Bài thi kết thúc học phần môn Toán cao cấp 1 - Trường ĐH Ngân hàng TP. HCM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGÂN HÀNG TP. HỒ CHÍ MINH
BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN
Mơn thi: .................. Tốn Cao Cấp 1 ........................

Họ và tên sinh viên: ........................ Nguyễn Hương Giang ........................................
MSSV: ...............030137210165 .............. Lớp học phần:D13 .........

THÔNG TIN BÀI THI
Bài thi có: (bằng số):…16… trang
(bằng chữ):…mười sáu… trang

U CẦU
BÀI LÀM

Trình bày tiểu luận theo đúng chuẩn như Giảng viên đã hướng dẫn trong
lớp học.
Các ví dụ minh họa phải tính tốn chi tiết.
Tiểu luận tối thiểu là 8 trang, font chữ Times New Roman cỡ chữ 13.
Điểm cao sẽ dành cho các bài tập có tính đa dạng và vận dụng.


CÂU 1.(4 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC
NỘI DUNG SAU (4 ĐIỂM)
a) Thuật toán Gauss – Jordan để giải hệ phương trình tuyến tính AX = B

Để giải hệ phương trình tuyến tính AX  B bằng thuật toán Gauss – Jordan, chúng ta
thực hiện theo các bước sau:
-

Bước 1: Viết ma trận hệ số mở rộng 𝐴̃= (A|B) của phương trình AX = B, gồm
ma trận A là ma trận hệ số ẩn và B là ma trận hệ số tự do.

-

Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để biến đổi ma trận mở rộng
về dạng bậc thang. Phép biến đổi sơ cấp:
d j  αd j  βdi , với α  0 và i  1,m (với m là số dòng của  A B  )

-

Bước 3: Dùng định lý Kronecker – Capelli để kiểm tra hệ có nghiệm hay
khơng.

-

Bước 4: Viết hệ phương trình tương ứng với ma trận bậc thang.

-

Bước 5: Giải hệ ngược từ dưới lên.

b) Định lý về số nghiệm của hệ phương trình trên. Mỗi trường hợp hãy cho 1 ví dụ

minh họa, trong đó ma trận A có ít nhất 3 dịng.
-

Định lý về số nghiệm của hệ phương trình AX=B (Định lí Kronecker –Capelli)
Ta ln có r  A   r  A B 
 Nếu r(𝐴̃) ≠ r(A) thì hệ vơ nghiệm.
 Nếu r(𝐴̃) = r(A) thì hệ có nghiệm.
+ Nếu r(𝐴̃) = r(A) = n thì hệ có 1 nghiệm duy nhất.

+ Nếu r(𝐴̃) = r(A) < n thì hệ có vơ số nghiệm, phụ thuộc vào n – r(A) ẩn tự do.
Trong đó: n là số ẩn của phương trình.

-

Ví dụ minh họa
TH1: Phương trình vô nghiệm
 x y z 0

 2x  3 y  z  2
 3x  2 y  18 z  2


1


1
1 1

A =  2 3 1 
 3 2 18 


1 1 1 0
1 1 1 0
1 1 1 0 

 d2 d2 2 d1 
 d3 d3 5d1 


  0 1 3 2    0 1 3 2 
(A|B) =  2 3 1 2  
d3  d3 3d1
 3 2 18 2 
 0 5 15 2 
 0 0 0 12 







Ta thấy r(A) = 2 < r(𝐴̃) = 3 nên hệ vơ nghiệm.
TH2: Phương trình có 1 nghiệm duy nhất

2 x1  3 x2  x3  4 x 4  10

 x1  x2  2 x3  x4  1

 x1  x2  x3  3 x4  2
3 x  x  6 x  36 x  4
 1
2
3
4
 2 3 1 4

1 1 2 1
à = (A|B) = 

 1 1 1 3

 3 1 6 36

10 

1  d1 d3

2

4

 1 1 1 3

 1 1 2 1
 2 3 1 4

 3 1 6 36

2

1
10 

4

2
2
 1 1 1 3
 1 1 1 3





d3  d2
d 2 = d 2 - d1
 0 2 3 4 1  
 0 1 3 10 6 



d3 = d3 - 2d1
 0 1 3 10 6 
 0 2 3 4 1 
d 4 = d 4 - 3d1




 0 4 3 27 2 
 0 4 3 27 2 
1

d3  d3  2 d1
0


d4  d4  4 d1
0


0

1 1

3

1

3

10

0

9

24

0

9

13

2
1


6  d4 d4 d3  0


0
11 


22 
0

1 1

3

1

3

10

0

9

24

0

0

11

Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 4 = n (số ẩn) nên hệ có nghiệm duy nhất.

2

2

6
11

11


 Ta có, hệ phương trình tương đương:
 x1  x2  x3  3x4  2

 x2  3x3  10 x4  6

9 x3  24 x4  11


11x4  11
















13
9
13
x2 
3
35
x3 
9
x4  1
x1 

13 13 35 
Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 ; x4 )  
; ; ;1
 9

3

9



TH3: Phương trình có vơ số nghiệm
 x1  2 x2  x3  3x4  0


 x1  3x2  x3  2 x4  3

 3x1  4 x2  x3  5 x4  4
 2 x1  x2  5 x3  14 x4  4

1

1
à  A| B = 
3

2





1

d3  d3  2 d1
0


d4  d4 3d1
0

0
1

0

d 4  d 4  2 d3


0

0

2 1

3

3

2

1

4 1

0
 1 2 1 3


3  d2 = d2 - d1  0 1 2 5


1
 0 2 2 4
4  dd34 == dd34 -- 3d
2d1



4 
 0 3 3 8

5

1 5 14
2 1

3

1

2

5

0

6

14

0

3

7

2 1

3

1

2

5

0

3

7

0

0

0

0
1


3
0
d3  d 4


 
0
10 


5
0

2 1

3

1

2

5

0

3

7

0

6

14

0

3
4

4 
0

3
5

10 

0

3
5

0

Ta thấy r(A) = r(𝐴̃) = 2 < 3 (n: số ẩn) nên hệ có vơ số nghiệm phụ thuộc vào 3-2=1
tham số tự do.

3


 Ta có, hệ phương trình tương đương:
 x  2 x  x  3x  0
2
3

4
 1

x

2
x

5
x

2
3
4 3

3x3  7 x4  5


00



Đặt x4 =t, t ∈ R




7  4t
 x1  3


t 1

 x2  3


5  7t
 x3 
3

x  t
 4

7  4t t  1 5  7t 
Vậy hệ phương trình có vơ số nghiệm và ( x1; x2 ; x3 ; x4 )  
;
;
; t  t  R


3

3

3



c) Xét hệ phương sau đây :

ax  x  x  2  a

2
3
 1

 x1  bx2  x3  2  b

 x1  x2  cx3  2  c

Trong đó a là ngày sinh, b là tháng sinh và c là năm sinh của bản. Hãy giải
phương trình trên bằng ít nhất 2 cách.
Phương trình sau khi thay ngày tháng năm sinh vào:
 5x  x  x  7
1
2
3


x

11
x

x
 1
2
3  13

x  x2  2003x3  2005

 1

 Cách 1: Dùng thuật toán Gauss – Jordan.
1
7 
1
13 
1
13 
5 1
 1 11
 1 11

 d1 d2 
 d2 d2 5d1 

( A | B)   1 11
1
13  
5 1
1
7  
4
58 
d3  d3  d1   0 54
 1 1 2003 2005 
 1 1 2003 2005 
 0 10 2002 1992 








4



13 
1
1
 1 11
 1 11
1
d2  d2 .


d3  d3 10 d2
54  0
29  
2

1 2
  0 1

27
27
27

 0 10


0
0

2002
1992
54074



27





29
27 
54074 
27 
13

Ta thấy r(Ã) = r(A) = 3 = n (số ẩn) nên hệ có 1 nghiệm duy nhất.
 Ta có hệ phương trình:

 x1  11x2  x3  13

2
29


x3 
 x2 
27
27

54074
 54074
 27 x3  27


 x1  1

 x2  1
x 1
 3



Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 )  (1;1;1)
 Chứng minh hệ Cramer
 5 x1  x2  x3  7

G   x1  11x2  x3  13
 x  x  2003x  2005
2
3
 1
5 1
1 



A   1 11 1 
 1 1 2003 



5 1

1

A  1 11

1

dßng 1

 5.(1)11.

1 1 2003

11

1

1 2003

 1.(1)12 .

= 5.22032 – 1.2002 + 1.(-10)
=108148

 det( A)  108148  0 (1)

Ta thấy: số ẩn = số phương trình = 3 (2)
Từ (1), (2)  G là hệ Cramer

5

1

1

1 2003

 1.(1)13.

1 11
1 1


 Cách 2: Dùng phương trình ma trận AX=B để tìm X trong hệ Cramer
 5 x1  x2  x3  7

G   x1  11x2  x3  13
 x  x  2003x  2005
2
3
 1

1 
5 1

 x1 
 7 


 


Ta có: A   1 11 1  ; X   x2  ; B   13 
 1 1 2003 
x 
 2005 


 3


Dạng ma trận của hệ: AX  B
Khi đó nghiệm X  A1.B
1

1   7 
 5 11

 

  1 11
1  .  13 
 1 1 2003   2005 

 



1
 
  1 ứng với
1
 

 x1 
 
 x2 
x 
 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x1; x2 ; x3 )  (1;1;1)
 Cách 3: Dùng định thức trong hệ Cramer
 5x  x  x  7
1
2
3

G   x1  11x2  x3  13
 x  x  2003x  2005
2
3
 1

1 
5 1



A   1 11
1 
 1 1 2003 



 7 


; B   13 
 2005 



Ta có det( A)  108148  0 (chứng minh trên)
 7
5
5 1
1
1 
7
1 
7 







A1   13 11 1  ; A2   1 13
1  ; A3   1 11 13 
 2005 1 2003 
 1 2005 2003 
 1 1 2005 







Trong đó:
-

A1 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 1 bằng cột tự do B.

-

A2 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 2 bằng cột tự do B.

-

A3 là ma trận có được từ ma trận A bằng cách thay cột 3 bằng cột tự do B.

6


det( A1)  7.(1)11.

11 1
13
1
13 11
1.(1)12.
1.(1)13.
1 2003
2005 2003
2005 1

= 7.22032 + (-1).24034 + 1.(-22042)
=108148

det( A2 )  5.(1)12.

13
1
1 1
1 13
 7.(1)12.
1.(1)13.
2005 2003
1 2003
1 2005

=5.24034 + (-7).2002 + 1.1992
=108148

det( A3 )  5.(1)11.

11

13

1

2005

 1.(1)1 2 .

1

13

1 2005

 7.(1)13

1 11
1 1

= 5.22042 + (-1).1992 + 7.(-10)
=108148
Ta có: x1 

det( A1)
1
det( A)

;

x2 

det( A2 )
1 ;
det( A)

x3 

det( A3 )
1
det( A)

Vậy nghiệm của hệ phương trình  x1; x2 ; x3   (1;1;1)
 Cách 4: Biến đổi linh hoạt, đặt ẩn phụ
a  x1  1   x2  1   x3  1  0


  x1  1  b  x2  1   x3  1  0


  x1  1   x2  1  c  x3  1  0



 x  x1  1

Đặt  y  x2  1 , hệ phương trình trở thành:
z  x  1
3


ax  y  z  0

 x  by  z  0
 x  y  cz  0


Do đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất và a  5, b  11, c  2003 làm
cho 3 dịng độc lập tuyến tính nên sẽ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường


 x  x1  1  0

Hệ phương trình   y  x2  1  0  x1  x2  x3  1
z  x  1  0
3


7


CÂU 2 (3 ĐIỂM):
a) Trình bày 2 cách tính định thức của ma trận vuông cấp 3. Mỗi cách cho 1 ví dụ
minh họa
 Cách 1: Phần bù đại số

A  (aij ) nn , đặt A  (1) i  j . M
ij

ij

,

Trong đó, M là định thức sinh ra từ định thức của ma trận
ij

A bằng cách bỏ đi dòng i

và cột j. Còn A được gọi là phần bù đại số tương ứng với phần tử aij  A .
ij
det( A)  A

dßng 1 n



a

11

a1j.(1)1 j. A(1 / j)

i 1

.( 1)11.

A(1 / 1)  a12 .( 1)12 . A(1 / 2)  ...  a1n .( 1)1 n . A(1 / n)

Cách tính trên là cơng thức khai triển theo dịng. Có thể chọn dịng hoặc cột tùy ý.
*Thủ thuật: Chọn dòng hoặc cột chứa nhiều số 0 nhất để khai triển cho nhanh.

Ví dụ minh họa:

2 1 4
3 1 6
2 5 3

dßng 1

 2.(1)11.

3 1
1 6
3 6
 1.(1)12 .
 4.(1)13.
2 5
5 3
2 3

 2.1.(1.3  6.5)  1.(1).(3.3  6.2)  4.1.(3.5  1.2)
  54  3  52  1
 Cách 2: Qui tắc Sarrus
Để tính định thức của ma trận vng cấp 3 theo quy tắc Sarrus, ta :
a11 a12 a13
detA  a21 a22 a23
a31 a32 a33
Bước 01: Viết lại 2 cột đầu của định thức theo thứ tự phía sau cột cuối cùng (cột
3) của ma trận vuông ban đầu

a11 a12 a13

a21 a22 a23
a31 a32 a33

a11 a12
a21 a22
a31 a32

Bước 02.1: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo chính rồi
cộng chúng lại với nhau

8


a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32
Bước 02.2: Tích các phần tử (đủ 3 phần tử) song song với đường chéo phụ rồi
cộng chúng lại với nhau, đặt cho nó một dấu trừ trước tổng

  a13a22 a31  a11a23a32  a12 a21a33 
Bước 02.3: Cộng hai phần này lại với nhau, ta có được định thức của ma trận A.

detA  a11a22 a33  a12 a23a31  a13a21a32   a13a22 a31  a11a23a32  a12 a21a33 
Hoặc ta có thể dựa vào sơ đồ sau:

det(A) = A = Tổng 3 đường chéo đỏ - tổng 3 đường chéo xanh

 A  a11.a22.a33  a12.a23.a31  a13.a21.a32  (a13.a22.a31  a11.a23.a32  a12.a21.a33 )

Ví dụ minh họa:

VT 

2x
1
x
x 1 1 x  2
7 x 1 8

2x
1
x
x 1 1 x  2
7 x 1 8

 2

2x
1
x 1 1
7
x 1

 2 x.1.8  1( x  2).7  x( x 1)( x 1)   x.1.7  2 x( x  2)( x 1)  1.( x 1).8
 16 x  7 x  14  x3  2 x 2  x  (7 x  2 x3  2 x 2  4 x 2  4 x  8x  8)
 16 x  7 x  14  x3  2 x 2  x  7 x  2 x3  2 x 2  4 x 2  4 x  8 x  8
  x3  4 x 2  13x  22  VP
  x3  4 x 2  13x  22  2
  x3  4 x 2  13x  24  0  x  3
9

b) Định nghĩa ma trận khả nghịch? Nêu 1 phương pháp để xác định tính khả nghịch
của ma trận? Cho 2 ví dụ minh họa cụ thể (ma trận cấp 3, cấp 4)
-

Đinh nghĩa: Cho A là 1 ma trận vuông cấp n trên k. Ta bảo A là ma trận khả
nghịch nếu tồn tại 1 ma trận B vuông cấp n trên k sao cho: A.B=B.A=In. Khi đó B
được gọi là ma trận nghịch đảo của A(ký hiệu A-1), cịn A gọi là ma trận khả
nghịch. Trong đó, In là ma trận đơn vị cấp n.
Như vậy: A.A-1=A-1.A=In

-

Phương pháp để xác định tính khả nghịch của ma trận: tính det(A)
 Nếu det(A)  0  Ma trận A có tính khả nghịch.
 Nếu det(A)  0  Ma trận A khơng có tính khả nghịch.

-

Ví dụ minh họa xét tính khả nghịch của ma trận
+ Ma trận cấp 3:
1

A  3
2


A 

1 2


2 1
1 3 

1 1 2 1 1
3 2 1 3 2  1.2.3+1.1.2+2.3.1  (2.2.2  1.1.1  1.3.3)
2 1 3 2 1
 14 18   4  0
  Ma trËn vu«ng A cã tÝnh khả nghịch

+ Ma trn cp 4:

B

B

1
2
1
3

1
2
2 16
1
3
2
1

2
0

2
5



1

2
 1

 3


1
2
2 16
1
3
2
1

2

0
2

5 

1 1
2

2
0 4 20 4
0 2
5
4
0 1 5 1

10



1 1
2
2
0 1 5 1
0 2
5
4
0 4 20 4




1
0
0
0

1
1

0
0

2
5
5
0

2
1
 det( B)  1.(1).(5).0  0
2
0
 Ma trận B khơng có tính khả nghịch.

c) Cho 3 ví dụ cụ thể vận dụng tính khả nghịch của ma trận trong việc giải
các phương trình ma trận sau: A.X = B, X.A=B, A.X.B=C
 A.X = B
2

4

1 2
1
 . X  

3
 4 3

X

1

1  1 2 
 .

3   4 3 



2

4



3
 10

 2 5


1  
10  .  1 2 
1   4 3 
5



7

 10

 25


9 
10 
1 
5

 X.A=B
4 1 3 
4 1 3 
1 2 3 
1 2 3  



X .  6 9 12   
 X  
 .  6 9 12 
 3 2 1
 3 2 1  1 3 2 
1 3 2 





1

7
1 
2
45
3
 5
1 2 3  
1
2 
 
. 0
9
3
3
2
1

 
11
2 
 1
5
45
3

 1 16
7 
5
45

15 

 
31
7 
6
45 3 
 5

11


 A.X.B=C
1 3 0
 3 5
 2 1 3



 . X .  2 0 4  

7 4
5 3 0
4 5 6


1 3 0
 3 5
 2 1 3 


X  
 . 
 .  2 0 4
7 4
5 3 0  4 5 6



-1

1



 5
9
3 
4
2
 2
5 
 4


2
1
3

23
23

. 

.  1 2 3 4 1 2 

 7
3   5 3 0 
 5
23 
 23
7
3 

8
4
 4
 5
9
3 
2
4
2

17

11
12
 1
23
23
23



 
.  2 3 4 1 2 

2
21  
 1
23
23
23   5 7

3 
8
4
 4
 52

81
29
23
46
23


 


153
65


111

92
184
92 


CÂU 3. (3 ĐIỂM) HÃY TRÌNH BÀY THEO SỰ HIỂU BIẾT CỦA EM VỀ CÁC
NỘI DUNG SAU
a)

Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của họ các vector. Cho 2
ví dụ minh hoạ?
Một hệ vector v1, v2 , v3,

, vm 

được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu có một

tổ hợp tuyến tính không tầm thường của v1, v2 , v3,
m

 civi  0 , với
i 1

12

m

, vm bằng vector 0, nghĩa là

ci2  0

i 1


Một hệ vector v1, v2 , v3,

, vm 

được gọi là độc lập tuyến tính nếu hệ vector

đó khơng phụ thuộc tuyến tính
m

ci vi  0  ci  0

i 1

i 1,m

Ví dụ minh họa: Xét tính phụ thuộc tuyến tính/ độc lập tuyến tính của hệ vector
 Ví dụ 1:

A  v1  1;2;3 ; v2   2;1;0 ;v 3  0;1; 2 
Xét c1v1  c2v2  c3v3  0

 c1 1;2;3  c2  2;1;0  c3 0;1; 2   0
c1  2c2  0


 2c1  c2  c3  0
3c  2c  0
3
 1

 c1  c2  c3  0
 Vậy hệ vector A độc lập tuyến tính.
 Ví dụ 2:

B  u1   2;4  ;u2   1; 2 
Xét c1v1  c2v2  0

 c1  2;4   c2  1; 2   0

2c1  c2  0




4c1  2c2  0

 2c1  c2
Tồn tại c1  1; c2  2 để c1v1  c2v2  0
 Vậy hệ vector B phụ thuộc tuyến tính.
b) Khơng gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? Hãy cho
1 ví dụ minh hoạ và xác định số chiều cũng như cơ sở của nó.
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ln có ít nhất một nghiệm tầm thường,
đây chính là phần tử trung hồ đối với phép cộng. Như vậy nghiệm của hệ phương

13


trình tuyến tính sẽ có thể lập thành một khơng gian con của không gian

n

với n là số

ẩn của hệ phương trình.
Từ các phương trình ta sẽ tìm được mỗi liên hệ giữa các ẩn, gọi r là số liên hệ
độc lập của hệ phương trình tuyến tính n ẩn, ta có được khơng gian con có số chiều là n
– r, nghĩa là nó sẽ được lập nên bởi một cơ sở gồm n – r vectors độc lập tuyến tính.
Ví dụ: Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
 x1  2 x2  4 x3  3x4  0

 x1  3x2  3x3  x4  0
2 x  5 x  3 x  2 x  0
2
3
4
 1

Xét ma trận hệ số ẩn
 1 2 4 3 
 1 2 4 3 





d2  d2  d1
A   1 3 3 1  
4
d3  d3  d2  d1   0 1 5
0 0 0 0 
 2 5 3 2 





Ma trận trên gồm r = 2 dòng độc lập tuyến tính (hay rank  A  r  2 ), trong khi
một vector nghiệm tổng quát của hệ phương trình trên có số chiều bằng 4 (
dim W*  n  4 ), như vậy hệ phương trình này tạo ra một không gian con W chứa những

vector nghiệm X với số chiều dim W  n  r  2

 x3  m

Chọn 


 x4  t

, và biểu diễn x1 , x2 theo m,t từ mối liên hệ


 x1  2 x2  4 x3  3x4  0




 x2  5x3  4 x4  0


 x1  2x2  3t  4m

 x2  5m  4t

 x1  11t  14m

 x2  5m  4t

Vậy nghiệm tổng quát có dạng
 x1 
 14m  11t 
 14   11 
 



  
x2 
5m  4t 
5   4 



X 

 m

t
 x3 


 1   0 
m
 



  
t


 0   1 
 x4 

14


Vậy bất kì vector trong khơng gian nghiệm W của hệ phương trình trên đều biểu diễn
 14 
 11 


 
5 
4

dưới dạng tổ hợp tuyến tính của hai vectors độc lập tuyến tính X 1 

; X2   
 1 
 0 


 
 0 
 1 
Như vậy, một trong các cơ sở của không gian nghiệm W sẽ là B   X 1;X2 
 dim W  cardB  2

c. Xét không gian
4

4

, hãy cho ví dụ về một khơng gian con nằm trong khơng gian

có số chiều bằng 2. Xác định một cơ sở của nó và cơng thức biểu diễn toạ độ của

một vector trong khơng gian đó với cơ sở trên?

Xét khơng gian

4

 x1 
 
x
có vector tổng qt dạng X   2 

 x3 
 
 x4 


 x1  17 x3  4 x4

Nếu thêm ràng buộc 


 x2  24 x3  x4

, thì khơng mất tính tổng quát ta đặt


 x3  y
, ta được không gian con W với vector tổng quát dạng:


 x4  s

 17 y  4s 


24 y  s 
X 

y 



s



với y,s 
Có thể viết X dưới dạng tổ hợp tuyến tính
 17   4 
   
24
1
X  y   s 
 1  0
   
 0  1

15


Như vậy, mọi vector X trong không gian con W đều có thể viết được dưới dạng
 17 
4
 
 
24 
1

tổ hợp tuyến tính của Y 
và S    , và dễ nhận thấy Y, S độc lập tuyến tính.
1
0

 
 
0
1

Khơng mất tính tổng qt, chọn B  Y , S là cơ sở của không gian con W, và mọi vector
X trong W đều được viết dưới dạng

X  c1Y  c2 S ,
với c1, c2 

và còn được gọi là toạ độ của X ứng với cơ sở B trong không gian W.

16


17