Phép Nhân Ma Trận Và Các Tính Chất | Học Toán Online Chất Lượng Cao ...

Bài viết này Vted giới thiệu đến bạn đọc Lý thuyết và một số ví dụ về Phép nhân ma trận và các tính chất:

Phép nhân ma trận

Cho hai ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{m\times n}};B={{({{b}_{ij}})}_{n\times p}}$ trong đó ma trận $A$ có số cột bằng số dòng của ma trận $B.$ Tích của ma trận $A$ và ma trận $B$ là ma trận cấp $m\times p,$ được kí hiệu là $AB$ và được xác định bởi

$AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{c_{11}}}&{{c_{12}}}&{...}&{{c_{1p}}}\\ {{c_{21}}}&{{c_{22}}}&{...}&{{c_{2p}}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{c_{m1}}}&{{c_{m2}}}&{...}&{{c_{mp}}} \end{array}} \right),$ trong đó ${c_{ij}} = A_i^d \times B_j^c = \left( {{a_{i1}}{a_{i2}}...{a_{in}}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{1j}}}\\ {{b_{2j}}}\\ {...}\\ {{b_{nj}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{b_{1j}} + {a_{i2}}{b_{2j}} + ... + {a_{in}}{b_{nj}}.$

Phép nhân ma trận $AB$ tồn tại khi và chỉ khi số cột của ma trận $A$ có số cột bằng số dòng của ma trận $B.$

>>Xem thêm Các dạng toán về ma trận nghịch đảo và phương pháp giải

>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải

Ví dụ 1: Cho hai ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&{ - 2}\\ 2&5&4\\ { - 1}&0&{ - 3} \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&2&{ - 5}&1\\ 1&3&0&{ - 1}\\ { - 5}&{ - 1}&4&1 \end{array}} \right).$ Tính ma trận $AB.$

Giải. Có $AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&{ - 2}\\ 2&5&4\\ { - 1}&0&{ - 3} \end{array}} \right).\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&2&{ - 5}&1\\ 1&3&0&{ - 1}\\ { - 5}&{ - 1}&4&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {11}&{11}&{ - 23}&0\\ { - 15}&{15}&6&1\\ {15}&1&{ - 7}&{ - 4} \end{array}} \right).$

Ví dụ 2: Cho hai ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right).$ Tính ma trận $AB$ và $BA.$

Giải. Có $AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{13}&0\\ 7&{ - 66}&{ - 3}\\ {19}&{ - 36}&{ - 4} \end{array}} \right)$ và

$BA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{15}&{ - 9}\\ 3&{ - 66}&{41}\\ 5&5&{ - 3} \end{array}} \right).$

Ví dụ 3: Cho các ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2\\ 3&6 \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 8}\\ 2&3 \end{array}} \right),C = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5&2\\ 1&{ - 2} \end{array}} \right).$

a) Chứng minh rằng $AB=AC.$

b) Có tồn tại hai ma trận $X,Y$ phân biệt sao cho $AX=AY$ và $X,Y$ khác $B,C.$

Giải. Có \[AB = AC = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 7&{ - 2}\\ {21}&{ - 6} \end{array}} \right).\]

Chọn $X=O\Rightarrow AX=O.$ Ta tìm ma trận $Y = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&d \end{array}} \right)$ sao cho $\begin{array}{l} AX = AY = O \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2\\ 3&6 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&d \end{array}} \right) = O\\ \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {a + 2c}&{b + 2d}\\ {3(a + 2c)}&{3(b + 2d)} \end{array}} \right) = O \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + 2c = 0\\ b + 2d = 0\\ 3(a + 2c) = 0\\ 3(b + 2d) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 2c\\ b = - 2d \end{array} \right.. \end{array}$

Vậy với $X=O$ thì có vô số ma trận $Y = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2c}&{ - 2d}\\ c&d \end{array}} \right)$ thoả mãn $AX=AY$ và $X,Y$ khác $B,C.$

Ví dụ 4: Cho $A$ là ma trận thực vuông cấp $n\ge 2.$ Chứng minh rằng tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $A{A}'$ bằng 0 thì $A$ là ma trận không.

Giải. Tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $A{A}'$ là \[\sum\limits_{1\le i,j\le n}{a_{ij}^{2}}=0\Leftrightarrow {{a}_{ij}}=0\Rightarrow A=O.\]

Ví dụ 5: Cho ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right).$ Tìm mọi ma trận $X$ thoả mãn $AX=XA.$

Giải. Đặt $X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right).$

Ta có $AX = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z&t\\ 0&0 \end{array}} \right);XA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&x\\ 0&z \end{array}} \right).$

Vậy $AX = XA \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z = 0\\ x = t\\ z = 0 \end{array} \right. \Rightarrow X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ 0&x \end{array}} \right).$

Ví dụ 6: Cho $A$ là ma trận vuông cấp 100, trong đó ${{a}_{ij}}=i.j,\forall i,j=1,2,...,100.$ Tìm phần tử nằm trên dòng 3 và cột 4 của ma trận ${{A}^{2}}.$

Giải. Đặt ${{A}^{2}}={{({{b}_{ij}})}_{100\times 100}};n=100.$ Khi đó:

$\begin{gathered} {b_{ij}} = A_i^d \times A_j^c = \left( {{a_{i1}}{a_{i2}}...{a_{in}}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{1j}}} \\ {{a_{2j}}} \\ {...} \\ {{a_{nj}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{a_{1j}} + {a_{i2}}{a_{2j}} + ... + {a_{in}}{a_{nj}} \\ = ij + 4ij + ... + {n^2}ij = \dfrac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}ij \Rightarrow {b_{34}} = \dfrac{{100(100 + 1)(200 + 1)}}{6} \times 3 \times 4 = 200 \times 101 \times 201. \\ \end{gathered} $

Tương tự: Cho $A$ là ma trận vuông cấp 100, trong đó ${{a}_{ij}}={{(-1)}^{i}}{{.3}^{j}},\forall i,j=1,2,...,100.$ Tìm phần tử nằm trên dòng 3 và cột 4 của ma trận ${{A}^{2}}.$

>>Xem thêm các bài viết liên quan đến hệ phương trình tuyến tính

Bài 1: Hệ phương trình Cramer

Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Bài 3: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Bài 4: Mô hình Input - Output của Leontief

Bài 5: Mô hình cân bằng thị trường và cân bằng kinh tế vĩ mô

Tính chất của phép nhân ma trận

Tính chất 1: Tính chất kết hợp $(AB)C=A(BC);$

Tính chất 2: Tính chất phân phối đối với phép cộng

$A(B+C)=AB+AC,(A+B)C=AC+BC;$

Tính chất 3: $\alpha (AB)=(\alpha A)B=A(\alpha B);$

Tính chất 4: Đối với ma trận vuông cùng cấp ta luôn có $AE=EA=A;$

Hệ quả $A(\alpha E)=(\alpha E)A=\alpha A;$

Tính chất 5: $(AB{)}'={B}'{A}';$

Tính chất 6: $\det (AB)=\det (A).\det (B);\det ({{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}})=\det ({{A}_{1}}).\det ({{A}_{2}})...\det ({{A}_{n}});$

Luỹ thừa của ma trận vuông ${{A}^{2}}=A.A;{{A}^{3}}=A.A.A;{{A}^{n}}=\underbrace{A.A...A}_{n}.$

Hệ quả: $\det ({{A}^{n}})={{(\det (A))}^{n}};$ ${{(\det A)}^{2}}=\det (A)\det ({A}')=\det (A{A}').$

Tính chất 7: Với $A,B$ là hai ma trận giao hoán, tức $AB=BA$ thì

$\begin{gathered} {A^2} + {B^2} = (A - iB)(A + iB) = \overline {A + iB} (A + iB) \hfill \\ {A^m} - {B^m} = (A - B)({A^{m - 1}} + {A^{m - 2}}B + ... + A{B^{m - 2}} + {B^{m - 1}}); \hfill \\ {A^m} + {B^m} = (A + B)({A^{m - 1}} - {A^{m - 2}}B + ... - A{B^{m - 2}} + {B^{m - 1}});m = 2k + 1; \hfill \\ {(A + B)^m} = \sum\limits_{k = 1}^m {C_m^k{A^{m - k}}{B^k}} . \hfill \\ \end{gathered} $

Tính chất 8: Nếu $AB=\alpha E(\alpha \ne 0)$ thì $A,B$ giao hoán với nhau tức $AB=BA.$

Tính chất 9: $A{{A}^{*}}={{A}^{*}}A=\det (A)E.$

Tính chất 10: Tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $A{A}'$ là \[\sum\limits_{1\le i,j\le n}{a_{ij}^{2}}.\]

Tính chất 11: Cho ma trận vuông A cấp n thoả mãn ${{A}^{k}}=O(k\ge n)\Rightarrow {{A}^{n}}=O.$

Tính chất 12: Tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của hai ma trận $AB,BA$ bằng nhau.

Ví dụ 1: Cho hai ma trận A, B vuông cấp n. Chứng minh rằng:

a) Tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của hai ma trận $AB$ và $BA$ bằng nhau;

b) $AB-BA\ne E.$

Giải. Đặt $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}},B={{({{b}_{ij}})}_{n\times n}}.$ Ta có $AB={{({{(ab)}_{ij}})}_{n\times n}};BA={{({{(ba)}_{ij}})}_{n\times n}},$ trong đó

$\begin{array}{l} {(ab)_{ii}} = A_i^d \times B_i^c = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{i1}}}&{{a_{i2}}}&{...}&{{a_{in}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{1i}}}\\ {{b_{2i}}}\\ {...}\\ {{b_{ni}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{b_{1i}} + {a_{i2}}{b_{2i}} + ... + {a_{in}}{b_{ni}}\\ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{{(ab)}_{ii}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_{i1}}{b_{1i}} + {a_{i2}}{b_{2i}} + ... + {a_{in}}{b_{ni}}} \right)} . \end{array}$

và

$\begin{array}{l} {(ba)_{ii}} = B_i^d \times A_i^c = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{i1}}}&{{b_{i2}}}&{...}&{{b_{in}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{1i}}}\\ {{a_{2i}}}\\ {...}\\ {{a_{ni}}} \end{array}} \right) = {b_{i1}}{a_{1i}} + {b_{i2}}{a_{2i}} + ... + {b_{in}}{a_{ni}}\\ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{{(ba)}_{ii}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{b_{i1}}{a_{1i}} + {b_{i2}}{a_{2i}} + ... + {b_{in}}{a_{ni}}} \right)} . \end{array}$

Do đó $\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ab)}_{ii}}}=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ba)}_{ii}}}.$

Suy ra tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $AB-BA$ bằng $\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ab)}_{ii}}}-\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ba)}_{ii}}}=0.$ Mặt khác tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận đơn vị E bằng n. Vậy $AB-BA\ne E.$

Ví dụ 2:

a) Tồn tại hay không các ma trận $A,B$ vuông cấp $n$ sao cho $AB-BA=E.$

b) Tồn tại hay không các ma trận $A,B$ vuông cấp $n$ sao cho $A$ khả nghịch và $AB-BA=A.$

Giải. a) Do tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của hai ma trận $AB,BA$ bằng nhau. Do đó tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $AB-BA$ bằng 0. Mặt khác tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của $E$ bằng $n.$ Vì vậy không tồn tại các ma trận $A,B$ vuông cấp $n$ sao cho $AB-BA=E.$

b) Với A khả nghịch và $AB-BA=A,$ ta có:

$\begin{gathered} AB - BA = A \Leftrightarrow {A^{ - 1}}AB - {A^{ - 1}}BA = {A^{ - 1}}A \Leftrightarrow B - {A^{ - 1}}BA = E \hfill \\ \Leftrightarrow BA{A^{ - 1}} - {A^{ - 1}}BA = E \Leftrightarrow (BA){A^{ - 1}} - {A^{ - 1}}(BA) = E. \hfill \\ \end{gathered} $

Đến đây áp dụng câu a, ta có ngay kết luận không tồn tại các ma trận $A,B$ vuông cấp $n$ sao cho $A$ khả nghịch và $AB-BA=A.$

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi ma trận A, B, C vuông cấp 2 ta có ${{(AB-BA)}^{2}}C=C{{(AB-BA)}^{2}}.$

Giải. Ta đã biết tổng các phần tử nằm trên đường chéo chính của ma trận $AB-BA$ bằng 0, do đó $AB - BA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&{ - a} \end{array}} \right) \Rightarrow {(AB - BA)^2} = ({a^2} + bc)E.$

Do đó ${{(AB-BA)}^{2}}C=C{{(AB-BA)}^{2}}=({{a}^{2}}+bc)C.$

Ví dụ 4: Cho $A,B$ là các ma trận vuông cấp $n$ lẻ. Chứng minh rằng:

a) $\det (A-{A}')=0;$

b) Nếu $A{A}'=B{B}'=E$ và $AB=BA.$ Chứng minh rằng $\det ({{A}^{2}}-{{B}^{2}})=0.$

Giải. a) Ta có: $\det (A-{A}')=\det \left( (A-{A}'{)}' \right)=\det ({A}'-A)\Leftrightarrow \det (A-{A}')={{(-1)}^{n}}\det (A-{A}')\Leftrightarrow ({{(-1)}^{n}}-1)\det (A-{A}')=0.$

Vì $n$ lẻ nên ${{(-1)}^{n}}-1=-2\ne 0\Rightarrow \det (A-{A}')=0.$

b) Do $AB=BA$ nên ${{A}^{2}}-{{B}^{2}}=(A-B)(A+B).$ Vì vậy

$\begin{gathered} \det ({A^2} - {B^2}) = \det (A - B)\det (A + B) = \det (A - B)\det \left( {(A + B)'} \right) \\ = \det (A - B)\det (A' + B') = \det ((A - B)(A' + B')) \\ = \det (AA' + AB' - BA' - BB') = \det (AB' - BA') = \det (AB' - (AB')') = 0. \\ \end{gathered} $

Ví dụ 5: Cho các ma trận thực 𝐴, 𝐵 vuông cấp 𝑛 (𝑛 ≥ 2) thỏa mãn $AB-nA-B=0.$ Chứng minh rằng $A{{B}^{2n}}={{B}^{2n}}A.$

Giải. Ta có $AB-nA-B=0\left( 1 \right)$

$\Leftrightarrow A\left( B-nE \right)-B=0\Leftrightarrow A\left( B-nE \right)-\left( B-nE \right)=nE$

$\Leftrightarrow \left( A-E \right)\left( B-nE \right)=nE\Rightarrow \dfrac{1}{n}\left( A-E \right),\left( B-nE \right)$ là hai ma trận nghịch đảo của nhau và do đó giao hoán với nhau

Vì vậy $nE=\left( B-nE \right)\left( A-E \right)=BA-BE-nEA+n{{E}^{2}}=BA-B-nA+nE\Rightarrow BA-nA-B=0\left( 2 \right)$

Kết hợp $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow AB=BA\Rightarrow A{{B}^{2n}}=BA.{{B}^{2n-1}}=B\left( AB \right){{B}^{2n-2}}=B\left( BA \right){{B}^{2n-2}}={{B}^{2}}A{{B}^{2n-2}}=...={{B}^{2n}}A.$ Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 6: Cho 𝐴, 𝐵 là các ma trận vuông cấp 𝑛 sao cho $A{{B}^{2}}+A=2AB+E.$

(a) Chứng minh rằng $AB=BA$

(b) Khi các phần tử của $A,B$ là các số nguyên, tính $\det \left( A \right)$

Giải. Ta có $A{{B}^{2}}+A=2AB+E\Leftrightarrow A\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)=E\Rightarrow {{A}^{-1}}={{B}^{2}}-2B+E={{\left( B-E \right)}^{2}}$

$\Rightarrow {{A}^{-1}}B=\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)B={{B}^{3}}-2{{B}^{2}}+B;B{{A}^{-1}}=B\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)={{B}^{3}}-2{{B}^{2}}+B$

$\Rightarrow {{A}^{-1}}B=B{{A}^{-1}}\Rightarrow A{{A}^{-1}}B=AB{{A}^{-1}}\Rightarrow B=AB{{A}^{-1}}\Rightarrow BA=AB{{A}^{-1}}A=AB$

Từ ${{A}^{-1}}={{\left( B-E \right)}^{2}}\Rightarrow \det \left( {{A}^{-1}} \right)=\det \left( {{\left( B-E \right)}^{2}} \right)\Rightarrow \dfrac{1}{\det \left( A \right)}={{\left( \det \left( B-E \right) \right)}^{2}}$

Do $A,\left( B-E \right)$ có các phần tử là các số nguyên nên $\det \left( A \right)\in \mathbb{Z},{{\left( \det \left( B-E \right) \right)}^{2}}\in \mathbb{N}$

Do đó $\det \left( A \right)=1.$

Luỹ thừa của ma trận vuông

Ví dụ 1: Cho ma trận $M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1\\ 1&2 \end{array}} \right).$ Tính ${{M}^{n}}.$

Giải. Ta có \[M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1 \\ 1&2 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0 \\ 0&1 \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = E + A,A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right).\]

Trong đó \[{A^2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&2 \\ 2&2 \end{array}} \right) = 2A \Rightarrow {A^k} = {2^{k - 1}}A,\forall k \geqslant 2.\] Vì vậy

\[\begin{gathered} {M^n} = {(E + A)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{E^{n - k}}{A^k}} = E + \sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{A^k}} = E + \sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{2^{k - 1}}A} \\ = E + \dfrac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{2^k}} } \right)A = E + \dfrac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{2^k}} - 1} \right)A = E + \dfrac{{{3^n} - 1}}{2}A \\ = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0 \\ 0&1 \end{array}} \right) + \dfrac{{{3^n} - 1}}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\dfrac{{{3^n} + 1}}{2}}&{\dfrac{{{3^n} - 1}}{2}} \\ {\dfrac{{{3^n} - 1}}{2}}&{\dfrac{{{3^n} + 1}}{2}} \end{array}} \right). \\ \end{gathered} \]

Hiện tại Vted.vn xây dựng 2 khoá học Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, đại học khối ngành Kinh tế của tất cả các trường:

1. Khoá: PRO S1 - MÔN TOÁN CAO CẤP 1 - ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
2. Khoá: PRO S2 - MÔN TOÁN CAO CẤP 2 - GIẢI TÍCH

Khoá học cung cấp đầy đủ kiến thức và phương pháp giải bài tập các dạng toán đi kèm mỗi bài học. Hệ thống bài tập rèn luyện dạng Tự luận có lời giải chi tiết tại website sẽ giúp học viên học nhanh và vận dụng chắc chắn kiến thức. Mục tiêu của khoá học giúp học viên đạt điểm A thi cuối kì các học phần Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 trong các trường kinh tế.

Sinh viên các trường ĐH sau đây có thể học được combo này:

- ĐH Kinh Tế Quốc Dân

- ĐH Ngoại Thương

- ĐH Thương Mại

- Học viện Tài Chính

- Học viện ngân hàng

- ĐH Kinh tế ĐH Quốc Gia Hà Nội

và các trường đại học, ngành kinh tế của các trường ĐH khác trên khắp cả nước...

ĐĂNG KÍ COMBO TOÁN CAO CẤP DÀNH CHO SINH VIÊN TẠI ĐÂY