Chuyên đề Dạng song tuyến, dạng toàn phương, Không gian Euclid
Tích vô hướng và không gian Euclid
Bài 04.05.1.001
1) Tính tích vô hướng Euclid trong
2
của:
a) u 2, 1 , v 1, 3
b) u 0, 0 , v 7, 2
2) Tính chuẩn Euclid của u và v; kiểm tra lại bất đẳng thức C-S
Giải:
Nếu u u1 , u2 ,...un
trong
n
n
và v v1 , v2 ,...v n
thì tích vô hướng Euclid của u,v
n
là u, v : u1v1 u2v2 ... unvn , và chuẩn Euclid của u là:
u :
u, v u12 u22 ... un 2
1/2
Vậy:
1) a) u, v 2 1 1.3 2 3 5
b) u, v 0.7 0.2 0
1
2) a) u 22 1 5 ;
v
Ta suy ra u . v 5. 10 50;
u, v 5 50
2
2
32 10
Vậy đúng là u, v u . v
b) u 02 02 0;
v 72 22 53
Do đó u . v 0;
u, v 0
Vậy đúng là u, v u . v
Bài 04.05.1.002
u u2
v1 v2
1) Với hai ma trận trong M 2 : u 1
,
v
v v
u3 u4
3 4
Hãy chứng minh rằng biểu thức u, v : u1v1 u2v2 u3v3 u4v4 là một tích vô
hướng.
1 2
1 0
2) Áp dụng để tính tích vô hướng của u
,
v
3 3
6 1
3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S
Giải:
1) Ta phải kiểm tra 5 tiên đề của tích vô hướng.
u u2
v v
w
Xét các phần tử bất kì của M 2 : u 1
, v 1 2 , w= 1
u3 u4
v3 v4
w3
(1) u, v : u1v1 u2v2 u3v3 u4v4 là một số hoàn toàn xác định.
(2) u, v v, u vì v, u v1u1 v2u2 v3u3 v4u4
(3) u w, v u, v w, v
Vì u w, v u1 w1 v1 u2 w2 v2 u3 w3 v3 u4 w4 v4
u1v1 u2v2 u3v3 u4v4 w1v1 w2v2 w3v3 w4v4
u, v w, v
(4) ku, v k u, v , k .
w2
w4
Vì ku, v ku1v1 ku2v2 ku3v3 ku4v4 k u1v1 u2v2 u3v3 u4v4 k u, v
(5) u, u 0 vì u, u u12 u2 2 u32 u4 2 0
0 0
Hơn nữa nếu u
thì u, u 02 02 02 02 0
0 0
Ngược lại nếu u, u 0 tức là nếu u12 u22 u32 u42 0 thì
0 0
u12 0, u22 0, u32 0, u42 0 tức là u1 0, u2 0, u3 0, u4 0 và u
0 0
Vậy u, v : u1v1 u2v2 u3v3 u4 v4 là một tích vô hướng trong M2 .
2) Áp dụng u, v 1.1 2.0 6.3 1.3 20.
3) Ta có u
1
2
22 62 12 42, v 12 02 32 32 19
Suy ra u . v 42. 19 790 28, u, v 20 28
Vậy đúng là u, v u . v
Bài 04.05.1.003
Với p, q P2 : p a0 a1x a2 x 2 , q b0 b1x b2 x 2
1) Chứng minh rằng p, q : a0b0 a1b1 a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
2) Áp dụng để tính tích vô hướng của p 1 2x x2 , q 2 4x 2 .
3) Kiểm tra lại bất đẳng thức C-S.
1 1
4) Chứng minh rằng p, q : p 0 q 0 p q p 1 q 1 cũng là một tích
2 2
vô hướng trong P2 .
5) Làm lại phần 2) với tích vô hướng mới.
6) Làm lại phần 3) với tích vô hướng mới.
Giải:
1) Ta phải kiểm tra 5 tiên đề của tích vô hướng. Xét các phần tử bất kì của P2 :
p a0 a1x a2 x 2 , q b0 b1x b2 x 2 , r c0 c1x c2 x 2
(1) p, q : a0b0 a1b1 a2b2 là một số hoàn toàn xác định.
(2) p, q q, p vì q, p b0a0 b1a1 b2a2.
(3) p r , q a0 c0 b0 a1 c1 b1 a2 c2 b2
a0b0 a1b1 a2b2 c0b0 c1b1 c2b2 p, q r , q
(4) kp, q ka0b0 ka1b1 ka2b2 k a0b0 a1b1 a2b2 k p, q
(5) p, p a0 2 a12 a2 2 do đó p, p 0 a0 a1 a2 0
Vậy p, q : a0b0 a1b1 a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
2) Áp dụng p, q 1.2 2.0 1. 4 6.
3) Ta có p
1
2
22 12 6, q 22 02 4 20.
p . q 6. 20 120,
Vậy đúng là
2
p, q 6 6 120.
p, q p . q .
4) Ta kiểm tra 5 tiên đề:
1 1
(1) p, q : p 0 q 0 p q p 1 q 1 là một số hoàn toàn xác định.
2 2
1 1
(2) p, q : p 0 q 0 p q p 1 q 1
2 2
1 1
q 0 p 0 q p q 1 p 1 q, p
2 2
1 1
(3) p r , q p r 0 q 0 p r q p r 1 q 1
2 2
1 1
1 1
p 0 q 0 p q p 1 q 1 r 0 q 0 r q r 1 q 1
2 2
2 2
p, q r , q
1 1
(4) kp, q kp 0 q 0 kp q kp 1 q 1
2 2
k p 0 q 0
(5) p, p p 0
1 1
p q p 1 q 1 k p, q
2 2
2
2
2
1
p p 1 p, p 0
2
p 0 0 a0 a1.0 a2 .02 0
2
1
1
1
1
p, p 0 p 0 0, p 0, p 1 0 p 0 a0 a1. a2 . 0
2
2
2
2
p 1 0 a0 a1.1 a2 .1 0
Suy ra a0 0, a1 0, a2 0 p 0
1 1
Do thỏa mãn cả 5 tiên đề nên p, q : p 0 q 0 p q p 1 q 1 cũng là
2 2
một tích vô hướng trong P2 .
5) Áp dụng: với p và q cho ở đầu bài, ta có:
1 1
p ;
2 4
1
q 1;
2
p 0 1;
q 0 2;
p 1 2
q 1 2
1
23
Do đó p, q 1 .2 .1 2. 2 .
4
4
2
9
2
1
6) Ta có p 1 22 , q 22 12 2 3
4
4
2
9
27
Suy ra p . q .3 ,
4
4
Vậy đúng là
p, q
23
.
4
p, q p . q
Bài 04.05.1.004
Xét u u1 , u2 , u3 , v v1 , v2 , v3
tích vô hướng trong
3
3
. Hỏi biểu thức nào dưới đây có thể là một
, nếu không được thì nêu lí do:
a) u, v : u1v1 u3v3
b) u, v : u12v12 u2 2v2 2 u32v32
c) u, v : 2u1v1 u2v2 4u3v3
d ) u, v : u1v1 u2v2 u3v3
Giải:
a) u, v : u1v1 u3v3 không thể là một tích vô hướng trong
3
vì chẳng hạn, tiên
đề (5) không thỏa mãn.
Thật vậy, u, u u12 u32 0
Nhưng nếu u12 u32 0 thì chỉ suy ra u1 0, u3 0 còn u2 tùy ý.
b) u, v : u12v12 u2 2v2 2 u32v32 không thể là một tích vô hướng trong
3
vì chẳng
hạn, tiên đề (4) không thỏa mãn.
Thật vậy, ku , v ku1 v12 ku2 v2 2 ku3 v32 k 2 u12v12 u2 2v2 2 u32v32
2
2
2
k 2 u, v k u, v
c) u, v : 2u1v1 u2v2 4u3v3 có là một tích vô hướng trong
3
vì nó thảo mãn cả 5
tiên đề. Cụ thể:
(1) u, v 2u1v1 u2v2 4u3v3 là một số hoàn toàn xác định.
(2) u, v 2u1v1 u2v2 4u3v3 2v1u1 v2u2 4v3u3 v, u
(3) Giả sử có w w1 w2 w3
3
, ta xét:
u w, v 2 u1 w1 v1 u2 w2 v2 4 u3 w3 v3
2u1v1 u2v2 4u3v3 2w1v1 w2v2 4w3v3 u , v w, v .
(4) ku, v 2 ku1 v1 ku2 v2 4 ku3 v3 k 2u1v1 u2v2 4u3v3 k u, v
u1 0
(5) u, u 2u12 u2 2 4u32 0 và 2u12 u2 2 4u32 0 u2 0
u 0
3
d) u, v : u1v1 u2v2 u3v3 không thể là một tích vô hướng trong
tiên đề (5) không thỏa mãn.
u1 0
Thật vậy, u, u u12 u2 2 u32 0 nếu chẳng hạn u2 1
u 0
3
Bài 04.05.1.005
3
vì chẳng hạn,
Trong
minh:
2
ta xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng bất đẳng thứuc C-S để chứng
a cos b sin a 2 b2
Giải:
Xét u a, b, v cos , sin khi đó:
u, v a cos b sin u, v a cos b sin
Mà u a 2 b 2 và v cos 2 sin 2 1
Vậy bất đẳng thức C-S là u, v u . v cho a cos b sin a 2 b2
Bài 04.05.1.006
Với f f x , g g x P3. Chứng minh rằng:
f , g : f x g x dx là một tích vô hướng.
1
1
Hãy tính tích vô hướng của: a) f 1 x x 2 5x 3, g x 3x 2
b) f x 5x2 , g 2 8x 2 .
Giải:
Xét f f x P3 , g g x P3 , h h x P3 , ta nhận thấy:
(1) f , g f x g x dx là một số hoàn toàn xác định.
1
1
(2) g , f g x f x dx f x g x dx f , g
1
1
1
1
(3) f h, g f x h x g x dx f x g x dx h x g x dx
1
1
1
1
f , g h, g
1
1
(4) kf , g kf x g x dx k f x g x dx k f , g
1
1
1
1
(5) Ta có f , f f x dx
1
1
2
(*) Ta luôn có f x 0 f x dx 0 hay f , f 0.
1
1
2
2
(**) f x 0 0 x 0 x 2 0 x3 P3 thì f x 0 tại mọi x.
2
f x dx 0 f , f 0
1
1
2
(***) Nếu f , f 0 f x dx 0
1
1
2
Vì f x là một đa thức nên nó liên tục trên 1, 1, do đó tích phân trên bằng 0
buộc f x 0 tại mọi x 1, 1 , tức là f x phải có dạng
f x 0 0 x 0 x 2 0 x3.
Như vậy cả 5 tiên đề về tích vô hướng cùng thảo mãn.
Vậy f , g f x g x dx là một tích vô hướng trong P3.
1
1
Áp dụng:
a) f , g 1 x x 2 5 x 3 x 3x 2 dx
1
1
b) f , g
1
1
28
15
x 5x 2 8x 683
2
2
Bài 04.05.1.007
Với tích vô hướng Euclid trong
a) u 2,1,3 , v 1,7, k
b) u k , k ,1 , v k ,5,6
3
, hãy xác định k để u và v trực giao.
Giải:
a) Ta muốn có u, v 2.1 1.7 3.k 0
Vậy k 3.
b) Ta muốn có u, v k .k k .5 1.6 0 k 2 5k 6 0
k 2
Vậy
k 3
Bài 04.05.1.008
Với p, q P2 : p a0 a1x a2 x 2 , q b0 b1x b2 x 2
Có p, q : a0b0 a1b1 a2b2 là một tích vô hướng trong P2 .
Chứng minh rằng p 1 x 2 x2 , q 2 x x 2 trực giao.
Giải:
Ta có p, q 1.0 1.2 2.1 0
Vậy p và q trực giao .
Bài 04.05.1.009
u u2
v1 v2
Với hai ma trận trong M 2 : u 1
,
v
v v
u3 u4
3 4
Có u, v : u1v1 u2v2 u3v3 u4v4 là một tích vô hướng.
Cho ma trận Hỏi trong các ma trận dưới đây ma trận nào là trực giao với A:
3 0
1 1
a)
; b)
; c)
0
2
0
1
Giải:
0 0
2 1
0 0 ; d) 5 2
3 0 2 1
a) Ta có:
,
6 0 0 6 0
0 2 1 3
3 0
Vậy ma trận
trực giao với A.
0
2
1 1 2 1
b) Ta có:
, 1 3 2 1 0 3 0.
0
1
1 1
Vậy ma trận
trực giao với A.
0
1
0 0 2 1
c) Ta có:
, 1 3 0 0 0 0 0
0
0
0 0
Vậy ma trận
trực giao với A.
0
0
2 1 2 1
d) Ta có:
, 1 3 4 1 5 6 6 0.
5
2
2 1
Vậy ma trận
không trực giao với A.
5
2
Bài 04.05.1.010
Với tích vô hướng Euclid trong
4
, hãy tìm hai vecto có chuẩn bằng 1 và trực giao
với các vecto sau: u 2,1, 4,0 , v 1, 1,2,2 , w 3,2,5,4
Giải:
Ta phải tìm vecto x x1 , x2 , x3 , x4
4
thỏa mãn các điều kiện sau:
x x12 x2 2 x32 x4 2 1
x, u 2 x1 x2 4 x3 0.x4 0
x, v x1 x2 2 x3 2 x4 0
x, w 3x1 2 x2 5 x3 4 x4 0
2 1 4 0 0
Ta giải hệ 3 phương trình cuối theo ma trận: 1 1 2 2 0
3 2 5 4 0
1 1 2 2 0
1 1 2 2 0
h 3 h 2h 3
0 1 0 4 0
0 1 0 4 0
0 1 11 10 0
0 0 11 6 0
h 2h1
h1 2 h 2h 2
h 33 h 2h 3
6
x
x4
3
11
Coi x4 là tham số ta có: x2 4 x4
34
x1 x2 2 x3 2 x4 x4
11
Do đó điều kiện chuẩn hóa x 1 viết
2
34 2
2
1
6
2
2
2
4 1 x4 3249 x4 1 x4
57
11
11
Vậy hai vecto cần tìm là x
1
34, 44, 6, 11
57
Bài 04.05.1.011
V là không gian có tích vô hướng. Chứng minh với mọi u , v V :
1) u v u v 2 u 2 v
2
2) u , v
2
2
1
1
2
u v u v
4
4
2
2
Giải:
Ta có: u v u v, u v u 2 u , v v
2
u v u v, u v u 2 u , v v
2
2
2
2
2
1) Do đó u v u v 2 u 2 v
2
2
2
2
1
1
2
u v u v
4
4
2) Do đó u v u v 4 u , v u , v
2
2
2
Bài 04.05.1.012
Xét không gian C 0, với tích vô hướng
f , g : f x g x dx và xét các
0
hàm số f n x cos nx, n 0,1,2,..
Chứng minh rằng f k , fl trực giao nếu k l.
Giải:
0
0
Xét k l , ta có: f k , fl cos kx cos lxdx
1
cos k l x cos k l x dx
2
1 sin k l x
1 sin k l x
0
2
k l
2
k
l
0
0
Vậy nếu k l thì fk trực giao với fl theo tích vô hướng định nghĩa bằng tích phân
ở trên.
Bài 04.05.1.013
1
3
2
1
,
,
Cho x
và y
5
5
30 30
2
Chứng minh rằng x và y trực giao trong
theo tích vô hướng
u, v : 3u1v1 2u2v2 nhưng không trực giao theo tích vô hướng Euclid trong đó:
u u1, u2 , v v1, v2 .
Giải:
Theo tích vô hướng u, v : 3u1v1 3u2v2 có x, y 3
Còn theo tich vô hướng Euclid thì x, y
1 2
1 3
2
0
5 30
5 20
1 2
1 3
1
0
5 30
5 30
150
Vậy hai vecto x và y 2 đã cho trực giao theo tích vô hướng mới định nghĩa mà
không trực giao theo tích vô hướng Euclid.
Bài 04.05.1.014
Chứng minh rằng u1 1,0,01 , u2 1,0,2,1 , u3 2,3,2, 2 , u4 1,2, 1,1
Là một họ trực giao trong
4
đối với tích vô hướng Euclid.
Giải:
Kết luận ở đầu bài suy ra từ các kết quả sau:
u1 , u2 1. 1 0.0 0.2 1.1 0
u1 , u3 1.2 0.3 0.2 1. 2 0
u1 , u4 1. 1 0.2 0. 1 1.1 0
u2 , u3 1 .2 0.3 2.2 1. 2 0
u2 , u4 1 . 1 0.2 2. 1 1.1 0
u3 , u4 2. 1 3.2 2. 1 2 .1 0
Bài 04.05.1.015
Trong 2 có tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1 , u2 dưới đấy thành cơ sở trực chuẩn.
a) u1 1, 3 , u2 2, 2
b) u1 1, 0 , u2 3, 5
Giải:
a) Cho trong
2
: u1 1, 3 , u2 2,2 ta thấy:
Vậy u1, u2 ĐLTT, do đó là một cơ sở của
2
1 3
2
2
80
.
Áp dụng quá trình trực chuẩn hóa G-S để được một cơ sở trực chuẩn của
có:
2
, ta
u1 1 9 10
Đặt v1
1
1
u1
1, 3 v1 1.
10
10
Tiếp tục đặt w v1 u2 , . và xác định để w, v1 0.
w, v1 v1 u2 , v1 v1, v1 u2 , v1 u2 , v1
3
4
1
2.
Vậy điều kiện w, v1 0 thỏa mãn khi u2 , v1 2.
10
10
10
Do đó w
w
Đặt v2
4
4
1
24 8
8
4
v1 u2
.
1, 3 2,2 , 3,1 3,1
5
10
10 10
10 10 10
4
4
9 1
10
5
5
w
5 5
1
. 3,1
3,1 thì v2 trực giao với v1 và có chuẩn
w 4 10 4
10
v2 1.
Họ v1 , v2 là một cơ sở trực chuẩn của
b) Cho u1 1,0 , u2 3, 5
2
.
2
.
Ta thấy định thức
1
0
3 5
5 0.
Vậy u1 , u2 ĐLTT và do đó là một cơ sở của
2
.
Áp dụng quá trình trực chuẩn hóa G-S để được một cơ sở trực chuẩn của
2
, ta
có: u1 12 02 1
Vậy u1 đã chuẩn hóa, ta đặt v1 u1, sau đo đặt w u2 tv1 và tìm t để w trực giao
với v1. Ta có: 0 w, v1 u2 , v1 tv1, v1 u2 , v1 t
Điều kiện w, v1 0 yêu cầu t u2 , v1 3.1 5.0 3.
Do đó w u2 3v1 3, 5 31,0 0, 5
Bây giờ w 02 5 5 đặt v2
2
w 1
0, 5 0, 1
w 5
Vậy hai vecto v1 1,0 và v2 0, 1 là hai vecto trực giao và chuẩn hóa, chúng
tạo thành một cơ sở trực chuẩn của
2
.
Bài 04.05.1.016
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1, u2 , u3 dưới đây thành cơ sở trực chuẩn.
u1 1,1,1 , u2 1,1,0 , u3 1,2,1
Giải:
Ta có: u1 12 12 12 3, u2
Đặt v1
u1
1
1,1,1
u1
3
1
2
12 02 2.
Ta lại có u2 , v1
Ta đặt: v2
1
1. 1 1.1 1.0 0 tức là u2 đã trực giao với v1 rồi.
3
u2
1
1,1,0
u2
2
Như vậy ta đã có v1 và v2 trực giao và chuẩn hóa. Bây giờ ta tìm vecto thứ 3 trực
giao với v1, v2 và chuẩn hóa.
Đặt w u3 tv1 sv2 , t, s .
Ta xác định t từ 0 w, v1 u3 , v1 t v1, v1 s v2 , v1 u3 , v1 t
Suy ra t u3 , v1
4
3
Ta xác định s từ 0 w, v2 u3 , v2 t v1, v2 s v2 , v2 u3 , v2 s
Suy ra s u3 , v2
1
2
Do đó w u3 tv1 sv2 1,2,1
4 1
1 1
1,1,0
1,1,1
3 3
2 2
1 1 1 1
, , 1,1, 2
6 6 3 6
Ta có: w
Đặt v3
1 2 2
1
2
1 1 2
6
6
w
1
1
6. 1,1, 2
1,1, 2
w
6
6
Cuối cùng ta được 3 vecto v1
1
1
1
1,1,1 , v2 1,1,0 , v3 1,1, 2 trực
13
2
6
giao và chuẩn hóa, tạo thành một cơ sở trực chuẩn của
3
.
Bài 04.05.1.017
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy áp dụng quá trình Gram-Smidt để biến cơ
sở u1, u2 , u3 dưới đây thành cơ sở trực chuẩn.
u1 1,0,0 , u2 3,7, 2 , u3 0,4,1
Giải:
Ta có u1 1,0,0 đã chuẩn hóa vì u1 12 02 02 1.
Đặt v1 u1 1,0,0 .
Nhận thấy v1, u3 1.0 0.4 0.1 0 tức là u3 đã trực giao với v1, nên ta đặt luôn
v2
u3
u3
1
0,4,1
u3
17
02 42 12
Bây giờ ta tìm vecto thứ 3 trực giao với v1, v2 .
Đặt w u2 tv1 sv2 , t, s .
Từ 0 w, v1 u2 , v1 t v1, v1 s v2 , v1 u2 , v1 t t u2 , v1 3
Từ 0 w, v2 u2 , v2 t v1 , v2 s v2 , v2 u2 , v2 s s u2 , v2
Vậy w u2 tv1 sv2 3,7, 2 3 1,0,0
Vì w
26 1
1
0,4,1 0,15, 60
17
17 17
1
3825
nên ta đặt
152 602
17
17
v3
26
17
w
17 1
1
0,15, 60
0,15, 60
w
3825 17
3825
Cuối cùng ta được 3 vecto v1 1,0,0 , v2
1
1
0,4,1 , v3
0,15, 60
17
3825
trực giao và chuẩn hóa, tạo thành một cơ sở trực chuẩn của
3
.
Bài 04.05.1.018
Trong 3 xét tích vô hướng Euclid. Hãy tìm một cơ sở trực chuẩn trong không
gian con sinh ra bởi các vecto 0,1,2 và 1,0,1
Giải:
Đặt u1 0,1,2 , u2 1,0,1
Ta phải xây dựng hai vecto trực chuẩn là tổ hợp tuyến tính của u1, u2
Ta có u1 02 12 22 5
Đặt v1
u1
1
0,1, 2
u1
5
Bây giờ ta tìm t để w u2 tv1 trực giao với v1.
Từ 0 w, v1 u2 tv1 , v1 u2 , v1 tv1 , v1 u2 , v1 t t u2 , v1
Do đó w u2
Vì w
2
5
2
2 1
1
v1 1,0,1
0,1,2 5, 2,1
5
5
5 5
w
5 1
1
1
1
. 5, 2,1
25 4 1
30 , đặt v2
5, 2,1
w
5
5
30 5
30
Vậy ta có 2 vecto v1
1
1
0,1,2 , v2
5, 2,1 tạo thành một cơ sở trực
5
30
chuẩn của không gian con cuẩ
Bài 04.05.1.019
3
sinh bởi hai vecto u1 và u2 .
3
Trong
xét tích vô hướng u, v : u1v1 2u2v2 3u3v3. Hãy áp dụng quá trình
Gram-Smidt để biến u1 1,1,1 , u2 1,1,0 , u3 1,0,0 thành một cơ sở trực
chuẩn.
Giải:
Theo tích vô hướng ở đầu bài, có u1
Đặt v1
u1 , u1 1.1 2.1.1 3.1.1 6
u1
1
1,1,1
u1
6
Bây giờ tìm t từ w u2 tv1, t .
Từ 0 w, v1 u2 tv1, v1 u2 , v1 tv1, v1 u2 , v1 t
Suy ra t u2 , v1
1
3
1.1 2.1.1 3.0.1 .
6
6
3
1 1 1 1
v1 , , 1,1, 1
6
2 2 2 2
1
1
w
1.1 2.1.1 3 1 1
6
2
2
Do đó w u2
nên ta đặt v2
w
2 1
1
1,1, 1 1,1, 1
w
62
6
Ta đặt: w u3 tv1 sv2 , t , s
và xác định t, s để w trực giao với v1 và v2 .
Từ 0 w, v1 u3 tv1 sv2 , v1 u3 , v1 tv1, v1 sv2 , v1 u3 , v1 t
Suy ra t u3 , v1
1
1
1.1 2.0.1 3.0. 1
6
6
Từ 0 w, v2 u3 tv1 sv2 , v2 u3 , v2 tv1, v2 sv2 , v2 u3 , v2 s
Suy ra s u3 , v2
1
6
- Xem thêm -
.PDF 
36 
102 
70 
