Chương 10: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (183.37 KB, 24 trang )
Ch ơng 10 : hệ phơng trình tuyến tính
10.1. hệ phơng trình tuyến tính
10.1.1. Định nghĩa hệ phơng trình tuyến tính.
Định nghĩa 10.1. Một hệ gồm m phơng trình và n ẩn số có dạng:
(I)
n n
n n
m m mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
trong đó a
ij
, b
i
là các số thực; x
j
là các ẩn số (i = 1,2, ,m; j = 1,2, ,n) đợc gọi
là một hệ phơng trình tuyến tính.
Ví dụ 10.1. Hệ
x y z
x y z
+ + =
=
2
2 0
là một hệ phơng trình tuyến tính có 2 phơng
trình và 3 ẩn số.
Nhận xét 10.1.
(i) Từ hệ (I) ta thành lập đợc các ma trận sau:
X = (x
1
, x
2
, , x
n
)
T
là ma trận cấp nì1 đợc gọi là vectơ ẩn số của hệ (I).
A =
mn2m1m
n22221
n11211
a aa
a aa
a aa
đợc gọi là ma trận các hệ số của ẩn của hệ (I).
B = (b
1
, b
2
, , b
m
)
T
là ma trận cấp mì1 đợc gọi là vectơ hệ số tự do của hệ
(I). Thì hệ (I) còn đợc viết dới dạng ma trận nh sau: AX = B.
(ii) Nếu gọi A
1
, A
2
, , A
n
lần lợt là các cột của ma trận A. Thì hệ (I) còn đ-
ợc viết dới dạng vectơ nh sau: A
1
x
1
+ A
2
x
2
+ + A
n
x
n
= B.
(iii) Thành lập ma trận
( )
A A B=
%
và đợc gọi là ma trận bổ sung của hệ
(I). Thì việc cho hệ (I) hay cho ma trận bổ sung là nh nhau.
Ví dụ 10.2. Hệ
x y z
x y z
x y z
+ + =
=
+ =
2
2 0
2 1
là một hệ phơng trình tuyến tính có:
A =
1 1 1
2 1 1
1 2 1
, B =
2
0
1
, X =
x
y
z
, A
1
=
1
2
1
, A
2
=
1
1
2
, A
3
=
1
1
1
,
và
A
=
1 1 1 2
2 1 1 0
1 2 1 1
%
.
Hệ trên đợc cho dới dạng ma trận nh sau: AX = B.
Hệ trên đợc cho dới dạng vectơ nh sau: A
1
x + A
12
y + A
3
z = B.
10.1.2. Nghiệm của hệ phơng trình tuyến tính.
Cho hệ phơng trình tuyến tính (I). Vectơ X
0
=(
1
,
2
, ,
n
)
T
đợc gọi là
nghiệm của hệ (I) nếu: AX
0
= B hay A
1
1
+ A
2
2
, , A
n
n
= B.
Một hệ phơng trình tuyến tính có ít nhất một nghiệm đợc gọi là hệ tơng
thích, có duy nhất nghiệm đợc gọi là hệ xác định, có vô số nhiệm đợc gọi là
hệ vô định.
Một hệ phơng trình tuyến tính không có nghiệm nào cả đợc gọi là hệ
không tơng thích hay hệ vô nghiệm.
Hai hệ phơng trình tuyến tính đợc gọi là tơng đơng nếu mọi nghiệm của
hệ này cũng là nghiệm của hệ kia và ngợc lại hoặc cả hai hệ phơng trình
tuyến tính đó đều vô nghiệm.
10.1.3. Phép biến đổi sơ cấp.
Các phép biến đổi sau đây thực hiện vào một hệ phơng trình tuyến tính
đợc gọi là các phép biến đổi sơ cấp:
Đổi chỗ hai phơng trình cho nhau.
Nhân hai vế của một phơng trình với một hằng số tuỳ ý khác không.
Nhân hai vế của một phơng trình với một hằng số tuỳ ý rồi cộng vào
một phơng trình khác.
Ví dụ 10.3. Cho hệ phơng trình tuyến tính:
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ =
+ =
2 3 12
2 5 10
2 1
.
Đổi chỗ phơng trình 1 và phơng trình 3 cho nhau ta đợc hệ mới là:
x y z
x y z
x y z
+ =
+ =
+ + =
2 1
2 5 10
2 3 12
.
Nhân cả hai vế của phơng trình 2 với 2 ta đợc hệ mới là:
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ =
+ =
2 3 12
4 2 10 20
2 1
.
Nhân cả hai vế của phơng trình 3 với 2 rồi cộng vào phơng trình 1 ta
đợc hệ mới là:
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ =
+ =
4 6 14
2 5 10
2 1
.
Nhận xét 10.2. Các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào một hệ phơng trình
tuyến tính chính là các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào hệ các vectơ dòng
của ma trận bổ sung của hệ phơng trình tuyến tính đó.
Định lý 10.1. Các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào một hệ phơng trình
tuyến tính biến đổi hệ đã cho về một hệ mới tơng đơng với nó.
Chứng minh. Đối với các phép biến đổi thứ nhất và thứ hai thì kết quả trên
hiển nhiên đúng, ta chỉ cần chứng minh cho phép biến đổi thứ ba.
Cho hệ phơng trình tuyến tính (I).
Giả sử trong hệ (I) ta nhân phơng trình 1 với số k và cộng vào phơng
trình 2 (các trờng hợp khác chứng minh tơng tự). Thì hệ (I) và hệ mới lần lợt
là:
(I)
n n
n n
m m mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
+ + + =
+ + + =
+ + + =
11 1 12 2 1 1
21 1 22 2 2 2
1 1 2 2
,
(II)
( ) ( ) ( )
n n
n n n
m m mn n m
a x a x a x b
ka a x ka a x ka a x kb b
a x a x a x b
+ + + =
+ + + + + + = +
+ + + =
11 1 12 2 1 1
11 21 1 12 22 2 1 2 1 2
1 1 2 2
.
(i) Nếu hệ (I) vô nghiệm mỗi X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
R
n
đều tồn tại i
{1,2, ,m} sao cho:
a
i1
1
+ a
i2
2
+ + a
in
n
b
i
.
Chứng tỏ X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
không phải là nghiệm của phơng trình thứ i
của hệ (II). Do đó hệ (II) vô nghiệm.
(ii) Nếu hệ (II) vô nghiệm mỗi X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
R
n
đều tồn tại i
{1,3,4, ,m} sao cho:
a
i1
1
+ a
i2
2
+ + a
in
n
b
i
,
hoặc (ka
11
+ a
21
)
1
+ (ka
12
+ a
22
)
2
+ + (ka
1n
+ a
2n
)
n
k b
1
+ b
2
.
a
21
1
+ a
22
2
+ + a
2n
n
b
2
.
Chứng tỏ X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
không phải là nghiệm của phơng trình thứ i
(hoặc phơng trình thứ 2) của hệ (I). Do đó hệ (I) vô nghiệm.
(iii) Nếu hệ (I) có nghiệm X
0
=(
1
,
2
, ,
n
)
T
thì
a
i1
1
+ a
i2
2
+ + a
in
n
= b
i
(i =1,2, ,m)
a
11
1
+ a
12
2
+ + a
1n
n
= b
1
ka
11
1
+ ka
12
2
+ + ka
1n
n
= kb
1
.
(ka
11
+ a
21
)
1
+ (ka
12
+ a
22
)
2
+ + (ka
1n
+ a
2n
)
n
= k b
1
+ b
2
.
Chứng tỏ X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
là nghiệm của hệ(II). Vậy mọi nghiệm của hệ
(I) cũng là nghiệm của hệ (II).
(iiii) Nếu hệ (II) có nghiệm X
0
=(
1
,
2
, ,
n
)
T
thì
a
i1
1
+ a
i2
2
+ + a
in
n
= b
i
(i =1,3,4, ,m)
và (ka
11
+ a
21
)
1
+ (ka
12
+ a
22
)
2
+ + (ka
1n
+ a
2n
)
n
= k b
1
+ b
2
.
Vì a
11
1
+ a
12
2
+ + a
1n
n
= b
1
ka
11
1
+ ka
12
2
+ + ka
1n
n
= kb
1
.
a
21
1
+ a
22
2
+ + a
2n
n
= b
2
.
Chứng tỏ X =(
1
,
2
, ,
n
)
T
là nghiệm của hệ(I). Vậy mọi nghiệm của hệ
(II) cũng là nghiệm của hệ (I).(đpcm)
10.2. hệ phơng trình tuyến tính Crame
10.2.1. Định nghĩa hệ phơng trình tuyến tính Crame.
Định nghĩa 10.2. Cho hệ phơng trình tuyến tính AX = B. Hệ AX = B đợc gọi
là hệ phơng trình tuyến tính Crame nếu hệ đó có số phơng trình bằng số ẩn
và |A| 0.
Ví dụ 10.4. (i) Hệ
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ =
+ =
6
2 3
3 2
là hệ phơng trình tuyến tính có số phơng
trình bằng số ẩn bằng 3 và |A| =
=
1 1 1
2 1 1 10 0
3 1 1
nên hệ trên là hệ phơng
trình tuyến tính Crame.
(ii) Hệ
x y z
x y z
x z
+ + =
+ =
+ =
6
2 3
3 2 9
là hệ phơng trình tuyến tính có |A| =
=
1 1 1
2 1 1 0
3 0 2
và số phơng trình bằng số ẩn bằng 3 nên hệ trên không phải là hệ phơng
trình tuyến tính Crame.
(iii) Hệ
x y y
x y y
+ + =
+ =
9
3 6
là hệ phơng trình tuyến tính có số phơng trình
bằng 2 khác số ẩn bằng 3 nên hệ trên không phải là hệ phơng trình tuyến
tính Crame.
10.2.2. Quy tắc Crame.
Định lý 10.2. Mọi hệ phơng trình tuyến tính Crame đều có duy nhất
nghiệm.
Chứng minh.
Giả sử hệ AX = B với A =(a
ij
)
m
ì
n
, B, X R
n
là hệ phơng trình tuyến tính
Crame. Gọi A
1
, A
2
, , A
n
tơng ứng là các cột của ma trận A. Vì hệ trên là hệ
Crame nên |A| 0 hg(A) = hg(A
1
,A
2
, ,A
n
) = n hệ {A
1
,A
2
, ,A
n
} độc lập
tuyến tính trong R
n
. Do đó, hệ {A
1
,A
2
, ,A
n
} độc lập tuyến tính cực đại trong
R
n
hay nó là một cơ sở của R
n
B biểu thị tuyến tính duy nhất qua các
vectơ của hệ {A
1
,A
2
, ,A
n
}:
A
1
1
+ A
2
2
+ + A
n
n
= B.
Chứng tỏ hệ có nghiệm duy nhất (
1
,
2
, ,
n
)
T
. Mặt khác, với mỗi k
{2,3, ,n1} (k =1, k = n chứng minh tơng tự) ta có:
|A
k
(B)| = |A
k
(A
1
1
+ A
2
2
+ + A
n
n
)|
= |A
1
, A
2
, , A
k-1
,A
1
1
+ A
2
2
+ + A
n
n
, A
k+1
, , A
n
|
=
1
|A
k
(A
1
)| +
2
|A
k
(A
2
)| + +
k-1
|A
k
(A
k-1
)| +
k
|A
k
(A
k
)| +
k+1
|A
k
(A
k+1
)| +
+
n
|A
k
(A
n
)| =
k
|A
k
(A
k
)| =
k
|A|.
k
=
( )
k
A B
A
( k = 1,2, ,n).
Chứng tỏ hệ có nghiệm duy nhất (
1
,
2
, ,
n
)
T
và thành phần thứ k của
nghiệm đợc tính theo công thức:
k
=
( )
k
A B
A
( k = 1,2, ,n).(đpcm)
Ví dụ 10.5. Giải hệ phơng trình sau:
x y z
x y z
x y z
+ + =
+ =
+ =
6
2 3
3 2
.
Giải. Hệ đ cho là hệ phã ơng trình tuyến tính có số phơng trình bằng số ẩn
và bằng 3; có:
A = =
1 1 1
2 1 1 10 0
3 1 1
.
Do đó, hệ đ cho là hệ phã ơng trình tuyến tính Crame có duy nhất
nghiệm:
x =
( )
A B
A
= =
1
6 1 1
1
3 1 1 1
10
2 1 1
, y =
( )
A B
A
= =
2
1 6 1
1
2 3 1 2
10
3 2 1
,
z =
( )
A B
A
= =
3
1 1 6
1
2 1 3 3
10
3 1 2
.
Chú ý 10.1. Nếu hệ AX = B là hệ phơng trình tuyến tính Crame thì |A| 0.
Do đó, ma trận A có duy nhất ma trận nghịch đảo A
1
và hệ có nghiệm duy
nhất X
0
. Khi đó:
AX
0
= B X
0
= A
1
B.
Ví dụ 10.6. Tìm hàm số bậc 3 biết rằng đồ thị của nó đi qua các điểm:
M
1
(0;1), M
2
(1;1), M
3
(1;3), M
4
(2;3).
Giải. Hàm số bậc 3 có dạng : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d. Vì đồ thị của nó đi qua
các điểm: M
1
(0;1), M
2
(1;1), M
3
(1;3), M
4
(2;3) nên toạ độ của các điểm thoả
m n phã ơng trình của hàm số. Hay ta có hệ phơng trình:
d
a b c d
a b c d
a b c d
=
+ + + =
+ + =
+ + + =
1
1
3
8 4 2 3
( )
a b c
I a b c
a b c
+ + =
+ =
+ + =
2
2
4 2 1
và d = 1.
Hệ (I) là hệ phơng trình tuyến tính có số phơng trình bằng số ẩn và bằng 3;
có:
A = =
1 1 1
1 1 1 6 0
4 2 1
.
Do đó, hệ đ cho là hệ phã ơng trình tuyến tính Crame có duy nhất
nghiệm:
(a,b,c)
T
= A
1
(2,2,1)
T
.
Mà
( )
A
= =
2
11
1 1
1 3
2 1
,
( )
A
= =
3
12
1 1
1 3
4 1
,
( )
A
= =
4
13
1 1
1 6
4 2
,
( )
A
= =
3
21
1 1
1 1
2 1
,
( )
A
= =
4
22
1 1
1 3
4 1
,
( )
A
= =
5
23
1 1
1 2
4 2
,
( )
A = =
4
31
1 1
1 2
1 1
,
( )
A
= =
5
32
1 1
1 0
1 1
,
( )
A .
= =
6
33
1 1
1 2
1 1
Vậy
a
b
c
= =
3 1 2 2 1
1
3 3 0 2 0
6
6 2 2 1 3
y = x
3
3x + 1.
10.3. Phơng pháp giải hệ phơng trình
tuyến tính tổng quát
10.3.1. Định lý Croneker Capeli.
Cho hệ phơng trình tuyến tính (I) AX = B với A = (a
ij
)
m
ì
n
, X R
n
, B R
m
và ma trận bổ sung của nó là
A
%
= (AB).
Định lý 10.3 (Định lý Croneker Capeli). Điều kiện cần và đủ để hệ ph-
ơng trình tuyến tính (I) có nghiệm là hg(A) = hg(
A
%
).
Chứng minh.
Điều kiện cần: Giả sử hệ (I) có nghiệm và X
0
= (
1
,
2
, ,
n
)
T
là một
nghiệm của hệ, khi đó:
A
1
1
+ A
2
2
+ + A
n
n
= B,
trong đó A
1
, A
2
, , A
n
tơng ứng là các cột của ma trận A. Chứng tỏ vectơ B
biểu thị tuyến tính qua các vectơ của hệ {A
1
,A
2
, ,A
n
}.
hg(A
1
,A
2
, ,A
n
,B) = hg(A
1
,A
2
, ,A
n
, A
1
1
+ A
2
2
+ + A
n
n
) = hg(A
1
,A
2
, ,A
n
)
hg(A) = hg(
A
%
).
Điều kiện đủ: Giả sử hệ (I) có hg(A) = hg(
A
%
) = r
hg(A
1
,A
2
, ,A
n
,B) = hg(A
1
,A
2
, ,A
n
) = r.
trong hệ vectơ {A
1
,A
2
, ,A
n
} có một hệ con độc lập tuyến tính cực đại
gồm r vectơ (không giảm tổng quát, giả sử con đó là hệ {A
1
,A
2
, ,A
r
}). Mà
hg(A
1
,A
2
, ,A
n
,B) = r hệ con {A
1
,A
2
, ,A
r
} cũng độc lập tuyến tính cực đại
trong hệ {A
1
,A
2
, ,A
n
,B}. Hay
B = A
1
1
+ A
2
2
, , A
r
r
= A
1
1
+ A
2
2
+ + A
r
r
+ A
r+1
0+ A
r+2
0 + + A
n
0.
Chứng tỏ X
1
= (
1
,
2
, ,
r
,0,0, ,0)
T
là một nghiệm của hệ (I). Hay hệ (I)
có nghiệm. (đpcm)
10.3.2. Phơng pháp Gauss giải hệ phơng trình tuyến tính tổng quát.
Bài toán: Giải hệ phơng trình tuyến tính
(I) AX = B
với A = (a
ij
)
m
ì
n
, X R
n
, B R
m
và ma trận bổ sung của nó là
A
%
= (AB).
Chúng ta đ biết: Các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào một hệ phã ơng
trình tuyến tính, chính là các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào hệ các vectơ
dòng của ma trận bổ sung của hệ đó. Đồng thời các phép biến đổi sơ cấp thực
hiện vào một hệ phơng trình tuyến tính, biến đổi hệ đ cho về một hệ mới tã -
ơng đơng với nó. Chính vì vậy, Gauss đ đã a ra phơng pháp giải hệ phơng
trình tuyến tính tổng quát nh sau:
Thành lập ma trận
A
%
, rồi dùng các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào
hệ các vectơ dòng của ma trận
A
%
, biến đổi ma trận
A
%
về một ma trận mới có
dạng hình thang hoặc tam giác (các trờng hợp khác ta xét sau) nh sau:
( )
( )
( )
r n
r
r n
r
r
rr rn
r r
r
m
a a a a a
b
a a a a
b
.
. . . . .
C b
a a a
b
.
b
+
+
+
+
=
11 12 1 1
1 1
1
22 2 2
2 1
2
1
1
0
0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
%
.
Trờng hợp 1. Nếu trong các số b
r+1
, b
r+2
, , b
m
có ít nhất một số khác 0.
Thì hg(A) < hg(
A
%
) nên hệ đã cho vô nghiệm.
Trờng hợp 2. Nếu b
r+1
= b
r+2
= = b
m
= 0 và a
ii
0 ( i = 1,2, ,r). Thì
hg(A) = hg(
A
%
) = r nên hệ đã cho có nghiệm và tơng đơng với hệ mới gồm r
phơng trình ứng với r dòng khác không của ma trận
C
%
. Các ẩn x
1
, x
2
, , x
r
đ-
ợc chọn làm ẩn cơ sở, các ẩn còn lại đợc gọi là các ẩn tự do.
Để tìm nghiệm tổng quát của hệ đã cho, ngời ta tìm các ẩn cơ sở thông
qua các ẩn tự do từ phơng trình thứ r (trong hệ
C
%
) ngợc trở về phơng trình 1.
Muốn tìm một nghiệm riêng của hệ đã cho, ta cho các ẩn tự do tơng ứng
mỗi ẩn một giá trị cụ thể.
Trờng hợp 3. Nếu b
r+1
= b
r+2
= = b
m
= 0 mà a
ii
0 ( i= 1,2, ,r
2 > 0),
a
rr
0 và a
(r-1)(r-1)
= 0. Thì
C
%
có dạng (sau khi bỏ các dòng bằng không):
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
r n
r r
r n
r r
r
r r r r r r r n
r
r n
r r
r
rn
rr
a a a a a a
b
a a a a a
b
.
. . . . . .
C
b
a a a a
b
a
a
b
aa
=
11 12 1 1
1 2 1 1
1
22 2 2
2 2 2 1
2
1
2
2 2 2 1 2 2
1
1
1
0
0 0
0 0 0 0
%
Nếu a
(r-1) r
= 0 thì đổi chỗ dòng r
1 và dòng r cho nhau, sau đó làm t-
ơng tự trờng hợp 2 với ẩn x
1
, x
2
, , x
r-2
, x
r
đợc chọn làm ẩn cơ sở (có thể chọn
x
1
, x
2
, , x
r-3
, x
r-1
, x
r
làm ẩn cơ sở), các ẩn còn lại đợc gọi là các ẩn tự do.
Nếu a
(r-1) r
0 thì biến đổi tiếp ma trận
C
1
%
sao cho phần tử nằm trên
dòng r+1, cột r+1 của ma trận nhận đợc tiếp theo bằng 0. Sauđó làm tơng tự
trờng hợp 2 với ẩn x
1
, x
2
, , x
r-2
, x
r
, x
r+1
đợc chọn làm ẩn cơ sở (có thể chọn x
1
,
x
2
, , x
r-3
, x
r-1
, x
r+1
làm ẩn cơ sở), các ẩn còn lại đợc gọi là các ẩn tự do.
Lặp lại quá trình trên cho đến khi không làm đợc nữa.
Trờng hợp 4. Nếu ma trận mới
C
%
có dạng tam giác thì hệ đã cho là hệ
phơng trình tuyến tính Crame do đó có duy nhất nghiệm. nghiệm của hệ đợc
tìm từ phơng trình thứ n (ứng với dòng thứ n của ma trận
C
%
) ngợc trở về ph-
ơng trình 1 (ứng với dòng thứ 1 của ma trận
C
%
).
Ví dụ 10.7. Dùng phơng pháp Gauss tìm nghiệm tổng quát rồi chỉ ra một
nghiệm riêng của hệ sau:
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x x x
+ + =
+ + =
+ + =
+ =
+ + =
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 4 6
1 2 3 4 5 6
2 2 8
2 2 2 5
2 3 13
3 3 3 5 18
4 2 2 2 2 6 26
.
Giải. Ta có:
A
=
1 1 2 1 2 1 8
1 2 1 2 1 2 5
2 1 1 1 1 3 13
3 3 0 3 0 5 18
4 2 2 2 2 6 26
%
Nhân dòng 1 lần lợt với (1), (2), (3) , (4) rồi cộng tơng ứng vào các
dòng 2,3,4,5 ta đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 3 3 3 3 1 3
0 3 3 3 3 1 3
0 6 6 6 6 2 6
0 6 6 6 6 2 6
Nhân dòng 2 lần lợt với 1, 2 , 2 rồi cộng tơng ứng vào các dòng 3,4,5 ta
đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 3 3 3 3 1 3
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
Vậy hg(A) = hg(
A
%
) = 2 nên hệ đ cho có nghiệm và tã ơng đơng với hệ sau:
x x x x x x
x x x x x
+ + =
+ + =
1 2 3 4 5 6
2 3 4 5 6
2 2 8
3 3 3 3 3
Với x
1
, x
6
là các ẩn cơ sở; x
2
, x
3
, x
4
, x
5
là các ẩn tự do. Đặt x
2
= , x
3
= , x
4
= u, x
5
= v ta đợc nghiệm tổng quát của hệ là:
X = (8+2+u2v, , , u, v, 33+3+3u3v)
T
.
Với = = u = v = 0 ta đợc nghiệm riêng của hệ là:
X
0
= (8, 0, 0, 0, 0, 3)
T
.
Ví dụ 10.8. Dùng phơng pháp Gauss tìm nghiệm tổng quát rồi chỉ ra một
nghiệm riêng của hệ sau:
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x x x
+ + =
+ + =
+ + =
+ =
+ + =
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 4 6
1 2 3 4 5 6
2 2 8
2 2 2 5
2 3 13
3 3 3 5 18
4 2 2 2 2 6 16
.
Giải. Ta có:
A
=
1 1 2 1 2 1 8
1 2 1 2 1 2 5
2 1 1 1 1 3 13
3 3 0 3 0 5 18
4 2 2 2 2 6 16
%
Nhân dòng 1 lần lợt với (1), (2), (3) , (4) rồi cộng tơng ứng vào các
dòng 2,3,4,5 ta đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 3 3 3 3 1 3
0 3 3 3 3 1 3
0 6 6 6 6 2 6
0 6 6 6 6 2 16
Nhân dòng 2 lần lợt với 1, 2 , 2 rồi cộng tơng ứng vào các dòng 3,4,5 ta
đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 3 3 3 3 1 3
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 10
Vậy hg(A) = 2 < hg(
A
%
) = 3 nên hệ đ cho vô nghiệm.ã
Ví dụ 10.9. Dùng phơng pháp Gauss tìm nghiệm tổng quát rồi chỉ ra một
nghiệm riêng của hệ sau:
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
+ + =
+ + + =
+ + + + =
+ + =
+ + + =
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
2 2 8
3 5
2 2 3 13
3 3 3 5 18
4 4 3 2 6 26
.
Giải. Ta có:
A
=
1 1 2 1 2 1 8
1 1 3 1 1 1 5
2 2 1 1 1 3 13
3 3 1 3 1 5 18
4 4 3 2 1 6 26
%
Nhân dòng 1 lần lợt với (1), (2), (3) , (4) rồi cộng tơng ứng vào các
dòng 2,3,4,5 ta đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 0 5 2 3 0 3
0 0 5 3 3 1 3
0 0 5 6 7 2 6
0 0 5 6 7 2 6
Cộng dòng 4 vào dòng 5 ta đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 0 5 2 3 0 3
0 0 5 3 3 1 3
0 0 5 6 7 2 6
0 0 0 0 0 0 0
Nhân dòng 2 với (1) rồi cộng lần lợt vào các dòng 3,4 ta đợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 0 5 2 3 0 3
0 0 0 5 6 1 0
0 0 0 8 10 2 3
0 0 0 0 0 0 0
Nhân dòng 3 với (8) rồi cộng vào dòng 4 sau khi nhân dòng 4 với 5 ta đ-
ợc:
1 1 2 1 2 1 8
0 0 5 2 3 0 3
0 0 0 5 6 1 0
0 0 0 0 2 2 15
0 0 0 0 0 0 0
Vậy hg(A) = hg(
A
%
) = 4 nên hệ đ cho có nghiệm và tã ơng đơng với hệ sau:
x x x x x x
x x x
x x x
x x
+ + =
+ =
=
+ =
1 2 3 4 5 6
3 4 5
4 5 6
5 6
2 2 8
5 2 3 3
5 6 0
2 2 15
Với x
1
, x
3
, x
4
, x
5
là các ẩn cơ sở; x
2
, x
6
là các ẩn tự do. Đặt x
2
= , x
6
= , ta
đợc nghiệm tổng quát của hệ là:
X = (8+2+u2v, ,
3
2
1
25
, 9
2
5
,
15
2
1
2
, )
T
.
Với = = 0 ta đợc nghiệm riêng của hệ là:
X
0
= (8, 0,
3
2
, 9,
15
2
, 0)
T
.
10.3.3. Phơng pháp khử toàn phần giải hệ phơng trình tuyến tính
tổng quát.
Bài toán: Giải hệ phơng trình tuyến tính
(II) AX = B
với A = (a
ij
)
m
ì
n
, X R
n
, B R
m
và ma trận bổ sung của nó là
A
%
= (AB).
Chúng ta đ biết: Các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào một hệ phã ơng
trình tuyến tính, chính là các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào hệ các vectơ
dòng của ma trận bổ sung của hệ đó. Đồng thời các phép biến đổi sơ cấp thực
hiện vào một hệ phơng trình tuyến tính, biến đổi hệ đ cho về một hệ mới tã -
ơng đơng với nó. Chính vì vậy, nội dung của phơng pháp khử toàn phần giải
hệ phơng trình tuyến tính tổng quát nh sau:
Thành lập ma trận
A
%
, rồi dùng các phép biến đổi sơ cấp thực hiện vào
hệ các vectơ dòng của ma trận
A
%
, biến đổi ma trận
A
%
về một ma trận mới
sao cho bên phía ma trận A có r dòng khác 0
n
và r cột vectơ đơn vị khác
nhau. Các bớc còn lại giống phơng pháp Gauss, r ẩn ứng với r cột vectơ đơn
vị khác nhau đó chọn làm các ẩn cơ sở, các ẩn còn lại là ẩn tự do.
Chú ý 10.3. Nếu trong quá trình biến đổi ma trận
A
%
mà xuất hiện trờng
hợp bên phía ma trận A có k dòng khác 0
n
và k cột vectơ đơn vị nhng có
nhiều vectơ đơn vị giống nhau thì cha dừng lại ở đó mà phải biến đổi tiếp
cho đến khi số dòng khác 0
n
bằng số cột vectơ đơn vị khác nhau mới dừng lại.
Trong các ẩn ứng với các vectơ cột giống nhau, giữ lại một ẩn làm ẩn cơ sở
các ẩn còn lại đa sang ẩn tự do. Số ẩn cơ sở bằng số dòng khác 0
n
và bằng
hạng của ma trận A.
Ví dụ 10.9. Dùng phơng pháp khử toàn phần tìm nghiệm tổng quát rồi chỉ
ra một nghiệm riêng của hệ sau:
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
+ + =
+ + =
+ + + + =
+ + + =
+ + =
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 4 6
2 2 2 6
3 5
2 3 13
2 3 2 2 11
3 5 2
.
Giải. Ta có:
A
=
1 2 2 1 2 1 6
1 1 3 1 1 1 5
1 2 1 1 1 3 13
2 3 1 2 1 2 11
3 5 0 1 0 1 2
%
Nhân dòng 1 lần lợt với (1), 1, (2), (3) , rồi cộng tơng ứng vào các
dòng 2,3,4,5 ta đợc:
1 2 2 1 2 1 6
0 1 5 0 3 0 1
0 0 1 2 3 4 19
0 1 5 0 3 0 1
0 1 6 2 6 4 20
Nhân dòng 2 với (1) rồi lần lợt cộng tơng ứng vào các dòng 4,5 và nhân
dòng 2 với 2 rồi cộng vào dòng 1 ta đợc:
1 0 8 1 4 1 4
0 1 5 0 3 0 1
0 0 1 2 3 4 19
0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 2 3 4 19
Nhân dòng 5 với (5), (8) rồi lần lợt cộng tơng ứng vào các dòng 1,2 và
cộng dòng 5 vào dòng 3 ta đợc:
1 0 0 17 20 33 156
0 1 0 10 12 20 194
0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 2 3 4 19
Vậy hg(A) = hg(
A
%
) = 3 nên hệ đ cho có nghiệm và tã ơng đơng với hệ sau
(với x
1
, x
2
, x
3
là các ẩn cơ sở; x
4
, x
5
, x
6
là các ẩn tự do):
x x x x
x x x x
x x x x
+ + =
+ + =
+ =
1 4 5 6
2 4 5 6
3 4 5 6
17 20 33 156
10 12 20 194
2 3 4 19
Đặt x
4
= , x
5
= , x
6
= t ta đợc nghiệm tổng quát của hệ là:
X = (1561720+33t, 1941012+20t, 19+2+34t , , t)
T
.
Với = = t = 0 ta đợc nghiệm riêng của hệ là:
X
0
= (156, 194, 19, 0, 0, 0)
T
.
10.4. hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất
10.4.1. Định nghĩa hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất.
Định nghĩa 10.3. Hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất là hệ phơng trình
tuyến tính có dạng: AX = 0
m
, trong đó A = (a
ij
)
m
ì
n
, X R
n
.
Nhận xét 10.3. Hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất AX = 0
m
luôn có
nghiệm X = 0
n
và đợc gọi là nghiệm tầm thờng. Một nghiệm X 0
n
đợc gọi là
nghiệm không tầm thờng.
Định lý 10.4. Điều kiện cần và đủ để hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất
AX = 0
m
có nghiệm không tầm thờng là hg(A) < n.
Chứng minh. Gọi A
1
, A
2
, A
3
, , A
n
lần lợt là các cột của ma trận A. Hệ ph-
ơng trình tuyến tính thuần nhất AX = 0
m
có nghiệm không tầm thờng tồn
tại X
0
=(x
1
, x
2
, x
3
, , x
n
) 0
n
sao cho: A
1
x
1
+ A
2
x
2
+ A
3
x
3
+ + A
n
x
n
= 0
n
hay hệ
{A
1
, A
2
, A
3
, , A
n
} là hệ phụ thuộc tuyến tính.
hg(A) = hg(A
1
, A
2
, A
3
, , A
n
) < n. (đpcm)
Chú ý 10. 4. Việc giải hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất giống nh việc
giải hệ phơng trình tuyến tính tổng quát với B = 0
m
. Vì vậy, thay cho việc
thành lập và làm việc với ma trận
A
%
ta chỉ cần thành lập và làm việc với ma
trận A là đủ.
10.4.2. Tính chất của tập hợp các nghiệm của hệ phơng trình tuyến
tính thuần nhất.
Gọi C là của tập hợp các nghiệm của hệ phơng trình tuyến tính thuần
nhất (III) AX = 0
m
(trong đó A = (a
ij
)
m
ì
n
, X R
n
).
Định lý 10.5. Tập hợp C các nghiệm của hệ phơng trình tuyến tính thuần
nhất AX = 0
m
là một không gian con của R
n
và có số chiều là n
r, trong đó r
là hạng của ma trận A.
Chứng minh. a) Vì X
0
= 0
n
là nghiệm của hệ (III) nên C .
b) Lấy X, Y bất kỳ trong C và k là số thực bất kỳ thì: AX = 0
m
, AY = 0
m
nên
A(X + Y) = AX + AY = 0
m
+ 0
m
= 0
m
X + Y C.A(kX) = k AX =k 0
m
= 0
m
kX C. Từ a) và b) suy ra C là một không gian con của R
n
.
c) Vì hg(A) = r, nên nếu dùng phơng pháp khử toàn phần tìm nghiệm tổng
quát của hệ AX = 0
m
thì trong nghiệm của hệ có r ẩn cơ sở và n
r ẩn tự do.
Không giảm tổng quát, ta giả sử r ẩn x
1
, x
2
, , x
r
là ẩn cơ sở, các ẩn còn lại là
ẩn tự do. Thì nghiệm tổng quát của hệ đợc viết nh sau:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
r r n n
r r
r r n n
r r
r r r rn n
r r r r
r r r n
r r r n
n
x c x c x c x
x c x c x c x
. . . . . . . .
. . . . . . . .
x c x c x c x
x .x .x .x
x .x .x .x
. . . . . . . .
. . . . . . . .
x .x
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ +
+ + +
+ + +
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
=
1 1 2 1
1 1 1 2
2 1 2 2
2 1 2 2
1 2
1 2
1 1 2
2 1 2
1 0 0
0 1 0
0
r r n
.x .x
+ +
+ + +
1 2
0 1
Cho ẩn tự do x
r+1
=1, x
r+j
= 0 ( j = 2, ,n r) ta đợc nghiệm riêng:
X
1
= (c
1(r+1)
, c
2(r+1)
, , c
r(r+1)
,1,0, ,0)
T
.
Cho ẩn tự do x
r+2
=1, x
r+j
= 0 ( j = 1,3,4, ,n r) ta đợc nghiệm riêng:
X
2
= (c
1(r+2)
, c
2(r+2)
, , c
r(r+2)
,0,1,0, ,0)
T
.
Cho ẩn tự do x
n
=1, x
r+j
= 0 ( j = 1,2, ,n r 1) ta đợc nghiệm riêng:
X
n-r
= (c
1n
, c
2n
, , c
rn
,0,0, ,0,1)
T
.
Khi đó, Nghiệm tổng quát X = X
1
x
r+1
+ X
2
x
r+2
+ + X
n-r
x
n
. Điều này chứng
tỏ mọi nghiệm của hệ đều đợc biểu thị tuyến tính qua các vectơ của hệ {X
1
,
X
2
, , X
n-r
}.
Mặt khác, X
1
k
1
+ X
2
k
2
+ + X
n-r
k
n-r
= 0
n
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
n n r
r r
n n r
r r
rn n r
r r r r
n r
c k c k c k
c k c k c k
. . . . . . . .
. . . . . . . .
c k c k c k
.k . .
. .k .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . .k
+ +
+ +
+ +
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
= + + +
1 2 1
1 1 1 2
1 2 2
2 1 2 2
1 2
1 2
1
2
0
0
0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
k
1
= k
2
= k
n-r
= 0.
Chứng tỏ hệ {X
1
, X
2
, , X
n-r
} độc lập tuyến tính, do đó hệ {X
1
, X
2
, , X
n-r
}
độc lập tuyến tính cực đại và là một cơ sở của không gian con các nghiệm của
hệ(III). dim C = n
r. (đpcm)
10.4.3. Hệ nghiệm cơ bản của hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất.
Cho hệ phơng trình tuyến tính thuần (III) AX = 0
m
(trong đó A = (a
ij
)
m
ì
n
,
X R
n
). Gọi C là của tập hợp các nghiệm của hệ.
Định nghĩa 10.4. Mỗi cơ sở của không gian con C đợc gọi là một hệ nghiệm
cơ bản của hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất (III).
Nhận xét 10.4. Quá trình chứng minh định lý 10.5 cho ta phơng pháp tìm
hệ nghiệm cơ bản của hệ phơng trình tuyến tính thuần nhất (III) nh sau:
Dùng phơng pháp khử toàn phần tìm nghiệm tổng quat của hệ (III).
Tìm n
r nghiệm riêng X
1
, X
2
, , X
n-r
của hệ (III) (nh trong chứng minh
định lý 10.5, hg(A) = r).
Chứng minh hệ {X
1
,X
2
, ,X
n-r
} độc lập tuyến tính cực đại và là một cơ sở của
không gian con C. Do đó, hệ {X
1
,X
2
, ,X
n-r
}là một hệ nghiệm cơ bản của hệ
(III).
Ví dụ 10.10. Tìm một hệ nghiệm cơ bản của hệ sau:
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
+ + =
+ + + =
+ + =
+ + =
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
2 0
2 3 3 0
2 2 0
2 2 3 3 3 0
.
Giải. Ta có: A =
1 1 1 2 1
2 3 1 1 3
1 1 2 1 2
2 2 3 3 3
.
Nhân dòng 1 với (2) rồi lần lợt cộng vào dòng 2, dòng 4; cộng
dòng 1 vào dòng 3 ta đợc:
A
1 1 1 2 1
0 1 3 5 5
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1
.
Nhân dòng 2 với (1) rồi cộng vào dòng 1 ta đợc:
A
1 0 4 7 6
0 1 3 5 5
0 0 1 1 1
0 0 1 1 1
.
Nhân dòng 3 với (3) rồi cộng vào dòng 2, nhân dòng 3 với (4) rồi cộng
vào dòng 1. cộng dòng 3 vào dòng 4 ta đợc:
A
1 0 0 11 2
0 1 0 8 2
0 0 1 1 1
0 0 0 0 0
.
Vậy hg(A) = 3 hệ đ cho tã ơng tơng với hệ sau (với x
1
, x
2
, x
3
là các ẩn cơ
sở và x
4
, x
5
là các ẩn tự do).
x x x
x x x
x x x
+ =
+ =
+ + =
1 4 5
2 4 5
3 4 5
11 2 0
8 2 0
0
Nghiệm tổng quát của hệ là:
X =
x x x
x x x
x x x
x .x .x
x .x .x
=
=
=
= +
= +
1 4 5
2 4 5
3 4 5
4 4 5
5 4 5
11 2
8 2
1 0
0 1
.
Cho x
4
=1, x
5
= 0 ta có nghiệm riêng X
1
= (11, 8, 1, 1, 0)
T
.
Cho x
5
=1, x
4
= 0 ta có nghiệm riêng X
2
= (2, 2, 1, 0, 1)
T
.
Khi đó ta có: Nghiệm tổng quát của hệ luôn đợc viết dới dạng:
X = X
1
x
4
+ X
2
x
5
.
Mặt khác X
1
k
1
+ X
1
k
2
= 0
5
k k
k k
k k .
k k
.k .k
.k .k
=
=
= =
=
= +
= +
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
0 11 2
0 8 2
0
0
0 1 0
0 0 1
Do đó hệ các nghiệm riêng {X
1
, X
2
} là hệ nghiệm cơ bản cần tìm.
câu hỏi ôn tập Chơng 10
Câu 1. Định nghĩa hệ phơng trình tuyến tính Crame. Cho ví dụ hệ phơng
trình tuyến tính Crame 3 ẩn với các hệ số của ẩn khác 0. Phát biểu và chứng
minh quy tắc Crame.
Câu 2. Phát biểu và chứng minh định lý KrôneccơCapeli về điều kiện cần
và đủ để hệ phơng trình tuyến tính có nghiệm. Khi nào hệ phơng trình tuyến
tính có duy nhất một nghiệm? có vô số nghiệm?
Câu 3. Trình bày nội dung giải hệ phơng trình tuyến tính bằng phơng pháp
khử toàn phần. Khi nào việc biến đổi ma trận
A
~
đợc kết thúc.
Câu 4. Phát biểu và chứng minh điều kiện cần và đủ để hệ phơng trình
tuyến tính thuần nhất có nghiệm không tầm thờng.
Câu 5. Phát biểu và chứng minh định lý về hệ nghiệm cơ bản của hệ phơng
trình tuyến tính thuần nhất.
Câu 6. Nêu phơng pháp tìm cơ sở của hệ véc tơ và biểu diễn các véc tơ của hệ
theo cơ sở đó bằng cách sử dụng lý thuyết hệ phơng trình tuyến tính.
Câu 7. Nêu cơ sở lý luận của phơng pháp tìm ma trận nghịch đảo bằng cách
thành lập ma trận (AE) và biến đổi ma trận (AE) về ma trận (E
A
1
) (chỉ
cần chứng minh cho trờng hợp A là ma trận cấp 3x3).
