khóa luận “ phương pháp khử gauss – joordan và ứng dụng”

MỤC LỤC

1


MỞ ĐẦU
1.Lí do chọn đề tài
Tốn học là một mơn khoa học cơ bản, toán học xuất hiện ngay trong đời
sống hàng ngày, tác dụng của toán học rất rộng lớn, từ những việc nhỏ như việc
tính tiền đi mua hàng, hay những việc lớn như để thiết kế nên những ngơi nhà cao
tầng, các cơng trình xây dựng…. tất cả đều phải dựa vào Toán học.
Ngay từ bậc học Mầm non các em đã làm quen với các con số 1, 2, 3,…
Đến khi lên các cấp cao hơn các em được tìm hiểu rất nhiều vấn đề khác nhau của
Tốn học.
Qua q trình tìm hiểu chương trình Tốn học ở THCS nói riêng và bằng
thực tế tơi thấy đại số là một phần rất khó, địi hỏi phải có sự phân tích tổng hợp,
suy luận chính xác chặt chẽ và chính xác. Bên cạnh nhu cầu học tập mơn Tốn
ngày càng tăng, các bạn học sinh, sinh viên với tư duy ngày càng nhanh nhạy, ham
mê khám phá những kiến thức mới, những bài tốn khó. Hệ phương trình là một
trong những nội dung khơng chỉ quan trọng với các bạn trong các cấp học mà nó
cịn là đề tài rất hay để các nhà nghiên cứu tìm hiểu.
Để giải một hệ phương trình có rất nhiều cách khác nhau, có người chọn
đường vịng có người chọn đường thẳng, tuy nhiên kết quả chỉ có một, điều chúng
ta cần nắm được là biết ứng dụng từng phương pháp vào những bài tốn thích hợp.
Phương pháp Gauss giải hệ phương trình tuyến tính đã được biết đến từ rất
lâu. Tuy nhiên do nhu cầu thực tiễn nhiều bài toán thực tế hay của chính tốn học,
phương pháp khử Gauss nói riêng và các phương pháp giải hệ phương trình đại số
nói chung vẫn được quan tâm nghiên cứu nhiều. Thuật tốn Gauss có thể dùng
được trên mọi hệ phương trình.
Phương pháp Gauss là cơng cụ đắc lực trong việc giải các hệ phương trình
tuyến tính ngồi ra nó cịn có nhiều ứng dụng quan trọng trong Tốn học như sau:

Tìm hạng của ma trận, tìm hạng của hệ vectơ, tìm ma trận nghịch đảo, tìm định
thức. biểu diễn vectơ, xét sự độc lập tuyến tính...
Là một sinh viên trường Đại học Thủ đô Hà Nội, tôi thấy việc nghiên cứu
đề tài “ Phương pháp khử Gauss – Joordan và ứng dụng” là rất quan trọng, đề tài
2


này không chỉ giúp tôi nâng cao kiến thức mà cịn trang bị cho bản thân tơi những
kĩ năng, hiểu sâu hơn về kiến thức làm hành trang sau khi ra trường.
2. Mục đích nghiên cứu
Khóa luận nghiên cứu về phương pháp khử Gauss và ứng dụng. Tập trung
nghiên cứu về các ứng dụng của phương pháp Gauss trong giải hệ phương trình và
các bài tốn liên quan.
3. Đối tượng nghiên cứu
Khóa luận tập trung nghiên cứu về lí thuyết của phương pháp khử Gauss,
ứng dụng của phương pháp Gauss như tìm hạng của ma trận, hạng của hệ vectơ,
tính định thứ, tìm ma trận nghịch đảo, sự độc lập tuyến tính của hệ vectơ, biểu
diễn tuyến tính của hệ vectơ....
4. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu một số bài toán để thấy được ứng dụng của phương pháp khử
Gauss là một công cụ đắc lực.
5. Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống những kiến thức về phương pháp khử Gauss và ứng dụng của nó.
Hệ thống một số bài tập để làm nổi bật phương pháp khử Gauss.
6.

Phương pháp nghiên cứu
Sưu tầm, nghiên cứu tài liệu.

3

LỜI CẢM ƠN
Trên thực tế khơng có sự thành cơng nào mà không gắn liền với những hỗ
trợ, giúp đỡ dù nhiều hay ít, dù trực tiếp hay gián tiếp của người khác. Trong suốt
thời gian khi bắt đầu học tập tại trường cho đến nay, em đã nhận được rất nhiều sự
quan tâm, giúp đỡ của quý thầy cô, gia đình, bạn bè. Với long biết ơn sâu sắc
nhất, em xin gửi đến quý Thầy Cô ở khoa Khoa Học Tự Nhiên – Trường Đại học
Thủ đô Hà Nội đã cùng với tri thức và tâm huyết của mình để truyền đạt vốn kiến
thức quý báu cho chúng em suốt thời gian học tại trường. Và đặc biệt, trong học kì
này, nếu khơng có những lời hướng dẫn, dạy bảo của các thầy cơ thì em nghĩ đề
tài của em khó có thể thực hiện được. Một lần nữa em xin cám ơn thầy cô. Bước
đầu đi vào thực tế của em còn hạn chế và nhiều bỡ ngỡ. Do vậy, khơng tránh khỏi
những thiếu sót là điều chắc chắn, em rất mong nhạn được lời đóng góp quý báu
của quý Thầy Cô để kiến thức của em trong lĩnh vực này hoàn thiện hơn.
Em xin gửi lời cảm ơn trân thành và sự tri ân sâu sắc đối với các thầy cô
của trường Đại học Thủ đô Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô trong khoa Khoa Học
Tự Nhiên đã tạo điều kiện cho em để em có thể hồn thành tốt đề tài này. Và em
cũng xin chân thành cám ơn thầy Hoàng Ngọc Tuyến đã nhiệt tình hướng dẫn em
thực hiện đề tài này.
Trong quá trình thực hiện đề tài, khó tránh khỏi sai sót, rất mong các thầy
cô bỏ qua cho em. Đồng thời do trình độ lý luận cũng như kinh nghiệm thực tiễn
cịn hạn chế nên đề tài em thực hiện khơng thể tránh khỏi thiếu sót, em rất mong
nhận được ý kiến đóng góp của thầy cơ để em có them nhiều kinh nghiệm cho bản
thân.
Em xin chân thành cám ơn !

4

CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Khái quát về hệ phương trình tuyến tính và phương pháp khử

1.1.
1.1.1.

Gauss.
Các khái niệm cơ bản về hệ phương trình tuyến tính
Hệ phương trình có dạng:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + K + a1n xn = b1
a x + a x + a x + K + a x = b
2n n
2
 21 1 22 2 23 3
a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 + K + a3 n xn = b3
.......................................................

am1 x1 + am 2 x2 + am 3 x3 + K + amn xn = bm

Trong đó

x1, x2 ,K , xn

( 1)

aij , b j
là các ẩn và

là các hằng số, được gọi là

hệ phương trình tuyến tính m phương trình, n ẩn số.

Ma trận

Ma trận

 a11 a12
a
a22
A =  21
 M M

 am1 am 2

 a11 a12

a
a22
A =  21
 M M

 am1 am 2

... a1n 
... a2 n 
O
M

... amn 

được gọi là ma trận các hệ số của hệ (1).

a1n b1 

... a2 n b2 
O
M M

... amn bm 
...

là ma trận các hệ số mở rộng của hệ (1).

Nhận xét: Một hệ phương trình hồn toàn xác định nếu ta biết được ma

1.1.2.

trận hệ số mở rộng của nó.

Cột

 b1 
b 
 2
 M
 
bm 

được gọi là cột tự do của hệ (1).

5


Hệ (1) có thể được viết lại dưới dạng

 x1   b1 
x  b 
2
2
A  =  
 M  M
   
 xn   bm 

với A là ma trận

các hệ số của hệ (1). 1
Khi ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các dịng 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

xj = cj

thì tất cả các

phương trình trong hệ (1) đều thỏa mãn.

Nếu

X = ( x1

x2 ... xn )

T

và

B = ( b1 b2 ... bm )

T

thì hệ phương trình có thể

viết được dưới dạng: AX = B.
1.1.3.

Ví dụ:

Hệ phương trình

2 x1 − x2 + x3 = 1;

 x1 + x2 + x3 = 4;
 x − x − 2 x = −3,
3
 1 2

là một hệ phương trình tuyến tính 3 ẩn

trên R.

Hệ phương trình này cịn có thể được viết dưới dạng

 2 −1 1   x1   1 
1 1 1   x  =  4 

 2  
1 −1 −2   x3   −3

hoặc
 2 −1 1 1 


1 1 1 4 
1 −1 −2 −3

Trong đó
1.1.4.

(1, 2,1) ∈ R 3

là một nghiệm của hệ phương trình trên.

Một vài hệ phương trình đặc biệt
6

1.1.4.1.

Hệ Crame (hệ khơng suy biến)

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 1.1.
+ x3 = 1
 x1

2 x1 − x2 + 3x3 = 2
4 x + x + 8 x = 3
3
 1 2

Hệ phương trình
là hệ Cramer.
1.1.4.2.
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 thuần nhất liên kết với hệ phương trình (1).
Nhận xét: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ln có ít nhất 1 nghiệm là
( x1 , x2 ,..., xn ) = (0, 0,..., 0)

và nghiệm này được gọi là nghiệm tầm thường của hệ.

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;

-

Vơ nghiệm;

-

Có vơ số nghiệm.

Hệ quả: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất hoặc chỉ có nghiệm tầm thường
hoặc có vơ số nghiệm

Ví dụ 1.2. Để giải hệ phương trình

 2 x1 − x2 + x3 = 1;

 x1 + x2 + x3 = 4;
 x − x − 2 x = −3,

3
 1 2

ta tiến hành ma trận hóa và sử

dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng để đưa ma trận hóa về dạng đơn giản.
7


 2 −1 1 1 
 0 −3 −1 −7 
0 0 −7 −7 
0 0 1 1 
−1
d1

 d1 − 2 d2 
 d3 − d1 



7
→ 1 1 1 4  
→ 1 0 3 4  
→ 1 0 0 1 
d3 − d 2
d 2 − d3
d2 − 3d1
 1 1 1 4  
 1 −1 −2 −3

0 −2 −3 −7  d1 +3d3 0 1 −2 0  d3 + 2 d1 0 1 0 2 

Vậy hệ đã cho tương đương với

0 x1 + 0 x2 + x3 = 1;

 x1 + 0 x2 + 0 x3 = 1;
0 x + x + 0 x = 2
3
 1 2

 x1 = 1

⇔  x2 = 2
x = 1
 3

Điều kiện có nghiệm (Định lí Kronerker – Capelli)

1.2.

Cho hệ phương trình tuyến tính
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + K + a1n xn = b1
a x + a x + a x + K + a x = b
2n n
2
 21 1 22 2 23 3
a
x
+

a
x
+
a
x
+
K
+
a
x
=
b
 31 1 32 2 33 3
3n n
3
.......................................................

am1 x1 + am 2 x2 + am3 x3 + K + amn xn = bm

( 1)

Định lí Crơnecke Capelli

( 1)

Hệ phương trình truyến tính
A và

A

i) Nếu
ii) Nếu


có nghiệm khi và chỉ khi hạng (A) = hạng (

lần lượt là các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng. Khi đó:
rankA < rank A

thì hệ (1) vơ nghiệm;

rankA = rank A = r

thì hệ (1) có nghiệm. Hơn nữa:

Nếu r = n thì hệ (1) có nghiệm duy nhất.

Chứng minh.

uu
r uur
uur
Α = α1,α 2 ,K ,α n

Ta kí hiệu

{

}

là hệ vectơ cột của ma trận A,

8

A

).


uu
r uur
uur ur
Β = α1,α 2 ,K ,α n , β

{

phương trình

}

( 1)

A

của hệ

, U là khơng gian sinh bởi hệ vectơ A, W là không gian

sinh bởi hệ vectơ B. Vì
⇒

là hệ vectơ cột của ma trận bổ sung

Giả sử hệ có nghiệm

A⊂ B

nên

( c1, c2 ,K , cn )

U⊂

. Khi đó

W.
ur

uu
r
uur
uur
β = c1α1 + c2α 2 + K + cn α n .

này có nghĩa là ta đã thêm vào vào hệ A vectơ

ur
β

Điều

là tổ hợp tuyến tính của hệ

A để được hệ B. Theo mệnh đề ta có hạng (A) = hạng (A) = hạng (B) =
hạng (
⇐

A

).

A
Giả sử hạng (A) = hạng ( ). Thế thì hạng (A) = hạng (B). Suy ra dimU =

U⊂
dimW. Vì
W nên theo định lí ta có U = W.
ur
β ∈U
Do đó
. Vì thế tồn tại bộ n số
ur
uu
r
uur
uur
c
,
c
,

K
,
c
( 1)
(1 2
β = c1α1 + c2α 2 + K + cn α n .
n)
sao cho
Vậy hệ
có nghiệm.

1.3.
1.3.1.

Giải hệ phương trình tuyến tính
Hệ không suy biến (Hệ Cramer)

Nội dung của phương pháp này cũng chính là định lý sau:
1.3.1.1.

Định lý:

Cho hệ Cramer

9


a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1
a x + a x + ... + a x = b
 21 1 22 2

2n n
2

...
an1 x1 + an 2 x2 + ... + ann xn = bn
 a11 a12
a
a
A =  21 22
 M M

 an1 an 2

Nếu

-

det A ≠ 0

... a1n 
... a2 n 
O M

... ann 

(2)

trong đó

là ma trận các hệ số. Khi đó,

thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất xác định bởi cơng thức

sau:
xj =

det A j
det A

, trong đó

i bởi cột hệ số tự do

Ai

chính là ma trận thu được ma trận A bằng cách thay cột

 b1 
b 
 2
 M
 
bn 

Nếu detA = 0 và tồn tại

-

j ∈ {1, 2,...., n}

| Aj |≠ 0

sao cho

thì hệ phương trình vô

nghiệm
| Aj |= 0, ∀j = 1, n

Nếu detA = 0 và

-

thì hệ phương trình khơng 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.
1.3.1.2.

Hệ quả:

10


Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n phương trình n ẩn có nghiệm
khơng 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.
Ví dụ:

1.3.1.3.

Ví dụ 1.3.

Giải hệ phương trình sau:

ax1 + bx2 = c

cx2 + ax3 = b (1)
cx + bx = a
3
 1

với a, b, c là các số khác 0.

Lời giải.
a b 0
det A = 0 c a = 2abc ≠ 0
c 0 b

Ta có

nên đây là hệ Cramer. Hơn nữa
c b 0

det A1 = b c a = (a 2 − b 2 + c 2 )b
a 0 b
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
x1 =

det A1 a 2 − b 2 + c 2
det A2 −a 2 + b 2 + c 2
=
x2 =
=
det A
2ac
det A
2bc

;

11

x3 =

;

det A3 a 2 + b 2 − c 2
=
det A
2ab


Ví dụ 1.4.
Giải hệ phương trình sau:
 x1 + 2 x2 + 2 x3 = 0

−2 x1 − x2 − 4 x3 = 2
 x + x + 2 x = −2
3
 1 2

Lời giải.
Ta có |A|=0 và

| A1 |= 8

nên hệ phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 1.5.
Giải hệ phương trình sau:
x + x + x =1
2 3
 1


2 x1 − x2 − x3 = 2

 x1 − 2 x2 − 2 x3 = 1

Ta có
det A = 0;det A = det A = det A = 0
1
2
3

Hệ phương trình khơng có nghiệm duy nhất tức là hệ có vơ số nghiệm hoặc hệ
vơ nghiệm.
Đối với trường hợp này thì phải dùng phương pháp Gauss để giải lại hệ
phương trình trên.
1.3.2. Hệ suy biến
1.3.2.1. Phương pháp định thức
Ta đã biết định thức con cấp cao nhất khác 0 của ma trận A cho ta biết số chiều
và cơ sở của khơng gian sinh bởi hệ vectơ dịng của ma trận A. Giả sử hạng (A) =
12


hạng

( A)

= r, và khơng làm mất tính tổng qt, ta có thể giả thiết định thức con

cấp cao nhất khác 0 của A và

D=

r=n

là:

a11

a12 ........ a1r

a21

a22 ........ a2r

.............................
ar1

Nếu

A

≠ 0.

ar 2 .........arr

thì hệ phương trình đã cho là hệ Cramer, nó có nghiệm duy nhất.

Nếu r < n thì ta xét hệ phương trình gồm r phương trình đầu.
a11x1 + a12 x2 + K + a1r xr + a1r +1xr +1 + K + a1n xn = b1

...............................................................................

a x + a x + K + a x + a x + K + a x = b
rr r
rr +1 r +1
rn n
r
 r1 1 r 2 2
Mọi vectơ dòng của ma trận bổ sung

A

là tổ hợp tuyến tính của r vectơ dịng

đầu. Vì thế mỗi nghiệm của hệ trên cũng là nghiệm của mỗi phương trình từ thứ

r +1

đến thứ m, do đó là nghiệm của hệ

của hệ

( 1)

( 1)

. Ngược lại hiển nhiên mỗi nghiệm

là nghiệm của hệ trên. Vì thế chỉ cần chỉ giải hệ trên.

Ta viết nó dưới dạng:

a11x1 + a12 x2 + K + a1r xr = b1 − a1r +1xr +1 − K − a1n xn

....................................................................................
a x + a x + K + a x = b − a x − K − a x
rr r
r
rr +1 r +1
rn n
 r1 1 r 2 2
Và gọi các ẩn

xr +1,K , xn

là ẩn tự do.
13


Với mỗi bộ

n−r

số

( cr +1,K , cn )

những hằng số. Vì định thức

D≠0

tìm được giá trị duy nhất của

đó

( c1, c2 ,K , cr , cr +1,K , cn )

c1, c2 ,K , cr

phụ thuộc vào

∈Κ n − r

các vế phải của r phương trình này là

nên khi đó hệ trên trở thành một hệ Cramer, ta

x1,K , xr

chẳng hạn,

x1 = c1, x2 = c2 ,K , xr = cr

. Khi

là một nghiệm của hệ trên.Như vậy các giá trị

n−r

tham số

cr +1,K , cn

. Do

cr +1,K , cn

có thể nhận

vơ số giá trị nên hệ phương trình trên vơ số nghiệm.
Vậy khi r < n hệ
Nếu coi rằng

( 1)

có vơ số nghiệm phụ thuộc vào

cr +1,K , cn

nhận giá trị tùy ý thì nghiệm

được gọi là nghiệm tổng quát. Nếu cho mỗi
Ví dụ 1.6.
Giải hệ phương trình tuyến tính:

−2 x1 + x2

−2 x2
 x1
 x
−2 x2
 1

 −2 1 1 
A =  1 −2 1 ÷
÷
 1 1 −2 ÷



Có định thức bằng 0 nhưng định thức con
14

tham số.

( c1, c2 ,K , cr , cr +1,K , cn )

ci , i = r + 1,K , n,

thì ta được một nghiệm riêng.

Ta có ma trận

n−r

+ x3

= 1

+ x3

= −2

−2 x3 = 4

một số trị xác định


−2 1
= 3 ≠ 0.
1 −2

Ma trận bổ sung

 −2 1 1 1 
B =  1 −2 1 −2 ÷
÷
 1 1 −2 4 ÷



Nghĩa là hạng(B) = 3

≠

−2

1

1

−2 −2 = 9

1

1

có định thức cấp ba

hạng(A).

Vậy hệ đã cho vơ nghiệm.
Ví dụ 1.7.
Giải hệ phương trình tuyến tính:

3x1 − x2 + x3 = 6
x
− 5 x2 + x3 = 12
 1
= −6
2 x1 +4 x2
2 x + x +3 x = 3
2
3
 1
+ 4 x3 = 9
5 x1
Lời giải.
Tìm hạng của các ma trận:

 3 −1
 1 −5


A = 2 4

2 2
5 0


 3 −1
 1 −5

B = 2 4

2 1
5 0


1
1÷
÷
0 ÷,
÷
3÷
4÷


1 6
1 12 ÷
÷
0 −6 ÷.
÷
3 3÷

4 9÷


1 −5 1

Định thức

D= 2

4

0 = 36.

2

1

3
Do đó hạng(A) = 3.

Để tính hạng của B ta chỉ cần tính các định thức con của B bao quanh D.
15

1
4
.


Đó là:
3 −1 1

1 −5 1 12

6

1 −5 1 12
2

4

0 −6

2

1

3

= 0,

3

2

4

0 −6

2

1

3

3

5

0

4

9

= 0.

Vì thế hạng(A) = hạng(B) = 3. Vậy hệ có nghiệm. Giải hệ phương trình (gồm các
phương trình ứng với các dịng của định thức D):

 x1 −5 x2

2 x1 +4 x2
2 x + x
2
 1
Đó là một hệ Carame vì

D≠0

+ x3

= 12
= −6

+3 x3

=3
.

. Áp dụng cơng thức Carame ta tìm nghiệm là:

( 1, −2,1) .
Ví dụ 1.8.
Giải hệ phương trình:
 3x1 − x2
 x
− x2
 1

+ x2
 x1
12 x1 −2 x2

− x3

+2 x4

=1

−2 x3

+4 x4

=5

+3 x3

−6 x4

= −9

+ x3

−2 x4

= −10

.

Lời giải.
Tìm hạng của ma trận:
 3 −1 −1 2 
 1 −1 −2 4 ÷
÷
A=
1 1
3 −6 ÷

÷
 12 −2 1 −2 

1 
 3 −1 −1 2
 1 −1 −2 4
÷
5
÷.
B=
1 1
3 −6 −9 ÷

÷
12 −2 1 −2 −10 

,
16


Ta thấy định thức:
D=

3 −1
= −2 ≠ 0.
1 −1

Tính các định thức con cấp ba của A bao quanh D. Chúng đều bằng 0. Do đó
hạng(A) = 2. Làm tương tự ta tìm được hạng(B) = 2. Vậy hệ có nghiệm. Giải hệ
(gồm các phương trình ứng với các dịng của định thức D):
3 x1


 x1

− x2
− x2

− x3
−2 x3

+2 x4
+4 x4

=1
=5

3x1

 x1

− x2
− x2

= x3
= 2 x3

−2 x4
−4 x4

+1
+5

= c3
= 2c3

−2c4
−4c4

+1
+5

.

Viết hệ này dưới dạng:

Cho

x3 = c3 , x4 = c4

, ta có hệ Cramer:
3x1

 x1

x1 =
Giải hệ này ta được

Nghiệm tổng quát:

− x2
− x2

−c3 + 2c4 − 4
−5c3 + 10c4 − 14
, x2 =
2
2

 −c3 + 2c4 − 4 −5c3 + 10c4 − 14

,
, c3 , c4 ÷.

2
2



Nếu cho, chẳng hạn,

c3 = 0, c4 = 1

thì được nghiệm riêng:

( −1, −2,0,1)

1.3.2.2. Phương pháp 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:
17


0

0

...
A → C = 0

0
...

 0

... c1*i1

...

...

0

c2*i2

...

...

...

...

0

...

...

0

...

...

...

...

...

0

...

.... .... .... ... c1n d1 

... ... ... ... c2 n d 2 


... ... ... ... ... ... 
... cri* r ... ... crn d r 

0 ... 0 ... 0 d r +1 
... ... ... ... ... ... 
0 ... 0 ... 0 d m 

Hệ phương trình tương ứng với ma trận C tương đương với hệ ban đầu. Do đó:
1)
2)

Nếu tồn tại ít nhất
Nếu

di

với

d r +1 = d r + 2 = ... = d m = 0

r +1 ≤ i ≤ m

khác 0 thì hệ vơ nghiệm.

thì hệ có nghiệm. Khi đó các cột

đánh dấu * ) được giữ lại bên trái và các
thì được chuyển sang bên phải, các ẩn
tham số. Vậy ta sẽ có

Trong đó

(là các cột được

là các ẩn, còn các cột còn lại

tương ứng với các cột này sẽ trở thành

n – r tham số và hệ đã cho tương ứng với hệ
c1i1

0
 ...

0


di ( xk )

xk

xi1 , xi2 ,..., xir

i1 , i2 ,..., ir

c1i2
c2i2
...
0

... c1ir d ( x ) 
1
k

... ... d 2 ( xk ) 
... ... ... 
... crir d r ( xk ) 

là các hàm tuyến tính của

xk

với

(3)

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
xir , xir −1 ,..., xi1

từ dưới lên, tức là tính lần lượt
.
Chú ý: Nếu trong q trình biến đổi xuất hiện 1 dịng mà bên trái bằng 0 còn
bên phải là số khác 0 thì ta có thể kết luận hệ phương trình vơ nghiệm và khơng
cần làm gì tiếp.

18


Nhận xét: Nếu ma trận thu được cuối cùng trong thuật tốn 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

.

Cụ thể:

Xét hệ phương trình m phương trình n ẩn số
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + K + a1n xn = b1
a x + a x + a x + K + a x = b
2n n
2
 21 1 22 2 23 3
a
x
+
a
x

+
a
x
+
K
+
a
x
=
b
 31 1 32 2 33 3
3n n
3
.......................................................

am1 x1 + am 2 x2 + am 3 x3 + K + amn xn = bm

Bước 1. Có thể giả sử rằng

a11 ≠ 0

−
Nhân phương trình đầu với

ai1
a11

(bằng cách đổi chỗ các phương trình nếu cần ).

rồi cộng vào phương trình thứ i (với

Ta có hệ phương trình sau
a11 x1 + a12 x2 +K + a1n xn = b1

1
1
( 1)
a22
x2 +K + a2( n) xn = b2( )


1
1
( 1)
a32
x2 + K + a3( n) xn = b3( )


..................

1
1
( 1)

am( 2) x2 + K + amn
xn = bm( )

Giữ nguyên phương trình thứ nhất tiến hành bước 2.

19

i = 2,K , n

).


( )
a22
≠0
1

Bước 2. Có thể giả sử rằng
a12( ) = 0 ( i = 2,3,K , n )

(bằng cách đổi chỗ các phương trình và nếu

1

mọi

thì đổi thứ tự ẩn

x3 ,K , xn

cho

x2

nếu cần
a12( )

− ( 1)
a22
1

Áp dụng cách làm bước 1 cho

m −1

phương trình cuối với

x2

với nhân tử

ta có hệ phương trình
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 +K + a1n xn = b1

1
1
( 1)
( 1)
a22
x2 + a23
x3 + K + a2( n) xn = b2( )


2
2
( 2)
a33

x3 + K + a3( n) xn = b3( )


............

2
2
( 2)

am( 2) x2 + K + amn
xn = bm( )

Lặp lại bước 2 nếu trong các phương trình tiếp theo các hệ số của ẩn có hệ số khác
khơng.
Cuối cùng ta được hệ có dạng như sau:
a11 x1 + a12 x2 + K + a1r xr + a1( r +1) xr +1 + K + a1n xn = b1

1
1
1
1
( 1)

a22
x2 + K + a2( r) xr + a2( ( )r +1) xr +1 + K + a2( n) xn = b2( )

...................


r −1

r −1
r −1
arr( ) xr + arr(−r1+1) xr +1 + K + arn( ) xn = br( )


r −1
0 = br( +1 )


.........................

r −1

0 = bm( )

Định lí
20


1)

Nếu đổi chỗ một phương trình trong hệ thì được một hệ tương đương với

2)

hệ đã cho.
Nếu nhân một phương trình với một số khác 0 thì được một hệ tương

3)

đương với hệ đã cho.
Nếu nhân một phương trình với một số khác 0 rồi cộng vào một phương
trình trong hệ thì được một hệ tương đương với hệ đã cho.

Ví dụ 1.9.
Giải hệ phương trình tuyến tính sau:

−2 x1 + x2

−2 x2
 x1
 x
−2 x2
 1

+ x3

= 1

+ x3

= −2

−2 x3 = 4

Lời giải.

 −2 1 1

B =  2 −1 −1

 1 1 −2


1
2÷
÷
4÷


Cộng dịng thứ ba vào dòng thứ hai:

 −2 1 1

B =  2 −1 −1
 1 1 −2


1
2÷
÷
4÷


Cộng dịng thứ hai vào dịng thứ nhất:
0 0 0

B =  2 −1 −1
 1 1 −2


3
2÷
÷
4÷


Ma trận B là ma trận bổ sung của hệ phương trình:
21

.

.


0 x1 +0 x2

2 x1 − x2
x
 1 + x2

Ta thấy phương trình

( 1)

+0 x3

=3

− x3

=2

−2 x3 = 4

( 1)
( 2) .
( 3)

vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm.
Ví dụ 1.10.
Giải hệ phương trình tuyến tính:
3x1 − x2 + x3 = 6
x
− 5 x2 + x3 = 12
 1
= −6
2 x1 +4 x2
 2 x + x +3 x = 3
2
3
 1
+ 4 x3 = 9
5 x1
Lời giải.
 3 −1

 1 −5
B = 2 4


2 1
5 0


1
1
0
3
4

6
12 ÷
÷
−6 ÷
÷
3÷
9÷


Cộng dòng thứ ba vào dòng thứ hai:
 3 −1

 3 −1
B = 2 4

2 1
5 0


22

1
1
0
3
4

6
6÷
÷
−6 ÷
÷
3÷
9÷



Nhân dòng thứ hai với

( −1)

rồi cộng vào dòng thứ nhất,rồi cộng dòng thứ nhất

vào dòng thứ ba:

 3 −1

2 4
B=

5 0

5 0

Nhân dịng thứ tư với

( −1)

1
0
4
4

6
−6 ÷
÷
9÷
÷
9

.

rồi cộng vào dòng thứ ba:
 3 −1 1

B = 2 4 0
5 0 4


6

−6 ÷
÷
9÷


Dịng thứ nhất cộng với dịng thứ hai rồi trừ đi dòng thứ ba:
 3 −1 1

B = 2 4 0
 0 −3 3


Nhân dòng thứ nhất với

( −2 )

6
−6 ÷
÷
9÷

.

rồi cộng vào dịng thứ hai nhân với

 3 −1 1

B =  0 14 −2
 0 −3 3


( −3)

6 
−30 ÷
÷
9 ÷


Nhân dịng thứ hai với 3 rồi cộng với dòng thứ ba nhân với 2 ta được:

 3 −1 1 6 

B =  0 36 0 −72 ÷
÷
 0 −6 6 18 ÷


.
23

ta được:


Ma trận này là ma trận bổ sung của hệ:

3 x1 − x2

36 x2



−6 x2


Giải hệ:

+ x3

=6
= −72

+6 x3

= 18
.

 x1 = 1

 x2 = −2.
 x =1
 3

Ví dụ 1.11.
Giải hệ phương trình:
 3x1 − x2
 x
− x2
 1

+ x2

 x1
12 x1 −2 x2

− x3

+2 x4

=1

−2 x3

+4 x4

=5

+3x3

−6 x4

= −9

+ x3

−2 x4

= −10

.

Lời giải.

 3 −1 −1 2

1 −1 −2 4
B=
 1 1 3 −6

12 −2 1 −2

1 
5 ÷
÷.
−9 ÷
÷
−10 

Đổi chỗ dòng thứ nhất với dòng thứ ba rồi tiếp tục biến đổi ta được:

 1 1 3 −6

 1 −1 −2 4
 3 −1 −1 2

12 −2 1 −2

−9   1 1
3

÷
5 ÷  0 −2 −5

⇒
1 ÷  0 −4 −10
÷ 
−10   0 −14 −35

24

−6
10
20
70

−9 
14 ÷
÷
28 ÷
÷
98 


 1 1 3 −6

0 −2 −5 10
⇒
0 0 0 0

0 0 0 0

−9 
14 ÷

÷.
0÷
÷
0

Ma trận cuối cùng ứng với hệ phương trình:
 x1 + x2

−2 x2


0 x1 +0 x2
0 x1 +0 x2

+3 x3

−6 x4

= −9

−5 x3

+10 x4

= 14

+0 x3

+0 x4

=0

+0 x3

+0 x4

=0

Ta chỉ cần giải hệ gồm hai phương trình đầu của hệ này:
Viết nó dưới dạng:
 x1



Nếu cho

x3 = c3 , x4 = c4 ,

với

+ x2
−2 x2
c3 , c4

= −3x3
= 5 x3

+6 x4
−10 x4

−9
+14

thuộc trường số K thì vế phải của mỗi phương

trình trong hệ này là một số và hệ trở thành một hệ Cramer vì định thức của nó là
1 1
= −2 ≠ 0.
0 −2

Do đó

x1 =

x1 , x2

được xác định duy nhất bởi các đẳng thức:

−c3 + 2c4 − 4
−5c3 + 10c4 − 14
, x2 =
( •)
2
2
.

Như vậy hệ phương trình có nghiệm là:

 −c3 + 2c4 − 4 −5c3 + 10c4 − 14


,
, c3 , c4 ÷.

2
2


Vì

c ,c
3 4

có thể nhận giá trị tùy ý trong K nên hệ có vơ số nghiệm và ta nói

nghiệm tổng qt của hệ.
25

( •)

là