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)     m2  hay  m2  : 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 m3    m   hay   m   0 m(m  5) m(m  2)   1 m2   m0   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) = 21k(k  1) k  ] g) Tính đến A5 để suy Ak k  [ để ý tổng + + + … + k = 21k(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 y0  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 y0  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/ A1 =  1   3 4     2  B1 =  3 2   1     7 1 10  C1 = 41  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 + A1B) = ( In + BA1)A b) Tìm số nguyên p q thỏa 9p + 20q = Suy A = A1 = (A9)p (A20)q c) Dùng PQ = In  ( P khả nghịch P1 = Q )  ( Q khả nghịch Q1 = 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  , C1 =   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(A5) 1(A3C2B4)(B6)1 Y = 2(A9C8) 1(A9C5A7B1C2)(B4C2) 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 , | A2 | = | 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) (xa)(xb)(b  a)(ax+ bx+ ab) e) (1) + (2) + (3) Sau (2)’  (1)’ (3)’  (1)’ Ta có | A | = 21(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 |  A1 = | 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 1G        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 = 31   (**) 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  wt  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 S1 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 S1 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 S1 = 2  3   Từ [ g ]B, ta viết dễ dàng biểu thức g [ g ]E,B = [ g ]B S [ g ]B,E = S1[ g ]B [ g ]E = S1[ g ]B S 1 0    3   2 3    c) [ h ]E,B = S[ h ]E [ h ]B,E = [ h ]E S1 [ h ]B = S[ h ]E S1 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 = S1[ g ]B [ g ]E = S1[ g ]B S x+yz=0 2  3   c) [ h ]E,B = S[ h ]E [ h ]B,E = [ h ]E S1 [ h ]B = S[ h ]E S1 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) = P1 =  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 P1 (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/ A1 =  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