zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Hạng của ma trận & hệ phương trình tuyến tính

Chia sẻ: Vudinhthang Thang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Báo xấu

5.609
lượt xem 1.221
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc giải bài toán hệ phương trình tuyến tính có một ý nghĩa rất to lớn trong nghiên cứu khoa học cũng như trong thực tế. Lý thuyết hạng của ma trận nhằm để giải quyết bài toán: Khi nào thì hệ phương trình tuyến tính có nghiệm? Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hạng của ma trận & hệ phương trình tuyến tính

HẠNG CỦA MA TRẬN & HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Tác giả: Phạm Gia Hưng Bộ môn Toán - Khoa KHCB I. Mục đích. Việc giải bài toán hệ phương trình tuyến tính có một ý nghĩa rất to lớn trong nghiên cứu khoa học cũng như trong thực tế. Lý thuyết hạng của ma trận nhằm để giải quyết bài toán: Khi nào thì hệ phương trình tuyến tính có nghiệm? Trong các tài liệu giảng dạy môn Toán Cao Cấp ở các trường Đại Học, thông thường, người ta dùng các phép biến đổi sơ cấp trên các hàng hoặc các cột của ma trận đưa ma trận về dạng hình thang để xác định được hạng của ma trận. Điều này sẽ tăng khối lượng tính toán. Hơn nữa điều chủ yếu đáng nói ở đây là vấn đề logic trình bày. Khi giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss khi ta chỉ dùng các phép biến đổi sơ cấp trên các hàng của ma trận đưa ma trận về dạng bậc thang và khi nhìn vào ma trận bậc thang này sinh viên sẽ dễ lúng túng khi xác định hạng của ma trận hệ số cũng như ma trận mở rộng và từ đó khó lòng biện luận được số nghiệm của hệ phương trình. Đề tài đưa ra là nhằm để khắc phục vấn đề nói trên. Xin cám ơn sự đóng góp ý kiến của anh em đồng nghiệp. II. Tài liệu tham khảo. [1] Nguyễn Đình Trí (Chủ Biên): Toán Cao Cấp, Tập II. NXB Giáo Dục 2000. [2] Phạm Gia Hưng: Bài Giảng Toán Cao Cấp C2. Nha Trang 2004. III. Nội dung. 1. Hạng của ma trận. Định nghĩa 1. Cho A∈Mat(m×n). Ta gọi (i) Định thức con cấp k của A là định thức được suy từ A bằng cách bỏ đi m - k hàng và n − k cột. (ii) Hạng của A là cấp cao nhất trong các định thức con khác 0 của A, ký hiệu r(A) = rank(A) và quy ước coi hạng của ma trận không là bằng 0. 1
Nhận xét. Nếu mọi định thức con cấp k của A đều bằng không, thì mọi định thức con có cấp cao hơn k của A cũng đều bằng không. Từ định nghĩa suy ra • r(A) = r ⇔ A tồn tại có ít nhất một định thức con cấp r khác 0 và mọi định thức con cấp r+1 đều bằng 0. • Nếu A∈Mat(m×n), A ≠ O, thì 0 < r ( A ) ≤ min{m, n}. • Nếu A∈Mat(n×n), thì r(A) = n ⇔ detA ≠ 0 hay r(A) < n ⇔ detA =0. Định lý 1. Hạng của ma trận không thay đổi qua các phép biến đổi sơ cấp. Nói cách khác, nếu với ma trận A ta thực hiện một số phép biến đổi sơ cấp để tới ma trận T thì r ( A ) = r (T ) . Chứng minh. Dựa vào định nghĩa hạng của ma trận và các tính chất của định thức. Định nghĩa 2. Ma trận bậc thang là ma trận có hai tính chất như sau (i) Các hàng khác 0 luôn ở trên các hàng bằng 0. (ii) Trên hai hàng khác 0 thì phần tử khác 0 đầu tiên ở hàng dưới bao giờ cũng ở bên phải cột chứa phần tử khác 0 đầu tiên ở hàng trên. Ví dụ. Các ma trận sau đây là ma trận bậc thang ⎛1 1 1 1 ⎞ ⎛1 3 2 0 5⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎛ 1 2 −1 3⎞ ⎜0 1 − 2 − 2⎟ ⎜ 0 1 6 4 15 ⎟ ⎜ ⎟ ; ; ⎜ 0 2 − 2 4 ⎟. ⎜0 0 0 1 ⎟ ⎜0 0 0 0 0⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 − 1 0 ⎟⎠ ⎜0 ⎝ 0 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 0 0 0 ⎟⎠ Nhận xét. (n1) Hạng của ma trận bậc thang bằng số hàng khác 0 của nó. (n2) Dựa vào định lý trên, ta có thể dùng các phép biến đổi sơ cấp trên các hàng của ma trận để đưa ma trận A về ma trận bậc thang. Ví dụ. Tìm hạng của ma trận A bằng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận ⎛ 1 1 1 1 ⎞ H →H −H ⎛1 1 1 1 ⎞ ⎜ ⎟ H2 →H 2 −H1 ⎜ ⎟ ⎜ 1 2 − 1 − 1⎟ H 34 → H34 − 2H1 1 ⎜ 0 1 − 2 − 2 ⎟ (v1) A = ⎜ ⎯⎯ ⎯ ⎯⎯→⎜ 1 0 3 4⎟ 0 −1 2 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜2 1 4 4 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ 0 −1 2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎛1 1 1 1 ⎞ ⎜ ⎟ H3 →H3 + H2 ⎜ 0 1 − 2 − 2 ⎟ ⎯H⎯ 4 →H4 + H2 ⎯⎯ ⎯→⎜ =T . 0 0 0 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 0 0 ⎝ 0 ⎟⎠ Vậy r(A) = r(T) = 3. ⎛ 1 3 2 0 5⎞ ⎛1 3 2 0 5 ⎞ ⎜ ⎟ HH 2 → → H 2 − 2 H1 ⎜ ⎟ ⎜ 2 6 9 7 12 ⎟ H 34 → H34 − H1 1 ⎜ 0 0 5 7 2 ⎟ H + 2 H (v2) A = ⎜ ⎯⎯ ⎯ ⎯⎯→⎜ −2 −5 2 4 5 ⎟ 0 1 6 4 15 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 4 8 4 20 ⎟⎠ ⎜ 0 1 6 4 15 ⎟ ⎝ ⎝ ⎠ 2
⎛1 3 2 0 5⎞ ⎜ ⎟ ⎜0 1 6 4 15 ⎟ H2 ↔H3 H4 →H4 −H2 ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ =T. 0 0 5 7 2⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 ⎝ 0 0 0 0 ⎟⎠ Vậy r(A) = r(T) = 3. 2. Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính. Xét hệ phương trình tuyến tính ⎧a11 x 1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1 ⎪ ⎪a 21 x 1 + a 22 x 2 + ... + a 2 n x n = b2 ⎨ (*) ⎪.......................................... ⎪⎩a m1 x1 + a m 2 x 2 + ... + a mn x n = bm trong đó a ij , bi (i = 1, m; j = 1, n) là các hằng số cho trước thuộc K (K=R,C). Ký hiệu ⎛ a11 a12 L a1n ⎞ ⎛ a11 a12 L a1n b1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜a a 22 L a2n ⎟ ⎜ a 21 a 22 L a 2 n b2 ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜b ⎟ A = ⎜ 21 ⎟, A =⎜ ⎟, X = ⎜ ⎟, B = ⎜ 2 ⎟ . M M L M M M L M M M M ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜a ⎟ a m 2 L a mn ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ m1 ⎝ a m1 a m 2 L a mn bm ⎠ ⎝ xn ⎠ ⎝ bm ⎠ Ta gọi A là ma trận hệ số, A là ma trận mở rộng của hệ (*). Khi đó hệ (*) có thể viết dưới dạng ma trận AX = B. Định nghĩa 3. Phép biến đổi sơ cấp trên một hệ phương trình tuyến tính là một trong các phép biến đổi sau (p1) Đổi chỗ hai phương trình của hệ cho nhau. (p2) Nhân một phương trình của hệ với một số khác không. (p3) Cộng vào một phương trình với một phương trình khác của hệ. Dễ thấy rằng, việc thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên một hệ phương trình, ta đi tới một hệ phương trình tương đương với hệ đã cho. Định lý 2. (i) Hệ (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi r ( A ) = r (A ) = soá aån. (ii) Hệ (*) có vô số nghiệm khi và chỉ khi r ( A ) = r (A ) < soá aån . (iii) Hệ (*) vô nghiệm khi và chỉ khi r ( A ) < r (A ). Nhận xét. Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên hệ phương trình tuyến tính thực chất là thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các hàng của ma trận mở rộng A của hệ. Việc thực hiện đó sẽ đưa A về một ma trận bậc thang và tương ứng với ma trận này là hệ phương trình tương đương với hệ ban đầu nhưng dễ giải hơn. Ví dụ. Giải hệ phương trình (trong trường hợp có tham số m, hãy giải và biện luận) 3
⎧ x − 2 y + 3z − 4t = 2 ⎧ x + 2 y + 3z − 2t = 1 ⎪3 x + 3y − 5z + t = −3 ⎪2 x − y − 2 z − 3t = 2 ⎪ ⎪ (v1) ⎨ (v2) ⎨ ⎪− 2 x + y + 2 z − 3t = 5 ⎪3 x + 2 y − z + 2t = −5 ⎪⎩3 x + 3z − 10t = 8 ⎪⎩2 x − 3y + 2 z + t = 11 ⎧ x + 2 y − 3z + 5t = 1 ⎪ x + 3y − 13z + 22t = −1 ⎧mx + y + z = 1 ⎪ ⎪ (v3) ⎨ (v4) ⎨ x + my + z = 1 ⎪3 x + 5y + z − 2t = 5 ⎪ x + y + mz = 1 ⎪⎩2 x + 3y + 4 z − 7t = 4 ⎩ Lời giải. (v1) Ta có ⎛ 1 −2 3 −4 2 ⎞ ⎛1 − 2 3 −4 2 ⎞ ⎜ ⎟ H 2 → H 2 − 3 H1 ⎜ ⎟ ⎜ 3 3 − 5 1 − 3 ⎟ HH 34 → H 3 + 2 H1 H 4 − 3 H1 ⎜ 0 9 − 14 13 − 9 ⎟ A =⎜ ⎟ ⎯⎯→⎯ ⎯⎯→⎜ ⎜− 2 1 2 −3 5 ⎟ ⎜0 −3 8 − 11 9 ⎟⎟ ⎜ 3 0 3 − 10 8 ⎟⎠ ⎜0 6 −6 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎛1 − 2 3 −4 2 ⎞ ⎛1 − 2 3 −4 2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ H 3 →3 H 3 + H 2 H 4 →3 H 4 − 2 H 2 ⎜ 0 9 − 14 13 − 9 ⎟ H 4 → H 4 − H 3 ⎜ 0 9 − 14 13 − 9 ⎟ ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ 0 0 10 − 20 18 ⎟ ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ 0 0 10 − 20 18 ⎟=T . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 0 10 − 20 24 ⎟ ⎜0 0 0 0 6 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Ma trận T ứng với một hệ phương trình tương đương với hệ phương trình ban đầu; hệ phương trình này vô nghiệm vì r ( A ) = 3 < 4 = r (A ) . (v2) Ta có ⎛1 2 3 −2 1 ⎞ ⎛1 2 3 −2 1 ⎞ ⎜ ⎟ H2 →H2 −2H1 ⎜ ⎟ ⎜2 −1 − 2 − 3 2 ⎟ HH34 → H3 −3H1 →H 4 −2 H1 ⎜0 − 5 − 8 1 0⎟ A =⎜ ⎟ ⎯⎯ ⎯ ⎯⎯→⎜ ⎜3 2 −1 2 − 5⎟ ⎜ 0 − 4 − 10 8 − 8⎟⎟ ⎜2 − 3 2 ⎟ 1 11 ⎠ ⎜0 − 7 − 4 5 9 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎛1 2 3 −2 1 ⎞ ⎛1 2 3 −2 1 ⎞ ⎜ ⎟ H →− 1 H ⎜ ⎟ H →5H −4H ⎜0 − 5 − 8 1 0 ⎟ H →H2 −4H ⎜ 0 −5 −8 1 0 ⎟ 3 3 3 3 2 H →5H −7H ⎯⎯⎯⎯⎯→⎜ 4 4 2 ⎯⎯⎯⎯⎯→⎜ 4 4 3 . ⎜0 0 − 18 36 − 40⎟⎟ ⎜0 0 9 − 18 20 ⎟⎟ ⎜0 ⎝ 0 36 18 45 ⎟⎠ ⎜0 ⎝ 0 0 90 − 35⎟⎠ Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎧ x + 2 y + 3z − 2t = 1 ⎧ x = 12 / 18 ⎪− 5 y − 8z + t = 0 ⎪ y = − 43 / 18 ⎪ ⎪ ⎨ ⇔ ⎨ . ⎪ 9 z − 18 t = 20 ⎪ z = 26 / 18 ⎪⎩ 90 t = − 35 ⎪⎩ t = − 7 / 18 Ta thấy hệ phương trình có duy nhất nghiệm vì r ( A ) = r (A ) = 4 = số ẩn. (v3) Ta có 4
⎛1 2 −3 5 1 ⎞ H 2 → H 2 − H1 ⎛1 2 −3 5 1 ⎞ ⎜ ⎟ H → H −3H ⎜ ⎟ ⎜1 3 − 13 22 − 1⎟ H 4 → H 4 −2 H1 ⎜ 0 3 3 1 1 − 10 17 − 2 ⎟ A =⎜ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯ → ⎜ 3 5 1 −2 5 ⎟ 0− 1 10 − 17 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜2 3 4 −7 ⎟ 4 ⎠ ⎜ − 17 2 ⎟⎠ ⎝ ⎝0 − 1 10 ⎛1 2 − 3 5 1 ⎞ H3 →H3 + H2 ⎜ ⎟ H4 →H 4 + H2 ⎜ 0 1 − 10 17 − 2 ⎟ . ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ 0 0 0 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜0 0 0 0 0 ⎟ ⎝ ⎠ Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎧ x = −17z + 29t + 5 ⎧ x + 2 y − 3z + 5t = 1 ⎪ ⎨ ⇔ ⎨ y = 10 z − 17t − 2 . ⎩ y − 10 z + 17t = −2 ⎪z, t − tuyø yù ⎩ Hệ phương trình có vô số nghiệm vì r ( A ) = r (A ) = 2 < số ẩn. (v4) Ta có ⎛ m 1 1 1⎞ ⎛ 1 1 m 1⎞ ⎜ ⎟ H ↔H ⎜ ⎟ A = ⎜ 1 m 1 1⎟ ⎯⎯1 ⎯⎯3 →⎜ 1 m 1 1⎟ ⎜ 1 1 m 1⎟ ⎜ m 1 1 1⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ H 2 → H 2 − H1 ⎛1 1 m 1 ⎞ H 3 → H 3 − mH1 ⎜ ⎟ ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ 0 m − 1 1 − m 0 ⎟ = A1 . ⎜ 0 1 − m 1 − m2 1 − m ⎟ ⎝ ⎠ • Th1: Nếu m = 1 thì ma trận A1 tương ứng với hệ phương trình có vô số nghiệm ⎧x = 1 − y − z x + y + z =1⇔ ⎨ ⎩ y, z − tuøy yù và r ( A ) = r (A ) = 1 < số ẩn. • Th2: Nếu m ≠ 1thì ⎛1 1 m 1 ⎞ H3 →H3 + H2 ⎜ ⎟ A1 ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→⎜ 0 m − 1 1− m 0 ⎟ = A2 ⎜0 0 (1 − m )(2 + m ) 1 − m ⎟⎠ ⎝ * Th2a: Nếu m = -2 thì hệ đã cho vô nghiệm vì ứng với hàng thứ 3 của A2 là phương trình vô nghiệm 0 x + 0 y + 0 z = 3 hay nói cách khác do r ( A ) = 2 < 3 = r (A ) . * Th2b: Nếu m ≠ -2 thì hệ đã cho tương đương với hệ phương trình có duy nhất nghiệm sau đây ⎧ x + y + mz = 1 ⎪ 1 ⎨(m − 1)y + (1 − m )z = 0 ⇔ x = y = z = . ⎪(2 + m )z = 1 2+m ⎩ và r ( A ) = r (A ) = 3 = số ẩn. 5
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính Chương 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Bài 1: Các khái niệm cơ bản về hệ phương trình tuyến tính 1. Định nghĩa: a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1  a x  a x  ...  a2 n xn  b2 Hệ phương trình dạng  21 1 22 2 (1) ... am1 x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm Trong đó x1 , x2 ,..., xn là các ẩn và aij , b j  là các hằng số, được gọi là hệ phương trình tuyến tính m phương trình, n ẩn.  a11 a12 ...a1n  a a22 ... a2 n  Ma trận A   21  được gọi là ma trận các hệ số của hệ (1).          am1 am 2 ... amn   a11 a12 ... a1n b1    a a22 ... a2 n b2  Ma trận A   21 là ma trận các hệ số mở rộng của hệ (1).          am1 am 2 ... amn bm  2. Nhận xét: Một hệ phương trình hoàn toàn xác định nếu ta biết được ma trận hệ số mở rộng của nó.  b1  b  Cột  2  được gọi là cột tự do của hệ (1).      bm   x1   b1  x  b  Hệ (1) có thể được viết lại dưới dạng A  2    2  với A là ma trận các hệ số của hệ (1).        xn  bm  Khi ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của hệ phương trình tuyến tính thì ta được một hệ mới tương đương với hệ đã cho. Ta nói (c1; c2 ;...; cn ) là một nghiệm của hệ (1) nếu khi thay x j  c j thì tất cả các phương trình trong hệ (1) đều thỏa mãn. T T Nếu X   x1 x2 ... xn  và B   b1 b2 ... bm  thì hệ phương trình có thể viết được dưới dạng: AX = B. 3. Ví dụ: 2 x1  x2  x3  1;  Hệ phương trình  x1  x2  x3  4; là một hệ phương trình tuyến tính 3 ẩn trên .  x  x  2 x  3,  1 2 3 Đại số tuyến tính 1 63
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính  2 1 1   x1   1  Hệ phương trình này còn có thể được viết dưới dạng  1 1 1   x2    4  hoặc  1 1 2   x3   3  2 1 1 1    1 1 1 4   1 1 2 3 3 Trong đó (1, 2,1)  là một nghiệm của hệ phương trình trên. 4. Một vài hệ phương trình đặc biệt: 4.1 Hệ Cramer: Hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là hệ Cramer nếu m = n (tức là số phương trình bằng số ẩn) và ma trận các hệ số A không suy biến (hay det A  0) . Ví dụ:  x1  x3  1  Hệ phương trình 2 x1  x2  3 x3  2 là hệ Cramer. 4 x  x  8 x  3  1 2 3 4.2 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất: Nếu cột tự do của hệ bằng 0 (tức là b1  b2  ...  0 ) thì hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất. Hệ này được gọi là hệ liên kết với hệ phương trình (1). 4.3 Nhận xét: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất luôn có ít nhất 1 nghiệm là ( x1 , x2 ,..., xn )  (0, 0,..., 0) và nghiệm này được gọi là nghiệm tầm thường của hệ. 5. Định lý: Đối với một hệ phương trình tuyến tính thì chỉ có một trong ba trường hợp nghiệm xảy ra là: - Có một nghiệm duy nhất; - Vô nghiệm; - Có vô số nghiệm. 6. Hệ quả: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất hoặc chỉ có nghiệm tầm thường hoặc có vô số nghiệm. 7. Định nghĩa: Hai hệ phương trình có cùng số ẩn được gọi là tương đương nhau nếu chúng có cùng tập hợp nghiệm. 8. Định lý: Nếu hai hệ phương trình có hai ma trận hệ số mở rộng tương ứng tương đương dòng với nhau thì chúng tương đương nhau. Hoặc có thể phát biểu lại như sau: Cho hai hệ gồm m phương trình tuyến tính n ẩn trên K có dạng ma trận hóa lần lượt là A   A B  và C  (C | D ) . Khi đó nếu A C thì hai hệ phương trình tương đương nhau. 9. Nhận xét: Ta có thể sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng một cách tùy ý đối với ma trận hóa của một hệ phương trình tuyến tính để đưa nó về dạng một hệ phương trình tuyến tính đơn giản hơn. Đại số tuyến tính 1 64
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 2 x1  x2  x3  1;  10. Ví dụ: Để giải hệ phương trình  x1  x2  x3  4; ta tiến hành ma trận hóa và sử dụng  x  x  2 x  3,  1 2 3 các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa ma trận hóa về dạng đơn giản.  2 1 1 1  0 3 1 7  0 0 7 7  1 0 0 1 1   d1 2 d2   d3  d1   7 d1    1 1 1 4   d3  d 2  1 1 1 4   d 2  d3  1 0 3 4   d2  3 d1  1 0 0 1   1 1 2 3 0 2 3 7  d1 3 d3 0 1 2 0  d3  2 d1  0 1 0 2  0 x1  0 x2  x3  1;  x1  1   Vậy hệ đã cho tương đương với  x1  0 x2  0 x3  1;   x2  2 0 x  x  0 x  2   1 2 3  x3  1 ■ 7. Định lý: Giả sử u0 là một nghiệm cho trước của hệ phương trình (1). Khi đó u  K n là một nghiệm của hệ (1) khi và chỉ khi u  u0  v , với v là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết với hệ (1). Nói cách khác nếu v1 , v2 ,..., vr là các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết thì ta có thể viết nghiệm của hệ phương trình tuyến tính (1) là u  u0  t1v1  t2 v2  ...  tr vr , trong đó t1 , t2 ,..., tr  K . 8. Định nghĩa: Một nghiệm cố định u0 của hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là nghiệm riêng, còn nghiệm u  u0  t1v1  t2 v2  ...  tr vr được gọi là nghiệm tổng quát của hệ. Ví dụ: Xét hệ phương trình sau: 2 x1  5 x2  3x3  2 x4  4  3 x1  7 x2  2 x3  4 x4  7 (1) 5 x  10 x  5 x  10 x  15  1 2 3 4 Nhận xét hệ 1 có 1 nghiệm là u0  (1, 0, 0,1) Xét hệ phương trình thuần nhất liên kết với hệ (1). 2 x1  5 x2  3 x3  2 x4  0  3 x1  7 x2  2 x3  4 x4  0 5 x  10 x  5 x  10 x  0  1 2 3 4 Hệ thuần nhất này có các nghiệm là v1  (11,5,1, 0); v2  (6, 2, 0,1) . Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình ban đầu là u  u0  t1v1  t2 v2 Đại số tuyến tính 1 65
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính Bài 2: Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính _______________________________________________________ 1. Phương pháp Cramer: Nội dung của phương pháp này cũng chính là định lý sau: 1.1 Định lý: Cho hệ Cramer a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1  a21 x1  a22 x2  ...  a2 n xn  b2  (2) trong đó ... an1 x1  an 2 x2  ...  ann xn  bn  a11 a12 ... a1n  a a22 ... a2 n  A  21  là ma trận các hệ số. Khi đó,          an1 an 2 ... ann  - Nếu det A  0 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất xác định bởi công thức sau: det Ai xi  , trong đó Ai chính là ma trận thu được ma trận A bằng cách thay cột i bởi cột hệ det A  b1  b  số tự do  2     bn  - Nếu detA = 0 và tồn tại j {1, 2,...., n} sao cho | Aj | 0 thì hệ phương trình vô nghiệm - Nếu detA = 0 và | Aj | 0, j  1, n thì hệ phương trình không có nghiệm duy nhất (nghĩa là vô nghiệm hoặc vô số nghiệm). Nếu xảy ra trường hợp này thì ta sẽ dùng phương pháp Gauss (được nêu trong phần tiếp theo) để giải hệ phương trình này. 1.2 Hệ quả: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n phương trình n ẩn có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức của ma trận các hệ số bằng 0. Nhận xét: Phương pháp này dùng để giải hệ phương trình có số phương trình bằng số ẩn. 1.3 Các ví dụ: ax1  bx2  c  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau: cx2  ax3  b (1) với a, b, c là các số khác 0. cx  bx  a  1 3 Giải: a b 0 Ta có det A  0 c a  2abc  0 nên đây là hệ Cramer. Hơn nữa c 0 b c b 0 det A1  b c a  (a 2  b 2  c 2 )b a 0 b Đại số tuyến tính 1 66
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính a c 0 det A2  0 b a  ( a 2  b2  c 2 )a c a b a b c det A3  0 c b  (a 2  b 2  c 2 )c c 0 a Do đó, hệ có nghiệm duy nhất det A1 a 2  b 2  c 2 det A2 a 2  b 2  c 2 det A3 a 2  b 2  c 2 x1   ; x2   ; x3   det A 2ac det A 2bc det A 2ab ■ Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  x1  2 x2  2 x3  0  2 x1  x2  4 x3  2  x  x  2 x  2  1 2 3 Giải: Ta có |A|=0 và | A1 | 8 nên hệ phương trình vô nghiệm. ■ Ví dụ 3: Giải hệ phương trình sau:  x1  x2  x3  1  2 x1  x2  x3  2 x  2x  2x  1  1 2 3 Ta có det A  0; det A1  det A2  det A3  0 Hệ phương trình không có nghiệm duy nhất tức là hệ có vô số nghiệm hoặc hệ vô nghiệm. Đối với trường hợp này thì phải dùng phương pháp Gauss để giải lại hệ phương trình trên. 2. Phương pháp Gauss: 2.1 Định lý Cronecker Capelly: Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1  a21 x1  a22 x2  ...  a2 n xn  b2  (1)  ... am1 x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm A và A lần lượt là các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng. Khi đó: i) Nếu rankA  rank A thì hệ (1) vô nghiệm; ii) Nếu rankA  rank A  r thì hệ (1) có nghiệm. Hơn nữa:  Nếu r = n thì hệ (1) có nghiệm duy nhất.  Nếu r < n thì hệ (1) có vô số nghiệm phụ thuộc n – r tham số. 2.2 Thuật toán sau để giải hệ phương trình tuyến tính (gọi là thuật toán Gauss): Lập ma trận các hệ số mở rộng A . Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A về dạng bậc thang. Giả sử ma trận bậc thang cuối cùng có dạng: Đại số tuyến tính 1 67
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 0 ... c1*i1 ... .... .... .... ... c1n d1    0 ... 0 c2*i2 ... ... ... ... c2 n d 2    ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...  A  C  0 ... 0 ... ... cri* r ... ... crn d r    0 ... 0 ... 0 ... 0 ... 0 d r 1  ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...    0 ... 0 ... 0 ... 0 ... 0 d m  Hệ phương trình tương ứng với ma trận C tương đương với hệ ban đầu. Do đó: 1) Nếu tồn tại ít nhất di với r  1  i  m khác 0 thì hệ vô nghiệm. 2) Nếu d r 1  d r  2  ...  d m  0 thì hệ có nghiệm. Khi đó các cột i1 , i2 ,..., ir (là các cột được đánh dấu * ) được giữ lại bên trái và các xi , xi ,..., xi là các ẩn, còn các cột còn lại thì được 1 2 r chuyển sang bên phải, các ẩn xk tương ứng với các cột này sẽ trở thành tham số. Vậy ta sẽ có n – r tham số và hệ đã cho tương ứng với hệ  c1i1 c1i2 ... c1ir d ( x )  1 k   0 c2i2 ... ... d 2 ( xk )   ... (3)  ... ... ... ...  0  0 ... crir d r ( xk )  Trong đó di ( xk ) là các hàm tuyến tính của xk với k  i1 , i2 ,..., ir . Hệ phương trình (3) là hệ phương trình dạng tam giác ta có thể dễ dàng giải được bằng cách thế dần từ dưới lên, tức là tính lần lượt xi , xi ,..., xi . r r 1 1 Chú ý: Nếu trong quá trình biến đổi xuất hiện 1 dòng mà bên trái bằng 0 còn bên phải là số khác 0 thì ta có thể kết luận hệ phương trình vô nghiệm và không cần làm gì tiếp. Nhận xét: Nếu ma trận thu được cuối cùng trong thuật toán Gauss có dạng A’|B’ thì A’ được gọi là ma trận rút gọn theo dòng từng bậc hay đơn giản là ma trận rút gọn, ký hiệu RA . Khi đó hạng của ma trận A bằng hạng của RA . 2.3 Các ví dụ: a) Giải hệ phương trình sau:  x1  2 x2  2 x3  0  2 x1  x2  2 x3  2 (*) 3 x  x  4 x  2  1 2 3 Giải: Vì | A || A1 || A2 || A3 | 0 nên ta không thể dùng phương pháp Cramer để giải hệ phương trình này. Ta sẽ áp dụng phương pháp Gauss để giải hệ phương trình trên. Ta viết hệ dưới dạng ma trận hóa như sau: Đại số tuyến tính 1 68
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 1 2 2 0 1 2 2 0  1 2 2 0    d 2 d2 2 d1   d3  d3  d2    2 1 2 2   d3  d3  3 d1 0 5 2 2    0 5 2 2   3 1 4 2  0 5 2 2  0 0 0 0  1 2 1 2 0   d2  d2 5    0 1 2 / 5 2 / 5 0 0 0 0  Vậy hệ phương trình (*) có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số x3 .  4 4 4 6  x1  2 x2  2 x3  5  5 x3  2 x3  5  5 x3   2 2  x2   x3  5 5  x3    ■ Chú ý: - Khi hệ phương trình có vô số nghiệm thì dù giải bằng phương pháp nào ta cũng có thể có nhều cách chọn biến tự do. - Khi giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, ta có nhiều cách chọn hệ nghiệm cơ bản.  x1  2 x2  5 x3  9  b) Giải hệ phương trình  x1  x2  3 x3  2 3 x  6 x  x  25  1 2 3 Giải: Ta tiến hành giải bằng thuật toán Gauss như sau: 1 2 5 9  d d d 1 2 5 9   1 2 5 9    d32 d32 3d1 1   d3 d3  4 d 2   1 1 3 2    0 3 2 11   0 3 2 11  3 6 1 25   0 12 16 52  0 0 8 8  Vậy hệ phương trình đầu tương đương với hệ:  x1  2 x2  5 x3  9    3x2  2 x3  11  - 8 x3  8  Do đó nghiệm của hệ là ( x1 , x2 , x3 )  (2, 3, 1) . Sinh viên có thể tham khảo them thuật toán Gauss Jordan trong các tài liệu viết về đại số tuyến tính. Thực chất của thuật toán Gauss Jordan thì ta sẽ thực hiện các phép biến đổi trên dòng đối với ma trận hệ số mở rộng trở thành ma trận có các tính chất sau: - Các dòng khác 0 thì nằm trên các dòng 0; - Hệ số khác 0 đầu tiên ở các dòng khác 0 đều bằng 1. - Các phần tử còn lại của cột chứa số 1 chuẩn (gọi là cột chuẩn) đều bằng 0. Ví dụ: Ta có thể dùng thuật toán Gauss Jordan để giải lại hệ phương trình trên: Đại số tuyến tính 1 69
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 1 2 5 9  d d d 1 2 5 9   1 2 5 9    d32 d32 3d1 1   d3  d3  4 d 2   1 1 3 2   0 3 2 11    0 3 2 11  3 6 1 25  0 12 16 52   0 0 8 8  1 1 2 5 9  d d  2 d 1 2 0 4 1 1 2 0 4  d3  8  d3  d12d125 d33   d2  3 d2     0 3 2 11   0 3 0 9     0 1 0 3   0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 2 d1 d1  2 d 2     0 1 0 3  0 0 1 1 Vậy nghiệm của hệ là ( x1 , x2 , x3 )  (2, 3, 1) .■ Ví dụ: Giải hệ phương trình với ma trận hệ số mở rộng là 1 1 0 0 7     0 1 1 1 5  A 1 1 1 1 6     0 1 0 1 10  Giải Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A về dạng bậc thang. 1 1 0 0 7  1 1 0 0 7  1 1 0 0 7     d3 d3  2 d2   0 1 1 1 5  d3 d3  d1 0 1 1 1 5  d 4 d4 d 2 0 1 1 1 5  A     1 1 1 1 6  0 2 1 1 1 0 0 1 3 9         0 1 0 110  0 1 0 1 10   0 0 1 2 5  1 1 0 0 7   0 1 1 1 5   d 4  d 4  d3 0 0 1 3 9    0 0 0 1 14  Các phần tử trên đường chéo 1; 1; -1; 1 được gọi là phần tử đánh dấu. Ta sẽ khử các phần tử còn lại của các phần tử ở các cột chứa phần tử đánh dấu ngược từ dòng 4 lên dòng 1 để được ma trận bên vế trái là ma trận đơn vị. 1 1 0 0 7 1 1 0 0 7  1 1 0 0 7   d3  d3  3 d4     0 1 1 1 5  d2  d 2  d 4  0  1 1 0 9  d3  d3  0   1 1 0 9  0 0 1 3 9 0 0 1 0 43 0 0 1 0 43         0 0 0 1 14   0 0 0 1 14   0 0 0 1 14  1 1 0 0 7 1 0 0 0 27      0 1 0 0 34  d1 d1 d 2 0 1 0 0 34    d 2  d 2  d3   0 0 1 0 43 0 0 1 0 43       0 0 0 1 14  0 0 0 1 14  Khi đó nghiệm của hệ phương trình là x  (27,34, 43,14) Đại số tuyến tính 1 70
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 3. Giải và biện luận một hệ phương trình tuyến tính tổng quát: Các ví dụ: a) Giải hệ phương trình sau:  x1  2 x2  2 x4  x5  1 2 x  4 x  x  3x  3  1 2 3 4  3 x1  6 x2  2 x3  3x4  x5  m  x1  2 x2  x3  x5  2m  8 Giải: Ma trận hệ số mở rộng của hệ phương trình trên là 1 2 0 2 1 1  1 2 0 2 1 1    dd32  d 2  2 d1 d3 3 d1   2 4 1 3 0 3  0 0 1 1 2 1  B  3 6 2 3 1 m  d 4 d4  d1  0 0 2 3 2 m  3       1 2 1 0 1 2m  8  0 0 1 2 0 2m  9  1 2 0 2 1 1  1 2 0 2 1 1      d3  d3  2 d2  0 0 1 1 2 1    0 0 1 1 2 1  d 4  d 4  d2 d 4  d 4  d3 0 0 0 1 2 m  5  0 0 0 1 2 m  5       0 0 0 1 2 2m  10  0 0 0 0 0 m  5 Nếu m  5 thì hệ phương trình vô nghiệm. Nếu m = 5 thì hệ phương trình trở thành 1 2 0 2 1 1   0 0 1 1 2 1  0 0 0 1 2 0     0 0 0 0 0 0  Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc tham số x5 , x2 với x2 , x5   x1  2 x4  1  2 x2  x5  x4  2 x5    x3  x4  1  2 x5 . Từ đó suy ra,  x3  4 x5  1  x  2 x  x  2 x  5 x  1  4 5  1 2 5 ■ b) Giải hệ phương trình  x1  x2  x3  mx4 1  x  x  mx  x 1  1 2 3 4   x1  mx2  x3  x4 1 mx1  x2  x3  x4 1 Giải: Ta viết hệ trên dưới dạng ma trận hóa như sau: Đại số tuyến tính 1 71
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính  1 1 1 m 1 1 1 1 m 1 1 1 1 m 1        1 1 m 1 1  d 2 d 2  d1 0 0 m 1 1  m 0  d2  d3  0 m  1  0 1 m 0 d3  d3  d1  1 m 1 1 1 d4 d 4  md1 0 m  1 0 1 m 0 0 0 m 1 1  m 0    2   2   m 1 1 1 1 0 1  m 1  m 1  m 0  0 1  m 1  m 1  m 0  1 1 1 m 1   d 4  d 4  d3  d2  0 m 1 0 1 m 0  0 0 m 1 1 m 0  2   0 0 0 3  2m  m 0  Vì 3  2m  m 2  (1  m)(m  3) nên: Nếu m = 1 thì ma trận hệ số mở rộng trên có dạng 1 1 1 1 1   0 0 0 0 0 0 0 0 0 0    0 0 0 0 0   x1  1  x2  x3  x4  x  Khi đó hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số x2 , x3 , x4 . Tức là  2  x3   x4   x2  t2   Đặt  x3  t3  thì x1  1  t2  t3  t4 x  t   4 4  1 1 1 3 1     0 4 0 4 0  Khi m =-3 thì hệ trở thành . Hệ phương trình vô nghiệm.  0 0 4 0 0     0 0 0 0 4 Khi m  3, m  1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất 1 m 1 x4  2  3  2m  m m3 1 x3  x4  m3 1 x2  x4  m3 1 x1  1  x2  x3  mx4  m3 Kết luận: - Nếu m = 1 thì hệ phương trình có vô số nghiệm. - Nếu m = -3 thì hệ vô nghiệm. 1 - Nếu m  1, 3 thì hệ có một nghiệm duy nhất x1  x2  x3  x4  .■ m3 Đại số tuyến tính 1 72
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 4. Giải hệ phương trình bằng phương pháp thích hợp: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp thích hợp:  x  y  z  t  a x  y  z  t  b   x  y  z  t  c  x  y  z  t  d Cộng theo vế 4 phương trình ta được: abcd x y z t  (*) 2 Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (1) của hệ được: abcd a  b  c  d 2x  a x  2 4 Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (2) của hệ được: a b  c  d y 4 Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (3) của hệ được: abcd z 4 Thực hiện tương tự lấy (*) trừ cho phương trình thứ (4) của hệ được: abcd t 4 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau: mx  y  z  t  1  x  my  z  t  1    x  y  mz  t  1  x  y  z  mt  1 Giải Cách 1: SV tự giải bằng phương pháp Gauss (hoặc Gauss Jordan). Cách 2: Cộng tất cả các phương trình ta được: (m  3)( x  y  z  t )  4 (*) Nhận xét: Khi m = - 3 thì phương trình (*) vô nghiệm, hệ vô nghiệm Khi m = 1 hệ có vô số nghiệm.  x  t  t1  t2  t3   y  t1  với t1 , t2 , t3   z  t2 t  t3 Khi m  3, m  1 thì chia biểu thức (*) cho m + 3 ta có Đại số tuyến tính 1 73
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 4 x y zt  m3 Lấy kết quả trên trừ đi phương trình thứ 1 của hệ ta được: 1 x m3 1 Thực hiện tương tự ta được y  z  t  m3 Tóm tắt chương Ở chương này, thông qua việc vận dụng các kiến thức về định thức và ma trận ta nghiên cứu thêm các phương pháp để giải một hệ phương trình tuyến tính tổng quát. Sau khi học xong chương này, sinh viên cần trả lời được các câu hỏi sau: 1. Hệ phương trình tuyến tính có những yếu tố gì cần biết để giải? Nghiệm của hệ được xác định ra sao? Khi nào thì hai hệ phương trình tương đương? Đặc điểm của hệ Cramer là gì? Thế nào là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? 2. Phương pháp Gauss để giải hệ phương trình tuyến tính giống với nội dung nào đã học ở chương trước? Trình bày phương pháp Gauss? Sinh viên có thể nghiên cứu thêm phương pháp Gauss Jordan? Sự giống nhau và khác nhau của phương pháp Gauss và phương pháp Gauss Jordan? 3. Điều kiện cần thiết để có thể giải được hệ phương trình bằng phương pháp Cramer? Trình bày phương pháp Cramer? BÀI TẬP 1) Giải các hệ phương trình sau bằng cách áp dụng thuật toán Cramer và phương pháp Gauss:  x1  x2  2 x3  6; 7 x1  2 x2  3x3  15;   a) 2 x1  3 x2  7 x3  16; b) 5 x1  3 x2  2 x3  15; 5 x  2 x  x  16. 10 x  11x  5 x  36.  1 2 3  1 2 3  x1  x2  2 x3  1; 3 x1  2 x2  x3  5;   c) 2 x1  x2  2 x3  4; d) 2 x1  3 x2  x3  1; 4 x  x  4 x  2. 2 x  x  3x  11.  1 2 3  1 2 3  x1  x2  x3  x4  2; 2 x1  x2  5 x3  x4  5;  x  2 x  3x  4 x  2;  x  x  3 x  4 x  1;   e)  1 2 3 4 f)  1 2 3 4 2  1 x  3 x 2  5 x 3  9 x 4  2; 3  1 x  6 x2  2 x3  x4  8;  x1  x2  2 x3  7 x4  2. 2 x1  2 x2  2 x3  3 x4  2.  x1  x2  x3  x4  5; 2 x1  2 x2  x3  x4  2;  x  2 x  3x  4 x  3; 4 x  3 x  x  2 x  3;   g)  1 2 3 4 h)  1 2 3 4 4 x1  x2  2 x3  3 x4  7; 8 x1  5 x2  3 x3  4 x4  6; 3 x1  2 x2  3 x3  4 x4  2; 3 x1  3 x2  2 x3  2 x4  3; Đại số tuyến tính 1 74
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 3 x1  2 x2  5 x3  x4  3;  x1  x2  x3  x4  a; 2 x  3 x  x  5 x  3;  x  x  x  x  b;   k)  1 2 3 4 l)  1 2 3 4 với a, b, c, d là các số thực khác 0.  x1  2 x2  4 x4  3;  x1  x2  x3  x4  c;  x1  x2  4 x3  9 x4  22;  x1  x2  x3  x4  d ; ax1  bx2  cx3  dx4  p; bx  ax  dx  cx  q;  m)  1 2 3 4 với a, b, c, d, p, q, r, s là các số thực khác 0.   1 cx  dx2  ax3  bx4  r;  dx1  cx2  bx3  ax4  s. 2 x1  x2  1;  x  2 x  x  1;  1 2 3  x2  2 x3  x4  1; n)   x3  2 x4  x5  1;  x4  2 x5  x6  1;   x5  2 x6  1; 2. Giải các hệ phương trình tuyến tính thuần nhất tương ứng với các hệ đã cho ở bài tập 1 (tức là thay cột hệ số tự do bằng cột chứa các số 0) rồi giải lại các hệ phương trình đó. 3. Giải và biện luận các hệ phương trình sau: mx1  x2  x3  x4  1; mx1  x2  x3  1;  x  mx  x  x  1 2 3 4  m; ax1  x2  x3  4;    a)  x1  mx2  x3  m; b)  x1  x2  mx3  x4  m2 ; c)  x1  bx2  x3  3;  2  x  x  x  mx  x  2 x  x  4.  x1  x2  mx3  m .  1 2 3 4  m3 .  1 2 3  x1  x2  x3  x4  1;  x1  ax2  a 2 x3  a 3 ;  x1  (m  1) x2  3 x3  1; x   x  x  x  1 2 3 4  1;    d)  x1  bx2  b 2 x3  b3 ; e) 2 x1  4 x2  (4m  2) x3  1; f)  x1  x2   x3  x4  1;  2 3 3 x  (m  1) x  9 x  0.  x1  x2  x3   x4  x1  cx2  c x3  c .  1 2 3  1. (m  3) x1  x2  2 x3  m; (3m  1) x1  2mx2  (3m  1) x3  1;   g) mx1  (m  1) x2  x3  2m; h) 2mx1  2mx2  (3m  1) x3  m; 3(m  1) x  mx  (m  3) x  3.  2  1 2 3 (m  1) x1  (m  1) x2  2(m  1) x3  m .  x1  mx2  m 2 x3  1;  x1  x2  2 x3  2 x4  m;   k)  x1  2 x2  4 x3  2; l)  x1  x2  x3  x4  2m  1;  x  3 x  9 x  3.  x  7 x  5 x  x   m.  1 2 3  1 2 3 4  x1  x2  2 x3  2 x4  0;  x1  2 x2  x3  x4  m; 2 x  x  x  x  3;  1 2 3 4  m) 2 x1  5 x2  2 x3  2 x4  2m  1; n) 3 x1  x3  x4  3; 3 x  7 x  3x  3 x   m. 5 x1  x2  1 2 3 4  m. Đại số tuyến tính 1 75
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính 2 x1  x2  x3  x4  1; 2 x1  x2  x3  2 x4  4; 2 x1  x2  x3  2 x4  3 x5  3;  x  2 x  x  4 x  2;  x  x  x  2 x  3;  x  x  x  x  x  1;  1 2 3 4  1 2 3 4  1 2 3 4 5  o)  x1  7 x2  4 x3  11x4  m; p) 2 x1  2 x2  2 x3  x4  3; q) 3 x1  x2  x3  3x4  4 x5  6;  4 x1  8 x2  4 x3  16 x4  m  1.  x1  x2  2 x3  x4  m. 5 x1  2 x3  5 x4  7 x5  9  m. 4. Cho aij là các số nguyên. Giải hệ phương trình sau: 1  2 x1  a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn ;   1 x  a x  a x  ...  a x ; 2 21 1 22 2 2n 4 2 ...   1 x  a x  a x  ...  a x  2 n n1 1 n2 2 nn n 5. Giải hệ phương trình  x1  x2  ...  xn  1;  n 1  x1  2 x2  ...  2 xn  1;  n 1  x1  3x2  ...  3 xn  1; ...   x1  nx2  ...  n n 1 xn  1.  6. Chứng minh rằng hệ phương trình sau a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  0;  a21 x1  a22 x2  ...  a2 n xn  0;  trong đó aij  a ji và n lẻ, có nghiệm khác 0. ... an1 x1  an 2 x2  ...  ann xn  0. 7. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp thích hợp:  x1  x2  x3  0;  x  x  x  0; ax  by  cz  dt  p;  2 3 4 bx  ay  dz  ct  q; ...  a)  b)  cx  dy  az  bt  r ;  x98  x99  x100  0;  dx  cy  bz  at  s.  x99  x100  x1  0;   x100  x1  x2  0. Đại số tuyến tính 1 76

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.