CƠ SỞ ĐIỀU KHIỂN TỰ ĐỘNG Tài liệu ôn tập cuối kỳ đại số

[CTCT] CHÚNG TA CÙNG TIẾN Fanpage facebook com/Chungtacungtien/ [CTCT] CHÚNG TA CÙNG TIẾN Fanpage facebook com/Chungtacungtien/ Group facebook com/groups/chungtacungtien hcmut/ Trang 1 TÀI LIỆU ÔN TẬP[.]

Trang 1

Group : facebook.com/groups/chungtacungtien.hcmut/ Trang 1

TÀI LIỆU ÔN TẬP CUỐI KỲ ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

Nội dung gồm 7 chủ điểm :

1 Ma trận

2 Hệ phương trình tuyến tính

3 Không gian vector

4 Không gian Euclide

5 Ánh xạ tuyến tính

6 Chéo hóa ma trận

7 Dạng toàn phương

 Tài liệu được biên soạn bởi Ban Chuyên môn – CLB [CTCT] Chúng Ta Cùng Tiến

 Đây là tâm huyết của các anh/chị/bạn trong CLB [CTCT], gửi tặng đến các em, các

bạn sinh viên năm nhất – Đại học Bách Khoa Tp.HCM (BKU)

Trang 2

- 𝑰𝑿 = 𝑿𝑰 = 𝑿: Ma trận vuông khi nhân bên trái và bên phải một ma trận đơn vị là như nhau

và bằng chính ma trận đó

- Bấm máy tính chính xác: các máy tính cầm tay hiện nay đều có thể tính được ma trận 3x3 (thường có trong đề) và các ma trận nghịch đảo, chuyển vị tương ứng

- Có hai dạng chính: Dạng 1 có thể biến đổi để tách riêng ma trận X về một vế Dạng 2 ma trận

X không thể tách riêng để đưa về một vế được, phải gọi ẩn để giải

- Thông thường, dạng 1 sẽ cho ma trận vuông cấp 3 và dạng 2 cho ma trận vuông cấp 2 Với

ma trận không vuông, cách làm tương tự

Trang 3

- Dựa vào tính chất nhân với ma trận đơn vị nên 2𝑋 = 𝑋 (2𝐼)

- Bấm máy: nhập MatA là ma trận A, MatB là ma trận B, MatC là ma trận I (hoặc 2I đều được)

- Đáp số:

𝑋 =(

3

14 −

1714

−9

27

Trang 4

12314)

Giải HPT trên suy ra 𝑋 = (−3𝛼 + 𝛽 − 1 𝛽 − 4

𝛽 𝛼 ) với 𝛼, 𝛽 ∈ 𝑅

Trang 5

CHỦ ĐIỂM 2

HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Bài toán này thường không khó và chỉ có một dạng toán duy nhất là giải hệ 4 phương trình – 4

ẩn với trường hợp vô số nghiệm

Quy trình giải bài toán này:

−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 33𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5

Trang 6

- Đặt 𝑡 = 9𝑚, ta có 𝑧 =14

9 − 8𝑚 3𝑦 = −2 + 36𝑚 +14

−𝑥 + 3𝑦 − 𝑧 − 𝑡 = 3

3𝑥 + 2𝑦 + 4𝑧 − 𝑡 = 5

⇔ {

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 13𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −22𝑦 + 𝑧 = 45𝑦 − 2𝑧 − 4𝑡 = 2

⇔ {

𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 + 𝑡 = 13𝑦 − 3𝑧 − 4𝑡 = −29𝑧 + 8𝑡 = 149𝑧 + 8𝑡 = 14

9 + 11𝑚,8

9+ 4𝑚,14

9 − 8𝑚, 9𝑚) (𝑚 ∈ ℝ)

Ví dụ 2.2 : Giải hệ phương trình:

{

𝑥1+ 𝑥2+ 2𝑥3+ 3𝑥4 = −132𝑥1+ 2𝑥2+ 𝑥3+ 3𝑥4 = 14𝑥1+ 4𝑥2+ 5𝑥3+ 9𝑥4 = −25

Trang 7

1231)

Biến đổi sơ cấp ta thu được: (

Kết luận:

TH1: 𝑚 = 2 nghiệm của hệ: (−2 − 7𝛼 + 4𝛽, 1 + 𝛼 − 2𝛽, 𝛽, 𝛼)

TH2: 𝑚 ≠ 2 nghiệm của hệ: (2 + 4𝛾, 1 − 2𝛾, 𝛾, 0)

Với 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ 𝑅

Trang 8

CHỦ ĐIỂM 3

KHÔNG GIAN VECTOR

Dạng 1: Trong Rn , tìm cơ sở và số chiều của không gian con F

a Khi đề cho tập sinh F = < e1, e2,…,en > Đề đã cho tập sinh và yêu cầu tìm cơ sở, như

vậy mục đích của bài toán là đi tìm các vector ĐLTT trong tập sinh đó Để làm dạng

bài này ta lập ma trận hàng A của các vector ei, biến đổi sơ cấp theo hàng để đưa về bậc

thang Khi đó, dim(F) = rank(A) và lấy các hàng khác 0 (tức các vector ĐLTT) làm cơ

sở

b Khi đề cho F ở dạng phương trình: F = {x | Ax = 0} Khi đó, dim(F) = n – rank(A)

(trùng với số ẩn tự do) và cơ sở của F là nghiệm cơ bản của hệ

Ví dụ 3.1: Tìm cơ sở và số chiều của không gian con L

42) → (

1 1 1

0 1 10

0

00

20)

Suy ra dim(L) = rank(A) = 3 Cơ sở của L là (1,1,1); (0,1,1); (0,0,2)

Trang 9

Dạng 2: Tìm tham số m để vector u thuộc KGV F=< e1, e2,…,en >

- Để làm dạng này trước hết phải hiểu rằng vector u ∈ F nghĩa là u được tổ hợp bởi các vector trong tập sinh của F ↔ u = 𝛼1.e1+ 𝛼2.e2+ + 𝛼n.en

- Sau đó viết lại biểu thức trên dưới dạng hệ phương trình:

- Ở đây u viết thành cột, được hiểu là tọa độ của u trong không gian

Ví dụ 3.2 : Trong không gian R3 cho không gian con

F = <(1,0,1) ; (2,3,-1) ; (5,6,-1)> Với giá trị nào của m thì x = (2,m,3) ∈ F

𝛼 − 𝛽 − 𝛾 = 3

↔ {

𝛼 + 2𝛽 + 5𝛾 = 2 3𝛽 + 6𝛾 = 𝑚

0 = 𝑚 + 1

- x ∈ F khi tồn tại các hằng số 𝛼, 𝛽, 𝛾 tức là hệ có nghiệm ↔ m = -1

Dạng 3 : Tổng và giao của hai không gian con

o Cho 2 không gian con F và G, tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG Dạng này không khó, chỉ cần nắm bắt được cách làm là có thể giải quyết nhanh chóng

o Tính chất cần lưu ý:

dim(FG) + dim(F+G) = dim F + dim G

 Tìm số chiều và cơ sở F+G

Trước tiên ta xác định tập sinh (cơ sở) của F và G

Nhớ tới tính chất tổng của 2 không gian con:

F = < f1, f2, …, fn > ; G = < g1, g2, …, gn >

 F + G = < f1, f2, …, fn, g1, g2, …, gn >

Sau đó tìm cơ sở và số chiều của F+G như không gian con bình thường với

dim(F+G) = rank< f 1 , f 2 , …, f n , g 1 , g 2 , …, g n > (các vector fi, gi xếp theo hàng)

Trang 10

 Tìm số chiều và cơ sở của FG : (có nhiều dạng đề)

a Khi F và G cho ở dạng phương trình thuần nhất:

o Gọi x = FG thì x phải thỏa đồng thời các phương trình của F và G Vậy x sẽ là nghiệm

𝑥3 = 𝛼  x = α(-1; 0; 1) Suy ra dim(FG) =1 và cơ sở FG là (-1; 0; 1)

Chú ý: Có thể tính dim(FG) trực tiếp bằng công thức khi biết dim F, dim G và dim(F+G)

Trang 11

b Khi một không gian cho tập sinh và một cho ở dạng phương trình thuần nhất:

o Thay các hằng số vào x = ⍺1e1 + ⍺2e2 + + ⍺nen suy ra x

Ví dụ 3.4 : Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = {(x1, x2, x3) | x1+2x2+2x3=0} và G

= <(1, 0, 5); (–1, 0, 1)> Tìm cơ sở và số chiều của F+G và FG

Suy ra dim(FG) = 1 và cơ sở của FG là (12, 0, –6)

c Khi cả hai không gian con đều cho tập sinh:

o Gọi x  FG x vừa thuộc F=<f1,f2, ,fn> vừa thuộc G=<g1,g2, ,gn> nên x vừa là tổ hợp tuyến tính các vector trong tập sinh của F vừa của G Điều đó đồng nghĩa với : x =

Trang 12

Ví dụ 3.4: Trong không gian R3 cho 2 không gian con F = <(1, 2, 3); (1, –1, 2)> và

G = <(0, 1, 5); (1, 3, 8)> Tìm cơ sở và số chiều của FG

Trang 13

CHỦ ĐIỂM 4

KHÔNG GIAN EUCLIDE

Dạng này cũng thường ra trong đề Mức độ không khó, chỉ cần nắm phương pháp giải và các công thức cơ bản trong chương này là được

 Họ vector M gọi là trực giao nếu u, vM: uv

 Họ vector M gọi là trực chuẩn nếu M trực giao và uM: ||u|| = 1

Lưu ý: Khi cho tích vô hướng chính tắc ta áp dụng công thức như THPT đã dùng Khi cho tích

vô hướng bằng công thức cần chú ý thay vào cho đúng

Trường hợp đặc biệt: Chẳng hạn cho tích vô hướng

(x, y) = 5x1y1 + 2x1y2 +2x2y1 + 3x2y2 + x3y3, ta có thể đặt

xF khi x vuông góc với từng vector trong tập sinh của F

dim F + dim F = dim V

Trang 14

Trong trường hợp tích vô hướng chính tắc trong Rn: Cho F = {xRn | Ax=0} Khi đó các hàng của A là tập sinh của F

Ví dụ 4.1: Trong R3 với tích vô hướng chính tắc, cho không gian con

F = <(1, 2, 1); (2, 1, 0)> Tìm cơ sở và số chiều của F

Suy ra cơ sở của F là (1, –2, 3)

Ví dụ 4.2 : Trong không gian R4 với tích vô hướng chính tắc, cho

𝐹 = {(𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑥4) |2𝑥1+ 𝑥2+ 𝑥3+ 𝑥4 = 0

𝑥1− 2𝑥2− 𝑥3+ 2𝑥4 = 0} Tìm cơ sở và số chiều của F

Ví dụ 4.3 : Trong R3, cho tích vô hướng : (x, y) = x1y1 + 3x2y2 – x2y3 –x3y2 + x3y3

và F = <f = (1, 2, 3)> Tìm cơ sở và số chiều của F

Trang 15

o Phương pháp giải: Tìm hình chiếu của vector x lên không gian con F

Trước hết ta xác định tập sinh (cơ sở) của không gian con F = <f1, f2, …, fn>

Từ đó suy ra được α1, α2, …, αn rồi thay lại để tìm được hình chiếu y

Lưu ý: Vì yF, zF nên (y, z) = 0

 Công thức hình chiếu vuông góc của một vector lên một đường thẳng: Cho không gian con F=<f> (dim(F)=1), vector z, tìm hình chiếu của z lên F

Pr

𝐹 𝑧 = (𝑧, 𝑓)(𝑓, 𝑓)𝑓 (1) Trong một số trường hợp sử dụng công thức (1) để tìm hình chiếu sẽ đơn giản hơn Để làm rõ điều này, hãy xem ví dụ 5

Ví dụ 3.4: Trong R4 với tích vô hướng chính tắc, cho không gian con

Trang 16

Ví dụ 4.5: Trong R3, cho tích vô hướng

(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 3x2y2 – 2x2y3 –2x3y2 + 3x3y3

và không gian con F = <(1, 1, 2); (2, –1, 1)>

a/ Tìm cơ sở và số chiều của 𝐹

b/Tìm hình chiếu của z = (–8, 7, 3) xuống F và khoảng cách từ z đến F

𝑇 = 0𝑥𝐴𝑓2𝑇 = 0→ {

2𝑥1+ 4𝑥3 = 0

𝑥1 − 3𝑥2 + 5𝑥3 = 0Giải hệ phương trình trên suy ra:

𝐹 =< (−2; 1; 1) >

Vậy cơ sở của 𝐹 là {(-2;1;1)} và dim(𝐹) = 1

Trang 17

Dạng 3: Gram – Schmidt

o Quá trình Gram – Schmidt thường được dùng trong đề thi ở dạng toán “Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao” do đó cần phải nhớ các công thức để hoàn thành trọn vẹn bài toán

o Phương pháp xây dựng hệ vector trực giao bằng Gram – Schmidt

Cho không gian vector V có cơ sở E = {e1, e2, …, en}

Để xây dựng cơ sở E’ = {f1, f2, …, fn} sao cho E’ trực giao, ta chọn

…

𝑓𝑛 = 𝑒𝑛−(𝑒𝑛, 𝑓1)

(𝑓1, 𝑓1)𝑓1−

(𝑒𝑛, 𝑓2)(𝑓2, 𝑓2)𝑓2− ⋯ −

(𝑒𝑛, 𝑓𝑛−1)(𝑓𝑛−1, 𝑓𝑛−1)𝑓𝑛−1

Ta chia mỗi vector của trực giao cho độ dài của nó, ta được một cơ sở trực chuẩn

Trang 18

Ví dụ 4.6 : Trong R4 với tích vô hướng chính tắc, cho tập ĐLTT

Trang 19

CHỦ ĐỀ 5

ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH

Ánh xạ tuyến tính thường gặp gồm 3 loại:

1 Cho phương trình chính tắc: hay [𝑓(𝑥)] = 𝐴0 [𝑥]

- Với A0 là ma trận của axtt f trong cơ sở chính tắc

2 Cho bởi một cơ sở và ma trận của f trong cơ sở đó

Ví dụ: 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2, biết ma trận của 𝑓 trong cơ sở 𝐸 = {(1,1), (1,2)} là 𝐴 = (1 3

3 −1)

3 Cho bởi ảnh của một cơ sở

Ví dụ: 𝑓: 𝑅2 → 𝑅2, biết 𝑓(1,1) = (2,3); 𝑓(2,1) = (−1,2)

Ở dạng này coi cơ sở ban đầu E={(1,1),(2,1)} f(E)={(2,3),(-1,2)}

Đây là 3 loại thường gặp nhất của ánh xạ tuyến tính Tùy vào loại đề cho và yêu cầu bài toán

mà ta có cách làm khác nhau

 Chuyển đổi giữa các loại AXTT:

o Sử dụng công thức chuyển tọa độ từ cơ sở E về cơ sở chính tắc: A0 = E.AE.E-1 đưa loại

2 về 1

o Sử dụng công thức: A0 = f(E).E-1 đưa loại 3 về loại 1

o Sử dụng công thức: AE = E-1.f(E) đưa loại 3 về loại 2

Dạng 1: Cho ánh xạ tuyến tính f Tìm ma trận của f trong một cơ sở hoặc một cặp cơ sở:

o Trước tiên cần kiểm tra xem ánh xạ loại nào

o Sau đó xác định cơ sở ban đầu (E) và ma trận của f trong cơ sở ban đầu (AE) đó:

+ Với f loại 1: cơ sở ban đầu E là cơ sở chính tắc (E0) AE chính là A0

+ Với f loại 2: dạng này đã cho sẵn E và AE

+ Với f loại 3: dạng này đã cho sẵn E và AE được xác định theo công thức: AE = E

-1.f(E)

o Ma trận của f trong cơ sở E’ là: AE’ = E’-1.E.AE.E-1.E’

o Ma trận của f trong cặp cơ sở E’,F’ là: AE’,F’ = F’-1 E.AE.E-1.E’

Lưu ý: Các vector trong cơ sở viết ở dạng cột

Trang 20

−4)

Tương tự [𝑓(𝑒2)]𝐸 = (

120) , [𝑓(𝑒3)]𝐸 = (

101)

Suy ra ma trận của f trong E là 𝐴𝐸 = (

Trang 21

Ví dụ 5.2:

Giải:

AXTT ở ví dụ này là loại 2: Cho một cơ sở và ma trận của f trong cơ sở đó

Sử dụng công thức chuyển cơ sở ta có:

Dạng 2: Cho ánh xạ tuyến tính f Tính f(a,b,c, )

o Đầu tiên ta cũng xác định xem f là loại nào Sau đó ta sẽ đưa f về loại 1

o Cuối cùng thay số và ra kết quả

Ví dụ 5.3: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở

111) = (

−14

−5

−17)

Dạng 3: Cho ánh xạ tuyến tính f Tìm cơ sở, số chiều của nhân, ảnh của f (Ker f, Im f)

o Bước đầu tiên tương tự dạng 1 và 2, ta đi xác định xem f loại nào

o Sau đó đưa f về loại 1

o x ∈ Ker f ↔ f(x)=0

o Giải hệ phương trình

Trang 22

Ví dụ 5.4: Cho ánh xạ tuyến tính 𝑓: ℝ3 → ℝ3 có ma trận của 𝑓 trong cơ sở

Từ đó suy ra dim(Ker f)=1, cơ sở {(−24, −6,1)}

Ví dụ 5.5: Cho AXTT 𝑓: 𝑅3 → 𝑅3 Tìm cơ sở và số chiều của ker 𝑓 , biết 𝑓(1; 1; 1) =(5; 6; 4), 𝑓(1; 1; 0) = (0; −3; −2), 𝑓(1; 2; 1) = (−2; 0; 0)

Cách 2 :

Trang 23

Trang 24

CHỦ ĐỀ 6

CHÉO HÓA MA TRẬN

1 Định nghĩa

Ma trận 𝐴 ∈ Mn(𝑅) được gọi là chéo hóa được nếu tồn tại một ma trận khả nghịch

𝑃 ∈ 𝑀𝑛(𝑅) sao cho 𝑃−1𝐴𝑃 = 𝐷 với D là một ma trận chéo Khi đó ta nói P làm chéo hóa A

và D là dạng chéo hóa của A

2 Định lý

Ma trận 𝐴 ∈ Mn(𝑅) chéo hóa được khi và chỉ khi ma trận A thỏa 2 tính chất sau đây:

 𝑛1+ 𝑛2+ ⋯ + 𝑛𝑘 = 𝑛 với 𝑛𝑘 là bội của các giá trị riêng, 𝑛 là cấp của ma trận vuông

Ví dụ : 𝜆1 (bội 𝑛1), 𝜆2 (bội 𝑛2), , 𝜆𝑘 (bội 𝑛𝑘)

(Định thức của ma trận vuông cấp 3 các bạn có thể tính được dựa vào công thức tính định

thức ma trận vuông trong các chương trước)

⟹ det(𝐴 − 𝜆𝐼) = −2(𝜆 − 1)(5 − 𝜆) = 0

Trang 25

⟹ { 𝜆1 = 1 (bội là 1 do là nghiệm đơn)

◊ Điều kiện 2 : 𝑟(𝐴 − 𝜆𝐼) = 𝑛 − 𝑛𝑡 đúng với mọi t từ 1 đến k

Ta chỉ xét với 𝑛2 = 2 vì 𝑛1 = 1 luôn luôn thỏa

Chỉ kiểm tra với 𝑛𝑘 ≥ 2

⟹ 𝑟(𝐴 − 𝜆𝐼) = 1 = 𝑛 − 𝑛2 Do đó thỏa điều kiện 2

Nên A chéo hóa được

Suy ra nghiệm cơ bản có dạng là 𝑋1 = (

110)

Trang 26

Ta chọn 𝑥 = 0, 𝑧 = 1 → Nghiệm cơ bản thứ hai 𝑋3= (

001)

Lưu ý , 𝜆 có bội bằng bao nhiêu thì có bấy nhiêu nghiệm cơ bản

Vậy 𝑋1 = (

110), 𝑋2 = (

1

−10), 𝑋3 = (

001)

Trang 27

◊ 𝜆2 = 𝜆3 = 4

Ta có 𝑋2 = (

−120) , 𝑋3 = (

−2

−15)

Lưu ý : Các bạn tìm các giá trị 𝑋1, 𝑋2, 𝑋3 theo cách bình thường rất dài và khó

 Các bạn có thể làm theo cách như sau:

211)

Trang 28

Với ma trận trên, ta thấy nếu rút gọn hàng 1 cho 2 thì nó sẽ giống với hàng 2 và 3

Nên ta chỉ có một phương trình là −2𝑥 − 1𝑦 − 1𝑧 = 0 không phải hệ phương trình như

trường hợp 𝜆1

Ở đây ta phải tìm ra hai giá trị 𝑋2, 𝑋3 do có bội 𝑛2 = 2

▪ Có thể chọn 𝑧 = 0, 𝑦 = 1 → 𝑥 = −1/2 Suy ra 𝑋2 = (

−1/210) = (

−120)

▪ Chọn 𝑧 = 5, 𝑦 = −1 → 𝑥 = −2 Suy ra 𝑋3 = (

−2

−15)

Nên chọn các giá trị 𝑦, 𝑧 cho đơn giản và nhỏ (mỗi một ma trận có nhiều nghiệm cơ bản )

LƯU Ý: CÁCH NÀY CHỈ ĐỂ TÍNH NHÁP, CHÉP KẾT QUẢ KHÔNG TRÌNH BÀY

PHƯƠNG PHÁP NÀY TRONG BÀI THI

Trang 29

CHỦ ĐỀ 7

DẠNG TOÀN PHƯƠNG

Định nghĩa : Dạng toàn phương trong 𝑅𝑛 là một hàm số thực, sao cho tồn tại

𝑥 = (𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛) ∈ 𝑅𝑛, 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑇𝑀𝑥 trong đó M là ma trận đối xứng

◊ Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi trực giao

Ví dụ 7.1 : Cho dạng toàn phương :

√5)

Trang 30

√5

1

√5)

𝐷 = (λ1 0

0 λ2) = (

9 0

0 4) Dạng chính tắc : 𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑦1, 𝑦2) = 9𝑦12+ 4𝑦22

phép biến đổi 𝑋 = 𝑃𝑌

◊ Đưa dạng toàn phương về dạng chính tắc bằng phép biến đổi Lagrange

Ví dụ 6.2: Đưa dạng toàn phương 𝑓(𝑥1, 𝑥2, 𝑥30 = 2𝑥12 + 8𝑥22+ 2𝑥32− 2𝑥1𝑥2+ 4𝑥1𝑥3+

6𝑥2𝑥3 về dạng chính tắc bằng biến đổi Lagrange ( biến đổi sơ cấp ) Nêu rõ phép biến đổi

Giải:

𝑓 = 2(𝑥12+ 4𝑥22+ 𝑥32− 𝑥1𝑥2+ 2𝑥1𝑥3+ 3𝑥2𝑥3) = 2 ((𝑥1−1

2𝑥2+ 𝑥3)

2+15

15𝑥3)

2)

= 2 (𝑥1−1

2𝑥2+ 𝑥3)

2+ 15

𝑓(𝑦1, 𝑦2, 𝑦3) = 2𝑦12+15

2 𝑦2

2−32

15𝑥32

Tiêu đề	Cơ Sở Điều Khiển Tự Động Tài liệu Ôn Tập Cuối Kỳ Đại Số
Tác giả	Ban Chuyên môn – CLB Chúng Ta Cùng Tiến
Trường học	Đại học Bách Khoa Tp.HCM
Chuyên ngành	Toán học, Đại số
Thể loại	Tài liệu ôn tập cuối kỳ
Thành phố	Thành phố Hồ Chí Minh

Định dạng
Số trang	30
Dung lượng	831,36 KB