Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Bài 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Mục tiêu
Nội dung
• Nắm được khái niệm về các loại hệ
phương trình đại số tuyến tính.
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình có số phương trình và số ẩn bằng nhau theo phương pháp Cramer và phương pháp Gauss.
Hệ phương trình đại số tuyến tính là một trong những vấn đề quan trọng của Đại số tuyến tính. Các hệ số cũng như các giá trị của các ẩn số là các số thực.Trong dạng tổng quát số phương trình và số ẩn số có thể là bất kỳ và hai loại số này có thể không bằng nhau. Bài 3 gồm những nội dung sau:
• Dạng của Hệ phương trình đại số • Nắm được phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát; hệ phương trình thuần nhất. tuyến tính
• Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
• Giải được các bài toán về hệ phương trình đại số tuyến tính, theo cách tự luận và theo trắc nghiệm. • Hệ phương trình thuần nhất
• Phương pháp Gauss
Thời lượng
Bạn đọc nên để 15 giờ để nghiên cứu LT + 8 giờ làm bài tập.
39
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Bài toán mở đầu: Mô hình cân bằng
n
j
Trong mô hình ma trận nói ở chương trước, ta đã có ai j xj là lượng sản phẩm ngành i cung cấp cho ngành j. Tổng lượng sản phẩm ngành i coi là chi phí để sản xuất sản phẩm cho cả n ngành là:
∑ a x ij
j 1 =
Lượng sản phẩm ngành i còn lại kí hiệu là yi thường được gọi là sản phẩm cuối cùng của ngành i. Nếu mô hình là cân bằng thì ta có
n
a x ij
j
∑ + yi = xi , i = 1,2,…, n
j 1 =
Ta có một hệ phương trình đại số tuyến tính n phương trình và n ẩn số. Ở đây
xi, i = 1,2,…, n là các ẩn số
ai j và yi là các hằng số đã biết.
Dạng của hệ phương trình đại số tuyến tính
3.1.
Dạng tổng quát của hệ phương trình đại số tuyến tính được viết như sau
1n
n ... a x
... a x = + + +
2n
2
n
(
) 3.1
b 1 b + + + = a x 11 1 a x 21 1 a x 12 2 a x 22
mn
2
n
m
Hệ này được viết dưới dạng ma trận là
Ax
b=
(3.2)
... a x + + + = a x m2 ⎧ ⎪ ⎪ 2 ⎨ .............................................. ⎪ ⎪ b a x ⎩ m1 1
( A a =
ở đây A là ma trận được thành lập từ các hệ số của các biến )ij m n
×
x: véc tơ cột của các biến.
x
1
x
2
(3.3)
x
=
x
n
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
b: véc tơ cột các số hạng tự do.
b 1 b
2
(3.4)
b
=
b
m
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
Hệ phương trình đại số tuyến tính được gọi là:
thuần nhất nếu tất cả các
0,i 1, 2,..., m;
ib
• = =
0;≠
ib
• không thuần nhất nếu có ít nhất một
40
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
tương thích nếu hệ có ít nhất một nghiệm, tức là tồn tại một bộ giá trị của x , x ,..., x mà khi thay vào sẽ có một đồng nhất thức;
1
2
n
•
• không tương thích nếu không có một nghiệm nào;
• xác định nếu hệ chỉ có một nghiệm duy nhất;
• bất định nếu tồn tại quá một nghiệm. Muốn giải hệ phương trình đại số tuyến tính thì trước hết phải xác định xem hệ đã cho tương thích hay không tương thích. Nếu là hệ tương thích thì lại phải xem hệ là xác định hay bất định. Nếu hệ phương trình là xác định thì ta đi tìm nghiệm duy nhất của nó.
Ví dụ 1:
x 2y 1 x 2y 5
− =
+ = ⎧ ⎨ ⎩
là một hệ hai phương trình 2 ẩn. Ví dụ 2:
2x 3y z 1
1 + = − 6 = − − ⎧ ⎪ x y z + + = ⎨ ⎪ 3x y 2z + − ⎩
là một hệ 3 phương trình 3 ẩn. Ví dụ 3:
− =
2x 3y 4z 5 + ⎧ ⎨ 3x 2y 7z 6 ⎩
là một hệ hai phương trình 3 ẩn.
+ − =
Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
3.2.
Khi giải hệ phương trình đại số tuyến tính có thể xảy ra hai trường hợp: ≠ m n và m n.
=
Lúc này ma trận A có dạng
11
12
1n
• Trường hợp m = n
2n (cid:35)
... a ... a A = a a 21 (cid:35) a a 22 (cid:35)
n1
n 2
nn
a a ... a ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
1A .−
Định nghĩa: Hệ (3.2) gọi là hệ Cramer nếu det (A) ≠ 0 (ma trận A không suy biến) Khi đó sẽ tồn tại ma trận nghịch đảo
i 1, 2,..., n
=
=
ix
Δ i Δ
Định lí 3.1 (Cramer): Hệ Cramer có nghiệm duy nhất tính bằng công thức
41
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Chứng minh
1A− về bên trái, ta được:
Ta nhân hai vế của đẳng thức (3.2) với
1 −
A Ax A b
1 −=
−
Bởi vì
1A A E
= , mà nhân bất cứ ma trận nào với E sẽ được đúng ma trận đó, nên
(3.5)
1 x A b−=
Sau khi thế
1A− bởi biểu thức của nó và thay các véc tơ cột x và b, ta có:
+ +
1
11 1
x
+ +
2
12 1
22
2
n 2
n
=
x ... A b n1 n ... A b A b A b + 21 2 A b A b +
(cid:35) (cid:35) 1 A
+ +
n
1n 1
2n
2
nn
n
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
Vì hai ma trận chỉ bằng nhau khi các phần tử tương ứng của chúng bằng nhau nên
x ... A b A b A b +
)
(
1
11 1
x = + + ... A b n1 n A b A b + 21 2 1 A
(
)
1i 1
2i
ni
2
n
i
x ... A b (3.6) A b A b + + + = 1 A
(
)
1n 1
2n
nn
n
2
n
... A b x A b A b + + + = 1 A ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ...................................................... ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ..................................................... ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
ix sẽ có
Theo định lí khai triển: Định thức bằng tổng các tích của các phần tử của hàng hoặc cột với các phần phụ đại số của chúng. Vì vậy bất cứ hàng nào trong biểu thức (3.6) cũng thay được bằng các định thức tương ứng với véc tơ b là một cột của nó, chẳng hạn đối với
11
12
1n
1,i 1 −
1,i 1 +
a a ... a a ... a
2,i 1 −
2,i 1 +
+ +
=
1i 1
2i
2
ni
n
21 ...
22 ...
2 ...
2n ...
a a ... a b 1 b a ... a (3.7) ... A b A b A b + ... ... ... ...
n1
n 2
n
nn
n,i 1 −
n,i 1 +
a a ... a b a ... a
ix thì phải chia định thức
iΔ thiết lập từ định thức
A = Δ bằng cách thay cột i bởi cột số hạng tự do cho định thức Δ , tức là
i 1, 2,..., n
(3.8)
=
=
ix
Δ i Δ
Vì vậy, có thể phát biểu quy tắc Cramer: Nếu định thức gồm các hệ số của hệ n phương trình tuyến tính với n ẩn khác 0 thì hệ có một nghiệm duy nhất được tính bằng công thức (3.8).
6
x 0y 2z
=
+
Điều đó có nghĩa là muốn tìm
+ 3x 4y 6z 30 +
= x 2y 3z 8 +
=
⎧ ⎪ − + ⎨ ⎪− − ⎩
Ví dụ: Giải hệ
42
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Giải: Ta có:
0
2
6
A
b
,
4 6 2 3
−
1 ⎛ ⎜ 3 = −⎜ ⎜ 1 − ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎡ ⎢ 30 = ⎢ ⎢ 8 ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
6
0
2
6
2
0
6
A
A
,
,
A 1
2
3
30 8
6 4 2 3
3 30 6 3 8 1
30 8
−
4 2 −
⎛ ⎜ = ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
1 ⎛ ⎜ = −⎜ ⎜ −⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
1 ⎛ ⎜ 3 = −⎜ ⎜ 1 − ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
Ta tính được det(A) = 44 ≠ 0; det(A1) = –40; det(A2) = 72; det(A3) = 152. Ta có nghiệm của hệ đã cho là:
.
−
=
=
x1 = –
; x2 =
, x3 =
=
40 44
10 11
72 44
18 11
152 44
38 11
• Trường hợp m n≠
Ta gọi
là ma trận của hệ. Sau khi thêm cột các số hạng tự do b vào ma
( A a =
)ij m n
×
trận A, ta lập được ma trận mở rộng B.
a
a
... a
11
12
1n
a
a
... a
b 1 b
B
=
22 ... a
2n ... ... ... a
2 ... b
m1
m2
mn
m
⎡ ⎢ ⎢ 21 ⎢ ... ⎢ a ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
Để giải trường hợp này, ta dựa vào định lí sau:
n
(
)
n
) r A r B = < thì hệ (3.1) có vô số nghiệm.
) r A r B =
(
)
) r A r B . =
)
(
x
c
để cho
Thật vậy, hệ (3.1) có nghiệm, tức là có
=
=
=
c , x 1
2
c ,..., x 2
n
n
1
=
+
+ +
b 1 b
+
+ +
=
a c 11 1 a c 21 1
a c 12 2 a c 22 2
... a c 1n n ... a c 2n n
a
+ +
+
=
2 ............................................ b a c m1 1
... a c mn n
c m2 2
m
Hay
+ +
=
+
b c A c A ... c A 2
1
1
n
2
n
a
1i
b 1 b
a
2
2i
A
i 1, 2,..., n
=
=
=
V i b í
i
b
a
m
mi
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ (cid:35) ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
Định lí 3.2 (Croneker – Capeli): Điều kiện cần và đủ để hệ (3.1) có nghiệm là hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận mở rộng B. Nếu ( = thì hệ (3.1) có một nghiệm duy nhất. Nếu ( Chứng minh: Cần: Giả sử hệ (3.1) có nghiệm. Ta phải chứng minh (
43
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
.
) r A r B=
(
)
k.
= Ta phải chứng minh hệ (3.2) có nghiệm.
) r A r B =
(
Điều đó chứng tỏ rằng cột cuối cùng của ma trận B là tổ hợp tuyến tính của n cột đầu. Theo tính chất hạng của ma trận, ta có thể bỏ cột cuối cùng mà không làm ảnh hưởng đến hạng của ma trận B. Vì vậy, ( ) Đủ: Giả sử ( Không giảm tính tổng quát, có thể coi định thức cấp k khác 0 của A và B nằm ở góc trái. Khi đó, k cột đầu tiên độc lập tuyến tính và các cột còn lại có thể biểu diễn qua k cột đầu. Trong trường hợp riêng, cột b biểu diễn được qua k cột đầu
A
b
+ λ
+ + λ
= λ 1 a
2 a
k ... a
k λ
=
A 1 λ +
A ... 2 λ + +
b 1 b
11 1 a
12 a
1k ... a
λ +
2 λ + +
=
k λ
2
2
21 1
k
22 2k ............................................ a b
... a
a
.
λ + +
λ +
=
λ
m2
2
m1 1
m
k
mk
Thật vậy, nếu lấy
,..., x
, x
x
x
... x
0
= λ
=
= =
= thì chúng tạo nên
1
k
k
n
k 2 +
k 1 +
= λ 1 một nghiệm của hệ (3.1). Đó là điều phải chứng minh.
x
3x
x
x
7
+
+
−
=
1 2x
2 5x
3 x
4 2x
22
+
−
+
=
1
2
3
8x
x
x
24
+
+
−
4 =
1
2
3
4
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3x ⎩
Giải: Ở đây m 3, n
=
4 = .
3 1
1 7
3
1
1 7
− 1 2
B
=
→
2 5 − 3 8 1
22 1 24
0 0
− 3 4 2 2
8 3
−
1 − 1 −
− −
1 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
1 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
3
1
1 7
− 3 4
8
0
→
− 1
2
1 − 0 0
−
5 −
1 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
3 n
4.
= < =
)
(
) Ta có ( r A r B = Vậy hệ có vô số nghiệm. Với ma trận cuối cùng ta có:
x
3x
x
x
7
+
+
−
=
1
2
x
3 3x
8
4 4x
−
−
+
=
2 x
3 2x
5
−
4 = −
3
4
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Đặt
c= , ta được:
4x
x
3x
7 c
x
x
5 2c
+
= +
+
= − +
1
2
3 3x
8 4c
x
x
= −
−
−
8 4c 15 6c 7 2c −
= −
+
2
3 ⇒ = − + 2
x
9 5c
= + −
7 c 21 6c 5 2c +
+ −
= − +
x
5 2c
3 = − +
1
3
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Ví dụ: Giải hệ phương trình:
44
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Vậy các nghiệm có dạng
x
9 5c
= − +
1
x
7 2c
= −
2
với mỗi giá trị của c ta có một nghiệm.
x
5 2c
= − +
3
x
c
=
4
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Hệ phương trình thuần nhất
3.3.
Đây là trường hợp riêng của hệ (3.1), khi
0 v i m i i 1, 2,..., n
=
=
ib
nên
Croneke – Capeli vẫn đúng. Nhưng với trường hợp này, ta luôn có
x
0, x
( 0
hệ thuần nhất luôn có nghiệm. Chẳng hạn, ta thấy ngay
=
=
nên Định lí ) ) ( r A r B= = là một 0,..., x
2
1
n
nghiệm của hệ, gọi là nghiệm tầm thường. Vậy khi nào hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường?
r A n= thì hệ thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường, nếu (
) r A n<
)
í ä
)
r A n thì ta chuy n n r A
tự do sang phải và hệ sẽ có vô số nghiệm.
<
−
Ó
Chứng minh: ( r A n= thì theo quy tắc Cramer, hệ có nghiệm duy nhất, chính là nghiệm tầm Nếu thường. Nếu (
(
)
)
0.
Định lí 3.3: Nếu ( thì hệ thuần nhất có vô số nghiệm, nghĩa là ngoài nghiệm tầm thường phải có nghiệm không tầm thường.
Δ =
n
Thật vậy, vì
Δ =
=
< . Do đó, hệ thuần nhất có vô số nghiệm, tức là
) ( 0 thì r A r B
(
)
có nghiệm không tầm thường. Ta cũng có các định nghĩa tương tự cho hệ (3.2) như đối với hệ (3.1).
Hệ quả: Đối với hệ thuần nhất n phương trình n ẩn số thì điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm không tầm thường là định thức
x
2x
3x
0
−
+
=
2
x
0
x
−
3 =
1
2
3x
0
3 4x
−
=
1
2
3
⎧ 1 ⎪ 2x + ⎨ ⎪ + x ⎩
Giải :
3
1
2
Ta có
Δ =
4 2 18 3 16 3 0. − −
+ =
2 1
− 1 3
1 − = − + + 4 −
Hệ có vô số nghiệm.
1 4 5 0.
Xét định thức cấp 2
= + = ≠
1 2
2 − 1
Bởi vậy, ta lấy 2 phương trình đầu
x
2x
3x
0
−
+
=
2
1 2x
x
x
0
+
−
3 =
2
1
3
⎧ ⎨ ⎩
Ví dụ: Giải hệ phương trình
45
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Chuyển
3x sang vế phải
x
2x
3x
−
= −
3
2
1 2x
x
x
( ) a (b)
+
=
1
3
2
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
Lấy (b) nhân với 2 rồi cộng với (a), ta có:
5x
x
x
x
= − ⇒ = −
1
3
1
3
x
x
2x
x
x
x
=
−
=
+
=
2
3
1
3
3
3
1 5 2 5
7 5
Vậy hệ đã cho có vô số nghiệm xác định bởi
3
1
x x = − 1 5
3
2
x x =
7 5 (cid:92)
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ x ∈⎪ 3 ⎪ ⎩
Phương pháp Gauss
3.4.
Nội dung của phương pháp Gauss là dùng cách khử dần các ẩn số để đưa hệ (2.18) về dạng tam giác
1
2
3
4
2
x x x + α + α = α
3 x
(3.9)
2
3
3
x + β = β
4 = γ
4
3
3
rồi giải hệ này.
Hệ tam giác (3.9) rất dễ giải: từ phương trình thứ 3, ta suy ra
3x , thế
trình thứ 2, ta suy ra
2x , thế
2x và
3x vào phương trình thứ nhất, ta suy ra
3x vào phương 1x . Sau
đây, ta xét một ví dụ cụ thể rồi nêu ra các quy tắc thực hành
x γ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2x
3x
5x
2
+
+
=
1
2 2,5x
3 4x
10
−
+
=
3
2
1 4x
3x
2x
2
+
+
=
3
2
1
⎧ ⎪ 3x ⎨ ⎪− ⎩
( ) a ( ) b ( ) c
Giải :
Trước hết, ta chia (a) cho hệ số của
1x , tức là cho 2, ta được:
x
1, 5x
2,5x
1
a′
+
+
=
(
)
1
2
3
Sau đó khử
1x khỏi (b). Muốn thế ta nhân (a') với hệ số của
1x ở (b), tức là với 3, ta có:
3x
4,5x
7,5x
(b′)
+
+
= 3
1
3
2
này trừ đi phương trình (b) theo từng vế, ta được:
Sau đó, đem phương trình (
)b'
7x
3,5x
+
= − 7
(b″)
2
3
Ví dụ: Xét hệ
46
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
Tương tự, ta khử
1x ra khỏi (c): nhân (a') với hệ số của
4x
6x
10x
−
−
−
= − 4.
1x ở (c), tức là với (–4), ta có (c′)
1
2
3
trừ (c) ta được:
Sau đó đem (
)c′
9x
12x
−
−
= − 6.
(c″)
2
3
, trong đó chỉ còn hai ẩn là
( ′′ b và c
)
)
Bây giờ, ta chú ý đến hai phương trình ( x và x . Lặp lại quá trình như trên.
2
3
cho hệ số của
Trước hết, ta chia (
)b′′
2x , tức là cho 7, ta được:
x
0,5x
+
(b″′)
= − . 1
2
3
Sau đó, ta khử
với hệ số của
, tức là với (–9)
)c′′
bằng cách nhân (
)b′′′
)c′′
2x khỏi (
2x ở (
9x
4,5x
−
−
= . 9
(b″″)
2
3
ta được:
Sau đó đem (
)b′′′′ trừ đi (
)c′′
7,5x
15.
=
(c″′)
3
ta được tam giác mong muốn.
Kết hợp các phương trình (
) ( ′′′ ′′′ ′ a , b , c
) (
)
′′′ c
ta suy ra x
=
= . 2
Từ (
)
3
15 7,5
ta được:
Thế
′′
(
)
3x
x
0,5 2
1
2
x
+
× = − ⇒ = − .
2
2
= 2 v o b′′′ µ
Thế
ta được:
(
)
3
2
x 2, x = 2 vào a′ = −
1
x 1,5 + 2 × − + 2,5 2 1 × =
( 3 5 1
) − + = ⇒ = −
1
1
x x 1.
1
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
x 1 = −
2
x 2 = −
3
Trên đây, ta đã trình bày phương pháp Gauss một cách trình tự. Trong thực hành, ta có thể thực hiện biến đổi ma trận như sau:
x 2. = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
L . 1
L 1
2
2 3 5 2 1 1,5 2,5 1 1 1,5 2,5 1
1 → ⎯⎯⎯⎯→ 2
L 2 L
L 3L − → ⎯⎯⎯⎯⎯→ 1 L 4L + → 1
3
3
− −
2,5 4 10 2 2 3 2,5 3 4 2 10 2 7 − 9 3,5 7 − 12 6 0 0 3 4 − 3 4 − ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
L
L
2
2
L
− → 2
3
3
1 ⎛ ⎞ × − →⎜ ⎟ 7 ⎝ ⎠ ⎯⎯⎯⎯⎯→
1 1,5 2,5 1 1,5 2,5 1 1
1 9 0,5 12 0 0 0 0 1 0 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ L 9L 1 − ⎯⎯⎯⎯⎯→ ⎥ ⎥ 6 ⎦ ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ 1 0,5 − ⎥ ⎥ 7,5 15 ⎦
1
Từ đây, ta có ngay nghiệm của hệ
x 1 = −
2
x 2 = −
3
x 2. = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
47
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình có số phương trình và số ẩn bằng nhau theo
phương pháp Cramer và phương pháp Gauss;
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát. Nắm được phương
pháp giải hệ phương trình thuần nhất;
• Giải được các bài toán về hệ phương trình đại số tuyến tính. Bài tiếp theo các bạn sẽ được học về Phép toán và Cấu trúc đại số.
TÓM LƯỢC CUỐI BÀI
48
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
BÀI TẬP
1. Giải hệ phương trình
1 7x
2 4x
5x 2x 4x 2 − + + =
3 +
4 =
a.
1
2
x 3x 5 − +
3 4x
4 6x
1
3
2
4
7x 3 + − − = 3x ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 5x ⎩
2 9x
3 13x
x 5x x x 0 + − + =
4 +
b.
1 2x
2 2x
11x 0 + − =
3 +
4 =
1
2
3
4
6x 5x 1 + − ⎧ 1 ⎪ 3x ⎨ ⎪ ⎩
2. Giải và biện luận theo a hệ phương trình
2
3
4
ax x x x 1 + + + =
1 +
a.
1
3
4
2
ax x x x a + + =
2 +
1
2
3
4
x x ax x a + + = ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
1
3
x x 0 + − =
1
2
3
x 0 + − = b.
) 2 a x + ) ( 2 a x + ) ( 2 a x x
1
2
3
( ⎧ ⎪ x ⎨ ⎪ ⎩
x 0 − + + =
3. Cho hệ phương trình
3
2
x 2x ax 3 + + =
1 2x
3 3x
2 x
x ax 2 − − =
1
3
2
b + + = ⎧ 1 ⎪ 3x ⎨ ⎪ ⎩
a. Xác định a, b để hệ có nghiệm duy nhất. b. Xác định a, b để hệ có vô số nghiệm.
4. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss
2
3
x x 1 + + =
( ) I
1
3
3x x 3 + =
2 +
1
2
3
x 3x 9 = 3x ⎧ 1 ⎪ x + ⎨ ⎪ + x ⎩
CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Hãy chọn phương án đúng.
2 x ay a z
1. Cho hệ phương trình
2
a + =
trong đó a là tham số thực.
− = ax a y az 1 + 3 ax y a z 1 + − = ⎧ − ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Khi đó, hệ có nghiệm duy nhất nếu
49
Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính
0=
0, a 1 ≠ A. a ≠ ± B. a
1= −
C. a 1= D. a
2. Cho hệ phương trình thuần nhất 3 ẩn
1 0
a 1 =
− 3 1 a − 2 a −⎡ ⎢ 1 − ⎢ ⎢ 1 ⎣ x ⎤ ⎡ ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ y ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ z ⎦ ⎣ ⎦ 0 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 0 ⎣ ⎦
Khi đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường nếu
2≠
1≠ −
A. a B. a
C. a 2 và a 1 1 ≠ ≠ − D. a = = − 2 ho c a Æ
b= . Khi đó
3. Xét hệ phương trình đại số tuyến tính Ax
(
)
det A 0= thì hệ vô nghiệm; A. Nếu
(
)
B. Nếu det A 0≠ thì hệ có vô số nghiệm;
) det A 0;=
(
C. Nếu Ax 0= có nghiệm không tầm thường thì
) det A 0≠ .
(
D. Nếu Ax 0= có nghiệm không tầm thường thì
4. Xét hệ phương trình
3
1
3x 0 x 2x + = +
2 4x
3
0 x = +
3
0 = ⎧ ⎪ ⎨ 2 ⎪ 5x ⎩
Khi đó: A. Hệ vô nghiệm. B. Hệ có vô số nghiệm. C. Hệ có nghiệm không tầm thường. D. Hệ chỉ có nghiệm tầm thường.
