Bài giảng chương 4 hệ phương trình tuyến tính

Chơng 4

Hệ phơng trình tuyến tính
4.1 Khái niệm về hệ phơng trình tuyến tính
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Dạng tổng quát của hệ phơng trình tuyến tính
Hệ m phơng trình tuyến tính n ẩn là hệ có dạng:
a11x1 + a12 x2 +...+ a1n xn = b1
a x + a x +...+ a x = b
21 1
22 2
2n n
2

...
am1x1 + am2 x2 +...+ amn xn = bm
Trong đó aij (i= 1, m ;j= 1, n ) và bi (i= 1, m ) là các số cho trớc
trên trờng K, còn x1,x2,...,xn là n ẩn số cần tìm.
Nếu b1=b2=...=bm=0 thì hệ đợc gọi là hệ tuyến tính thuần nhất,
ngợc lại hệ đợc gọi là hệ tuyến tính không thuần nhất.
Nếu m=n ta đợc một hệ vuông. Đặt:
a11 a12 ... a1n
a11 a12 ... a1n b1
x1 b1





b
a21 a22 ... a2 n

a21 a22 ... a2 n b2
x


A=
A*=
X= 2 b= 2
...

...

... ...





am1 am2 ... amn
am1 am2 ... amn bm
xn bm
Ta gọi A là ma trận các hệ số, A* là ma trận các hệ số mở
rộng, X là véc tơ ẩn và b véc tơ cột vế phải của hệ. Khi đó có hệ
dới dạng ma trận
a11 a12 ... a1n x1 b1


a21 a22 ... a2 n x2 = b2
...
... ...

am1 am2 ... amn xn bm
2 Điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm
Định lý (Định lý Kronecker- Capeli)
Hệ phơng trình
140


a11x1 + a12 x2 +...+ a1n xn = b1
a x + a x +...+ a x = b
21 1
22 2
2n n
2

...

am1x1 + am2 x2 +...+ amn xn = bm
có nghiệm khi và chỉ khi r(A)=r(A*).
Định lý : Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi r(A)=r(A*)=n
(n là số ẩn của hệ).
Chú ý: Vì trong không gian Km một hệ độc lập tuyến tính có
không quá m phần tử nên hệ phơng trình chỉ có thể có nghiệm
duy nhất khi mn.
4.2 Giải hệ phơng trình tuyến tính
1. Hệ Cramer
Định nghĩa : Hệ phơng trình tuyến tính với n phơng trình và n
ẩn số mà ma trận các hệ số của nó không suy biến gọi là hệ
Cramer.
Hệ quả : Hệ Cramer có và chỉ có một nghiệm.

Công thức nghiệm
1 n

xi= bj A ji = i
(i=1,2,...,n)
j =1

Trong đó =det(A) còn i là định thức nhận đợc từ bằng cách
thay cột i bởi cột b.
2. Phơng pháp Khử_Gauss
Trong các phơng pháp khử chúng ta sử dụng các phép biến đổi
phơng trình tơng đơng:
(i) Nhân hai vế của một phơng trình trong hệ với cùng một số
khác không.
(ii) Cộng một phơng trình với phơng trình khác sau khi
nhân phơng trình đó với một số.
(iii) Đổi vị trí hai phơng trình trong hệ cho nhau.
Nh vậy các phép biến đổi tơng đơng của hệ chính là các phép
biến đổi Gauss theo hàng của ma trận các hệ số mở rộng.
a. Khử Gauss cho hệ n phơng trình n ẩn số
Xét hệ n phơng trình tuyến tính n ẩn:

141


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
Với A là ma trận vuông cấp n.
Nội dung của khử Gauss gồm hai bớc:

(i) Dùng các phép biến đổi tơng đơng lần lợt khử các hệ số
trong phần tam giác dới của các cột đa hệ ban đầu về hệ tam giác
trên:
1 u12 ... u1n x1 b'1


0 1 ... u2 n x2 = b'2
...
... ...


0 0 ... 1 xn b'n
Muốn vậy ta thực hiện khử n lần và ở lần khử thứ i (i= 1, n ) ta
thực hiện các bớc sau
a i 1
b i 1
1. aiji = iji 1
(j= i, n ) , bii = ii 1 với aiii 1 0
aii
aii
2.

k= i + 1, n
a kji = a kji 1 aiji a kii 1 (j= i, n )
bki = bki 1 bii a kii 1

i 1
Nếu aiii 1 = 0 và a mi
0 (ihàng m cho nhau.
(ii). Tính nghiệm của hệ tam giác trên bằng phép thế liên tiếp
ngợc từ dới lên theo công thức:

xn= b , xi = b
n
n

i
i

n

a x

j =i +1

i
ij

j

(i= n 1,1 )

Chú ý: Quá trình khử Gauss không làm thay đổi véc tơ cột các
ẩn số nên khi thực hiện phép khử Gauss ta chỉ cần lập bảng ma
trận các hệ số mở rộng và thực hiện khử.
b. Khử Gauss giải hệ m phơng trình n ẩn số
142


Quy tắc khử Gauss trên có thể áp dụng cho hệ có số phơng
trình và số ẩn khác nhau.Tuy nhiên kết quả sau khử sẽ đa đến
một hệ có ma trận các hệ số là một ma trận hình thang, chúng
ta sẽ dựa vào ma trận kết quả đó để tính nghiệm của hệ.
c. Khử Gauss giải hệ thuần nhất: Khi đó nghiệm thu đợc sẽ
phụ thuộc một hoặc nhiều tham số.
d. Khử Gauss giải hệ phơng trình tuyến tính phức
Xét hệ phơng trình với các hệ số phức

Gọi:

(a11 + ib11 )( x1 + iy1 ) +...+ (a1n + ib1n )( x n + iy n ) = c1 + id 1
(a + ib )( x + iy ) +...+ (a + ib )( x + iy ) = c + id
21
21
1
1
2n
2n
n
n
2

2

...

(a n1 + ibn1 )( x1 + iy1 ) +...+ (a nn + ibnn )( x n + iy n ) = cn + id n
a11 a12 ... a1n
b11



a 21 a 22 ... a 2n B = b21
A=

...
...



a n1 a n 2 ... a nn
bn1

b12 ... b1n

b22 ... b2 n


bn2 ... bnn

x1
y1

c1
d1




x2
y2
c2
d2



X=
Y=
C=
D=
...
...
...
...




xn
yn
cn
dn

Khi đó ta có hệ dới dạng ma trận:
(A+iB)(X+iY)=C+iD
hay
(AX-BY)+i(BX+AY)=C+iD
Cho phần thực bằng phần thực, phần ảo bằng phần ảo ta có hệ:
AX-BY=C
BX+AY=D
hay dới dạng ma trận khối ta có:
A

B

B X

A Y

C
D

=

Đó là một hệ phơng trình với các hệ số thực. Giải hệ ta tìm đợc phần thực X và phần ảo Y. Khi đó nghiệm của hệ là:
X+iY
4. Phơng pháp khử Gauss_Jordan
a. Phơng pháp khử Gauss_Jordan giải hệ
Xét hệ phơng trình A.X=b với A 0 , quá trình khử Gauss
đa hệ về hệ mới UX=b* trong đó U là ma trận tam giác trên.
143

Khử Gauss_Jordan cải tiến khử Gauss bằng cách thực hiện khử
đa hệ về dạng:
E.X=b*
Với E là ma trận đơn vị cấp n, khi đó nghiệm của hệ chính là
X=b*
Nh vậy trong khử Gauss_Jordan quá trình tính toán trong bớc
khử sẽ nhiều hơn nhng lại thu ngay đợc nghiệm.
Để đa ma trận A về ma trận E ta phải biến đổi sao cho sau
lần khử thứ i ( i=1,2,...,n) ta có đợc:
aii = 1

k i
a ki = 0
Muốn vậy ở lần khử thứ i (i= 1, n ) ta thực hiện:
1.
2.

a =
i
ij

aiji 1

aiii 1
k= 1, n , ki

(j= i, n ),

bii 1
b = i 1

aii
i
i

a kji = a kji 1 aiji a kii 1 (j= i, n )
bki = bki 1 bii a kii 1
Nh vậy so với phép khử Gauss, ở lần khử thứ i bớc 2 ta phải
biến đổi tất cả các hàng k=1,2,...,n trừ k=i.
b. Khử Gauss_Jordan giải phơng trình ma trận
Xét phơng trình ma trận:
A.X=B
với A là ma trận vuông cấp n. B là ma trận cấp nìp cho trớc, X
là ma trận cấp nìp và là ma trận phải tìm.
Nếu áp dụng khử Gauss_Jordan đa ma trận A về ma trận đơn
vị E , phơng trình mới có dạng:
E.X=B*
Khi đó nghiệm của phơng trình chính là:
X=B*
c. Khử Gauss_Jordan tính ma trận đảo
Nếu B là ma trận đơn vị cấp n, khi đó xét phơng trình:
A.X=E
nhân bên phải hai vế với A-1 ta đợc:
A-1.A.X=A-1.E
hay
X=A-1
Nh vậy nghiệm của phơng trình chính là ma trận A-1 .
d. Ma trận đảo của ma trận các số phức
144

Ta cũng có thể dùng khử Gauss_Jordan để giải phơng trình
ma trận và tính ma trận đảo của ma trận phức. Xét phơng trình
ma trận phức:
(A+iB)(X+iY)=I+
Ta đa đợc về ma trận khối thực:
A B X = I


B A Y
Thực hiện khử Gauss_Jordan giải phơng trình ma trận ta đợc:
(A+iB)-1=(X+iY)
B. Bài tập
1. Giải các hệ Cramer sau:
2 x y = 1
x + 3y = 1
a.
b.
2 x + 3 y = 2
2 x + y = 0
2. Trong R3 cho các véc tơ
a=(1,2,0),b=(0,1,2),c=(0,1,t),u=(1,3,2)
a. Tìm t để u biểu diễn tuyến tính qua a,b,c.
b. Với t bằng bao nhiêu biểu diễn là duy nhất, tìm biểu diễn
đó.
3. Biện luận nghiệm của hệ phơng trình
tx1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1
x + tx + x + x = 1
1
2
3

4

x1 + x 2 + tx 3 + x 4 = 1
x1 + x 2 + x 3 + tx 4 = 1
Trong đó x1,x2,x3,x4 là ẩn số, t là tham số.
4. Giải hệ phơng trình bằng khử Gauss
x + x2
=1
= 24 1
8 x1 + 4 x 2 + 2 x 3
=4
4 x + 10 x + 5x + 4 x = 32 x1 + x 2 + x 3
1

2
3
4
a.
b.
x2 + x3 + x4
= 3
2 x1 + 5x 2 + 6,5x 3 + 4 x 4 = 26
x 3 + x 4 + x5 = 2

4 x 2 + 4 x 3 + 9 x 4 = 21

x 4 + x 5 = 1

145

 x1 − 2 x 2 + 3x3 − 4 x 4 = 2
2 x1 − x 2 + x 3 = 12
3 x + 3x − 5 x + x = −3


2
3
4
c.  x1 + 6 x 2 − x 3 = 2 d.  1
−
2
x
+
x
+
2
x
−
3
x
1
2
3
4 = 5
3x + x + 8 x = 16 
2
3
 1
3 x1

+ 3 x3 − 10 x 4 = 8
5. Gi¶i hÖ b»ng khö Gauss
 x1 + 3x 2 − 2 x 3 + x 4 = 1
2 x1 − x 2 + 3x 3 − 7 x 4 = 5


a.  x1 + 3x 2 − x 3 + 3x 4 = 3 b. 6 x1 − 3x 2 + x 3 − x 4 = 7
 x + 3x − 3x − x = 2
4 x − 2 x + 4 x − 3x = 18
2
3
4
2
3
4
 1
 1
 x1 − x 2 + x 3 = 3
 x1 + x 2 − 3x 3 = −1
2 x + x + 2 x = 0
2 x + x − 2 x = 1


2
3
2
3
c.  1
d.  1
x3 = 3

2 x1 +
 x1 + x 2 + x 3 = 3
2 x1 + 3x 2 + x 3 = −3
 x1 + 2 x 2 − 3x 3 = 1
6. Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ ph¬ng tr×nh
 x + ay + a 2 z = a 3
tx + y + z = 1


a.  x + by + b 2 z = b 3
b.  x + ty + z = 1

 x + y + tz = 1
2
3

 x + cy + c z = c
2 x1 + 3x 2 + x 3 + 2 x 4 = 3
tx1 + x 2 + x 3 + x 4
4 x + 6 x + 3x + 4 x = 5
 x + tx + x + x


2
3
4
2
3
4
c.  1

d.  1
6 x1 + 9 x 2 + 5x 3 + 6 x 4 = 7
 x1 + x 2 + tx 3 + x 4
8 x1 + 12 x 2 + 7 x 3 + tx 4 = 9
 x1 + x 2 + x 3 + tx 4
7. T×m ®iÒu kiÖn cña a,b,c,d ®Ó hÖ cã nghiÖm
 x + 2 y + 2z = a
2 x − y + z = b

a. 
3x + y − z = c
 x − 3 y − 5z = d
8. Gi¶i vµ biÖn luËn theo a hÖ ph¬ng tr×nh

146

=1
=1
=1
=1


a.

(1 + a ) x + y + z = 1

x + (1 + a ) y + z = a

2
x + y + (1 + a ) z = a

b.

x + y + z = 1

ax + by + cz = d
2
2
2
2
a x + b y + c z = d

ax1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1

c. x1 + ax2 + x 3 + x 4 = a

2
x1 + x 2 + ax 3 + x 4 = a
9. Giải hệ thuần nhất bằng khử Gauss
2 x + 4 y 4 z = 0

3x + 5 y 7 z = 0
4 x + 10 y 6z = 0

10. Trong R3 cho các véc tơ
a=(1,1,0),b=(0,1,1),c=(1,2,1),u=(1,3,2)
a. Chứng tỏ rằng u biểu diễn tuyến tính duy nhất đợc qua
các cặp véc tơ {a,b},{a,c},{b,c}
b. Tìm các biểu diễn đó.
11. Trong R3 cho các véc tơ

a=(t,1,0),b=(1,t,2),c=(0,1,t),u=(1,3,2)
a. Tìm t để u biểu diễn tuyến tính qua a,b,c.
b. Với t bằng bao nhiêu thì biểu diễn của u là duy nhất, tìm
biểu diễn đó.
12. Giải hệ phơng trình phức
(1 + 2i )( x1 + y1i ) + ( 2 i )( x 2 + y 2 i ) = 2 i
a.
( 2 + i )( x1 + y1i ) + (7 + i )( x 2 + y 2 i ) = 1 17i
(1 + i ) x (2 i ) y = i
(2 i ) x + ( 3 + 2i ) y = 1 3i
c.
i y = 2 + 2i
(2 + i ) x (1 i ) y = 0
(3 i ) x +
13. Giải hệ bằng khử Gauss_Jordan
= 24
8 x1 + 4 x 2 + 2 x 3
2 x y + z = 12
4 x + 10 x + 5x + 4 x = 32

1
2
3
4
a.
b. x + y z = 3
3 x + y + 7 z = 21
2 x1 + 5x 2 + 6,5x 3 + 4 x 4 = 26

4 x 2 + 4 x 3 + 9 x 4 = 21
14. Giải phơng trình ma trận

b.

147


1
3

a. 1 2

2 6

1 1 1
2



2 X= 1
1 1



3
2 2
2

0 x1 y1 1 1

3 1




b. 1 1 1 x2 y2 = 0 2
0 1 2 x y 2 1

3 3

15. Dùng khử Gauss_Jordan tìm ma trận đảo của ma trận:
1
2 1 6
2 3 1
3 2






A= 1 2
2 B= 3 1 1 C= 1 4 1






3

2 6
1 8 1
1 1 2
0 1 1 1
1 3 5 7
1 1 1 1






1 0 1 1
0 1 2 3
1 1 1 1



D=
E=
F=
1 1 0 1
0 0 1
1 1 1 1
2

1
1 1 1 0
0 0 0
1 1 1 1
16. Tìm ma trận đảo của các ma trận phức
1+ i 1 i
2 + 3i 1 2i
2 + i 1+ i
A=
B=
C=

1+ i 1
1 + 3i 1 + i
1 i 2 i
1 i
2 i
0
0



D= 1 + 2i
2
0 U= 0



2 2i 1 2i 1 + i

0
17. Giải phơng trình ma trận cấp n
1
1 2
1
1 ... 1



1
1 ... 1
0
0 1


a. 0
0
1 ... 1 X= 0 0



...

...



0
0 ... 1
0

0 0
148

1+ i
2+i
0

i

1 i

1

3 ... n 1 n

2 ... n 2 n 1
1 ... n 3 n 2



0 ... 0
1


1

1
b.  1

 ...


1

0
1
1
1

1 0
0 ... 0 
0 ...


0 ... 0 
0 ...
2 1
1 ... 0 X=  3 2
1 ...



 ...


1 ... 1
 n n − 1 n − 2 ...

2
1 1 1 ... 1 




 0 1 1 ... 1 
1


c. 0 0 1 ... 1 X=  0



 ...

 ...
 0 0 0 ... 1

0


18. TÝnh ma trËn ®¶o cña ma trËn
1

 1 1 1 ... 1


1
0
1
1
...
1

 B= 1
A= 
 ...




 ...
 0 0 0 ... 1
1

0

1
C=  1

 ...

1

1

1
1



1 1 ... 0

1 1 ...

0 1 ...
1 0 ...

1

1
D=  1

 ...

1

1
2
1
0
1
0
1
1
0
1
1
1

0

0
0




1

0 ... 0

1 ... 0
2 ... 0



0 ... 2 
1 ... 1 

1 ... 1 
0 ... 1 


1 ... 0 
0 ... 0 

0 ... 0 
1 ... 0



1 ... 1

 1 a a 2 ... a n 
1 + a 1

1 ... 1 




n −1
0
1
a
...
a


 1 1 + a 1 ... 1 


E=  1
1 1 + a ... 1  F=  0 0 1 ... a n − 2 


 ...

 ...





1
1 ... 1 + a 

 1
 0 0 0 ... 1 
149


C. Lời giải hớng dẫn hoặc đáp số
1
2
5
2
1. a. x=
y= =
b. x =
y=
5
5
8
8
2. Giả sử u=x1a+x2b+x3c hay
1
0
0 1



x1 2 + x 2 1 + x 3 1 = 3



0

2
t 2
Đó chính là hệ phơng trình
x1
=1

2 x1 + x2 + x3 = 3

2 x2 + tx3 = 2

Ma trận các hệ số mở rộng có:
1 0 0
1 1 0 0
1



r(A*)=r 0 1 1
1 =r 0 1 1
1



2 0 0 t 2 0
0 2 t
a. Với mọi t, r(A)=r(A*) nên hệ phơng trình có nghiệm hay u
biểu diễn tuyến tính đợc qua a,b,c.
b. Khi t=2, r(A)=r(A*)=2 nên biểu diễn của u qua a,b,c là
không duy nhất.
Khi t2, r(A)=R(A*)=3 nên biểu diễn của u qua a,b,c là duy

nhất. Hệ có nghiệm duy nhất (x1,x2,x3)=(1,1,0), hay biểu diễn
duy nhất của u qua a,b,c là: u=a+b+0.c
3. Gọi ma trận các hệ số là A và ma trận các hệ số mở rộng là
A*. Xét hạng của chúng bằng các phép biến đổi sơ cấp sau:
Cộng các cột vào cột đầu, rồi lần lợt lấy các hàng trừ đi hàng đầu
đợc:
t 1 1 1 1 3 +t 1 1 1 1 3 + t 1 1 1 1




1 t 1 1 1 3 + t t 1 1 1 0 t 1 0 0 0
1 1 t 1 1 3 + t 1 t 1 1 0
0 t 1 0 0




1 1 1 t 1 3 + t 1 1 t 1 0

0
0
t

1
0

a. Nếu t-3 và t1 det(A)0 và r(A)=4 hệ duy nhất nghiệm.
b. Nếu t=1 hệ đã cho trở thành hệ:
x1+x2+x3+x4=1
r(A)=r(A*)=1<4 hệ có nghiệm nhng không duy nhất.
150


c. NÕu t=-3 cã r(A)=3, thay cét 5 vµo cét 1 ta cã r(A*)=4
VËy r(A*) ≠r(A) do ®ã hÖ v« nghiÖm.
4. a. LËp b¶ng ta ®îc
 8 4 2 0  24

 
 4 10 5 4  32
 2 5 6,5 4  26

 
 0 4 4 9  21
Thùc hiÖn khö
1 0,5 0,25 0   3 
 1 0,5 0,25 0   3 

 

 
0
1
0
,
5

0
,
5
0
8
4
4
20

  2,5
⇒

 

0 4
0 0
4
2   10 
6 4   20

 

 
0 0
2 7   11 
4 9  21
0 4

 1 0,5 0,25 0   3   1 0,5 0,25 0   3 


  
 
 0 1 0,5 0,5  2,5 ⇒  0 1 0,5 0,5  2,5
 0 0 1 0,5  2,5  0 0 1 0,5  2,5

  
 
0 6  6  0 0
0 1  1 
0 0
TÝnh nghiÖm: x4=1
x3=2,5-0,5 . x4=2,5-0,5.1
=2
x2=2,5-0,5.x3-0,5 x4=2,5-0,5.1-0,5. 2=1
x1=3-0,5 x2-0,25x3 =3-0,5. 1-0,25. 2=2
b. x1 tuú ý
x2=1-x1 x3=3 x4=x1-7
x5=6-x1
263
29
3
c. x1 =
x2 = −
x3 = −
46
46
46
d. r(A)=3, r(A*)=4 hÖ v« nghiÖm.
5.a. LËp b¶ng:
 1 3 − 2 1 1



 1 3 − 1 3 3


 1 3 − 3 − 1 2
Thùc hiÖn khö:

151


 1 3 − 2 1 1  1 3 − 2 1 1

 

 0 0 1 2 2 ⇒  0 0 1 2 2

 

 0 0 − 1 − 2 1  0 0 0 0 3 
HÖ kh«ng cã nghiÖm do r(A)=2, r(A*)=3.
7
31
5
b. x1 tuú ý
x 2 = 2 x1 −
x3 =
x4 =
6
6

3
c. LËp b¶ng
 1 − 1 1 3


 2 1 2 0
2 0 1 3


 2 3 1 − 3
Thùc hiÖn khö
 1 − 1 1 3  1 − 1 1 3  1 − 1 1 3

 
 

 0 3 0 − 6 ⇒  0 1 0 − 2  ⇒  0 1 0 − 2 
 0 2 − 1 − 3  0 0 − 1 1   0 0 − 1 1 

 
 

 0 5 − 1 − 9   0 0 − 1 1  0 0 0 0 
v× r(A)=r(A*)=3 b»ng sè Èn cña hÖ nªn hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:
x3=-1
x2=-2
x1=3+x2-x3=3-2+1=2
d. HÖ v« nghiÖm
6.a. Cã c¸c trêng hîp sau
1. NÕu a=b=c hÖ trë thµnh: x+ay+a2z=a3 hÖ v« sè nghiÖm

víi : nÕu a=0 x=0 ; y,z tuú ý.
NÕu a≠0 x=a(a2-y-az) ; y , z tuú ý.
 x + ay + a 2 z = a 3
2. NÕu cã a=c≠b hÖ trë thµnh: 
 x + by + b 2 z = b 3
 x + ay + a 2 z = a 3
Hay

 (b − a ) y + (b 2 − a 2 ) z = b 3 − a 3
 x = − ab 2 − a 2 b + abz
hÖ cã nghiÖm 
z tuú ý.
 y = (b 2 + ab + a 2 ) − (a + b) z
NÕu a=b≠c thay b bëi c, b=c≠a thay a bëi c.
152


3. abc hệ trở thành
x + ay +
a 2 z = a3

y + (b + a) z = b 2 + ab + a 2


(c b) z = (c b)(a + b + c)

x = abc

Hệ có nghiệm duy nhất: y = (ab + bc + ac)
z = a + b + c

b. (i) t=-2 hệ vô nghiệm
(ii) t=1 hệ vô số nghiệm x=1-y-z
(iii) t-2 t1 hệ có nghiệm
c.

x= y=z=

1
t+2

Với mọi t hệ có vô số nghiệm
t=8 hệ có nghiệm 2x1+3x2+2x4=4 x3=-1
4 2 x1
t8 hệ có nghiệm x1 tuỳ ý x 2 =
x3=-1 x4=0
3
d. t=-3 hệ vô nghiệm
t=1 hệ vô số nghiệm x1+x2+x3+x4=1
1
t-3 t1 hệ có nghiệm x1=x2=x3=x4=
t +3
7. áp dụng các phép biến đổi Gauss cho ma trận mở rộng của
hệ ta đợc:
2
a
2
2
a
1 2

1




b
2 1 1
0 5 3 b 2a

3 1 1
c
0 5 7 c 3a




1 3 5

0 5 7 d a
d




2 2
a
2
2
a
1

1




0 5 3 b 2a 0 5 3 b 2a
0 0 4 c a b 0
0 4 ca b



0 0 4 a b + d 0

0
16
2
a

c
+
d



Vậy hệ có nghiệm khi d-c+2a=0
8. a. Lập bảng
153


1

1  1 
1 + a

 
1+ a
1  a 
 1
 1
1
1 + a   a 2 

LÊy hµng mét trõ hµng hai, hµng hai trõ hµng ba ®îc
−a
0  1 − a 
a



2
0
a
−
a
a
−
a






1

1
1 + a   a 2 

NÕu a=0 ph¬ng tr×nh mét v« nghiÖm nªn hÖ v« nghiÖm. NÕu
a≠0, chia hµng mét vµ hai cho a, lÊy hµng ba trõ hµng mét ®îc
 1− a 


−1
0  
1
a




1
−1 
1− a 
0


0
2
1 + a   a 3 + a − 1 




a


Nh©n hµng hai víi -2 råi céng vµo hµng ba ®îc


1− a


1
−
1
0


a




1− a
1
−1  
0


0
0
3 + a   a 3 + 2a 2 − a − 1 




a


NÕu a=-3 ph¬ng tr×nh ba v« nghiÖm nªn hÖ v« nghiÖm. NÕu
a≠-3 hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:
2a − 1
− a2 + 2
a 3 + 2a 2 − a − 1
x=
, y=
, z=
a (a + 3)
a (a + 3)
a (a + 3)
b. 1 a=b=c≠d hÖ v« nghiÖm.
2. a=b=c =d hÖ trë thµnh: x+y+z=1, hÖ v« sè nghiÖm:
x=1-y-z, y,z tuú ý
3. a=b(≠c) vµ d≠c hÖ v« nghiÖm v× r(A)=2,r(A*)=3,
5. a=b(≠c=d) hÖ trë thµnh:
154


x + y + z = 1
có nghiệm: z=1, x=-y, y tuỳ ý.

ax + ay + cz = c
6. Các trờng hợp a=c(b), b=c(a) cho kết quả tơng tự nh

trờng hợp trên chỉ cần đổi các tham số cho nhau.
7. abc , r(A)=3 hệ có nghiệm duy nhất.
(b d )( c d )
( d a )( c d )
( d a )( d b)
x=
y=
z=
(b a )( c a )
(b a )( c b)
( c a )( c b)
c. a=1 hệ vô số nghiệm và có dạng x1+x2+x3+x4=1
a1 hệ có vô số nghiệm
x1=2x3-a-1 x2=x3-a x3 tuỳ ý x4=(a+1)2-(a+2)x3
9. Lập bảng
2
4
4
0


5
7
0
3


10 6
0
4

Thực hiện khử
2
2
0
1
1
2
2
0




1
1
0 0
1
1
0
0


0
2
2
0
0
0
0
0

Vậy nghiệm của hệ là: x=-2y+2z, y=-z, z tuỳ ý.
10. a. Xét hạng ma trận của hệ {a,b,c,u}
1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1




1 1 2 3 0 1 1 2 0 1 1 2
0 1 1 2 0 1 1 2 0 0 0 0




Ta thấy hạng của hệ {a,b,c,u}=2 và {a,b}, {a,c}, b,c} đều là
các cột cơ sở của ma trận, hay là các hệ con độc lập tuyến tính
cực đại của hệ {a,b,c,u} do đó u có biểu diễn duy nhất qua
chúng.
b. Từ
a.x+b.y=u ta có hệ:
=1
x
x = 1

vậy u=a+2b
x + y = 3 hay
y
=
2

y =1

Từ
a x+c y=u ta có hệ
155


x + y = 1
 x = −1

vËy u= -a+2c
 x + 2 y = 3 hay 
y=2


y=2

Tõ bx+cy=u ta cã hÖ
y =1


 x + 2 y = 3 x=1,y=1 vËy u=b+c
x + y = 2

11. HÖ {a,b,c,u} cã ma trËn
1
t
1 3 
 t 1 0 1  1 t 1 3 




 

t
2 
1 t 1 3  ⇒  0 2 t 2  ⇒  0 2


0 2 t 2 t 1 0 1 
2

 

 0 1 − t − t 1 − 3t 
XÐt

2

t

= t (t 2 − 3) = 0

1− t − t
a. t=0 ta ®îc ma trËn cña hÖ
1 0 1 3 
1 0 1 3 





 0 2 0 2 ⇒  0 1 0 1 
0 1 0 1 
0 0 0 0




r{a,b,c}=r{a,b,c.u} u biÓu diÔn tuyÕn tÝnh ®îc qua {a,b,c}.
b. t= ± 3 ta ®îc ma trËn cña hÖ
1 ± 3
 1 ± 3

1
3
1
3

 

0 2



⇒ 0 2
± 3
2
± 3
2


 

0 − 2
 0 0


3
1

3
3
0
3

3
3

 

r{a,b,c}=2, r{a,b,c,u}=3, u kh«ng biÓu diÔn ®îc qua {a,b,c}.
c. NÕu t ≠ 0, t ≠ ± 3 , r{a,b,c}=r{a,b,c,u}=3, u biÓu diÔn ®îc
duy nhÊt qua {a,b,c}.
12. a. Díi d¹ng ma trËn hÖ cã d¹ng:
2

156










1 2 − 2 1

2 7 − 1 − 1
2 − 1 1 2

1 1 2 7

 x1   2 
  

 x2  =  1 
 y1   − 1 
  

 y 2   − 17

Thùc hiÖn khö Gauss







1 2

0 3
0 −5
0 −1

− 2 1  2 
 

3 − 3  − 3 
5 0  −5 
 

4 6   − 19








1
0
0
0

− 2 1

1 −1
1 − 0,5


0 7,5 

2
1
0
0

 2


 − 1
 − 1


 − 15 

⇒








1
0
0
0

2
1
0
0

⇒








1
0
0
0

2
1
0
0

− 2 1

1 − 1
10 − 5

5 5 

− 2 1

1 −1
1 − 0,5

0 1 

 2


 − 1
 − 10


 − 20 
 2


 − 1
 − 1


 − 2

HÖ cho nghiÖm: x1 = 2 , x 2 = −1 , y1 = −2 , y 2 = −2
VËy hÖ phøc cã nghiÖm: x1 + iy1 = 2 − 2i
x 2 + iy 2 = −1 − 2i
b.Trùc tiÕp khö Gauss . LËp b¶ng:
1 + i − 2 + i   i 


  
 2 + i −1 + i 0
Thùc hiÖn khö
− 1 + 3i   1 + i 
1+ i 

− 1 + 3i  


1


 2 
2  2

 ⇔ 1
2 

 1 − 2i 

3 − 3i   − 1 − 3i 

1  
0



0
2


 2 
 3 
− (1 + i )
1 − 2i
TÝnh nghiÖm ®îc x=
, y=
3
3
101 + 81i
36 − 6i
c.
x=
, y=
185
37
13. a.LËp b¶ng

157


8

4
2

0

4
10
5

4

2
5
6,5
4

0

4
4

9

 24
 
 32
 26
 
 21

Thùc hiÖn khö
 1 0,5 0,25 0  3 
1

 

4 4   20
0
0 8

⇒
0 4




6 4 20
0

 

4 9   21
0 4
0

0
1
0
0

 1 0 0 − 0,25  1,75  1

 
 
0 0,25   1,25  0
0 1
⇒
0 0 1
0,5   2,5   0


 
 
6  6  0
0 0 0
vÐc t¬ nghiÖm (x1,x2,x3,x4)=(2,1,2,1).
b. x=5, y=-1, z=1.
14. a. Ta lËp b¶ng vµ thùc hiÖn khö
 −1 3 − 2  1 −1 1  1


 
 1 − 2 2  −1 1 −1  ⇒  0
 2 − 6 3   2 2 − 2  0


 
1 0 2  −1 1


 0 1 0  0 0
 0 0 −1  4 0


VËy ma trËn nghiÖm
 7

X=  0

−4

−1

0 ⇒
0 

1

0
0


1 − 1

0
0

0
0

158

0 − 0,25

0,5 0,5 
4
2 

2
7 
0

1
0
0

0
0
1
0

0

0
0

1

 1,75


 2,5 
 10 


 11 
 2
 
1 
 2
 
1 

−3 2   − 1 1 −1 


1 0  0 0 0
0 − 1  4 0 0 
0 0   7 1 −1 


1 0  0 0 0
0 1  −4 0 0 


y1   3
4 
 x1

 

b.
y2  = 8
13 
 x2
x
7 
y 3   5
 3
15. TÝnh U: lËp b¶ng
−1
3 − 2  1

0
0

 

2  0
1
0
 1 −2

 

3  0
0
1
 2 −6
Thùc hiÖn khö
 1 −3 2   − 1 0 0   1 0 2   2 3


 

 0 1 0   1 1 0  ⇒  0 1 0  1 1
 0 0 − 1   2 0 1   0 0 −1  2
0


 

1

 6 3
0
0  6 3
2




1
0  1 1
0  VËy A-1=  1 1
⇒ 0




0
1  − 2
0 − 1
0
0
− 2

0

0

1
2


0

− 1

1
 9 47 − 7 
 9 −7


1 
1
−1
B =
C = − 3
5
1
 − 4 − 4 20 
152 
12 


 23 − 15 − 1
 3 − 1 − 5
1
1
1
− 2
1 − 3 11 − 38 





1
1
7
1 1 −2
0 1 − 2
−1
−1
D = 
E =
1 −2
1
0 0
1 − 2
3 1




 1
0 0
1
1 − 2 
0
1 


1
1

1
1


1
−1
−1
1 1
−1
F = 
−1
1
−1
4 1


1
−1
−1
1 

−1

159


16. a. LËp b¶ng

 1 1 −1


−1 1 −1
 1 −1 1

 1 0 −1

1

0
1

1

 1 0


 0 1
 0 0


 0 0

Thùc hiÖn khö
 1 1 − 1 1   1 0  1 0 0 0,5   0,5 − 0,5



 

0
1

−
1
0
,
5
0
2
−
2
1
1
1

  0,5 0,5



 0 − 2 2 0  − 1 0  0 0 0 1   0
1 



 

 0 − 1 0 0   − 1 0  0 0 − 1 0,5   − 0,5 0,5
§æi hµng 3 vµ hµng 4 vµ chia hµng 3 cho -1
 1 0 0 0,5   0,5 − 0,5  1 0 0 0,5   0,5 − 0,5 





 
0 
 0 1 − 1 0,5   0,5 0,5   0 1 0 0   1
 0 0 1 − 0,5  0,5 − 0,5   0 0 1 − 0,5   0,5 − 0,5 




 
1   0 0 0 1   0
1 
 0 0 0 1   0
Khö lÇn bèn ®îc
 1 0 0 0  0,5 − 1

 

0
 0 1 0 0  1
 0 0 1 0  0,5 0 

 

1
 0 0 0 1  0
HÖ cã nhiÖm:
x1t =0,5 x2t=1 x1a=0,5 x2a=0
y1t=-1
y2t=0 y1a=0

y2a=1
 0,5 + 0,5 i − 1
VËy ma trËn ®¶o A-1 = 

1
i

0
 2 + 2i

1
B-1= 1 − 3i
2
4
1 + 4i 1 + 3i

0 

0  C-1=
2 − 2i 

160


1 − 2 − i
− 2 − i  1 + i − 1 + 2i 

 U −1 = 
3 −1+ i
20  − 1 − 3i 2 + 3i 

17. a. LËp b¶ng
1
1
1 ... 1  1 2 3 ... n − 1

 
1
1 ... 1  0 1 2 ... n − 2
0
0
0
1 ... 1  0 0 1 ... n − 3

 
 ...
  ...

 
0
0 ... 1  0 0 0 ... 0
0
LÇn lît tõ i= 1, n − 1 lÊy hµng i trõ ®i hµng i+1 ®îc
D-1=

1
0
0 ... 0  1 1

 
1

0 ... 0  0 1
0
0
0
1 ... 0  0 0

 
 ...
  ...

 
0
0 ... 1  0 0
0
VËy ma trËn X ph¶i t×m lµ:
 1 1 1 ... 1

 0 1 1 ... 1
X=  0 0 1 ... 1

 ...

 0 0 0 ... 0

1 ...
1 ...
1 ...

1
1

1

0 ...

0

−1 − i 

−2 + i 
n 

n − 1
n − 2



1 
1

1
1



1

1

1
1




1
b. LËp b¶ng, lÇn lît víi i= n,2 lÊy hµng i trõ hµng i-1 ®îc:
1 0 0 ... 0 


1 1 0 ... 0 
X = 1 1 1 ... 0 


 ...

1 1 1 ... 1 


161


c.Lập bảng, lần lợt từ i= 1, n 1 lấy hàng i trừ hàng i+1 đợc:
1

1
0
X =
...
0

0

18. a. Lập bảng
1 1 1 ...

0 1 1 ...
...

0 0 0 ...

1 1 0 ... 0

1 1 1 ... 0
1 1 1 ... 0


0 0
0 ... 1
0 0
0 ... 2
1

1


1

1 0

0 1
...

0 0

0 ... 0

0 ... 0


0 ... 1

Lần lợt với i= 1, n 1 lấy hàng i trừ đi hàng i+1 đợc:
1 0 0 ... 0 1 1 0 ... 0
1 1 0 ... 0





0 ... 0 0 1 1 ... 0
0
1

1
...
0
0 1


A-1=
...

...

...






0 0 0 ... 1 0 0 0 ... 1
0 0 0 ... 1
b.Lập bảng, lấy các hàng trừ hàng 1, cộng tất cả các hàng vào
hàng 1, nhân các hàng từ i= 2, n với -1 đợc:
2 n 1 1 ... 1


1
0 ... 0
1
B-1= 1
0 1 ... 0


...

1
0
0 ... 1

c. Cộng các hàng vào hàng 1. Chia hàng 1 cho n-1. Lấy các

hàng trừ hàng1. Cộng các hàng vào hàng 1, nhân các hàng từ i=
2, n với -1 đợc:
162


2 n 1 1 ... 1


1 2 n 1 ... 1
1


C-1=

n 1 ...


1
1 1 ... 2 n

d. Lập bảng, lần lợt từ i= 2, n lấy hàng i trừ hàng i-1 đợc:

1 0 0 ... 0 0


1 1 0 ... 0 0
D 1 = 0 1 1 ... 0 0


...

0 0 0 ... 1 1


e. Lập bảng, cộng các hàng vào hàng 1, chia hàng 1 cho n+a.
Lấy các hàng trừ hàng 1, chia các hàng i= 2, n cho -a và cộng
các hàng vào hàng 1 đợc:
a0
f. Lập bảng, lần lợt i= 1, n 1 lấy hàng i trừ hàng i-1 nhân với
a đợc:
4.3 Hệ thuần nhất
A. Tóm tắt lý thuyết
Xét hệ thuần nhất m phơng trình n ẩn số:
a11x1 + a12 x2 +...+ a1n xn = 0
a x + a x +...+ a x = 0
21 1
22 2
2n n

...
am1x1 + am2 x2 +...+ amn xn = 0
Hay dới dạng véc tơ
x1a1+x2a2+...+xnan=
Do r(A)=r(A*) nên hệ luôn có nghiệm. Hệ thuần nhất luôn có
nghiệm x1=x2=...=xn=0, gọi là nghiệm tầm thờng.
163


1. Tập nghiệm của hệ thuần nhất là một không gian con
Định lý: Nếu ma trận các hệ số của hệ thuần nhất có hạng

bằng r thì hệ có n-r nghiệm độc lập tuyến tính và tập hợp các
nghiệm của hệ là một không gian tuyến tính n-r chiều.
2. Tìm hệ nghiệm cơ sở của hệ thuần nhất
Để tìm một hệ nghiệm cơ sở của hệ thuần nhất ta thực hiện các
bớc sau:
(i) Tìm hạng r(A) của ma trận các hệ số và chọn một định
thức con cơ sở của nó.
(ii) Giả sử r(A)=r và định thức con cơ sở của A là định thức
con cấp r ở góc trên bên trái. Khi đó ứng với mỗi
k=r+1,...,n ta giải hệ không thuần nhất:
a11 x1 + a12 x 2 + ... + a1r x r = a1k
a x + a x + ... + a x = a
21 1
22 2
2r r
2k

...
a r1 x1 + a r 2 x 2 + ... + a rr x r = a rk
Giả sử hệ có nghiệm duy nhất (t1k,t2k,..., trk). Khi đó mỗi véc tơ
t1k

...
t rk

0
k
t =
(k=r+1,...,n)
...

1
...

0
là một véc tơ trong hệ nghiệm cơ sở của hệ thuần nhất và n-r véc
tơ tìm đợc là một cơ sở của không gian nghiệm.
3. Cơ sở của giao hai không gian con

Cho E1=L{a1,...,ap}, E2=L{b1,...,bq}, trong đó {a1,...,ap} là cơ sở
của E1, {b1,...,bq} là cơ sở của E2. Khi đó nếu xE1E2 thì ta có:
x=x1a1+...+xpap
(1)
x=xp+1b1+...+xp+qbq
(2)
Do đó x1,...,xp và xp+1,...,xq thoả mãn hệ phơng trình:
x1a1+...+xpap = xp+1b1+...+xp+qbq
164