HƯỚNG DẪN BÀI TẬP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH (GV LÊ VĂN HỢP) CHƯƠNG I : MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Dùng phương pháp Gauss hay Gauss Jordan để biến đổi hệ phương trình thành dạng 31 1 0 3 1 5 1 14 4 2 1/ a) hay b) hay 0 0 5 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 2 1 0 5 7 8 0 1 2 8 c) hay d) hay 0 0 0 0 0 9 13 1 0 0 0 0 1 0 18 7 0 0 1 3 1 3 9 2 2 6 4 5 1 3 5 17 3 2/ a) b) c) d) 0 0 0 6 0 17 54 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 3 11/ 8 3 /17 1 1/ 17 19 20 19 /17 3/ a) hay b) hay 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 3 0 8 1 3 1 c) hay 0 2 0 2 0 0 0 0 0 1 2 1 0 3 / 1/ 0 3 12 0 / 3 / d) hay 0 5 0 0 5 0 0 0 0 0 0 2 3 2 1/ 0 4 0 1/ e) hay 0 0 1 0 0 1/ 0 0 0 0 0 0 0 1 2 1 0 1/ / 3 5 1/ 1/ 5 / 1/ f) hay 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 2 0 2/3 43 /18 13 / 7 /18 2 5 0 1 0 13 /17 20 /17 0 0 1 4/ a) 0 1 b) 0 0 1 0 2 0 3 1 9 /17 1 14 /17 hay 1 14 /17 : xét (17m 4) = (17m 4) 0 0 17m 17 m 5 3 2 2 2 hay : xét (m 1) = (m 1) 0 0 m 1 m 1 0 0 0 0 1 0 1 m 2m hay : xét (m 7) = (m 7) 0 1 m 1 m 1 m m(m 7) 0 m m(m 7) 1 c) 0 0 1 d) 0 0 1 1 e) 0 0 xét 1 7 11 2a d hay 0 0 0 2a c d 0 0 a b 2d 0 [ (2a c d) = = (a + b + 2d) ] 1 f) 0 0 1 g) 0 1 h) 0 1 2 0 2 1 1 0 4 0 0 1 hay 0 m 1 0 a 3 0 1/ 1/ 1/ 1/ 1/ 0 1/ 0 13 / xet (m 1) /8 : 9/8 hoac (m 1) m 1 3a d 7 11 2a d : 0 0 2a c d 0 0 a b 2d [ (2a c d) hay (a + b + 2d) ] 14 12 1 0 21 1 2 9 8 30 hay : xét (m 8) = (m 8) 0 6 6 21 21 0 m 12 0 m 12 1 1 m (m 2) m2 hay m2 : xét (m 3) 0 (m 3)(m 2) (m 2) (m 2)(m 3) 0 (m 3)(m 2) (m 2) 2 3 / 1/ / 1/ 2 1 / hay 2 / 1/ /15 : xét (5m + 3) = (5m + 3) 0 0 0 5m 0 5m 1 1 1 m 1 1 m2 i) m m hay m m : xét (m 1) = (m 1) 0 0 m m m m 1 3 j) m 0 m(m 5) 1 m3 m hay m 0 m(m 5) m(m 2) 1 m2 m0 m : xét (m 5) m(m 5) m(m 2) CHƯƠNG II : CÁC PHÉP TOÁN MA TRẬN MA TRẬN VUÔNG KHẢ NGHỊCH 2/ a) Tính A2 để suy A2m A2m + m Tổng quát hóa cho trường hợp A Mn(R) thỏa A2 = In b) Tính đến A4 để suy Ak k ( phân biệt a = b a b để dễ rút gọn biểu thức) c) Tính đến A3 để suy Ak k ( để ý công thức lượng giác cos(mx + x) sin(mx + x) m ) d) Tính đến A3 để suy Ak k e) Tính đến A4 để suy Ak k f ) Tính đến A5 để suy Ak k [ để ý tổng + + + … + (k 1) = 21k(k 1) k ] g) Tính đến A5 để suy Ak k [ để ý tổng + + + … + k = 21k(k + 1) k ] h) Tính đến A3 để suy Ak k ( để ý Am = O3 Ak = O3 k m ) 3/ Tính đến A3 để suy f(A) = 2A3 5A2 + 4A 3I2 x y z he(1) x y x u 1 1 4/ a) X = y v 4 0 z w he(2) u v w u v x y z he(1) x 3 2 x y z b) X = 4 0 u v w he(2) u v w u x c) X = z x d) X = z z he(1) 3/ 5/ : vô số nghiệm 11/ 4 1/ w he(2) y z he(1) 3 2 : vô số nghiệm 7 / 17 / 5 / v w he(2) x y z t y 1 1 : vô số nghiệm t / 0 2 y y0 x yz t yz Xét để thấy hệ có vô số nghiệm t y (x t) y ( x t ) z( x t ) 1 X = I2 , X = với z 1 x y 1 x y e) X = 1 z t 2 4 x 1 y 1 t 1 0 y z x z R X = (1 x ) / y z t x y 2 1 1 4 0 2 0 0 5 1 y với x R, y R \ {0} x z t 0 0 0 1 : nghiệm 0 t x y z t 1 1 0 5/3 x f) X = 1 0 1/ : nghiệm z 1 1 0 1/ 0 1/ 1 1 2 y0 x x yz t t yz x y g) X = Xét để thấy hệ có vô số nghiệm z t y ( x t 1) y ( x t 1) z ( x t 1) x y 1 0 0 0 X = O2 , I2 , X = ,X= với z R X = với x R, y R \ {0} z 0 z 1 (x x ) / y 1 x x h) X = z x i) X = z x 5 y 1 t 5 0 y z t 2 3 4 4 6 x y 7 1 8 11 0 0 8 x y z t 1 0 y 5 4 t 1 2 0 6 z t 0 0 0 2 : nghiệm 3 x y z t 7 7 1 0 11 2 15 : hệ vô nghiệm 8 0 1 61 0 0 5/ a) Tính A2 để suy Ak AkBk k Tính AB, (AB)2 để suy (AB)k k b) Tính C2 D2 để suy Ck, Dk CkDk k Tính CD, (CD)2 để suy (CD)k k 6/ a) Nhân trực tiếp định nghĩa b) Nhân trực tiếp định nghĩa rút gọn c) Tương tự a) 2/ k k d) Tính B để suy B k e) Tính C ( k ) nhị thức Newton để suy Sk k f) Am = AkAm k m k g) Chỉ cần chứng minh (BA)2 = On dùng f ) Chọn ví dụ A, B M2(R) h) Dùng nhị thức Newton f) tính (cA + dB)6 Khi tổng quát hóa, tính (cA + dB) r + s nhị thức Newton Để ý tính chất “ p, q số nguyên thỏa p + q = r + s ( p r hay q s )” i) Đặt A = (aij)1 i, j n , B = ( bij)1 i, j n , AB = H = ( hij)1 i, j n BA = K = ( kij)1 i, j n Tính vế đẳng thức theo hệ số A B so sánh Kiểm tra Tr (AB BA) Tr (c.In ) c R \ {0} 3 7/ A1 = 1 3 4 2 B1 = 3 2 1 7 1 10 C1 = 41 4 1 6 / D =D RE = 2 / I3 0 0 Dùng tính chất ma trận khả nghịch để tính nhanh kết 1 9 RF = 7 I3 0 0 8/ a) Nhân trực tiếp dùng qui nạp theo k Để ý (A + B) = A( In + A1B) = ( In + BA1)A b) Tìm số nguyên p q thỏa 9p + 20q = Suy A = A1 = (A9)p (A20)q c) Dùng PQ = In ( P khả nghịch P1 = Q ) ( Q khả nghịch Q1 = P ) 3 2 1 2 16 1 1 9/ a) A = X = b) A = 2 X = 3 5 17 10 22 15 15 11 2 1 4 1 c) A = , C = 1 3 X = 118 95 200 161 4 6 3 d) A = 1 1 X = 2 1 19 3 1 14 21 2 e) A = X = 2 2 24 10 1 3 4 f) A = 53 22 12 , C1 = X = 22 1 39 52 411 549 170 227 g) h) Xét tính khả nghịch không khả nghịch vế phương trình để thấy phương trình vô nghiệm 10/ a) Tính HL Để ý K = ( In B ) với B = A Bk = On Từ áp dụng điều vừa chứng minh b) Tính PQ c) X = 7(A5) 1(A3C2B4)(B6)1 Y = 2(A9C8) 1(A9C5A7B1C2)(B4C2) 1 rút gọn CHƯƠNG III : ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN VUÔNG Ký hiệu ( i ) dòng thứ i ( i )’ cột thứ i ma trận xét 1/ a) 100 e) | At | = | A | , b) 242m(1 m) | A | = | A |3 , | A2 | = | A |2 , c) 324 | 4A | = (4)3| A| , d) 18ab(a b) | AB | = | A |.| B | 2/ a) (x + 1)2(2x 1) b) 2(x + 3)(x 2) c) (x a)(x b)(a b)(x + a + b) d) (xa)(xb)(b a)(ax+ bx+ ab) e) (1) + (2) + (3) Sau (2)’ (1)’ (3)’ (1)’ Ta có | A | = 21(a + b + c)[ (a b)2 + (b c)2 + (c a)2 ] f) (1) + (2) + (3) + (4) Sau (2)’ (1)’, (3)’ (1)’ (4)’ (1)’ Khai triển dòng (1) Tiếp theo (1) + (2) (2)’ (1)’ Ta có | A | = (a + b + c)(a + b c)(a + c b)(b + c a) g) (2) (1) (3) (1) Khai triển cột (4) Sau (1) + (3) Ta có | A | = (2a b c d) h) (1) + (2) + (3) + (4) Sau (4)’ (1)’ Khai triển cột (4) Tiếp theo (2)’ (1)’ (3)’ (1)’ Ta có | A | = (a b)2(a + b + 2x)(a + b 2x) i) (4)’ (3)’, (3)’ (2)’ (2)’ (1)’ Sau (4)’ (3)’ (3)’ (2)’ Để ý ma trận có cột giống j) (1)’ + (2)’ + (3)’ Để ý ma trận có cột tỉ lệ với 3/ a), b), c) d) | A | A1 = | A |1 Ct e) f) | A | = b) (1)’ (2)’ (3)’ Sau (3) (1) Ta có | A | = m2(m 1) d) | A | = a R 4/ a) | A | = (m + 1)(m + 2) c) | A | = (c a)(c b)(a b) 5/ hệ có nghiệm xj = j / với j = 1, 2, 6/ a) = (m + 1)(m 1) = 2 1 = : nghiệm hay vô số nghiệm b) = (m + 1)(m + 4), 1 = (m + 1), 2 = (m + 1)(m + 2) : nghiệm nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm c) = m(m + 2), 1 = (m + 1)(m + 2) 2 = (m + 2) : nghiệm nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm d) = (2m2 3m + 7) > m R, 1 = (m2 + 5m 9) 2 = (5 2m2) : nghiệm e) = (m + 1)(m + 3), 1 = 0, 2 = 2(m + 3), 3 = (m + 3) : nghiệm nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm f) = 8(m + 1)(m 2), 1 = 2(2m2 + 4m 25), 2 = 12(m + 1) 3 = 18 : nghiệm hay vô nghiệm g) = m(m +5), 1 = 2m(m + 2), 2 = 3m, 3 = m(m +2) : nghiệm nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm h) = m(m + 2)(m 1)2, 1 = (m 1)(m + 2), 2 = 3 = m(1 m)(m + 2) : nghiệm nhất, vô nghiệm hay vô số nghiệm CHƯƠNG IV : KHÔNG GIAN VECTOR Rn 1/ c), d), g) h) W Rn tương ứng a), b), e) f) W không gian vector Rn tương ứng 2/ a) 3u v w = b) u 10v 7w = c) u v + w t = d) (4u v + 3w = = u 7v 9t) e) m = X 3/ a), b) e) S phụ thuộc tuyến tính c) d) S độc lập tuyến tính 4/ a), b), c) f) S sở R3 f) Tính Y biện luận theo m Z d) e) S sở R3 5/ Cách bổ sung thêm vector vào sở B W để có sở C Rn : Lập ma trận mà dòng vector B Nếu ma trận chưa có dạng bậc thang ta biến đổi dạng bậc thang Nếu thấy cột thứ j ma trận dạng bậc thang không bán chuẩn hóa ta thêm vector j (trong sở tắc Bo Rn) vào B ( j n ) a) 3u 2v = C = B { 2 } b) u = = v 3w C = B { 1, 3 } c) u + v 9w 3t = C = B { 4 } d) u = = 25v + 8w 6t C = B { 1, 4 } e) 3u w + 4t = = 9u + 6t + z C = B { 2, 4, 5 } 6/ Cách bổ sung thêm vector vào sở B W để có sở C Rn : Làm 5/ Để ý toán xét, ma trận mà dòng vector B có sẵn dạng bậc thang nên không cần biến đổi a) Cơ sở B = { (1, 2, 4), (0, 1, 1) } 2u + v w = Ta có C = B { 3 } b) Cơ sở B = { (1, 2,3), (0, 3,2) } 5u + 2v + 3w = Ta có C = B { 3 } c) Cơ sở B = { (1, 2,4, 0), (0, 1,11, 1), (0, 0, 20,1) } 22u 9v + w + 20t = Ta có C = B { 4 } d) Cơ sở B = { (1,1, 29,3), (0, 5, 5, 2) } ( 30u + v w = = 13u 2v + 5t ) Ta có C = B { 3, 4 } 7/ Dùng cách tách biến đặt thừa số chung theo biến, ta tìm tập sinh hữu hạn S cho W Sau làm hoàn toàn tương tự 6/ 8/ Cách bổ sung thêm vector vào sở B W để có sở C Rn : Có thể làm 5/ (nhưng thời gian biến đổi ma trận dạng bậc thang) Trong toán xét, ta làm nhanh sau : Khi giải xong hệ AX = O (phương pháp Gauss hay Gauss – Jordan), thấy cột thứ j ma trận A bán chuẩn hóa (hoặc chuẩn hóa được) ta thêm vector j (trong sở tắc Bo Rn) vào B ( j n ) a) Cơ sở B = { (19, 6, 0, 1) } Ta có C = B { 1, 2, 3 } b) Cơ sở B = { (1,1, 1, 2, 0), (7, 5,5, 0, 8) } Ta có C = B { 1, 2, 3 } c) Cơ sở B = { (2, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 1) } Ta có C = B { 1, 2 } d) Cơ sở B = { (1,1, 1, 0, 0), (2, 1, 0, 1, 0), (2,3, 0, 0, 1) } Ta có C = B { 1, 2 } 9/ P(S T) = P(S Bo)P(Bo T) với Bo sở tắc R3 Suy P(T S) = [ P(S T) ]1 Khi tính tọa độ vector, dùng công thức đổi tọa độ hay dùng định nghĩa 3 4 10/ a) Lập A = ( [ E ]S [ F ]S [ G ]S ) = 2 | A | nên T sở R3 ta có 3 1 P( S T ) = A Suy P(T S) = A 1 X 1 E b) Cách : Do Y 1 F 1 = nên T sở R3 Z 1 1G 1 P( T S ) = ( [ X ]T [ Y ]T [ Z ]T ) = 1 1 Suy P( S T ) = [P( T S )]1 1 Cách : Đặt W = < T > W R3 Do S < T > nên < S > < T >, nghĩa R3 W Vậy W = < T > = R3 T tập sinh có vector R3(3 chiều) nên T sở R3 1 Ta có P(T S) = ( [ X ]T [ Y ]T [ Z ]T ) = 1 1 P(S T) = [ P(T S) ]1 1 X a c 11/ Lập A = = = | A | = (ad bc) Dựa vào giả thiết, 2 = Y b d p Đặt [ Z ]S = ta hệ phương trình tuyến tính pX + qY = Z Giải hệ qui tắc Cramer q 12/ a) Giải thích S sở W để thấy dimW = | S | = X = (u,v,w) W 3u 7v + 5w = (*) 2v w Nếu X = (u,v,w) W [ X ]S = 31 (**) Từ (*), ta có T W 2w v 1 Ta giải thích T sở W Từ (**), ta có P(S T) = ( [ E ]S [ F ]S ) = 1 Suy P(T S) = [ P(S T) ]1 Có thể tìm trực tiếp P(S T) P(T S) cách biến đổi theo phương pháp Gauss Jordan ( Y t Z t | E t F t ) ( I3 | P( S T ) ) ( E t F t | Y t Z t ) ( I3 | P( T S ) ) Ta có [ X ]T = P(T S) [ X ]S b) Hoàn toàn tương tự a), X = (u,v,w,t) W 7u 2v + 5w = (*) v u wt 1 Nếu X W [ X ]S = 2v 6u 4w t (**) 3u v 2w t 2 3 P(S T) = ( [ E ]S [ F ]S [ G ]S ) = 1 1 P(T S) = [ P(S T) ]1 1 2 Có thể tìm trực tiếp P(S T) P(T S) cách biến đổi theo phương pháp Gauss Jordan ( Y t Z t U t | E t F t G t ) ( I3 | P( S T ) ) ( E t F t G t | Y t Z t U t ) ( I3 | P( T S ) ) 13/ a) Giải thích S T sở H K ( H + K ) có sở { (1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1,1) } ( H K ) có sở { (2, 3, 1, 1) } b) H có sở {(1,2,1,0), (0,1,0,1), (0,0,1,2)} K có sở {(1,2,0,1), (0,3,3,1), (0,0,1,0) } ( H + K ) có sở {(1, 2, 1, 0), (0, 1, 0,1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} Do dim( H + K ) = nên ( H + K ) = R4 ( H K ) có sở { (2, 4, 3, 2), (0, 3, 2, 1) } c) H có sở A = {(1, 1, 1, 1),(0, 1, 0, 1)} K có sở B = {(1,2,0,2),(0,1,0,1),(0,0,1,0)} Ta có H K (mỗi vector A tổ hợp tuyến tính B) nên ( H + K ) = K ( H K ) = H d) H có sở { (0,1, 0, 1) } K có sở { (1, 1,3,3), (0, 1, 8, 10), (0, 0, 15, 19) } ( H + K ) có sở { (1, 1,3,3), (0, 1, 0,1), (0, 0, 8, 11), (0, 0, 0, 1) } Do dim( H + K ) = nên ( H + K ) = R4 Suy dim( H K ) = dimH + dimK dim( H + K ) = nên ( H K ) = { O } có sở Như ( H K ) = R4 e) H có sở { (17, 10, 1, 0), (29,17, 0, 1) } K có sở { (1, 1, 0, 0), (11, 0, 1, 1) } ( H + K ) có sở {(1,1, 0, 0), (0, 1,1, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} Do dim( H + K ) = nên ( H + K ) = R4 Suy dim( H K ) = dimH + dimK dim( H + K ) = nên ( H K ) = {O} có sở Như ( H K ) = R4 14/ a) Chiều () : phản chứng Nếu ( H K K H ) có X ( H \ K) có Y (K \ H) Vậy Z = (X + Y) L, nghĩa Z H hay Z K : từ suy mâu thuẫn Chiều () : hiển nhiên b) Chọn H K không gian dạng đường thẳng cắt gốc O R2 CHƯƠNG V : ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH 2 1/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = 2 3 3 M3x4(R) nên f L(R3, R4) [ f ]B,C = At 1 Im(f) có sở {(1,3,2,5),(0,1,1,1)} Ker(f) có sở {(1,10,7)} Y Im(f) y + z x = = z + t 3x 1 1 b) = = 1 nên D E sở R2 R3 2 3 4 3 1 S = P(A D) = , S = 3 4 , T = P(B E) = 2 2 1 1 2 2 3 , T = 3 3 0 1 3 4 Ta viết dễ dàng biểu thức g từ [ g ]A,B [ g ]D,B = [ g ]A,B S [ g ]A,E = T 1[ g ]A,B [ g ]D,E = T 1[ g ]A,B S 1 c) [ h ]D,B = T[ h ]D,E [ h ]A,E = [ h ]D,E S [ h ]A,B = T [ h ]D,E S1 viết dễ dàng biểu thức h 1 4 M4x3(R) nên f L(R4, R3) [ f ]C,B = At 2/ a) X = (u,v,w,t) R , f(X) = XA với A = 2 3 Im(f) có sở {(1,2,3),(0,1,2)} Ker(f) có sở {(8,6,5,0),(13,1,0,5)} Y Im(f) x + 2y z = 1 1 b) = 1 = nên D E sở R2 R3 2 3 5 T = P(B E) = 1 3 Ta viết dễ dàng biểu thức g từ [ g ]B,A [ g ]B,D = T 1[ g ]B,A [ g ]E,A = [ g ]B,A S [ g ]E,D = T 1[ g ]B,A S 3 S = P(A D) = , 1 1 S = , 5 1 T 1 1 1 = 1 2 1 c) [ h ]B,D = [ h ]E,D S 1 [ h ]E,A = T[ h ]E,D [ h ]B,A = T[ h ]E,D S1 viết dễ dàng biểu thức h 10 3/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = M3(R) nên f L(R3) [ f ]B = At 3 12 Im(f) có sở { (1, 2,10), (0, 1,6) } Ker(f) có sở { (6, 7, 5) } Y Im(f) 6y + z 2x = 1 1 b) = 1 nên E sở R3 S = P(B E) = 2 3 có S1 = 2 3 Từ [ g ]B, ta viết dễ dàng biểu thức g [ g ]E,B = [ g ]B S [ g ]B,E = S1[ g ]B [ g ]E = S1[ g ]B S 1 0 3 2 3 c) [ h ]E,B = S[ h ]E [ h ]B,E = [ h ]E S1 [ h ]B = S[ h ]E S1 viết dễ dàng biểu thức h Ta có Im(h) = R Ker(h) = O 3 4/ a) X = (u,v,w) R , f(X) = XA với A = M3(R) nên f L(R3) [ f ]B = At 3 Im(f) có sở { (1, 2, 3), (0, 1, 1) } Ker(f) có sở { (5,3, 2) } Y = (x,y,z) Im(f) 1 3 1 1 b) = 1 nên E sở R S = P(B E) = 1 có S = 2 3 4 3 Từ [ g ]B, ta viết dễ dàng biểu thức g [ g ]E,B = [ g ]B S [ g ]B,E = S1[ g ]B [ g ]E = S1[ g ]B S x+yz=0 2 3 c) [ h ]E,B = S[ h ]E [ h ]B,E = [ h ]E S1 [ h ]B = S[ h ]E S1 viết dễ dàng biểu thức h Ta có Im(h) = R Ker(h) = O 5v 2w 2u 5/ a) [ ]E = 22v 8w 9u nên = (5v + 2w 2u)1 + (22v + 8w 9u)2 + (u 3v w)3 (1) u 3v w 1 4 P = P(B E) = 1 2 Q = P(E B) = P1 = 1 2 9 22 3 1 b) Cách : = (u,v,w) R3, từ (1), f() = (5v + 2w 2u)f(1) + (22v + 8w 9u)f(2) + (u 3v w)f(3) = (3v + w 2u, 3v + 2w 2u, 26u 64v 23w) (2) 2 2 1 Cách : [ f ]B = [ f ]E,B P = P = 2 suy (2) 3 26 64 23 1 c) Cách : = (u,v,w) R3, từ (1) ta có g() = (5v + 2w 2u)g(1) + (22v + 8w 9u)g(2) + (u 3v w)g(3) = (19u 48v 17w, 17v + 6w 7u, 78v + 28w 31u, 8v + 3w 3u) Cách : [ g ]B,C = [ g ]E,C P1 (3) 2 19 48 17 1 7 17 1 = P = suy (3) 4 31 78 28 1 3 10 ... n , AB = H = ( hij)1 i, j n BA = K = ( kij)1 i, j n Tính vế đẳng thức theo hệ số A B so sánh Kiểm tra Tr (AB BA) Tr (c.In ) c R {0} 3 7/ A1 = 1 3 4 ... thang) Trong toán xét, ta làm nhanh sau : Khi giải xong hệ AX = O (phương pháp Gauss hay Gauss – Jordan), thấy cột thứ j ma trận A bán chuẩn hóa (hoặc chuẩn hóa được) ta thêm vector j (trong sở tắc... [ P(S T) ]1 Có thể tìm trực tiếp P(S T) P(T S) cách biến đổi theo phương pháp Gauss Jordan ( Y t Z t | E t F t ) ( I3 | P( S T ) ) ( E t F t | Y t Z t ) ( I3 | P( T S ) ) Ta