp bài tập Nguy ễ n Th ị Kim Lan Chương 2: 2.1e, 2.2 Dương Hoài Nam Chương : 2a,4a Phan H ồ Th ả o Mai Chương 1: 1.9, chương 2: 2.1a Hu ỳ nh Nguyên Hưng Chương 3 : 3.1a, 3.3a. Hu ỳ nh H ữ u M ạ nh Chương 1: 1.1 , 1.5 Bài 2.1Tìm dạng chuẩn Jordan J của các ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho A =PJP -1 . e) 3 1 0 0 1 1 0 0 3 0 5 3 4 1 3 1 A                  Đa thức đặc trưng của A =>A có một giá trị riêng 2   với bội số là 4. =>Tồn tại dạng chuẩn Jordan J của A. Với 2     1 1 0 0 1 1 0 0 2 2 3 0 3 3 4 1 3 3 rank A I rank                       2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 rank A I rank                Số khối cấp 1:       0 2 2 2 2 2 4 2.2 0 0 rank A I rank A I rank A I          Có hai khối cấp 2(vì dimR 2 = 4). Dạng chuẩn Jordan của A là:   4 3 1 0 0 1 1 0 0 3 1 5 3 ( ) det( ) . 3 0 5 3 1 1 3 1 4 1 3 1 2 A x x x x P x A xI x x x x x                      2 0 0 0 1 2 0 0 0 0 2 0 0 0 1 2 J              Chọn 1 2 3 4 , , , u u u u sao cho 1 1 2 2 2 3 3 4 4 4 2 ; 2 ; 2 ; 2 Au u u Au u Au u u Au u       . Chọn   1 2 3 4 (1,0,0,0); (1,1,3,4); 0;1;0;0 ; ( 1; 1;0; 1) u u u u        1 1 0 1 0 1 1 1 0 3 0 0 0 4 0 1 P                 Bài 2.2.Chứng minh rằng mọi ma trận lũy linh(A k =0) đều chéo hóa được  A=0. )  * 0 0 k A A     A lũy linh. * 0 A  => Tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch bất kì và ma trận chéo D = 0 cấp n sao cho 1 A PDP    A chéo hóa được.  ) A chéo hóa được nếu tồn tại ma trận vuông P cấp n khả nghịch và ma trận chéo D cấp n sao cho : 1 A PDP   với D = 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n                   1 2 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 . . . . 0 0 0 k k k k k n A PD P PDP PDP P D P P P                            Mà A lũy linh 0 k A   => 1 2 0 0 k k k k n D          1 2 0 0 0 n D A             Vậy mọi ma trận lũy linh(A k =0) đều chéo hóa được  A=0. 1 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Bài 3.1 (trang 39) Tính A 10 trong các trường hợp sau a) 1 3 3 3 5 3 6 6 4 A               Giải Ta có đa thức đặc trưng của A là 1 3 3 3 5 3 ( ) det( ) 3 5 3 0 4 2 2 6 6 4 1 3 3 A x x P x A xI x x x x x                  2 3 5 3 3 5 3 3 5 3 (2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1 (2 ) 0 2 1 1 3 3 2 2 3 1 1 3 x x x x x x x x x                      2 2 1 1 0 (2 ) 0 2 1 (2 ) ( 4) 0 2 3 x x x x           Vậy A có 2 giá trị riêng là 2    và 4    Với 2    3 3 3 1 1 1 2 3 3 3 0 0 0 6 6 6 0 0 0 A I                            Suy ra   1 2 ( 1,0,1), (1,1,0) u u   là cơ sở của 2 E   Với 4   3 3 3 1 1 1 1 1 1 4 3 9 3 0 12 6 0 2 1 6 6 0 0 12 6 0 0 0 A I                                              Suy ra   3 (1,1, 2) u  là cơ sở của 4 E Vậy A chéo hóa được 2 1 1 1 0 1 1 1 0 2 P             , 2 0 0 0 2 0 0 0 4 D              , 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 1 2 3 1 1 2 2 2 0 1 1 1 1 0 2 2 P                                   Khi đó 10 10 1 . . A P D P   10 10 10 10 10 10 20 10 10 20 10 21 1 1 1 2 2 1 1 1 ( 2) 0 0 3 1 0 1 1 . 0 ( 2) 0 1 2 2 1 0 2 0 0 4 1 1 0 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2 3 1 0 2 2 1 2 2 2 0 2 1 1 0 2 2 A A                                                                      10 19 19 10 10 9 19 9 19 10 9 20 9 20 0 2 2 2 2 3.2 2 2 2 2 2 2 2 2 A                   Bài 3.3 (trang 39) Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số sau đây a) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 n n n n n n u v u u v v u v                Bài giải Đặt 1 1 1 2 1 2 ; ; 1 2 2 n n n u u X A X v v                             Khi đó 1 1 . n n X A X   . Ta tìm 1 n A  Ta có đa thức đặc trưng của A 2 2 1 ( ) det( ) (2 ) 1 (1 ).(3 ) 1 2 A x P x A xI x x x x            Vậy A có 2 giá trị riêng là 1   và 3    Với 1   3 1 1 1 1 1 1 0 0 A I                Suy ra   1 (1, 1) u   là cơ sở của 1 E  Với 3   1 1 1 1 3 1 1 0 0 A I                  Suy ra   2 (1,1) u  là cơ sở của 3 E Vậy A chéo hóa được 1 1 1 1 P         , 1 0 0 3 D        , 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 P                     Khi đó 1 1 1 . . n n A P D P     1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 2 2 . . 1 1 0 3 1 1 2 2 1 1 1 3 2 2 . 1 1 1 3 2 2 1 1 (1 3 ) ( 1 3 ) 2 2 1 1 ( 1 3 ) (1 3 ) 2 2 n n n n n n n n n n A A A                                                                     Vậy 1 1 . n n X A X   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 3 ) ( 1 3 ) 2 2 2 . 1 1 2 ( 1 3 ) (1 3 ) 2 2 1 3 1 3 2.3 1 3 1 3 2.3 n n n n n n n n n n n n n n u v u v                                                       Bài tập ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Chương : 1,2,3 Nhóm: 2 16/04/2015 a) A= 0 @ 1 3 3 6 2 6 3 3 1 1 A b) A= 0 @ 1 1 1 2 0 2 1 1 1 1 A c) A= 0 @ 3 1 1 2 4 2 1 1 1 1 A d) A= 0 @ 3 2 1 1 4 1 1 2 1 1 A e) A= 0 B B @ 1 0 2 4 0 1 2 4 0 0 3 4 0 0 2 3 1 C C A f) A= 0 B B @ 1 0 0 0 6 7 6 3 9 9 8 3 0 0 3 2 1 C C A Giải. a) A= 0 @ 1 3 3 6 2 6 3 3 1 1 A Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A  xI) =       1  x 3 3 6 2  x 6 3 3 1  x       = (1  x)     2  x 6 3 1  x     + 6     3 3 3 1  x     + 3     3 3 2  x 6     = x 3 + 48x  128 =  (x + 8) (x  4) 2 Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 8 ; x = 4: Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 8 ;  = 4 : * Với  = 8 : A + 8I = 0 @ 9 3 3 6 6 6 3 3 9 1 A  0 @ 1 1 3 0 1 2 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A + 8I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t Như vậy fP 1 = (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 8 . * Với  = 4 : 1 Bài tập 1.2. Tìm ma trận chéo hóa A và dạng chéo trong các trường hợp sau: A  4I = 0 @ 3 3 3 6 6 6 3 3 3 1 A  0 @ 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t) Như vậy fP 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 4 . Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 2; 1) ; P 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được. Với P = 0 @ 1 1 1 2 1 0 1 0 1 1 A là ma trận chéo hóa A. D = 0 @ 8 0 0 0 4 0 0 0 4 1 A là dạng chéo của A. ————————————————————————————— b) A= 0 @ 1 1 1 2 0 2 1 1 1 1 A Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A  xI) =       1  x 1 1 2 x 2 1 1 1  x       =  (x + 2) (x  2) 2 Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 2 ; x = 2: Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 2 ;  = 2 : * Với  = 2 : A + 2I = 0 @ 3 1 1 2 2 2 1 1 3 1 A  0 @ 1 1 3 0 1 2 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A + 2I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t Như vậy fP 1 = (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 . * Với  = 2 : A  2I = 0 @ 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 A  0 @ 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t) Như vậy fP 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 . Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 2; 1) ; P 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được. Với P = 0 @ 1 1 1 2 1 0 1 0 1 1 A là ma trận chéo hóa A. D = 0 @ 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 A là dạng chéo của A. ————————————————————————————— 2 c) A= 0 @ 3 1 1 2 4 2 1 1 1 1 A Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A  xI) =       3  x 1 1 2 4  x 2 1 1 1  x       =  (x  4) (x  2) 2 Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2: Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 4 ;  = 2 : * Với  = 4 : A  4I = 0 @ 1 1 1 2 0 2 1 1 3 1 A  0 @ 1 1 1 0 1 2 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (1; 2; 1) t Như vậy fP 1 = (1; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 4 * Với  = 2 : A  2I = 0 @ 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 A  0 @ 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (s + t; s; t) Như vậy fP 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 . Vì A có đủ 3 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 2; 1) ; P 2 = (1; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được. Với P = 0 @ 1 1 1 2 1 0 1 0 1 1 A là ma trận chéo hóa A. D = 0 @ 4 0 0 0 2 0 0 0 2 1 A là dạng chéo của A. ————————————————————————————— d) A= 0 @ 3 2 1 1 4 1 1 2 1 1 A Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A  xI) =       3  x 2 1 1 4  x 1 1 2 1  x       =  (x  4) (x  2) 2 Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 4 ; x = 2: Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 4 ;  = 2 : * Với  = 4 : A  4I = 0 @ 1 2 1 1 0 1 1 2 3 1 A  0 @ 1 2 1 0 1 1 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  4I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1) t Như vậy fP 1 = (1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 4 * Với  = 2 : 3 A  2I = 0 @ 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 A  0 @ 1 2 1 0 0 0 0 0 0 1 A Do đó hệ phương trình (A  2I) X = 0 có nghiệm (2s  t; s; t) Như vậy fP 2 = (2; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 2 . Vì A có đủ 3 vecto độc l ập tuyến tính fP 1 = (1; 1; 1) ; P 2 = (2; 1; 0) ; P 3 = (1; 0; 1)g nên ma trận A chéo hóa được. Với P = 0 @ 1 2 1 1 1 0 1 0 1 1 A là ma trận chéo hóa A. D = 0 @ 4 0 0 0 2 0 0 0 2 1 A là dạng chéo của A. ————————————————————————————— e) A= 0 B B @ 1 0 2 4 0 1 2 4 0 0 3 4 0 0 2 3 1 C C A Giải. Đa thức đặc trưng của A : P A (x) = det (A  xI) =         1  x 0 2 4 0 1  x 2 4 0 0 3  x 4 0 0 2 3  x         = (x + 1) (x  1) 3 Đa thức đặc trưng của A có 2 nghiệm là x = 1 ; x = 1: Ma trận A có hai giá trị riêng khác nhau  = 1 ;  = 1 : * Với  = 1 : A + I = 0 B B @ 2 0 2 4 0 2 2 4 0 0 4 4 0 0 2 2 1 C C A  0 B B @ 1 0 1 2 0 1 1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 1 C C A Do đó hệ phương trình (A + I) X = 0 có nghiệm (1; 1; 1; 1) t Như vậy fP 1 = (1; 1; 1; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 1 * Với  = 1 : A  I = 0 B B @ 0 0 2 4 0 0 2 4 0 0 2 4 0 0 2 2 1 C C A  0 B B @ 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 C C A Do đó hệ phương trình (A  I) X = 0 có nghiệm (s; t; 2q; q) Như vậy fP 2 = (1; 0; 0; 0) ; P 3 = (0; 1; 0; 0) ; P 4 = (0; 0; 2; 1)g là cơ sở của không gian riêng E 1 . Vì A có đủ 4 vecto độc lập tuyến tính fP 1 = (1; 1; 1; 1) ; P 2 = (1; 0; 0; 0) ; P 3 = (0; 1; 0; 0) ; P 4 = (0; 0; 2; 1)g nên ma trận A chéo hóa được. Với P = 0 B B @ 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 2 1 0 0 1 1 C C A là ma trận chéo hóa A. 4 [...]... trong nhóm 1 Lưu Thị Ngọc Trâm 2 Nguyễn Thị Tuyết 3 Trương Thanh Hùng 4 Phan Nhật Tân 5 Cao Thị Ánh Ngọc 6 Nguyễn Văn Trung Bài tập được phân công Chương 1: Bài 1.3, 1.7, 1.11 Chương 2: Bài 2.1c,g, 2.4 Chương 3: Bài 3.1c, 3.2c, 3.3c, 3.4c 2 NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Chương 1 CHÉO HÓA MỘT TỰ ĐỒNG CẤU Bài 1.3 Cho f : V  V là tự đồng cấu trên ℝ- không gian vectơ V có ma trận đối với cơ... ⟹ BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO 1 = 2 1 − cos √3 2 0 −sin 3 sin cos 3 ( + 1) 2√3 sin ⎛ 3 =⎜ 3 2√3 sin 3 3 ⎝ cos 0 1 −2√3 √3 2 2 3 3 ( + 1) ( + 1) √3 − sin ⎞ 3 3 3 ⎟ √3 cos − sin 3 3 3 ⎠ Suy ra = 2√3 sin ⟹ ( = 2√3 sin ) ( + 2 cos ) ( + 2 cos ) ( − ) √ − √ ( ) sin ( ) ( ) √ sin sin Vậy số hạng tổng quát của dãy số là = 2√3 sin ( ) + 2 cos − ( ) , ≥ 1 Bài 3.3 Tìm số hạng tổng quát của hệ các dãy số. .. = 0) =0 = = =⋯= = 0 Vậy điều kiện cần và đủ để ma trận A chéo hóa được là = = =⋯= = 0 Bài 1.11 Cho f và g là các tự đồng cấu của không gian véctơ V Chứng minh rằng fg và gf có cùng tập giá trị riêng 9 ∎ NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Giải Giả sử i i1,n   j j 1,m là tập các giá trị riêng của f là tập các giá trị riêng của g Gọi  là một giá trị riêng bất kì của fg  v  V \ 0 :... 1 1 P  1  1  là 1 1  (1)n  2 1 1  (1)n  2 1 1  0    1 0  0 0   0 0 CHƯƠNG 3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG Bài 3.1 Tính c) = trong trường hợp sau đây 6 3 2 −5 −2 −2 −3 −2 0 Giải Đa thức đặc trưng của A 15 (1)n 1   0  0     0   0   ∎ NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO ( )= 6− 3 2 −5 −2 − −2 −3 −2 = −( − 2)( − 1) − Suy ra ma trận A có hai giá trị riêng:  Với =1⟹ = 1,... chuẩn Jordan J của A và ma trận P sao cho 16 = lần lượt là NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO 1 0 1 1 0 0 = 0 0 2 1 ⎛ 2 =⎜ 0 , ⎝ 1 1 2 2 ⎞ 1 − 1 ⎟ 2 0 1 ⎠ − = = Khi đó Suy ra 2 ⟺ = 0 1 1 0 10 1 0 0 1 1 0 0 0 2 4103 −4102 −2056 2056 −2055 −1033 2046 −2046 −1022 = −2 4 2 2 −6 −2 2 −2 −1 ∎ Bài 3.2 Tìm số hạng tổng quát của dãy số sau c) = 2, = 3, = − , ≥1 Giải = Đặt 1 = 1 , −1 0 3 2 Khi đó, ta... cùng tập giá trị riêng 10 ∎ NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Chương 2 DẠNG CHUẨN JORDAN Bài 2.1 Tìm dạng chuẩn Jordan J của ma trận A sau đây và tìm ma trận khả nghịch P sao cho A =  1 3 4    c) A   4 7 8   6 7 7    Giải Đa thức đặc trưng của A 1 x PA  x   det  A  xI   4 6 3 4 2 7  x 8 =  x  1  x  3  7 7x Suy ra A có hai giá trị riêng   1,   3 với số bội... chéo của A là 4 0 0   D  P AP   0 4 0   0 0 2   1 Vậy cơ sở của V sao cho ma trận của f đối với cơ sở đó có dạng chéo D [ ] = 8 là NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO   v1  u1  2u2 , v2  u1  2u3 , v3  u1  3u2  u3  ∎ Bài 1.7 Cho ma trận 0 0 ⎛ = ⎜0 0 ⎝0 0 0 0 0 ⋯ 0 0 ⋮ 0 0 0 ⋱ 0 0 0 0 ⋯ ⋮ 0 0 0 ⎞ ⎟ 0 ⎠ Tìm điều kiện cần và đủ để ma trận A chéo hóa được Giải Đa thức đặc... 4   16 16 16   16 16 16           4 6 8  4 6 8    32 32 32    0 0 0   6 7 8  6 7 8   32 32 32   0 0 0         11 NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO 2 ⟹ rank  A  I  = 1 0 2 Số khối cấp 1: rank  A  I  - 2rank  A  I  + rank  A  I  = 3 – 2.2 + 1 = 0  1 0  Vậy có 1 khối cấp 2 là J 2  1     1 1 3 0 0    Dạng chuẩn Jordan... 0 0 0 = 1  x  n 1  x Suy ra A có một giá trị riêng   1 với số bội là n Vậy tồn tại dạng chuẩn Jordan của A  Với   1: dim = n, ta có  0 1 0 0   0 0 1 0  0 0 0 1 A I       0 0 0 0  0 0 0 0  0 0 0   0  0 0  0 0    1   0  ⟹ rank  A  I  = n – 1 13 NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO A I 2 0  0 0   0  0  0 1 0 0 0   0 0 1 0 0  0...  1  Suy ra A có ba giá trị riêng là   2,   2,   1 ⟹ có ba giá tr riêng là   2,   2,   1  Với   2 : Giải hệ (A  2 I) x  0 6    2  x  2  x 1  x  là NHÓM 3 BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO  0 3 1   0 1 1  0 1 1  0 1 1          A  2 I   0 4 0    0 4 0    0 0 4    0 0 4   0 1 1  0 3 1   0 0 4   0 0 0          Không . ***** CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH LỚP: CAO HỌC TOÁN GIẢI TÍCH 14.2 Người hướng dẫn: TS. Phan Hoàng Chơn Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2. TP Nhóm thực hiện: Nhóm 3 - Lớp Cao học Toán Giải tích 14.2. Thành viên trong nhóm 1. Lưu Thị Ngọc Trâm 2. Nguyễn Thị Tuyết 3. Trương Thanh Hùng 4. Phan Nhật Tân 5. Cao Thị Ánh Ngọc 6. Nguyễn.                                 Bài tập ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH NÂNG CAO Chương : 1,2,3 Nhóm: 2 16/04/2015 a) A= 0 @ 1 3 3 6 2 6 3 3 1 1 A b) A= 0 @ 1 1 1 2 0 2 1