Bài giảng toán cao cấp bài 3 các dạng toán về HPT tuyến tính

BÀI 3
(PHẦN 1)
a
11
x
1
a
12
x
2
+ a
1n
x
n
+ +
. . .
= b
1
a
21
x
1
a
22
x
2
+ a
2n
x
n
+ +

= b
2
a
m1
x
1
a
m2
x
2
+ a
mn
x
n
+ +
= b
m
. . .
. . .
. . .
a
11
a
12
. . . a
1n
a
21
a
22

a
2n
a
m1
a
m2
a
mn
. . .
. . .
. . .
A =
b
1
b
2
b
m
HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN
TÍNH
Định lý Cronecker-Capelli
r(A)< r(A)
Hệ vô nghiệm
r(A)= r(A)= n
Hệ có nghiệm
duy nhất
r(A)= r(A)< n
Hệ có VSN
Thuật toán Cramer(số pt=số ẩn)
Tính D = detA và các D

i
: Hệ có 1 nghiệm
x
i
=
D
i
D
D = D
i
= 0
: Hệ có VSN hoặc VN
: Hệ VN
=
D 0
D
i
=
0
D = 0 và
Thuật toán Gauss
. Từ C lập hpt tương đương
với hệ đã cho
. Đưa A về C có dạng bậc thang
. Dựa vào hệ mới để xử lý hệ cũ
BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM
CỦA HPT TUYẾN TÍNH
dạng 1
PP: Dùng Gauss và Cronecker-
Capelli

r(A)< r(A)
Hệ vô nghiệm
r(A)= r(A)= n
Hệ có 1 nghiệm
r(A)= r(A)< n
Hệ có VSN
x
1
+ = 2m 2x
2
2x
1
- + = 5
3x
2
x
3
3x
1
+ = 7m+ 6x
2
m
2
x
3
Ví dụ : BL theo m số nghiệm PT
1 2 2m
-3 2 1
63 m
2

2m
5
7m
A =
Ta có:
+2mx
3
1 2 2m
-3 2 1
63 m
2
2m
5
7m
A =
1 2 2m
-7 0 1-4m
00
m(m-6)
2m
5-4m
m
d2-2d1 d3-3d1
1 2 2m
-7 0
1-4m
00
m(m-6)
2m
5-4m

m
°m = 0 r(A)=r(A)= 2< 3
r(A) =
r(A)= 3
Biện luận
: VSN
° m = 6
r(A)<r(A)
:
VN
°m = 0 và m = 6
: 1 N
0

GIẢI HPT TUYẾN TÍNH
dạng 2
PP1: Dùng thuật toán Cramer
PP2: Dùng thuật toán Gauss
Ví dụ 1: Giải hpt bằng 2 cách
x
1
+ - = 3 2x
2
x
3
2x
1
+ = 6 - 3x
3
- x

1
= 1
4x
3
+
5x
2
- x
2
( dùng Cramer
)
D =
1
2
-1
2
5
-1
-1
-3
4
= -4
Cách1:
x
1
+ - = 3 2x
2
x
3
2x

1
+ = 6 - 3x
3
- x
1
= 1
4x
3
+
5x
2
- x
2
D = -4
1
2
-1
2
5
-1
-1
-3
4
=
D =
1
3
6
1
-4-8

D
1
= -8
2
-4
D
2
= -4
3
6
1
1
2
-1
3
3
6
1
-4
D
3
= -4
x
1
=
D
1
D
= 2
x

2
=
D
2
D
= 1
x
3
=
D
3
D
= 1
1 n
o
D = -4
D
1
= -8
D
2
= -4
D
3
= -4
x
1
+ - = 3 2x
2
x

3
2x
1
+ = 6 - 3x
3
- x
1
= 1
4x
3
+
5x
2
- x
2
1 2 -1
5 2 -3
-1-1 4
3
6
1
A =
( dùng Gauss )
Cách2:
1 2 -1
5 2 -3
-1-1 4
3
6
1

A =
1 2 -1
1
0
-1
10 3
3
0
4
1 2 -1
1
0
-1
00 4
3
4
0
d2-2d1 , d2+d1
d3-d2
1 2 -1
1
0
-1
00 4
3
4
0
x
1
+ - = 3 2x

2
x
3
= 0 - x
3
= 4
4x
3
x
2
= 1
x
3
= 1
x
2
= 2
x
1
Ví dụ2: Tìm hệ nghiệm cơ bản của
hệ phương trình sau
x
1
+ - = 0 2x
2
x
4
2x
1
+ = 0 - x

3
5x
2
1 2 -1
5 2 -1
0
0
A =
- 3x
4
0
-3
1 1 -1
3 2 -1
0
0
A =
0
-3
1 1 -1
1 0 -1
0
0
0
-1
x
1
+ - = 0
x
2

x
4
= 0
- x
3
x
2
- x
4
d2-2d1
x
4
= m
x
3
= t
x
2
= t+m
x
1
= -t
n
0

tổng quát
t=1, m=0
( , , 1, 0)1
-1
t=0, m=1

( , , 0, 1)1
0
Hệ n
o
cơ bản
x
4
= m
x
3
= t
x
2
= t+m
x
1
= -t
n
0

tổng quát
BÀI 3
(PHẦN 2)
TÌM m ĐỂ HPT CÓ 1 NGHIỆM
dạng 3
Số pt = số ẩn
?
TT CRAMER
TT GAUSS
Đ

S
=
D 0
r(A)= r(A)= n
PP:
Ví dụ1 : Tìm m để hpt có 1 nghiệm
x
1
+ - = m 2x
2
x
3
2x
1
+ = 2m - 3x
3
- x
1
= 0
(m
2
- m)x
3
+
5x
2
- x
2
D =
1

2
-1
2
5
-1
-1
-3
m
2
-m
= m
2
-m
D = m
2
-m
Hpt có 1 nghiệm
D = 0
m
2
-m = 0
m = 0
m = 1
Ví dụ 2 : Tìm m để hpt có 1 nghiệm
x
1
+ - = m 2x
2
x
3

2x
1
+ = 2m - 3x
3
x
1
= 0

- 2mx
3
5x
2
+ x
2
- x
1
= -m
(m
2
- m)x
3
+
- x
2
1 2 -1
5 2 -3
-1-1 m
2
-m
m

2m
-m
A =
11 -2m
0
1 2 -1
5 2 -3
-1-1 m
2
-m
m
2m
-m
A =
1 2 -1
10 -1
10 m
2
- m -1
m
0
0
11 -2m 0
-1
0
-2m+1
-m
d2-2d1 , d3-d1 , d4+d1