Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1)
Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 2 là đường tròn (0,2)
Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn thỏa mãn 1< z/<= 2 là phần
mặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những
điểm nằm trên đường tròn (0,2)
33 trang |
Chia sẻ: lvbuiluyen | Lượt xem: 2493 | Lượt tải: 4
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài tập toán cao cấp A2, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
KHOA: KHOA HỌC CƠ BẢN
BÀI TẬP THƯỜNG KỲ
HỌC PHẦN
TOÁN CAO CẤP A 2
(HỆ ĐẠI HỌC)
GVHD: ThS. PHAN MINH CHÍNH
KHOA:………………….Lớp:…….
Nhóm 1:
1. Nguyễn Như Ngọc (08881771)
2. Bùi Văn Tiệp (08267261)
Thành phố Hồ Chí Minh, 06/2009
Câu 1: Trên mặt phẳng tọa độ 0xy tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa điều
kiện:
a) Phần thực của z bằng -2
b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2)
c) 1z
d) 1< z 2
Giải:
Ta có: z = a+bi trong đó a là phần thực và b là phần ảo
a) Phần thực của z bằng -2 z = -2+bi với b R
Tập hợp các điểm biểu diễn số phức z = -2+bi là đường thẳng có phương trình x = -
2 được biểu diễn trên đồ thị:
(y)
x = -2
(x)
-2 O
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -2 là đường thẳng
có phương trình x = -2
b) Phần thực của z thuộc khoảng (-1;2)
Tương tự như câu a ta ta có nhận xét:
Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng -1 là đường thẳng
có phương trình x = -1
Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực bằng 2 là đường thẳng
có phương trình x = 2
Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có phần thực thuộc khoảng (-1,2) là
phần mặt phẳng được giới hạn bởi 2 đường thẳng x = -1 và x = 2 như trên đồ thị:
(y)
x=-1 x=2
-1 0 2 (x)
c) 1z
Ta có r = 2 2a b = 1z
2 2a b = 1 a2 + b2 = 1
Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1)
được biểu diễn như trên hình vẽ:
(y)
1
(x)
-1 0 1
-1
d) 1< z 2
Ta có r = 2 2a b = z
Suy ra: 1< z 2 1< 2 2a b 2 1 < a2 + b2 4
Tương tự như câu c ta có nhận xét:
Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 1 là đường tròn (0,1)
Tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn bằng 2 là đường tròn (0,2)
Do đó tập hợp những điểm biểu diễn số phức có độ lớn thỏa mãn 1< z 2 là phần
mặt phẳng bên trong giới hạn bởi 2 đường tròn (0,1) và (0,2) bao gồm cả những
điểm nằm trên đường tròn (0,2) như theo hình vẽ dưới đây:
(y)
2
1
(x)
-2 -1 0 1 2
-1
-2
Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:
a) A = 2
3 2
i
i
f) F =
21
321
335
i
i
Giải:
a) A =
2
2
2 (3 2 )2 6 7 2 4 7
3 2 3 2 3 2 9 4 13
i ii i i i
i i i i
f) F =
21
321
335
i
i =
21
2
221
2 13
31313
121
313185
121
321335
i
i
ii
i
ii
= 2131 i
Đặt A = -1 + i 3 F = A21
Viết A = -1 + i 3 dưới dạng lượng giác:
Modun: r = 22 31 =2
Argument:
1cos
22 2
33sin
2
k
Lấy giá trị chính 2
3
Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2
3
2sin.
3
2cos i
F = A21 = 221. 21.2 21.2cos .sin
3 3
i
= 221(1 + 0) = 221
Vậy F =
21
321
335
i
i = 221
Câu 5a: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: -3z 2 + 2z – 1 = 0
Giải:
Ta có : ' = 12 – 3 = -2 = 2i 2
Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm:
X1 = 3
21
3
21 2'' ii
a
b
X2 = 3
21
3
21 2''
ii
a
b
Câu 5f: Giải các phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 +z2 +1 = 0 (1)
Giải:
Đặt X = z2 suy ra (1) X2 + 2X +1 =0 (2)
Ta có: (2) = 22 - 4.1.1 = 0 X12 = 12
a
b = i2
z2 = X12 = i2 z = i
Vậy (1) có nghiệm là z = i
Câu 7a: Viết theo dạng lượng giác z = 1+i 3
Giải:
Modun: r = 22 31 =2
Argument z:
2
3
2
3sin
2
1cos
k
r
b
r
a
Lấy giá trị chính
3
Suy ra dạng lượng giác của z là: z = 2
3
sin.
3
cos i
Câu 7f: Viết theo dạng lượng giác z = 1 3
1
i
i
Giải:
Đặt 1
2
1 3
1
i
i
z
z
z = 1
2
z
z
(1)
* Viết z1 = 1 + i 3 dưới dạng lượng giác:
Modun: r1 = 22 31 =2
Argument z1:
1
1
1
1
1
1
1
1cos
2
2
33sin
2
k
a
r
b
r
Lấy giá trị chính
1 3
Suy ra dạng lượng giác của z1 là: z1 = 2
3
sin.
3
cos i (2)
* Viết Z2 = 1 + i dưới dạng lượng giác:
Modun: r2 = 2 21 1 = 2
Argument z2:
2
2
2
2
2
2
2
1cos
2
2
41sin
2
k
a
r
b
r
Lấy giá trị chính
2 4
Suy ra dạng lượng giác của z2 là: z2 = 2 cos .sin4 4
i
(3)
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
z = 1
2
z
z
=
2( os isin )3 3
2( os isin )4 4
c
c
= 2 .[cos(
3
-
4
) +isin(
3
-
4
)]
= 2 (cos
12
+isin
12
)
Vậy z = 2 (cos
12
+isin
12
)
Câu 9: Đặt 1 2
1 3 1 3z ;
2 2
i iz .
Tính 1 2z = (z ) ( )n nz (n là số nguyên dương)
Giải:
Ta có: 1
1 3z
2
i
1
( 1 3)
2
n
n
n
i
z
(1)
2
1 3
2
iz
2
( 1 3)
2
n
n
n
i
z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 2z = (z ) ( )
n nz =
2
)31(
n
n
i
+
2
)31(
n
n
i
=
2
1
n [ )31( i
n
+ )31( i
n
] = 2
1
n (A
n+Bn) (3)
Với A = -1 + i 3 và B = -1 - i 3
A = -1 + i 3
Modun: r1 = 22 31 =2
Argument:
2
3
2
2
3sin
2
1cos
1
1
1
k
Lấy giá trị chính
3
2
1
Suy ra dạng lượng giác của A là: A = 2
3
2sin.
3
2cos i
An = 2n.
3
2sin.
3
2cos nin (*)
B = -1 - i 3
Modun: r2 = 22 31 =2
Argument:
2
3
2
2
3sin
2
1cos
2
2
2
k
Lấy giá trị chính
3
2
2
Suy ra dạng lượng giác của B là: B = 2
3
2sin.
3
2cos i
= 2
3
2sin.
3
2cos i
Bn = 2n.
3
2sin.
3
2cos nin (**)
Thay (*) và (**) vào (3) ta được:
z =
2
1
n (A
n+Bn) =
2
1
n [2
n.
3
2sin.
3
2cos nin +2n.
3
2sin.
3
2cos nin ]
=
2
1
n .2
n.(
3
2sin.
3
2cos nin +
3
2sin.
3
2cos nin )
= 2
3
2cos n
Vậy z = 2
3
2cos n
Câu 10: Đặt z1 = 2
31 i . Tính z = (z1)n với n là số nguyên dương.
Giải:
Đặt z1 = 2
31 i =
2
2z (*) với z2= 1+i 3
Viết z2= 1+i 3 dưới dạng lượng giác:
Môđun: r2 = 12 + ( 3 )2 = 4 r = 2
Argument z2:
2
3sin
2
1cos
= 3
+ k2
Lấy giá trị chính = 3
Từ đó có dạng lượng giác của z2 là:
z2 = 2(cos 3
+isin 3
)
Thay vào (*) ta được:
z1= 2
2z =
2
)3sin32(cos
i
= 3sin3cos
i
Do đó: z= (z1)n = ( 3sin3cos
i )n = cos 3
n + isin 3
n với n là số nguyên
dương.
Vậy: z = cos 3
n + isin 3
n với n là số nguyên dương.
Với n = 0 thì z0 = 1
Với n = 1 thì z1 = 2
1 + i
2
3
Với n = 2 thì z2 = - 2
1 + i
2
3
Với n = 3 thì z3 = -1
Vơí n = 4 thì z4 = - 2
1 - i
2
3
Với n = 5 thì z5 = 2
1 - i
2
3
Với n = 6 thì z6 = 1 chu kì được lặp lại.
Câu 11: Tìm tất cả các số phức u là căn bậc ba của z = 4 2 (1 + i)
Giải:
z = 4 2 (1 + i) = 4 2 . z1 (*) với z1 = 1+i
Viết z1 = 1+I dưới dạng lượng giác:
Mođun: r2 = 12 + 12 = 2 r = 2
Argument z1:
2
1sin
2
1cos
=
4
+ k2
Lấy giá trị chính =
4
Từ đó có dạng lượng giác của z1 là:
z1 = 2 (cos 4
+isin
4
)
Thay vào (*) ta được:
z = 4 2 . z1 = 4 2 . 2 (cos 4
+isin
4
) = 8(cos
4
+isin
4
)
Theo công thức căn bậc n của số phức ta có:
3 z = 3
4
sin
4
(cos8 i = 2.(cos
3
24
k
+ isin
3
24
k
) với k = 0, 1, 2
k = 0: u0 = 3 z = 2(cos 12
+ isin
12
)
k = 1: u1 = 2(cos 4
3 +isin
4
3 ) = 2( -
2
2 +i
2
2 ) = 2 (-1+i)
k = 2: u2 = 2(cos 12
17 +isin
12
17 )
Câu 15: Tính định thức: A=
0
2
7
0
1
2
3
4
2
7
4
4
0
0
1
0
và B=
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
Giải:
a) A=
0
2
7
0
1
2
3
4
2
7
4
4
0
0
1
0
= -1.
0
2
0
1
2
4
2
7
4
= 2.
1
4
2
4 = 2.(4 – 8) = -8
b) B=
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
414
313
212
.1
.1
.1
ddd
ddd
ddd
2 1 1 1
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 1
1 4 1d d d
3 1 1 0
1 1 0 0
1 0 1 0
1 0 0 1
Suy ra B = (-1)4+4.1.
3 1 1
1 1 0
1 0 1
= 5 (Tính theo Sarius)
Vậy B=
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
= 5
Câu 43: Tìm điều kiện của m để 0 với:
m
1
1
m
0
m-1
1
2m
0
0
m
0
0
0
0
1
,
Giải:
Áp dụng phương pháp Laplace cho định thức ta được:
m
1
1
m
0
m-1
1
2m
0
0
m
0
0
0
0
1
= (-1)3+4+4+3 .
m
o
0
1 .
m
1
0
m-1 = m
2
(m-1)
Để >0 m2 (m-1) >0
0
1 0
m
m
m >1
Vậy với m>1 thì 0 với:
m
1
1
m
0
m-1
1
2m
0
0
m
0
0
0
0
1
Câu 44: Tính định thức:
a) A=
x
2
2
2
x
2
2
2
x
1321 cccc
x+4
x+4
x+4
2
x
2
2
2
x
=(x+4).
1
1
1
2
x
2
2
2
x
313
212
ddd
ddd
(x+4).
1
0
0
2
-2+x
2
2
0
-2+x
=(x+4).(x-2)2
b) B=
1
a
b+c
1
b
c+a
1
c
a+b
313
212
ccc
ccc
1 0 0
a b a c a
b c a b a c
= (b - a)(a – c) – (a – b)(c – a) = (b – a)(a – c + c – a) = 0
Vậy B=
1
a
b+c
1
b
c+a
1
c
a+b
= 0
Câu 54: Không tính định thức, chứng minh rằng:
a)
y+z
y 1+z 1
y 2+z 2
z+x
z 1+x 1
z 2+x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
= 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
Giải:
VT =
y+z
y 1+z 1
y 2+z 2
z+x
z 1+x 1
z 2+x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
=
y
y 1
y 2
z+x
z 1+x 1
z 2+x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
+
z
z 1
z 2
z+x
z 1+x 1
z 2+x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
=
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
+
y
y 1
y 2
x
x 1
x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
+
z
z 1
z 2
z
z 1
z 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
+
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
=
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
+
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
y
y 1
y 2
+
y
y 1
y 2
x
x 1
x 2
x
x 1
x 2
+
y
y 1
y 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
+
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
x
x 1
x 2
+
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
=
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
+
z
z 1
z 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
= 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
= VP
Vậy
y+z
y 1+z 1
y 2+z 2
z+x
z 1+x 1
z 2+x 2
x+y
x 1+y 1
x 2+y 2
= 2
x
x 1
x 2
y
y 1
y 2
z
z 1
z 2
(Điều phải chứng minh)
b)
3
3
3
1
1 ( ).( ).( ).( )
1
a a
b b a b b c c a a b c
c c
Ta có VT =
3
3
3
1
1
1
a a
b b
c c
=
3
3 3
3 3
1
0
0
a a
b a b a
c a c a
= (b – a)(c – a)
3
2 2
2 2
1
0 1
0 1
a a
b a ab
c a ca
= (b – a)(c – a)
3
2 2
2 2
1
0 1
0 0
a a
b a ab
c b ca ab
= (b – a)(c – a)(c – b)(a + b + c) = ( ).( ).( ).( )a b b c c a a b c = VP
Vậy
3
3
3
1
1 ( ).( ).( ).( )
1
a a
b b a b b c c a a b c
c c
(Điều phải chứng minh)
c)
333
222
111
2
33333
22222
11111
)1(
cba
cba
cba
x
cbxaxba
cbxaxba
cbxaxba
Ta có VT =
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
a b x a x b c
a b x a x b c
a b x a x b c
=
333
222
111
333
222
111
cxaxb
cxaxb
cxaxb
cba
cba
cba
=
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b c
a b c
a b c
- x2
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b c
a b c
a b c
=
1 1 1
2
2 2 2
3 3 3
(1 )
a b c
x a b c
a b c
= VP
Vậy
333
222
111
2
33333
22222
11111
)1(
cba
cba
cba
x
cbxaxba
cbxaxba
cbxaxba
(Điều phải chứng minh)
Câu 55: Tính các định thức cấp n:
a) A=
a
x
…
x
x
a
…
x
x…
x…
…
x
x
x
…
a
Ta thấy mỗi cột của định thức đều có một phần tử bằng a và các phần tử còn lại đều
bằng x
Nên ta cộng dòng 2, dòng 3,…dòng n vào dòng 1.
Khi đó: A =
a+(n-1)x
x
…
x
a+(n-1)x
a
…
x…
a+(n+1)x…
x…
…
x
a+(n+1)x
x
…
a
= [a+(n-1)x]
1
...
x
x
1
...
a
x
1
...
x
x
1
...
x
a
= [a+(n-1)x]
1
0
...
0
1
...
0
a x
1
0
...
0
1
0
...
a x
= [a+(n-1)x].(a-x)n-1
Vậy A=
a
x
…
x
x
a
…
x
x…
x…
…
x
x
x
…
a
= [a+(n-1)x].(a-x)n-1
b) B =
1+a 1
a 1
…
a 1
a 2
1+a 2
…
a 2
…
…
…
…
a n
a n
…
1+a n
Ta thấy mỗi dòng của định thức đều chứa các phần tử 1, a1, a2, a3,…an
Nên ta cộng các cột 2, cột 3,…cột n vào cột 1 ta được:
B =
1+a 1+a 2+…+a n
1+a 1+a 2+…+a n
…
1+a 1+a 2+…+a n
a 2
1+a 2
…
a 2
…
…
…
…
a n
a n
…
1+a n
= (1+a 1+a 2+…+a n )
1
1
…
1
a 2
1+a 2
…
a 2
…
…
…
…
a n
a n
…
1+a n
= (1+a 1+a 2+…+a n )
1
0
…
0
a 2
1
…
0
…
….
…
…
a n
0
…
1
= 1+a 1+a 2+…+a n
Vậy B =
1+a 1
a 1
…
a 1
a 2
1+a 2
…
a 2
…
…
…
…
a n
a n
…
1+a n
= 1+a 1+a 2+…+a n
Câu 63: Giải phương trình:
x
1
1
1
x
x2
1
0
-1
1
1
1
-1
1
1
1
=0
Giải:
Ta dễ thấy định thức ở vế trái có 2 cột tỉ lệ nhau (cột 2 ,cột 3)
Nên theo tính chất thì định thức luôn có giá trị bằng 0.
Vậy phương trình
x
1
1
1
x
x2
1
0
-1
1
1
1
-1
1
1
1
= 0 có nghiệm với mọi x
Câu 69: Tìm hạng của ma trận sau: A=
1 2 3 4 5
2 4 6 8 11
3 6 9 12 14
4 8 12 16 20
Giải:
Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng:
A=
1
2
3
4
2
4
6
8
3
6
9
12
4
8
12
16
5
11
14
20
414
313
212
4
3
2
ddd
ddd
ddd
1
0
0
0
2
0
0
0
3
0
0
0
4
0
0
0
5
1
-1
0
323 ddd
1
0
0
0
2
0
0
0
3
0
0
0
4
0
0
0
5
1
0
0
Sau khi biến đổi ma trận A về dạng bậc thang, ta thấy số dòng khác dòng không là
2. Vậy r(A) = 2
Câu86: Tìm tham số m để ma trận có hạng (r(A))cụ thể;r(A)=3 với ma trận sau:
A=
1
2
4
2
m
3m-1
5m-1
2m
1
2
m+4
2
2
m+4
2m+7
m+4
Giải:
Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A:
A=
1
2
4
2
m
3m-1
5m-1
2m
1
2
m+4
2
2
m+4
2m+7
m+4
414
313
212
2
4
2
ddd
ddd
ddd
1
0
0
0
m
m-1
m-1
0
1
0
m
0
2
m
2m-1
m
323 ddd
1
0
0
0
m
m-1
0
0
1
0
m
0
2
m
m-1
m
Để r(A) = 3
0
1 0
m
m
0m khi đó: A=
1
0
0
0
0
-1
0
0
1
0
0
0
2
0
-1
0
Vậy với m=0 thì r(A) = 3
Câu118: Cho ma trận A=
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
,tính A.AT
Giải:
Từ A=
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
AT =
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
Suy ra: A.AT =
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
.
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
=
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
(Theo công thức nhân ma trận)
Câu 119: Cho ma trận vuông cấp 100: A = (aij), trong đó phần tử ở dòng thứ i
là (-1)i+j . Tìm phần tử a41 của A2.
Giải:
Theo bài ra ta có:
a11 = (-1)1+1 = 1
a12 = (-1)1+2 = -1
a13 = (-1)1+3 = 1
......
a1n = (-1)1+n = (-1)1+100 = -1
Tương tự:
a21 = (-1)2+1 = -1
a22 = (-1)2+2 = 1
a23 = (-1)2+3 = -1
......
a2n = (-1)2+n = (-1)2+100 = 1
Tương tự ta có:
an1 = (-1)100+1 = -1
an2 = (-1)100+2 = 1
an3 = (-1)100+3 = -1
......
ann = (-1)100+100 = 1
Vậy ma trận A là:
1 -1
1
...
-1
-1
1
-1
...
1
1
-1
1
...
-1
...
...
...
...
...
-1
1
-1
...
1
Suy ra A2 =
1 -1
1
...
-1
-1
1
-1
...
1
1
-1
1
...
-1
...
...
...
...
...
-1
1
-1
...
1
1 -1
1
...
-1
-1
1
-1
...
1
1
-1
1
...
-1
...
...
...
...
...
-1
1
-1
...
1
Do A là ma trận vuông cấp 100 nên A2 là ma trận vuông cấp 100
a 41 = (-1).1+1.(-1) + (-1).1+...+1.(-1) = -100.
Vậy a 41 = -100.
Câu 123d: Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau bằng phương pháp phụ đại số:
D=
1
5
3
3
0
1
5
1
0
Giải:
D =
1
5
3
3
0
1
5
1
0
313
212
3
5
ddd
ddd
1
0
0
3
-15
-8
5
-24
-15
det D = (-1)1+1 .1.
-15
-8
-24
-15 = 33 0 Ma trận D khả nghịch
Ta có DT =
1
3
5
5
0
1
3
1
0
D-1 = det
pD
D
= 33
1
0
1
5
1
5
0
1
0
3
0
3
1
3
5
1
5
1
3
1
0
3
0
3
1
3
5
1
5
1
3
0
1
5
1
5
0
=
33
1
1 5 3
3 15 24
5 8 15
=
51 1
3333 11
15 81 11 33 11
5 58
33 1133
Vậy D=
1
5
3
3
0
1
5
1
0
D-1 =
51 1
3333 11
5 81 11 11 11
5 8 5
33 33 11
Câu 125: Tính ma trận A =
1
0
0
1
1
2
0
1
1
1
1
0
0
2
1
2
3
1
0
1
Giải:
Đặt A1 =
1
0
0
1
1
2
0
1
1
1
và A2 =
1
0
0
2
1
2
3
1
0
1
Suy ra A = A1A2 (1)
Áp dụng tính chất (X.Y)-1 = Y-1.X-1 cho A1 và A2 ta được:
A1 =
1
0
0
1
1
2
0
1
1
1
=
2
0
1
1
1
0
0
1
1
=
=
1
1
2
0
1
=
2
1
1
2
1
0
(2)
A2 =
1
0
0
2
1
2
3
1
0
1
=
2
3
1
0
1
0
0
2
1
=
=
1
0
4
6
1
=
6
1
3
2
0
1
(3)
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
A = A1A2 =
2
1
1
2
1
0
6
1
3
2