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.
Tác giả: Phạm Gia Hưng Bộ môn Toán - Khoa KHCB
Đề tài đưa ra là nhằm để khắc phục vấn đề nói trên. Xin cám ơn sự
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. đóng góp ý kiến của anh em đồng nghiệp.
[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.
1. Hạng của ma trận.
kn −
cột.
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 (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
≤
{ }. nm min ,
)
) r A =
( )Tr
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 Ar < 0 • 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 ( . 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
−
21
31
11 0231 5
− −
20 00
42 01
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
1 − 1 − 10 2 2 4610 15 ; ; . 00 0 1 0000 0
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
00 0 0 0000 0
2 3 4
1
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.
H HH −→ 2 1 H HH −→ 3 1 H H 2H −→ ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 4
=
(v1) A
1 − 2 3 2
1 − 2 2 2
1 1 − 1 − 1
11 21 01 12
1 − 1 4 4
1 − 1 3 4
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
3 4
Ví dụ. Tìm hạng của ma trận A bằng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận 1 0 0 0
=
HH H +→ 3 2 HH H +→ ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 4 2
11 10 00 00
1 − 2 0 0
1 − 2 1 0
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
1 1
2 3 4
1
. T
H H H −→ 2 2 H H H +→ 2 3 H HH −→ ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 4
=
0231 7500 4610 4610
5 2 15 15
(v2) A
5 12 5 20
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
Vậy r(A) = r(T) = 3. 1 3 02 2 6 79 − − 2 425 1 4 48
2
2 4
2
=
H H ↔ 3 HH H −→ ⎯⎯⎯⎯ 4
⎯
0231 4610 7500 0000
5 15 2 0
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
. T
Vậy r(A) = r(T) = 3.
+
+
+
=
2. Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính.
b 1 b
+
+
+
=
...
1
2
Xét hệ phương trình tuyến tính ...
b
=
xa n n 1 xa n n 2 .......... .. xa + mn
m
n
2
(*)
xa xa ⎧ 11 1 12 2 ⎪ xa xa ⎪ 21 22 2 ⎨ .......... .......... .......... ⎪ ⎪ xa xa + + ... ⎩ m m 11 2 =
=
n ),1
iba , (
,1
jm ;
ij
i
trong đó là các hằng số cho trước thuộc K (K=R,C). Ký
n
1
a 11 a
a 12 a
a n 1 a
a 11 a
a 12 a
a 1 a
x x
b 1 b
b 1 b
n
2
2
21
22
2
21
2
2
22
L L
L L
hiệu
A
A
X
B
=
=
=
=
M
M
a
a
a
a
a
n MMLM b
m
M nx
M mb
m
mn
mn
m
m
m
2
1
1
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ , ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ , ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ , ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
MLM a L
L
2 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.
=
.aån soá
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 ( ) = Ar Ar ) ( ) (ii) Hệ (*) có vô số nghiệm khi và chỉ khi ( = Ar Ar < ).Ar ( (iii) Hệ (*) vô nghiệm khi và chỉ khi ( Ar 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
z y x x t z
= 1 = 2 −=
(v1) (v2) x
− 3 z − 2 z +− + z
2 t 3 t 2 =+ t
2 3
2
5 11
⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎨ 3 ⎪ ⎪ 2 ⎩
=++
mx
y
z
1
x y y + 2 y −− y + −
1
x x
+ my ++ y
=+ z = mz
1 1
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
x (v3) (v4)
5 =
4
4
x y t − = + − 4 2 2 3 ⎧ ⎪ z t x y −=+ + − 3 3 3 5 ⎪ ⎨ z t x y = − − ++ 3 5 2 2 ⎪ ⎪ = + − x z t 8 10 3 3 ⎩ x y z t + = + − 3 5 2 1 ⎧ ⎪ y z t + − + −= 22 3 13 ⎪ ⎨ x y z t −+ + = 2 3 5 ⎪ ⎪ − + + z t 7 3 2 ⎩
−
−
−
−
−
3 2 3
2 3 4
1 1 1
2 3 4
A
=
−→ H H H +→ H H H −→ H H H ⎯ ⎯⎯⎯⎯
1 3 − 2
2 3 1
3 − 5 2
4 1 − 3
2 − 3 5
1 0 0
2 9 − 3
4 13 − 11
2 − 9 9
−
3 14 8 −
3
0
3
10
8
0
6
6
2
2
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
Lời giải.
−
−
−
−
−
−
2 9
3 14
1 0
2 − 9
1 0
2 9
3 14
2 − 9
3 4
2
4
3
(v1) Ta có ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
T
=
HH H +→ 3 3 2 H H H → − 3 2 ⎯⎯⎯⎯ 4
⎯
⎯
HH H −→ ⎯⎯⎯⎯ 4
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 4 13 −
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 4 13 −
0
10
20
0
18
0
0
10
20
18
−
0
10
20
0
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
=<=
4
3
( Ar
)
.
−
− −
2 − 1
2 3
3 − 2
1 0
2 − 5
3 − 8
2 1
2 3 4
=
H H H −→ 2 1 2 H H H −→ 3 1 3 H H H −→ 2 ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 1 4
A
1 2 −
−
1 0 −
− −
3 2
2 − 3
2 1
1 2
5 11
0 0
4 7
− 10 − 4
8 5
8 9
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
−
−
2
1
1
1
2
1
−→
2 −
3 −
2 −
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 3 −
5
1
8
0
0
0
5
8
0
4
1 H H 3 3 2 HH H −→ 4 ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 4 3
H H H −→ 5 4 3 2 3 H H H −→ 5 7 ⎯ ⎯⎯⎯⎯ 4 2 4
(v2) Ta có ⎛ 1 ⎜ 2 ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
1 −
−
−
0
18
36
0
0
0
18
9
20 −
0
36
18
0
45
0
0
90
0
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 35 ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ 40 ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
y
x
z
t
=
18/12
1
x y
.
+ − 3 2 z t =+
−
−
18/43
0
⇔
8 t
=
20
z t
= −=
5 z − 18 t −=
9 90
35
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Hệ phương trình đã cho tương đương với = + 2 y −= .
=
== 4
18/26 18/7 Ta thấy hệ phương trình có duy nhất nghiệm vì ( Ar
)
số ẩn.
(v3) Ta có
4
2
2
3
− −
− −
1 − 2
1 0
3 10
1 − 1
1 1
2 3
3 13
4
=
A
H H H −→ 1 H H H −→ 3 1 3 H H H −→ 2 ⎯⎯⎯⎯⎯ 4 1
→
⎯
5 22 − −
2 1 − −
5 17 − −
2 2
0 0
1 1
10 10
17 17
5 4
3 2
5 3
1 4
2 7
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
−
21
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 3
5
3
−
1 −
4
H HH +→ 3 2 HH H +→ ⎯⎯⎯⎯⎯ 4 2
⎯
2 0
10 00
10 0
17 0
0
00
0
0
⎛ ⎜ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
.
+
+
x
z
t
5
+
+
−
=
x
y
Hệ phương trình đã cho tương đương với −=
⇔
−
17 z
2
1 −=
t 5 +
−
2 y
z 3 z
t 17
10
2
⎧ ⎨ ⎩
= y 10 − tz , tuyø
29 − t 17 yù
.
=
( Ar
)
( Ar
)
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ Hệ phương trình có vô số nghiệm vì <= 2
số ẩn.
(v4) Ta có
↔
1
3
m m 1 1 1
= ⎯ A 1 m 1 m 1 1 1
m
1
1
2
3
1 m 1 m 1 1 1 1 1 ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ H H ⎯⎯⎯ → ⎜ ⎜ ⎝
m
=
H HH −→ 2 1 H H mH −→ ⎯⎯⎯⎯⎯ 3 1
⎯
0
A 1
− m
m
.
−
0 −
m 2 1
1
10
⎛ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ 1 ⎟ 1 ⎟ ⎟ 1 ⎠ 1 − 11 m −
1
y
z
−−=
1
x
y
z ⇔=++
−
x , zy
tuøy
yù
⎧ ⎨ ⎩
• Th1: Nếu m = 1 thì ma trận A1 tương ứng với hệ phương trình có vô số nghiệm
và
=
<= 1
( Ar
)
số ẩn.
m
1
1
3
m
m
=
HH H +→ ⎯⎯⎯⎯ 2 3
⎯
1 −
1
0
A 1
A 2
1 m
m
m
0 −
+
−
0
0
1
− )( 2
)
⎛ ⎜ → ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
• Th2: Nếu m ≠ 1thì
y
x
( 1 * Th2a: Nếu m = -2 thì hệ đã cho vô nghiệm vì ứng với hàng thứ 3 0
3
0
= .
+ =<=
2
hay nói cách khác do
( Ar
z + 0 )Ar (
3 * Th2b: Nếu m ≠ -2 thì hệ đã cho tương đương với hệ phương trình có
của A2 là phương trình vô nghiệm )
) zm
x z = y ===⇔ 0 . m 1 + 2 mz = 1 ( −+ 1 = 1
=
== 3
)
duy nhất nghiệm sau đây x y ++ ⎧ ⎪ ( ) m y − 1 ⎨ ⎪ ( ) zm + 2 ⎩ số ẩn. và ( Ar
5
...
...
a x 11 1 a x 21 1
a x 12 2 a x 22 2
a x 1 n n a x 2 n n
b 1 b 2
Hệ phương trình dạng
(1)
...
a x 2 2 m
a x mn n
b m
... a x 1 1 m
Trong đó
a b (cid:0) là các hằng số, được gọi là hệ phương trình ,ij
j
,..., x là các ẩn và n
...
a 1 n
n
Ma trận
được gọi là ma trận các hệ số của hệ (1).
A
a 11 a 21
a 12 a a ... 22 2
a
a
...
a
m 1
m
2
mn
...
n
n
A
Ma trận
là ma trận các hệ số mở rộng của hệ (1).
a 11 a 21
a a 12 1 a a ... 22 2
b 1 b 2
...
a m 1
a m
2
b a mn m
x x , 1 2 tuyến tính m phương trình, n ẩn.
rộng của nó.
Cột
được gọi là cột tự do của hệ (1).
b 1 b 2
b m
Hệ (1) có thể được viết lại dưới dạng
với A là ma trận các hệ số của hệ (1).
A
x 1 x 2
b 1 b 2
x n
b m
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.
x
c
là một nghiệm của hệ (1) nếu khi thay
thì tất cả các phương trình
Ta nói
j
j
T
T
B
...
...
X
và
thì hệ phương trình có thể viết được dưới
Nếu
( ;...; c )n
b 1
b 2
b m
x 2
x n
c c ; 1 2 trong hệ (1) đều thỏa mãn.
1;
2
x 2
x 3
4;
Hệ phương trình
là một hệ phương trình tuyến tính 3 ẩn trên (cid:0) .
2
3,
x 2 x 2
x 3 x 3
x 1 x 1 x 1
63
Đại số tuyến tính 1
1
2
1
1
1
1
1
4
Hệ phương trình này còn có thể được viết dưới dạng
hoặc
1
3
1
2
x 1 x 2 x 3
2
1
1 1
1 1
1 1
1 4 2 3
3
Trong đó
(1, 2,1) (cid:0) là một nghiệm của hệ phương trình trên.
A
0)
bằng số ẩn) và ma trận các hệ số A không suy biến (hay det
.
1
2
3
Hệ phương trình
là hệ Cramer.
4
8
3
x 1 x 2 1 x 1
x 3 x 3 x 3
x 2 x 2
... 0 ) thì hệ phương trình tuyến tính (1) được
và nghiệm này được gọi là nghiệm tầm thường của hệ.
(0, 0,..., 0) ,..., (
x ) n
nghiệm xảy ra là:
vô số nghiệm.
có cùng tập hợp nghiệm.
C D |
)
A B
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 (cid:0) A
và (cid:0) ( C
thì hai hệ phương trình tương đương nhau.
. Khi đó nếu (cid:0)
(cid:0)A C(cid:0)
64
Đại số tuyến tính 1
1;
2
x 2
x 3
4;
ta tiến hành ma trận hóa và sử dụng
2
3,
x 2 x 2
x 3 x 3
x 1 x 1 x 1
các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa ma trận hóa về dạng đơn giản.
2
1
1 1
0
3
0 0
0 0 1 1
2
2 d d
d 1 d
3
2
d 3 1 d 3 3 d
d d
1 d 1 7 3 d 1 2 d 1
2 3
d d 2 d 1
3
1 1
1 1
1 0
1 2
1 4 3 7
1 0 0 1
3 4 2 0
1 0 0 1 0 1 0 2
1 4 2 3
1 7
7 7
0
0
1;
1
x 1
0
x 2
0
1;
2
Vậy hệ đã cho tương đương với
0
2
1
x 1 x 0 1
x 2 x 2
x 3 x 3 x 3
x 1 x 2 x 3
■
n
u K
0u là một nghiệm cho trước của hệ phương trình (1). Khi đó
là , với v là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
một nghiệm của hệ (1) khi và chỉ khi thuần nhất liên kết với hệ (1). Nói cách khác nếu 1 ,...,
u v u 0
v v 2,
0
... u u v là các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên r , t v 1 1 t v 2 2 t v r r
kết thì ta có thể viết nghiệm của hệ phương trình tuyến tính (1) là trong đó 1 t
r
,..., t K . t 2,
nghiệm riêng, còn nghiệm
0u của hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là được gọi là nghiệm tổng quát của hệ. t v 2 2
Ví dụ: Xét hệ phương trình sau:
2
5
3
2
4
7
2
4
7
(1)
x 4 x 4 10
15
10
5
x 1 x 1 x 1
x 2 x 2 x 2
x 3 x 3 x 3
x 4
u ... u 0 t v 1 1 t v r r
3 5 Nhận xét hệ 1 có 1 nghiệm là
Xét hệ phương trình thuần nhất liên kết với hệ (1).
0
2
3
5
2
0
4
2
7
x 4 x 4 10
10
5
0
x 1 x 1 x 1
x 3 x 3 x 3
x 2 x 2 x 2
x 4
(1, 0, 0,1) u 0
.
(11,5,1, 0); ( 6, 2, 0,1) v 2
3 5 Hệ thuần nhất này có các nghiệm là 1 v Khi đó nghiệm tổng quát của hệ phương trình ban đầu là
u u 0 t v 1 1 t v 2 2
65
Đại số tuyến tính 1
...
...
a x 11 1 a x 21 1
a x 12 2 a x 22 2
a x 1 n n a x 2 n n
b 1 b 2
trong đó
(2)
...
a x 2 2 n
a x nn n
b n
... a x 1 1 n
...
n
n
là ma trận các hệ số. Khi đó,
A
a a 12 1 a a ... 22 2
a 11 a 21
...
a
a
a
nn
n
2
n 1
0A thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất xác định bởi công thức sau:
, trong đó
x i
iA chính là ma trận thu được ma trận A bằng cách thay cột i bởi cột hệ
số tự do
b n
- Nếu det det det b 1 b 2
A i A
| 0
j
n {1, 2,...., }
- Nếu detA = 0 và tồn tại
sao cho |
jA thì hệ phương trình vô nghiệm
| 0,
j
1,
n
- Nếu detA = 0 và |
thì hệ phương trình không có nghiệm duy nhất (nghĩa là
jA
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.
tầm thường khi và chỉ khi định thức của ma trận các hệ số bằng 0.
c
b
(1)
với a, b, c là các số khác 0.
bx 2 ax 3
a
ax 1 cx 2 cx 1
bx 3
a b
0
det
A
c a
2
abc
0
0
Ta có
nên đây là hệ Cramer. Hơn nữa
c
0
b
c b
0
2
2
det
b c a
(
a
b
2 c b )
A 1
a
0
b
66
Đại số tuyến tính 1
c
0
a
2
2
0
det
b a
(
a
b
2 c a )
A 2
c a b
a b c
2
2
0
det
c b
(
a
b
2 c c )
A 3
c
0
a
Do đó, hệ có nghiệm duy nhất
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
a
c
a
c
;
x 1
; x 2
x 3
det det
A 1 A
b ac 2
det det
A 2 A
b 2 bc
det det
A 3 A
b ab 2
■
0
2
2
2
x 2 x 2 2
2
x 3
x 1 2 x 1 x x 1 2 Giải: Ta có |A|=0 và
| 8 | A nên hệ phương trình vô nghiệm. ■ 1
1
2
1
2
x 3 x 3 x 2 3
x 2 x 2 x 2
x 1 x 2 1 x 1 Ta có A det
0; det det det 0 A 1 A 2 A 3
...
...
a x 11 1 a x 21 1
a x 12 2 a x 22 2
a x 1 n n a x 2 n n
b 1 b 2
(1)
...
a x 2 2 m
a x mn n
b m
... a x 1 1 m
A và A lần lượt là các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng. Khi đó:
thì hệ (1) vô nghiệm;
i) Nếu rankA rank A
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.
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:
67
Đại số tuyến tính 1
0 ...
...
....
....
....
...
0 ...
* c i 1 1 0
...
...
...
...
* c 2
c 1 n c 2
n
i 2
A
... 0
... ...
... ...
... ...
... ...
r
... c rn
... * c ri r
d 1 d 2 ... d d
1 r ... d
m
0 ... 0
... ... ...
0 ... 0
... ... ...
0 ... 0
... ... ...
0 ... 0
... ... C 0 ... 0 ... ... ... 0 ...
khác 0 thì hệ vô nghiệm.
i m
id với d
1r 0
Hệ phương trình tương ứng với ma trận C tương đương với hệ ban đầu. Do đó: 1) Nếu tồn tại ít nhất 2) Nếu ...
d
r
r
m
1
d ,..., r i 2,
x x , i i 1 2
kx tương ứng với các cột này sẽ trở thành tham số. Vậy ta sẽ có
2 đánh dấu * ) được giữ lại bên trái và các chuyển sang bên phải, các ẩn n – r tham số và hệ đã cho tương ứng với hệ
...
...
c 1 i 1 0
c 1 i r ...
) )
c 1 i 2 c 2
i 2
(3)
)
... ...
... 0
... 0
d x ( 1 k d x ( 2 k ... d x ( r k
... c ri r
thì hệ có nghiệm. Khi đó các cột 1 i ,..., i (là các cột được x là các ẩn, còn các cột còn lại thì được i r
Trong đó
là các hàm tuyến tính của
kx với
,...,
,
. 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
.
x i r
x i r
1
x i 1
k ) d x ( i k i ,..., r i 2, i 1
khác 0 thì ta có thể kết luận hệ phương trình vô nghiệm và không cần làm gì tiếp.
được gọi là ma trận rút gọn theo dòng từng bậc hay đơn giản là ma trận rút gọn, ký hiệu
AR .
Khi đó hạng của ma trận A bằng hạng của
AR .
2
0
2
2 (*)
x 1 2
x 2 x 2
4
x 3 x 2 3 2
x 1
x 3
x 1
x 2
| | | | nên ta không thể dùng phương pháp Cramer để giải hệ phương | 0 A 1 A 2 A 3
Ta sẽ áp dụng phương pháp Gauss để giải hệ phương trình trên. Ta viết hệ dưới dạng ma trận hóa như sau:
68
Đại số tuyến tính 1
1
2
2 0
1 2 2 0
1
2
2 0
d
d
2
3
0
5
2 2
d 3
0 5 2 2
2 1
2 2
d 2 d
2 3
d 2 d 3
d 1 d 1
3
0
5
2 2
0 0 0 0
3
1
4
2
1 2
2
0
d
d
2
2
1 5
0 1 2 / 5 2 / 5
0 0
0
0
Vậy hệ phương trình (*) có vô số nghiệm phụ thuộc vào tham số
3x .
2
2
2
x 2
x 3
x 3
x 3
x 3
x 1
4 5
4 5
4 5
6 5
x 2
x 3
2 5
2 5 (cid:0)
x 3
■
nhều cách chọn biến tự do.
- Khi giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, ta có nhiều cách chọn hệ nghiệm cơ bản.
2
5
9
x 2
x 3
2
3
b) Giải hệ phương trình
x 2 6
25
x 3 x 3
x 2
x 1 x 1 3 x 1
2
1
2
5
5
1
2
5
d d
d
4
d
2 3
3
2
d d 2 1 3 d d 3 1
d 3
2 11 16 52
3 2 1 25
3 12
1 6
0 0
0 0
3 0
2 11 8 8
9
9
9
1 1 3 Vậy hệ phương trình đầu tương đương với hệ:
5
2
9
2
x 1 3
11
x 2 x 2
- 8
8
x 3 x 3 x 3
Do đó nghiệm của hệ là
3
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:
( ) , (2, 3, 1) . x x x , 1 2
69
Đại số tuyến tính 1
d d
d
4
d
2 3
3
2
d d 2 1 d d 3 3 1
d 3
2 1 1 0 2 3 1 0 2 3
3 6 1 25 0 12 16 52 0 0 8 8 1 1 9 5 3 2 5 9 2 11 5 9 2 11
d
d
d
d
3
3
2
2
d 2 d 1
1 8
1 2 5 1 2 0 4
d 2 d 2 3 d d 5 1 3
1 3
0 3 3 0 9 0
0 0 1 0 0 9 2 11 1 1 1 1 2 0 4 0 1 0 3 0 0 1 1
2
d
d 1
2
d 1
1 0 0 2
0 1 0 3 0 0 1 1
Vậy nghiệm của hệ là
3
( ) , (2, 3, 1) .■ x x x , 1 2
1
1
0
0 7
0
1
1
1 5
A
1
1
1
1 6
0
1
0
1 10
Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A về dạng bậc thang.
d
2
1 1 0 0 7 1 1 0 0 7 1 1 0 0 7
d
d d
d 1
3
3 4
2
d 3
d 2 3 d d 4
0 1 1 1 5 0 1 1 1 5 0 1 1 1 5 A 1 1 1 1 6 0 2 1 1 0 0 1 3 9
0 1 0 110 0 1 0 1 10 0 0 1 2 5 1
1 1 0 0 7
d
d
4
3
d 4
0 1 1 1 5
0 0 1 3 9
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.
0 0 0 1 14
4
1 1 0 0 7 1 1 0 0 7 1 1 0 7 0
d d
d
d
3
3
3 2
4
d 3 d 3 d d 2
0 1 1 1 5 0 1 1 0 9 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
d
d
2
3
d 1
2
d 2
d d 1
1 1 0 0 7
0 1 0 0 34 0 0 1 0 43 0 1 0 0 34 0 0 1 0 43
x
( 27,34, 43,14)
Khi đó nghiệm của hệ phương trình là
0 0 0 1 14 0 0 0 1 14 1 0 0 0 27
70
Đại số tuyến tính 1
2
2
1
3
3
x 2 x 4 2
6
2
3
x 4 x 3 x 3
x 5 x 4 x 4 2
x m 5 8
x 2
m
2
x 2
x 5
x 3
d d
2 3
1 2 0 2 1 1 1 2 0 2 1 1
d
d d 2 2 1 d d 3 3 1 d 4
d 1
4
2 4 1 3 0 3 0 0 1 1 1 2 B 3 6 2 3 1 m 0 0 2 3 2 m 3
1 2 1 0 1 2 m 8 0 0 1 2 0 2 m 9
2
d 3 d
d
d
2 d d 3 d d 4
2
4
1 2 0 2 1 1 1 2 0 2 1 1
4
3
d 4 0 0 1 0 0 0 1 1 2 2 1 m 5 0 0 1 0 0 0 1 1 2 2 1 m 5
5m thì hệ phương trình vô nghiệm. Nếu Nếu m = 5 thì hệ phương trình trở thành
2
1 1
1 2 0
1
2 1
0 0 1
0 0 0
2 0
1
0 0 0
0 0
0
Vậy hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc tham số
0 0 0 1 2 2 m 10 0 0 0 0 0 m 5
2
1 2
2
x 2
x 5
x 5
x 4
1 2
1
. Từ đó suy ra,
x 5
x 4 2
2
5
1
x 5
x 5 x 2
x 5
x 1 x 3 x 4
x 4 x 4 3 x 1
■
1
1
1
1
b) Giải hệ phương trình x x mx x 1 4 2 3 x mx x x 4 3 1 2 x mx x x 4 3 2 1 x x x mx 1 2 3 4
,x x với 5 2 ,x x (cid:0) 2 5
71
Đại số tuyến tính 1
1 1 1 m 1 1 1 1 m 1 1 1 1 m
d
2
3
d
0 0 0 m 1 1 m 0 0 m 1 1 m 0 1 1 m
d d d
d d 2 1 2 d d 3 1 d md 4 1
3 4
m 1 0 0 1 0 0 0 m 1 1 0 1 m 1 m 2 m 2 0 0 0 1 m 1 m 1 m 0 1 m 1 m 1 m m 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 m 1 1
d
d
d 4
3
4
2
d
m 1 0 1 m 0 0
2
0 m 1 1 m 0 0
2
0 0 3 2 m m 0 0
Vì
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
x 2
x 3
x 4
(cid:0)
3 2 m m (1 m m )( 3)
Khi đó hệ có vô số nghiệm phụ thuộc 3 tham số
3
(cid:0)
(cid:0)
x 1 1 x 2 x 3 x 4
(cid:0)
(cid:0)
, , x x x . Tức là 2 4
Đặt
thì 1 x
2
3
(cid:0)
x 2 x 3 x 4
t 2 t 3 t 4
1
1
1
3 1
0
0
4
4 0
Khi m =-3 thì hệ trở thành
. Hệ phương trình vô nghiệm.
0 0
4
0
0
0 4
0
0
0
1
m
3,
m
thì hệ pt có nghiệm duy nhất
Khi
x 4
2
1
m
3
1 3 2
x 3
x 4
m
3
x 2
x 4
m m m 1 1
m
3
1
x 1
x 2
x mx 3 4
1
m
3
1 t t t 4
1, 3
- Nếu
m thì hệ có một nghiệm duy nhất
.■
x 1
x 2
x 3
x 4
1
m
3
72
Đại số tuyến tính 1
z x a
t b
t c
z
y
x
t
(*)
d y z t
Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (1) của hệ được:
2
x
a
x
a b c d 2
a b c d 4
Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (2) của hệ được:
y
a b c d 4
Lấy (*) trừ cho phương trình thứ (3) của hệ được:
z
a b c d 4
Thực hiện tương tự lấy (*) trừ cho phương trình thứ (4) của hệ được:
t
y t x y z x z y x Cộng theo vế 4 phương trình ta được: a b c d 2
y 1 z
t z 1
1 t
z mt 1
3)(
4
y
x
z
(*) ) t
Nhận xét: Khi m = - 3 thì phương trình (*) vô nghiệm, hệ vô nghiệm Khi m = 1 hệ có vô số nghiệm.
t
t
t
t 1
2
3
t 1
mx x my x y mz x y Giải Cách 1: SV tự giải bằng phương pháp Gauss (hoặc Gauss Jordan). Cách 2: Cộng tất cả các phương trình ta được: m (
với 1 t
2
t
2
t
3
m
3,
m
1
x y z t Khi
thì chia biểu thức (*) cho m + 3 ta có
, t , t (cid:0) 3
73
Đại số tuyến tính 1
x
z
y
t
4
m
3
Lấy kết quả trên trừ đi phương trình thứ 1 của hệ ta được:
x
1
m
3
y
z
t
Thực hiện tương tự ta được
1
m
3
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
1) Giải các hệ phương trình sau bằng cách áp dụng thuật toán Cramer và phương pháp
Gauss:
2
6;
7
2
3
15;
x 2
x 3
x 2 3
x 3 7
16;
3
2
15;
a)
b)
2
x 3
16.
x 3 5
36.
x 1 x 2 1 x 1
x 2 x 2
x 3
x 1 x 1 x 1
x 2 x 11 2
x 3
5
5 10
2
1;
2
5;
4;
2
3
1;
c)
d)
4
4
2.
2
x 2 x 2
3
11.
x 1 x 2 1 x 1
x 2 x 2 x 2
x 3 x 2 3 x 3
x 1 x 1 x 1
x 2
x 3 x 3 x 3
3
2;
5
5;
x 4
x 3 3
x 4
4
2;
x 2
x 3
1;
3
4
e)
f)
3
5
9
2;
x 2 6
8;
x 3 2
x 2 x 2 2 x 2
x 3 x 3
x 4 x 4
7
2
2.
2
2
2
2.
x 2
x 4
x 3
x 2 x 2
x 4 x 4 x 3 4
x 3 x 3
x 1 x 1 2 x 1 x 1
x 2 1 x 1 x 3 1 x 1
5;
2
2
2;
x 2
x 3
x 3 3
x 4
4
3;
4
2
3;
3
x 2
g)
h)
2
3
7;
4
6;
5
3
2
3
4
2;
2
3;
3
2
x 2 x 2 2 x 2 x 2
x 3 x 3 x 3
x 4 x 4 x 4
x 1 x 1 x 1 x 1
x 4 x 4 x 4 x 4
x 2 x 2
x 3 x 3 x 3
x 1 x 1 4 x 1 3 x 1
8 3
74
Đại số tuyến tính 1
a
;
3;
2
5
x 2
x 3
x 4
b ;
3;
x 3
5
2
3
l)
với a, b, c, d là các số thực khác 0.
k)
c ;
x 2 x 2
4
2
x 4 x 4 3;
d
;
x 2
x 3 x 4
4
9
22;
x 2 x 2 x 2
x 3 x 3 x 3
x 4 x 4 x 4
x 2
x 3
x 4
3 x 1 x 1 x 1 x 1
x 1 x 1 x 1 x 1
p
;
q
;
bx 2 ax 2
cx 3 dx 3
với a, b, c, d, p, q, r, s là các số thực khác 0.
m)
r
;
s .
dx 2 cx 2
ax 3 bx 3
dx 4 cx 4 bx 4 ax 4
ax 1 bx 1 cx 1 dx 1
2
1;
1;
2
1;
n)
1;
2
1;
2
x 3 x 4 x 5 x 6 1;
2
x 2 x 2 2 x 3 x 4 x 5 x 6
x 1 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 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:
1;
1;
4;
x 2
x 3
2
3;
a)
b)
c)
;
x 3 x m ; 3
x 4 x m ; 4 x m 4
2
3
2
4.
.
bx 2 x 2
x 3 x 3
.
ax 1 x 1 x 1
mx x 1 2 x mx 2 1 x 1
x mx m 2
3
x mx m 3
4
mx x x 1 2 3 x mx x 2 1 3 x mx x 3 2 1 x x 2 1
3
a
;
(
m
1)
1;
3
ax 2
2 a x 3
1;
3
4
x 2 (4
m
x 3 2)
1;
d)
e)
f)
b
;
1;
bx 2
2 b x 3
3
(
x 2 m
x 3
1)
9
0.
c
.
x 2 x 2 1;
x 1 x 2 1 x 1
x 2
x 3
3
cx 2
2 c x 3
x 1 x 1 x 1
(3
m
1)
2
(3
m
1)
1;
(
m
3)
2
2
2
mx 2 m (3
1)
x 1 m
m 2 ;
(
g)
h)
2
mx 1 m
x m ; 3 x 3 (
m
1)
3)
3.
mx 1 1)
m
(
x 1 mx 2 m (
1)
x 3 x m ; 3 m 2(
1)
.
x 2 x 1) 2 x mx 1 2
x 3
3(
x 1
x 2
x m 3
2
1;
2
2
x 3
x m ; 4
m
2
1;
2
4
2;
k)
l)
x 2
x 3
7
x 3 5
x 4
m .
3
9
3.
x 2 x 2 x 2
x 3
x 4
x 2
x 3
x 1 x 1 x 1
x mx m x 3 1 2 x 1 x 1
x 3 x 3 x 3 1. x 2 x 2 x 3 x 4 x 4 x 4 x 4 x 1 x 1 x 1 x 1
2
2 2 0;
5
x 3 2
x m ; 4
2
2
m
1;
m)
n)
x 4 3; x 2 x 2
x 3
x 4
7
3
3
m .
3;
x 1 x 2 1 x 1
x 2 x 2 x 2
x 3
x 4
3
x 3 x x 4 3 x x 4 3 m . x 1 x 2 1 x 1 x 1 x 2 3 5
75
Đại số tuyến tính 1
1; 2 2 2 4; 3; 3 2 2
o)
p)
q)
2; x 1 2 x 1 x 2 x 3 x 4 3; 2 x 4 x 5 1; x 1 x 2 x 3
7 x 4 x 4 4 11 x 2 2 x 3 x 4 2 3; x 4 3 x 5 4 6;
4. Cho
ija là các số nguyên. Giải hệ phương trình sau:
...
;
x 1
a x 11 1
a x 12 2
a x 1 n n
...
;
x 2
a x 21 1
a x 22 2
a x 2 4 n
...
x n
a x 1 1 n
a x 2 2 n
a x nn n
1 2 1 2 ...
1 2
5. Giải hệ phương trình
1;
...
n
1
x n ... 2
1;
x 2 x 2 2
x n
1
3
n ... 3
1;
x 2
x n
n
1
...
n
1.
nx 2
x n
x 1 x 1 x 1 ... x 1
6. Chứng minh rằng hệ phương trình sau
...
0;
...
0;
a x 11 1 a x 21 1
a x 12 2 a x 22 2
a x 1 n n a x 2 n n
a
trong đó
và n lẻ, có nghiệm khác 0.
a ij
ji
...
0.
a x 2 2 n
a x nn n
... a x 1 1 n
7. Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp thích hợp:
0;
0;
8 4 1. x 2 2 x 3 x 3 x 3 5 x 4 7 x 5 9 m . x 1 x 1 x 4 1 x 2 x 2 x 2 x 2 x 3 x 3 x 4 3 x 3 x m ; 4 x m 16 4 x 2 x 4 x m . 4 x 3 x 2 x 2 x 2 3 x 4 x 5 x 1 2 x 1 x 1 x 1 3 x 1 5 x 1
x 2 x 3
x 3 x 4
cz dt p ;
a)
b)
0;
bx ay dz ct q ;
cx dy az bt r ;
0;
x 100 x 1
0.
x 98 x 99 x 100
x 99 x 100 x 1
x 2
x 1 x 2 ...
dx cy bz at s . ax by
76
Đại số tuyến tính 1
