Hướng dẫn giải bài tập không gian véc tơ đại số tuyến tính , đề thi cuối kì

Bài 1. Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) và hai hằng số a, b. Ta định nghĩa hai phép tính (x1, x2) + (y1, y2) = (ax1 + by1, ax2 + by2), (x1,x2) = (x1, x2) với   R. Xác định a và b để V là không gian véc tơ. Bài 2. Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2). Xác định các hằng số k1 và k2 để V là không gian véc tơ với hai phép tính được định nghĩa như sau (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2), (x1,x2) = (k1x1, k2x2) với   R. Bài 3. Chứng minh rằng tập W = {0} là không gian con của R. Bài 4. Chứng minh rằng tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ đi qua điểm (0, 0) đều là không gian con của R2 . Bài 5. Cho W là tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0, 0). Chứng minh rằng W không phải là không gian con của R2 . Bài 6. Chứng minh các phát biểu trong Định lý 2.1.1. Bài 7. Cho W là không gian con của không gian V, chứng minh rằng phần tử trung hoà của W chính là phần tử trung hoà của V. Bài 8. Chứng minh rằng nếu W1 và W2 là các không gian con của không gian V thì W1W2 cũng là không gian con của V. Bài 9. Cho W1 và W2 là các không gian con của không gian V và W1W2 = {}. Chứng minh rằng W1W2 là không gian con của V khi và chỉ khi W1 = {} hoặc W2 = {}. Bài 10. Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1 + x và u3 = 1 + x + x2 độc lập tuyến tính trong không gian các đa thức của x có bậc không quá 2.

Bài tập chương 2

Bài 1 Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) và hai hằng số a, b Ta định nghĩa hai

phép tính

(x1, x2) + (y1, y2) = (ax1 + by1, ax2 + by2), (x1,x2) = (x1, x2) với  R Xác định a và b để V là không gian véc tơ

Bài 2 Cho tập V các bộ hai số thực (v1, v2) Xác định các hằng số k1 và k2 để V là không gian véc tơ với hai phép tính được định nghĩa như sau

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2), (x1,x2) = (k1x1, k2x2) với  R

Bài 3 Chứng minh rằng tập W = {0} là không gian con của R

Bài 4 Chứng minh rằng tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ đi qua điểm

(0, 0) đều là không gian con của R2

Bài 5 Cho W là tập tất cả các điểm trên đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0,

0) Chứng minh rằng W không phải là không gian con của R2

Bài 6 Chứng minh các phát biểu trong Định lý 2.1.1

Bài 7 Cho W là không gian con của không gian V, chứng minh rằng phần tử trung

hoà của W chính là phần tử trung hoà của V

Bài 8 Chứng minh rằng nếu W1 và W2 là các không gian con của không gian V thì W1W2 cũng là không gian con của V

Bài 9 Cho W1 và W2 là các không gian con của không gian V và W1W2 = {} Chứng minh rằng W1W2 là không gian con của V khi và chỉ khi W1 = {} hoặc W2 = {}

Bài 10 Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1 + x và u3 = 1 + x + x2 độc lập tuyến tính trong không gian các đa thức của x có bậc không quá 2

Bài 11 Hãy biểu diễn véc tơ  + x + x2 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của ba véc

tơ u1, u2 và u3 được cho trong Bài 2.10

Bài 12 Gọi Q(x) là tập tất cả các phân thức hữu tỷ

a) Chứng minh rằng Q(x) là không gian véc tơ với phép cộng các phân thức hữu

tỷ và phép nhân một số với một phân thức hữu tỷ

b) Chứng minh rằng ba véc tơ u1 = 1, u2 = 1

x, u3 =

2

1

x là độc lập tuyến tính

c) Chứng minh rằng Q(x) là không gian vô hạn chiều

Bài 13 Trong không gian Euclid R3, cho họ S = {e1, e2} với e1 = (1, 0, 0), e2 = (0,

1, 0)

Hãy xác định hình chiếu trực giao và thành phần trực giao của u = (x, y, z) lên span(S)

Bài 14 Tìm số chiều và một cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệ

phương trình





2x

x

+

+

y 2y y

+ +

3z z

=

=

=

0 0 0

Bài 15 Tìm số chiều và hai cơ sở trực chuẩn của không gian nghiệm của hệ

phương trình





3x

5x

+

–

y y

+ +

z z

+ –

u u

= 0

= 0

Bài 16 Trong không gian R3, tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian con sinh bởi hai véc tơ w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 1, 0)

Bài 17 Trong không gian R3, tìm một cơ sở trực chuẩn của không gian con sinh bởi hai véc tơ w1 = (1, –1, 0), w2 = (–1, 2, 0)

Bài 18 Trong P2 – không gian các đa thức bậc không quá 2, xét tích vô hướng

<u, v> = 1

1

u(x)v(x)dx

Hãy xây dựng một cơ sở trực chuẩn từ cơ sở chính tắc 1, x, x2

Bài 19 Trong R2 xét các cơ sở B = u1, u2, B’ = v1, v2 với

u1 = (1, 0), u2 = (0, 1), v1 = (2, 1), v2 = (–3, 4)

a) Tìm ma trận P là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’

b) Cho u = (–3, 5), tìm [u]B và [u]B’

c) Dựa vào ma trận P, tìm ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B

Bài 20 Trong P1 là không gian các đa thức bậc không quá 1, cho B = {p1, p2}, B’ = {q1, q2} với p1 = 6 + 3x, p2 = 10 + 2x, q1 = 2, q2 = 3 + 2x, p = –4 + x

a) Chứng minh rằng B và B’ là hai cơ sở của P1

b) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B

c) Tìm ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’

d) Tìm ma trận toạ độ của p trong B

Bài 21 Cho V là không gian sinh bởi B = f1, f2 với f1 = sinx, f2 = cosx Cho B’ = {g1, g2} với g1 = 2sinx + cosx, g2 = 3cosx, h = 2sinx – 5cosx

a) Chứng minh rằng B’ là cơ sở của V

b) Tìm ma trận P chuyển cơ sở từ B’ sang B

c) Tìm [h]B rồi thông qua P suy ra [h]B’

d) Tìm trực tiếp [h]B’

Bài 22 Cho P là ma trận chuyển cơ sở từ B = u1, u2, u3 sang B’= v1, v2, v3, với

P =

1 1 0

0 1 1

1 0 1



a) Tìm cơ sở B’ khi biết u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1)

b) Tìm cơ sở B khi biết v1 = (1, 2, 1), v2 = (0, –1, 1), v3 = (–1, 1, 0)

Hướng dẫn giải bài tập chương 2

Bài 1 Giả sử x = (x1, x2), y = (y1, y2), z = (z1, z2) Khi đó,

Để x + y = y + x thì (ax1 + by1, ax2 + by2) = (ay1 + bx1, ay2 + bx2), tức là



2 2

(a b)(x y ) 0 (a b)(x y ) 0



Khi đó x + y = (ax1 + ay1, ax2 + ay2) = (a(x1 + y1), a(x2 + y2))

Vì vậy x + (y + z) = (x1, x2) + (a(y1 + z1), a(y2 + z2)) =

= (a(x1 + a(y1 + z1)), a(x2 + a(y2 + z2))) =

= (ax1 + a2y1 + a2z1, ax2 + a2y2 + a2z2)

Mặt khác, (x + y) + z = (a(x1 + y1), a(x2 + y2)) + (z1, z2) =

= (a(a(x1 + y1) + z1), a(a(x2 + y2) + z2)) =

= (a2x1 + a2y1 + az1, a2x2 + a2y2 + az2)

So sánh (2.10.1) và (2.10.2), dễ thấy rằng để tiên đề 3 thoả mãn thì a phải bằng

1

Với a = b = 1, theo Ví dụ 2.1.1, thì V là không gian véc tơ với hai phép toán đó

Bài 2 Xét x = (x1, x2)  V, còn ,  R Do x = (k1x1, k2x2) nên

(x) = (k1x1, k2x2) = (k1k1x1, k2k2x2) = ( 2

1

k x1,  2

2

k x2)

Mặt khác, ()x = (k1x1, k2x2) nên để (x) =()x thì

( 2 1

k x1,  2

2

k x2) = (k1x1, k2x2)P

Dễ thấy các hằng số k1 và k2 chỉ có thể bằng 0 hoặc 1 Để tiên đề 10 được thoả mãn thì các hằng số k1 và k2 chỉ có thể bằng 1, tức là x = (x1, x2)

Với k1 = k2 = 1, theo Ví dụ 2.1.1, thì V là không gian véc tơ với hai phép toán

đó.

Bài 3 Vì W chỉ gồm duy nhất phần tử 0 nên với mọi x, y, z  W, ta đều có x = y =

z = 0

Khi đó x + y = 0 + 0 = 0  W nên W = {0} là không gian con của R

Bài 4 Mọi đường thẳng bất kỳ đi qua điểm (0, 0) đều có dạng Ax1 + Bx2 = 0 với A

và B không đồng thời bằng 0 Gọi W là tập tất cả các điểm thuộc đường thẳng đó

(0.1)

(0.2)

Nếu B = 0 thì A  0 nên x1 = 0, do đó W = {(0, x2): x2  R}

Giả sử x = (0, x2), y = (0, y2),  R, ta có

x + y = (0, x2) + (0, y2) = (0, x2 + y2) x + y  W

Nếu B  0 ta có x2 = kx1 với k = –A

B , vì vậy W = {(x1, kx1): x1  R}

Giả sử x, y  W, cụ thể x =(x1, kx1), y = (y1, ky1),  R, ta có

x + y = (x1, kx1) + (y1, ky1) = (x1 + y1, kx1 + ky1) = (z1, kz1) với z1 =

x1 + y1

Do đó x + y  W

Trong mọi trường hợp ta đều có x + y  W, vậy W là không gian con của R2.

Bài 5 Mọi đường thẳng bất kỳ không đi qua điểm (0, 0) đều có dạng Ax1 + Bx2 +

C = 0 với A và B không đồng thời bằng 0, còn C khác 0

Nếu B = 0 thì A  0 nên x1 = –C

B Đặt k = –C

B  0, khi đó W = {(k, x2): x2  R} Giả sử x = (k, x2), y = (k, y2),  R, ta có

x + y = (k, x2) + (k, y2) = (k + k, x2 + y2)

Ta thấy x + y  W với   0, tức W không phải là không gian con của R2 trong trường hợp này

Nếu B  0 ta có x2 = kx1 + b với k = –A

B và b = –C

B, vì vậy W = {(x1, kx1 + b): x1  R}

Giả sử x, y  W, cụ thể x =(x1, kx1 + b), y = (y1, ky1 + b),  R, ta có

x + y = (x1, kx1 + b) + (y1, ky1 + b) = (x1 + y1, kx1 + ky1 + b + b) =

= (z1, kz1 + b + b) với z1 = x1 + y1

Với  = 1, vì b  0 nên kz1 + b + b = kz1 + 2b  kz1, tức x + y  W

Trong mọi trường hợp ta đều có x + y  W, nên W không là không gian con của R2

.

Bài 6

1 Giả sử B1B và B2B là hai phần tử trung hoà

Vì 1 là phần tử trung hoà nên theo tiên đề 4 ta có 1 + 2 = 2

Theo tiên đề 2 ta có 1 + 2 = 2 + 1

Vì 2 cũng là phần tử trung hoà nên theo tiên đề 4 ta có 2 + 1 = 1

Vậy 2 = 1, tức phần tử trung hoà là duy nhất

2 Theo tiên đề 10 và tiên đề 8 ta có x + (–1)x = 1.x + (–1)x = (1 + (–1))x = (1 – 1)x = 

Chứng tỏ (–1)x chính là phần tử đối của x, tức là –x = (–1)x

3 Giả sử y1 và y2 là hai phần tử đối của x

Theo tiên đề 2 và tiên đề 5 ta có x + y1 = y1 + x = , chứng tỏ x là phần tử đối của y1, tức là x = –y1 Tương tự ta cũng có x là phần tử đối của y2, tức là x = – y2, vì vậy –y1 = –y2

Theo chứng minh trên thì (–1)y1 = (–1)y2, theo tiên đề 9 ta có y1 = y2

Vậy với mọi x, phần tử đối xứng –x là duy nhất

4 Theo tiên đề 8 và tiên đề 10, ta có 0x + x = (0 + 1)x = 1x = x Theo tiên đề 4 thì 0x là phần tử trung hoà, tức 0x = 

5 Theo tiên đề 10 và tiên đề 4, ta có  + x = ( + x) = x Lại theo tiên đề 4 thì  là phần tử trung hoà, tức  = 

6 Giả sử x =  Nếu  = 0 thì theo chứng minh trên, x = 

Nếu  0: y = y + x = (y + x)  y = y + x  x = 

Bài 7 Gọi  và 1 tương ứng là các phần tử trung hoà của V và W Khi đó với mọi

x  W ta đều có –x + x = 1 Nhưng x cũng thuộc V nên –x + x = , vì vậy 1 = 

Bài 8 Đặt W = W1W2 Giả sử x, y  W và  R Rõ ràng x, y  W1 và x, y 

WB2B, khi đó

x + y  W1 và x + y  W2, tức là x + y  W Vậy W là không gian con của

V

Bài 9 Giả sử W = W1W2 là không gian con của V và W1W2 = {}

Ta chứng minh điều kiện cần: Giả sử ngược lại, W1  {} và W2  {}

Lấy hai véctơ khác  là x  W1 và y  W2, khi đó x và y cùng thuộc W

Do W là không gian con nên x + y  W, suy ra hoặc x + y  W1, hoặc x + y 

W2

Nếu x + y  W1 thì y  W1, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {}

Nếu x + y  W2 thì x  W2, mâu thuẫn với giả thiết W1W2 = {}

Vậy W1 hoặc W2 bằng {}

Ta chứng minh điều kiện đủ: Nếu W1 hoặc W2 bằng {} thì W = W1W2 chính

là W2 hoặc W1, tức là W là không gian con của V.

Bài 10 Gọi P2(x) là không gian các đa thức của x có bậc không quá 2 Phần tử trung hoà  trong P2(x) chính là 0 Ta có

au1 + bu2 + cu3 = 0  a.1 + b(1 + x) + c(1 + x + x2) = 0  (a + b + c) + (b + c)x + cx2 = 0

Từ đó nhận được hệ {a + b + c = 0, b + c = 0, c = 0} Dễ thấy a = b = c = 0 Vậy ba véc tơ đó độc lập tuyến tính

Bài 11 Giả sử  + x + x2 = au1 + bu2 + cu3, khi đó

 + x + x2 = (a + b + c) + (b + c)x + cx2 Từ đây giải ra được c = , b =  – , a =

 – 

Vậy  + x + x2 = ( – ) + ( – )(1 + x) + (1 + x + x2)

Bài 12 a) Phần tử trung hoà chính là 0

Với Pm(x), Qn(x) là các đa thức của x và u = m

n

P (x)

Q (x)thì –u = m

n

P (x)

Q (x)



Dễ thấy rằng các tiên đề còn lại đều được thoả mãn Vậy Q(x) là không gian véc tơ

b) auB1B + buB2B + cuB3B = 0  ax2 + bx + c = 0 x  a = b = c = 0  {u1, u2, u3} độc lập tuyến tính

c) Giả sử n là số tự nhiên bất kỳ Xét các véc tơ uBkB = 1k 1

x  , k = 1, 2, ., n Tương tự như phần b) ta chứng minh được họ {uk, k = 1, , n} là độc lập tuyến tính Điều đó chứng tỏ rằng số véc tơ độc lập tuyến tính của Q(x) là không hạn chế, tức Q(x) là không gian vô hạn chiều

Bài 13 Với a và b bất kỳ ta có ae1 + be2 = (a, b, 0), do đó

W = span(S) = {(a, b, 0): a, b  R}  W chính là mặt phẳng chứa e1 và e2 Với u = (x, y, z) ta có w1 = <u, e1>e1 + <u, e2>e2 = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) = (x, y, 0)  W

Vậy chWu chính là hình chiếu vuông góc của u lên mặt phẳng W

w2 = u – w1 = (x, y, z) – (x, y, 0) = (0, 0, z), do đó, thành phần trực giao của

u chính là chiếu vuông góc của u lên span({e3}) với e3 = (0, 0, 1)

Bài 14 Định thức của hệ là

D =

2 1 3

1 2 0

0 1 1

= 6  0, nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường (x, y, z) = (0, 0, 0)

Vậy số chiều của không gian nghiệm là bằng 0 và tất nhiên là không có cơ sở

Bài 15 Ma trận của hệ là

A = 3 1 1 1

5 1 1 1

  Định thức con

1 1

1 1

  

  = –2 nên rank(A) = 2

Cho x = s, y = t  z 4s

u s t

 



  

 , nghiệm của hệ là

x y z u

 

 

 

 

 

 

=

s t 4s

s t

  

  

=

1 0 s 4 1

 

 

 

  

 

 

+

0 1 t 0 1

 

 

 

 

 

 

= su1

+ tu2

Số chiều của không gian nghiệm bằng 2 Để nhận được một cơ sở trực chuẩn {v1, v2}, ta áp dụng quá trình trực chuẩn Gram-Schmidt với u1 và u2 Ta có

v1 = 1

1

u

u = 1

3 2

1 0 4 1

 

 

 

  

 

 

, a2 =

0 1 0 1

 

 

 

 

 

 

– 1

3 2

3 2

1 0 4 1

 

 

 

  

 

 

= 1

18

1 18 4 17

  

 

 v2 = 1

3 70

1 18 4 17

  

 

Nếu cho x = s, u = t, ta nhận được y = s – t, z = –4s Làm tương tự như trên ta nhận được một cơ sở trực chuẩn nữa là

w1 = 1

3 2

1 1 4 0

 

 

 

  

 

 

, w2 = 1

3 70

1 17 4 18

 

  

Bài 16 Với a, b bất kỳ ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + b, 0)

Do đó không gian con sinh bởi w1 và w2 là tập tất cả các điểm (x, y, z) trong R3 sao cho

x = a – b, y = –a + b, z = 0, hay là x + y = 0, z = 0

Đây chính là phương trình đường thẳng đi qua điểm (0, 0, 0) Vì vậy số chiều của không gian con sinh bởi w1 và w2 bằng 1, đồng thời bất kỳ giá trị thực khác 0 nào cũng là một cơ sở của nó

Bài 17 Với a, b bất kỳ ta có aw1 + bw2 = (a – b, –a + 2b, 0)

Do đó không gian con sinh bởi wB1B và wB2B là tập tất cả các w = (x, y, z) trong R3 sao cho

x = a – b, y = –a + 2b, z = 0, hay là

(x, y, z) = (a – b, –a + 2b, 0) = a(1, –1, 0) + b(–1, 2, 0) = au1 + bu2

Áp dụng quá trình trực chuẩn,

v1 = 1

1

u

u = 1

2 (1, –1, 0), a2 = (–1, 2, 0) – 3

2

2 (1, –1, 0) = 1

2(1, 1, 0)

 v2 = 1

2 (1, 1, 0)

Bài 18 Đặt u1 = 1, u2 = x, u3 = x2 Ta xây dựng cơ sở trực chuẩn v1, v2, v3 như sau

||u1||2 = 1 2

1

1 dx

 = 2  v1 = 1

1

u

|| u || = 1

2 Ta có <u2, v1> = 1

1

1

2

 = 0 nên

a2 = u2 – <u2, v1>v1 = x  ||a2||2 = 1 2

1

x dx

3 v2 = 2

2

a

|| a ||= 2

3 x

Vì <u3, v2> = 1 2

1

2

x xdx 3

 = 0 và <u3, v1> =1 2

1

1

x dx 2

3 2 nên

a3 = u3 – <u3, v2>v2 – <u3, v1>v1 = x2 – 2

3 2

1

2 = x2 – 1

3 ||a3||2 = 1 2 2

1

1

3







= 8

45

Ta có v3 = 3

3

a

|| a ||= 3 5

8 (x2 – 1

3) Vậy cơ sở trực chuẩn cần tìm là

, x, (x )

Bài 19

a) Ta luôn có au1 + bu2 = (a, b) nên v1 = (2, 1) = 2u1 + u2, v2 = (–3, 4) = –3u1 + 4u2

Do đó [v1]B = 2

1

 

 

 , [v2]B =

3 4



 

 

   P = 2 3

1 4



b) u = (–3, 5) = av1 + bv2 = (2a – 3b, a + 4b)

 2a 3b 3

a 4b 5

  



  

3 a 11 13 b 11

 





 



 [u]B’ =

3 11 13 11

 

 

 

 

 

 [u]B = P[u]B’ = 2 3

1 4



3 11 13 11

 

 

 

 

 

=

3

5



 

 

 

c) det(P) = 11, d11 = 4, d12 = 1, d21 = –3, d22 = 2

Vậy ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B là P–1 = 1 4 3

1 2 11

 

 

Bài 20 a) ap1 + bp2 = 0  (6a + 10b) + (3a + 2b)x = 0  6a + 10b = 0 và 3a + 2b

= 0

 3a + 5b = 0 và 3a + 2b = 0  a = b = 0  B là cơ sở của P1

aq1 + bq2 = 0  (2a + 3b) + (2b)x = 0  2a + 3b và 2b = 0  a = b = 0

Vậy B’ là cơ sở của P1

b) Ta biểu diễn các véc tơ của B qua các véc tơ của B’

Vì aq1 + bq2 = (2a + 3b) + (2b)x nên

p1 = 6 + 3x = aq1 + bq2  6 + 3x = (2a + 3b) + (2b)x  a = 3

4, b = 3

2

p2 = 10 + 2x = aq1 + bq2 10 + 2x = (2a + 3b) + (2b)x  a = 7

2, b = 1

Vậy ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B là P =

3 7

4 2 3 1 2

= 1

4

3 14

6 4

 

c) Ma trận ngược của ma trận P là P–1 = 1

18

6 3



và đó chính là ma trận chuyển cơ sở từ B sang B’

d) p = –4 + x = ap1 + bp2 = (6a + 10b) + (3a + 2b)x  6a + 10b = –4 và 3a + 2b =

1

 a = 1 và b = –1  [p]B = 1

1

 

 

 

Bài 21 a) ag1 + bg2 = 0  (2a)sinx + (a + 3b)cosx = 0  a = b = 0 Vậy B’ là cơ

sở của V

b) Ta biểu diễn các véc tơ của B qua cơ sở B’

fB1B = sinx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a = 1

2, b = –1

6 [f1]B’ = f2 = cosx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx  a = 0, b = 1

3 [f1]B’ =

 P =

1 0 2

1 1

6 3

= 1

6

3 0

1 2

 

  Đây là ma trận chuyển cơ sở từ B’ sang B

c) h = 2sinx – 5cosx = afB1B + bfB2B = acosx + bsinx  a = 2, b = –5  [h]B =

2

5

 

 

 

[h]B’ = P[h]B = 1

6

3 0

1 2

 

2 5

 

 

  =

1 2

 

 

 

d) h = 2sinx – 5cosx = ag1 + bg2 = (2a)sinx + (a + 3b)cosx

 a = 1, b = –2  [h]B’ = 1

2

 

 

 

Bài 22

a) Theo định nghĩa, P = [[v1]B, [v2]B, [v3]B] nên

[v1]B =

1 0 1

 

 

 

 

, [v2]B =

1 1 0



 

 

 

 

, [v3]B =

0 1 1

 

 

 

 

Do đó v1 = u1 + u3 = (1, 1, 0) + (0, 1, 1) = (1, 2, 1)