Về một số hệ phương trình đa thức (Luận văn thạc sĩ toán học)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN THỊ THU THỦY

VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

TRẦN THỊ THU THỦY

VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Trần Nguyên An

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1. Hệ thuần nhất với định thức khác không . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Sử dụng công thức nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4. Sử dụng ma trận, định thức đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.5. Sử dụng các phương pháp biến đổi sơ cấp trên hệ . . . . . . . .

11

1.6. Hệ với yếu tố thực tế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

Chương 2. Hệ phương trình đa thức không tuyến tính

20

2.1. Một số hệ và phương pháp giải cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.1. Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.2. Hệ phương trình đối xứng loại hai đối với x và y . . . . .

23

2.1.3. Hệ có yếu tố đẳng cấp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.4. Hệ có hai phương trình bán đẳng cấp bậc hai. . . . . . . . .

25

2.1.5. Hệ đẳng cấp bộ phận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.1.6. Hệ bậc hai tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

ii


2.2. Ứng dụng của hệ không tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2.1. Giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2.2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3. Ứng dụng của đại số máy tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.1. Thứ tự từ và cơ sở Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.3.2. Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

iii


MỞ ĐẦU
Giải hệ phương trình là bài toán cổ điển có nhiều ứng dụng trong toán học
cũng như trong đời sống. Hệ phương trình có rất nhiều dạng và phương pháp giải
khác nhau. Đây cũng là dạng toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cũng
như các kì thi tuyển sinh đại học. Luận văn tìm hiểu về một số lớp hệ phương trình
đa thức: hệ phương trình tuyến tính, hệ phương trình đa thức không tuyến tính. Cụ
thể, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ phương trình tuyến tính đặc biệt sử dụng công
cụ ma trận, định thức và một số phương pháp đặc biệt để giải. Hệ phương trình đa
thức không tuyến tính là một bài toán khó, bên cạnh việc giới thiệu phương pháp
tổng quát để giải bằng công cụ Đại số máy tính, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ
phương trình đa thức đặc biệt giải bằng công cụ sơ cấp.
Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 giới thiệu về hệ phương trình
tuyến tính. Luận văn không lặp lại như một cuốn Đại số tuyến tính thông thường
mà giới thiệu nhiều dạng hệ phương trình tuyến tính "không mẫu mực”. Hệ phương
trình tuyến tính là bài toán có lời giải trọn vẹn và có nhiều ứng dụng trong thực
tế. Chương 2 của luận văn trình bày về hệ phương trình đa thức không tuyến tính.
Luận văn phân tích một số dạng hệ giải quyết được bằng công cụ sơ cấp. Nhiều ví

dụ được phân tích kỹ nhằm giúp người đọc có công cụ sáng tác bài toán mới. Để
tìm hiểu một hệ tổng quát người ta phải dùng đến công cụ của Đại số máy tính,
Hình học đại số. Luận văn phân tích việc sử dụng cơ sở Groebner để giải quyết một
số lớp hệ có hữu hạn nghiệm. Nhằm giảm tải nội dung trình bày luận văn không
đi sâu phân tích lý thuyết về cơ sở Groebner mà hướng người đọc đến việc sử dụng
máy tính để tính toán bằng việc hướng dẫn sử dụng phần mềm CocoA và Maple.
Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ
tận tình của TS. Trần Nguyên An. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến
thầy.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán - Tin, Trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, các giáo sư của trường Đại học Khoa học Tự
nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội đã tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học.
Tôi xin chân thành cảm ơn các anh chị và bạn bè đồng nghiệp trong lớp Cao
học Toán K9B2 đã luôn giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017,

Trần Thị Thu Thủy

1


Chương 1

Hệ phương trình tuyến tính
Trong chương này luận văn giới thiệu một số phương pháp giải hệ phương
trình tuyến tính đặc biệt. Kiến thức tổng hợp về giải hệ phương trình tuyến tính
có thể tham khảo trong [2]. Trong suốt luận văn ta cũng luôn giả thiết K là một
trường.

1.1. Hệ thuần nhất với định thức khác không
Ta chú ý một số kiến thức chuẩn bị sau: Cho A ∈ M atn (K), A = (aij ), khi
n

đó vết của ma trận A là

aii , ký hiệu là tr(A).
i=1

Định nghĩa 1.1.1. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Số λ ∈ K được gọi là giá
trị riêng của A nếu tồn tại vectơ x ∈ Kn và x = 0 sao cho Ax = λx. Khi đó, vectơ
x được gọi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ.
Định nghĩa 1.1.2. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Đa thức det (A − λI) được
gọi là đa thức đặc trưng của A và được ký hiệu là PA (λ). Phương trình PA (λ) = 0
được gọi là phương trình đặc trưng của A.
Chú ý 1.1.3. (i) λ là giá trị riêng ⇔ AX = λX ⇔ (A − λI) X = 0 có nghiệm
X = 0 ⇔ |A − λX| = 0.

2


a11 a12
 a21 a22
(ii) Cho A = 
..
 ...
.
an1 an2



. . . a1n
. . . a2n 
.  thì
..
. .. 
. . . ann

PA (X) = |A − XI|
a11 − X
a12
...
a1n
a21
a22 − X . . .
a2n
=
..
..
..
...
.
.
.
an1
an2
. . . ann − X
= (a11 − X) . . . (ann − X) + ldots
= (−1)n X n + bn−1 X n−1 + . . . + b1 X + b0 .
Khi đó λ là giá trị riêng của A ⇔ λ là nghiêm của PA (X)

n

λi và |A| =

(iii) Nếu PA (X) = 0 có n nghiệm λ1 , . . . , λn thì tr(A) =
n
i=1

i=1

λi .
(iv) Nếu λ là giá trị riêng của A thì λn là gia trị riêng của An .
(v) Giả sử f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ K [x]. Khi đó f (A) = an An + . . . +

a1 A + a0 I là đa thức của ma trận A. Nếu λ là gia trị riêng của A thì f (λ) cũng là
giá riêng của f (A).
Ví dụ 1.1.4. Cho aij là các số nguyên, giải hệ phương trình

1


a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn =
x1


n


1


x2
a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn =
n


.............................................




an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = 1 xn
n
1
I X = 0. Ta có
n
A là ma trận với hệ số nguyên nên đa thức đặc trưng p(t) của A là đa thức định

Giải. Đặt A = (aij ) ∈ Mn (Z). Hệ đã cho tương đương với A −

chuẩn (hệ số cao nhất bằng 1) với hệ số nguyên. Do đó p(t) không thể có nghiệm
1
1
hữu tỷ không nguyên. Suy ra p
= 0, nghĩa là det A − I = 0. Như vậy, hệ
n
n
phương trình trên chỉ có nghiệm tầm thường.
Ví dụ 1.1.5. Giải hệ phương trình sau:

1

x
+2x2
+...
+2017x2017
= 2017
x1


 1
1
2
2
x1 +2 x2 + . . . +2017 x2017
= 2017 x2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.........


x +22017 x + . . . +20172017 x
1
1
2

2017 = 2017 x2017
3


Giải. Viết hệ phương trình đã cho dưới dạng
Ax =
Giả sử det (A −

1
I )
2017 2017

1
1
x ⇔ (A −
I2017 )x = 0
2017
2017

= 0. Điều này chứng tỏ λ =

1
2017

là một giá trị riêng của

A. Vì vậy đa thức đặc trưng của A là
PA (t) = (−1)n tn + (−1)n−1 Tr(A)tn−1 + . . . + det A ∈ Z[t]
đa thức trên nhận λ =

1
2017

lý này chứng tỏ
(A −
 det 
0
 0 

duy nhất x = 
 . . . .
0

là một nghiệm . Từ đó suy ra 2017 là ước của (−1)n . Vô

1
I )
2017 2017

= 0, vì vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

Ví dụ 1.1.6. Cho A = [aij ] ∈ Mn (R) thỏa mãn A2 = A. Hãy giải hệ phương trình

a x + a12 x2 + · · · + a1n xn = −x1


 11 1
a12 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = −x2
.....................................



a x + a x + · · · + a x = −x .
n1 1
n2 2
nn n
n
Giải. Hệ đã cho tương đương với

(a + 1)x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0


 11
a12 x1 + (a22 + 1)x2 + · · · + a2n xn = 0
.
 .......................................

a x + a x + · · · + (a + 1)x = 0.
n1 1
n2 2
nn
n
Ma trận hệ số của hệ phương trình có dạng M = A + I. Ta có
M (A − 2I) = (A + In )(A − 2In ) = A2 − A − 2In = −2In .
Suy ra det(M ) = 0, nghĩa là M khả nghịch. Do đó hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm
thường.
Chú ý. Bài toán này được xây dựng dựa trên ý tưởng phân tích đa thức
t2 − t − 2 = (t + 1)(t − 2). Dựa trên ý tưởng này, ta có thể thay đổi hệ số −1 ở vế
phải bởi hệ số α khác 0 và khác 1, rồi áp dụng sự phân tích
(t − α)(t + α − 1) = t2 − t − α(α − 1)
ta cũng được kết quả tương tự.

4


Ví dụ 1.1.7. Cho các số thực aij + aji = 0, ∀i, j = 1, 2, ..., 2017. Hãy giải hệ phương
trình tuyến tính sau:

(a11 + 2017)x1 + a12 x2 + ... + a12017 x2017 = 0



a x + (a + 2017)x + ... + a
21 1
22
2
22017 x2017 = 0

.......................................................................................



a20171 x1 + a20172 x2 + ... + (a20172017 + 2017)x2017 = 0
Giải. Đặt

x1
 x2 

X=
 ... 
xn


Hệ đã cho trở thành (A + 2017E)X = 0. Lấy chuyển vị hai vế ta được X t (A +
2017X)t = 0. Dẫn đến X t (−A + 2017E) = 0, hay −X t A + 2017X t E = 0. Từ đây
suy ra −X t AX + 2017X t EX = 0. Ta có AX + 2017X = 0 ⇔ AX = −2017X. Kết
hợp lại, ta được
X t (−2017X) + 2017X t X = 0 ⇔ X t X + X t X = 0 ⇔ X t X = 0.
Như vậy,

x1 x2 ... x2017


x1
 x2 
2
2


 ...  = 0 ⇔ x1 + ...x2017 = 0 ⇔ x1 = ... = x2017 = 0
x2017

1.2. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức
Định lý 1.2.1. Cho R là một miền nguyên. Cho 0 = f (x) ∈ R[x] và a1 , a2 , . . . , ar ∈
R là các nghiệm phân biệt của f (x). Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i =
1, 2, . . . , r. Khi đó ta có
f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x)
trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai ) = 0 với mọi i = 1, . . . , r.
Hệ quả 1.2.2. Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đa thức khác 0.
Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc
của của f (x).
5

Hệ quả 1.2.3. Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó deg(f (x))
và deg(g(x))

n

n. Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác

nhau của R thì f (x) = g(x).
Ví dụ 1.2.4. Cho đa thức
P (x) = (x − 2)(x − 3)...(x − 2017).
Giả sử P (x) = a1 + a2 x + ... + a2017 x2016 . Giải hệ phương trình sau:

ax
+a2 x2 +... +a2016 x2016 +a2017 x2017 = 0


 1 1
a2017 x1 +a1 x2 +... +a2015 x2016 +a2016 x2017 = 0
...
...
...
...
...
...


 ax
+a3 x2 +... +a2017 x2016 +a1 x2017 =

0
2 1
Giải. Tách ma trận hệ số dưới dạng

a1
a2
a2017 a1

a2016 a2017

..

.

 a
a
3
4
a2
a3

1 0 0 0 0
0 1 0 0 0

0 0 1 0 0
= a1 
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0


a3 ... a2016 a2017
a2 ... a2015 a2016 

a1 ... a2014 a2015 
.. ..
..
.. 
. .
.
. 

a5 ... a1
a2 
a4 ... a2017 a1


0 1 0 0
0
0
0 0 1 0


0
0 0 0 1
 + a2 
0
0 0 0 0
0 0 0 0


0
1 0 0 0
1


0 0 0 0 0 1
1 0 0 0 0 0


0 1 0 0 0 0
+.... + a2017 

0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0

0
0
0
1
0
0


0
0

0

0

1
0

Đặt
0
0

0
B=
0
0
1


1
0
0
0
0
0

0
1
0
0
0
0

0
0

1
0
0
0

0
0
0
1
0
0


0
0

0

0
1
0

Theo trên, ta có A = a1 I + a2 B + ... + a2017 B 2016 . Đa thức đặc trưng của B là
P (x) = x2017 − 1. Đa thức này có 2017 nghiệm trong trường số phức là các căn
6


bậc 2017 của 1. Ta ký hiệu các căn là
A là P ( 1 ), P ( 2 ), ..., P (

2017 ).

1 , 2 , ..., 2017 .

Khi đó các giá trị riêng của

Các giá trị này khác không vì P (x) có các nghiệm

2, 3, ..., 2017. Từ trên ta có det(A) = P ( 1 )P ( 2 )...P (

2017 )

= 0. Vậy A chỉ có nghiệm

tầm thường x1 = x2 = ... = x2017 = 0.
Ví dụ 1.2.5. Giả sử các số α1 , α2 , . . . , αn khác nhau đôi một và αi + j = 0 với mọi
i, j = 1, 2, . . . , n. Giải hệ phương trình sau:

x1
x2
xn
4


+
+ ··· +
=


1 + α1 2 + α1

n + α1
2α1 + 1



4
 x1 + x2 + · · · + xn =
1 + α2 2 + α2
n + α2
2α2 + 1


...




x1
x2
xn
4


+
+ ··· +
=
.
1 + αn 2 + αn
n + αn
2αn + 1

Giải. Xét f (x) =

x2
xn
4
x1
+
+ ··· +
−
. Khi đó
1+x 2+x
n + x 2x + 1
p(x)

f (x) =

n

(2x + 1)

(i + x)
i=1

với đa thức p(x) bậc

n. Vì f (αi ) = 0 nên các p(αi ) = 0, và có

p(x) = c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ), c ∈ R.
Như vậy f (x) = −

(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn )
. Từ phương trình sau:
(2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)

x1
x2
xn
4
c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn )
+
+ ··· +
−
=
1+x 2+x
n + x 2x + 1
(2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
ta suy ra đồng nhất thức dưới đây
(1 + 2x)[x1 (x + 2)(x + 3) . . . (x + n) + x2 (x + 1)(x + 3) . . . (x + n)
+ x3 (x + 1)(x + 2)(x + 4) . . . (x + n) + x4 (x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
+ ···
+ xn (x + 1)(x + 2) . . . (x + n − 1)] − 4(x + 1)(x + 2) . . . (x + n)
= c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ).

7



n
n−1


c(−1)
(1 + αi )



i=1


x1 =
với x = −1


1.(n − 1)!


n


n−2

c(−1)
(2 + αi )



i=1


với x = −2
x2 =



3.1!(n − 2)!


n




c(−1)n−3 (3 + αi )


i=1
x =
với x = −3
3
5.2!(n
− 3)!
Ta nhận được nghiệm của hệ


...



n


n−n


c(−1)
(n + αi )



i=1


với x = −n
xn =


(2n
−
1).(n
−
1)!


n 2i − 1



−4



−1
2

i=1


c=
với x =

n

2αi + 1
2


(−1)n
2
i=1
và hệ phương trình đã được giải xong vì hệ có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 1.2.6. Giả sử các số z1 , z2 , . . . , zn khác nhau đôi một và zi + aj = 0 với mọi
i, j = 1, 2, . . . , n. Giải hệ phương trình sau đây:
 x
x2
xn
1

+
+ ··· +
=1


a1 + z1 a2 + z1
an + z1




 x1 + x2 + · · · + xn = 1
a1 + z2 a2 + z2
an + z2


...



x1
x2
xn


+
+ ··· +
= 1.
a1 + zn a2 + zn
an + zn
Giải. Xét f (x) =

x1
x2
xn
+
+···+
−1 =

a1 + z a2 + z
an + z

p(z)
n

với đa thức p(z)

(ai + z)
i=1

bậc n. Vì f (zi ) = 0 nên p(zi ) = 0, i = 1, . . . , n và có
f (z) = −
Từ

(z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn )
.
(z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an )

x1
x2
xn
(z − z1 ) . . . (z − zn )
+
+ ··· +
−1=−
ta có
a1 + z a2 + z
an + z
(z + a1 ) . . . (z + an )

x1 (z + a2 )(z + a3 ) . . . (z + an ) + x2 (z + a1 )(z + a3 ) . . . (z + an )
+ x3 (z + a1 )(z + a2 )(z + a4 ) . . . (z + an ) + x4 (z + a1 ) . . . (z + an )
+ ···
+ xn (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an−1 ) − (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an )
= −(z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ).
8




n


(−1)n−1 (a1 + zi )



i=1

x1 =
với z = −a1

n



(a
−
a
)


i
1


i=2


n



(−1)n−2 (a2 + zi )



i=1
x 2 =
với z = −a2

n




(a2 − a1 ) (ai − a2 )


i=3


n
n−3
Ta nhận được các nghiệm
(−1)
(a3 + zi )


i=1


x3 = 2
với z = −a3

n



(a3 − ai ) (ai − a3 )



i=1
i=4




...



n


n−n


(an + zi )
(−1)


i=1


với z = −an
xn =

n−1




(an − ai )
i=1

Hệ có nghiệm duy nhất vậy hệ đã được giải xong.

1.3. Sử dụng công thức nội suy
Định lý 1.3.1 (Lagrange). Cho f (x) là đa thức bậc n và x0 , x1 , ..., xn là n + 1 số
n

(x − xi ). Khi đó ta có biểu diễn

phân biệt. Đặt g(x) =

i=0
n

(i)

f (x) =
i=0

x − xk
.
k=i,k=0 xi − xk
n

f (xi )
n

(ii)

f (x) =

f (xi ) g(x)
.
i=0 g (xi ) x − xi

x − xk
. Ta có deg h

n và
i=0
k=i,k=0 xi − xk
h(x0 ) = h(x1 ) = · · · = h(xn ) = 0. Đa thức h(x) có deg h n và có quá n nghiệm là
n
n
x − xk
x0 , x1 , ..., xn . Do đó h(x) phải là đa thức 0. Vậy f (x) =
f (xi )
.
i=0
k=i,k=0 xi − xk
n
x − xk
1
g(x)
(ii) Vì
=
nên từ (i) ta suy ra hệ thức sau đây:f (x) =
g (xi ) x − xi
k=i,k=0 xi − xk
n f (x ) g(x)
i
.
.
g
(x
i ) x − xi
i=0
n

Chứng minh. (i) Đặt h(x) = f (x) −

n

f (xi )

Ví dụ 1.3.2. Giả sử g(x) = (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ) với các số phân biệt ak .

9


n an−1
ask
k
,
,0
g
(a
)
g
(a
k k=1
k)
k=1
n

Tính

s

n − 2, và giải hệ phương trình:


2

x 0 + x 1 a1 + x 2 a1 = b 1
x0 + x1 a2 + x2 a22 = b2

x + x a + x a2 = b .
3
0
1 3
2 3
Chứng minh. Theo Định lý 1.3.1 ta có các đồng nhất thức xs =

ask g(x)
và
i=1 g (ak ) x − ak
n

g(x)
an−1
k
. So sánh hệ số của xn−1 ở hai vế đối với đa thức xs và xn−1 ,
i=1 g (ak ) x − ak
n
n an−1
ask
k

ta được
= 0 khi s n − 2, và
= 1.
k=1 g (ak )
k=1 g (ak )
3 f (a ) h(x)
3
bk
h(x)
k
Từ f (x) = x0 + x1 x + x2 x2 =
=
, với h(x) =
k=1 h (ak ) x − ak
k=1 h (ak ) x − ak
(x − a1 )(x − a2 )(x − a3 ), ta suy ra f (x) = x0 + x1 x + x2 x2 =
xn−1 =

n

b1 (x − a2 )(x − a3 ) b2 (x − a1 )(x − a3 ) b3 (x − a1 )(x − a2 )
+
+
. Vậy
(a1 − a2 )(a1 − a3 )
(a2 − a1 )(a2 − a3 )
(a3 − a1 )(a3 − a2 )

b 1 a2 a3
b 2 a1 a3

b 3 a1 a2

x0 =
+
+



(a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )


b1 (a2 + a3 )
b2 (a1 + a3 )
b3 (a1 + a2 )
+
+
x1 =

(a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )



b2
b3
b1

x 2 =
+
+
.

(a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )

1.4. Sử dụng ma trận, định thức đặc biệt
Ta thường sử dụng một số lớp ma trận và định thức đặc biệt. Chẳng hạn ta
xét định thức của ma trận Vandermonde.
Ví dụ 1.4.1.

Dn =

1
x1
x21
..
.

1
x2
x22
..
.

...
...
...
..
.

1
xn
x2n

..
.

x1n−1 x2n−1 . . . xn−1
n
Giải. Xem định thức Dn là đa thức theo xn . Suy ra, đa thức có bậc n − 1 với hệ số
cao nhất là Dn−1 . Nếu ta thay xn bởi x1 ta có Dn = 0 vì có hai cột tỉ lệ với nhau.
Tương tự thay xn bởi x2 , x3 , . . . , xn−1 ta được Dn = 0. Từ đây ta có x1 , x2 , . . . , xn là
nghiệm của đa thức. Suy ra Dn = (xn − x1 )(xn − x2 ) . . . (xn − xn−1 )Dn−1 . Làm tương
tự với các định thức cấp Dn−1 , Dn−2 , . . . , D1 ta được Dn =
10

1≤j
− xj )


Ví dụ 1.4.2. Với tất cả các số bj phân biệt, hãy giải


x 1 + x 2 + x 3 = 1
x 1 b1 + x 2 b2 + x 3 b3 = a

x b 2 + x b 2 + x b 2 = a2 .
1 1
2 2
3 3


 

1 1 1
x1
Giải. Viết dạng matrận  b1 b2 b3   x2  = 
b21 b22 b23
x3
g(a)
, i = 1, 2, 3.
b2 )(x − b3 ) có xi =
(a − bi )g (bi )

hệ phương trình sau:


1
a  . Với g(x) = (x−b1 )(x−
a2

Ví dụ sau chỉ ra một ứng dụng của cách tính định thức khác.
Ví dụ 1.4.3. Cho 3n số nguyên a1 , a2 , ..., an ; b1 , b2 , ..., bn ; c1 , c2 , ..., cn thỏa mãn a1 b1 +
a2 b2 + ... + an bn = 0. Chứng minh rằng hệ phương trình sau luôn có nghiệm

a b x +a2 b2 x +... +an bn x = c1 − x1


 1 1
a2 b1 x +a2 b2 x +... +a2 bn x = c2 − x2
.
.......................................



a b x +a b x +... +a b x = c − x
n 1
n 2
n n
n
n
Giải. Ta có hệ phương trình tương đương

(1 + a1 b1 )x1 + a1 b1 x2 + . . . + a1 bn xn = c1



a b x + (1 + a b )x + . . . + a b x = c
2 1 1
2 2 2
2 n n
2

.........



an b1 x1 + an b2 x2 + . . . + (1 + an bn )xn = cn
Xét định thức
Dn =

1 + a1 b 1
a1 b 2
a2 b 1
1 + a2 b 2

...
...
an b 1
an b 2

...
a 1 bn
...
a 2 bn
...
...
. . . 1 + an b n

= Dn−1 + an bn

Dn = 1 + a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn = 1 Theo công thức Cramer hệ luôn luôn có nghiệm
xi =

j
Dn
Dn

= Dni Dni là định thức D bỏ đi cột i thay bằng (c1 , c2 , . . . , cn )T . Do vậy hệ

luôn có nghiệm nguyên.

1.5. Sử dụng các phương pháp biến đổi sơ cấp trên hệ
Ví dụ 1.5.1. Giải hệ phương trình

x

+ 2x2 + · · · + 2017x2017 =
1


 1
x2 + 2x3 + · · · + 2017x1 =
2
..............................................


x
2017 + 2x1 + · · · + 2017x2016 = 2017
11


Giải. Cộng vế theo vế tất cả các phương trình của hệ, ta được
x1 + x2 + · · · + x2017 = 1.
Trừ phương trình thứ k cho phương trình thứ k + 1 (k < 2017), ta được
(x1 + x2 + · · · + x2017 ) − 2017xk = k − (k + 1) = −1.
Suy ra xk =

2
2012
và x2017 = 1 −
xk = −
.
2017
2017
k<2017

Chú ý. Ta có thể thay số 2017 bởi số tự nhiên n bất kỳ.
Ví dụ 1.5.2. Giải hệ phương trình sau

x1
+x2
+x3 = 2016




x
+x
+x4 = 2016
2
3



x3
+x4
+x5 = 2016




+x5
+x6 = 2016
 x4
..............................



x

2014 +x2015 +x2016 = 2016



x

2015 +x2016 +x2017 = 2016




x2016 +x2017 +x1 = 2016
x2017 +x1
+x2 = 2016
Giải. Bằng cách đặt yi = xi − 672(i = 1, 2, . . . , 2017), hệ đã cho thành:


y1 + y2 + y3 = 0




y2 + y3 + y4 = 0






y3 + y4 + y5 = 0





y4 + y5 + y6 = 0
.........



y2011 + y2012 + y2013 = 0





y2012 + y2013 + y2017 = 0




y2013 + y2017 + y1 = 0



y
2017 + y1 + y2 = 0
Từ phương trình thứ nhất và thứ hai suy ra y1 = y4 . Từ phương trình thứ tư và thứ

năm suy ra y4 = y7 . Tiếp tục quá trình này cuối cùng ta được y1 = y4 = y7 = . . . =
y2017 . Bằng lập luận tương tự, ta được y2 = y5 = y8 = . . . = y2015 , y3 = y6 = y9 =
. . . = y2016 . Từ hai phương trình cuối cùng ta thu được y2 = y2013 . Từ phương trình
đầu tiên và phương trình cuối cùng ta thu được y3 = y2017 . Kết hợp các khẳng định
trên suy ra y1 = y2 = y3 = . . . = y2017 . Thay vào hệ ta được y1 = y2 = y3 = . . . =
y2017 = 0. Vậy nghiệm của hệ đã cho là x1 = x2 = x3 = . . . = x2017 = 672.
12


1.6. Hệ với yếu tố thực tế
Ví dụ 1.6.1. Trong một thành phố nọ có một hệ thống đường một chiều như trong
hình dưới, trong đó A, B, C, D, E, F là các giao lộ A0 , B0 , C0 , D0 , D1 , E0 , F0 là các
lối vào hoặc ra khỏi hệ thống đó, mũi tên chỉ chiều của đường. Người ta đếm số
lượng xe vào và ra khỏi hệ thống này trong một ngày và thấy: Có 800 xe vào lối A0 ,
400 xe ra khỏi hệ thống qua lối B0 , 600 xe ra lối C0 , 1600 xe vào lối D0 và 400 xe
ra lối D1 , 400 xe ra lối E0 và 600 xe ra lối F0 . Người ta cũng quan sát thấy số lượt
xe đi trên đoạn đường AB nhiều gấp đôi số lượt xe đi trên đoạn EF ; số lượt xe đi
trên đoạn đường DE nhiều gấp rưỡi số lượt xe đi trên đoạn đường BC. Giả sử các
xe vào hệ thong đều ra khỏi hệ thống trong thời gian đó. Hỏi trong ngày hôm đó đã
có bao nhiêu lượt xe đi qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB, EF ?

Giải. Gọi số xe lần lượt đã qua các đoạn đường AB, BC, CD, EB, EF lần lượt là
x, y, z, t, u, w, v. Phân tích tại từng giao lộ, ta có các phương trình sau


x + v = 800 (giao lộ A)





x + u = y + 400 (giao lộ B)



 z + 600 = y (giao lộ C)
.

t + 400 = z + 1600 (giao lộ D)




u + w = t − 400 (giao lộ E)



 v + w = 600 (giao lộ F)
Giải hệ phương trình này cho ta

x = w + 200





 v = −w + 600
u = z − w + 800 .




t = z + 1200



y = z + 600

13


Chú ý x = 2w và t = 1, 5y ta được

x = 400





y = 1200





 z = 600
t = 1800 .



u = 1200






v = 400



w = 200

Ví dụ 1.6.2. Bạch Tuyết chia 3 lít sữa vào cốc cho bảy chú lùn. Trước bữa ăn, các
chú lùn chơi một trò chơi như sau: Chú lùn thứ nhất chia đều tất cả sữa của mình
vào cốc của sáu chú lùn còn lại (cốc của chú không còn sữa nữa). Tiếp theo, chú lùn
thứ hai cũng chia đều tất cả sữa đang có trong cốc của mình vào cốc của sáu chú
còn lại. Các chú lùn khác cũng lần lượt làm như vậy. Sau khi chú lùn thứ bảy chia
đều tất cả sữa của mình vào cốc của sáu chú lùn kia, mọi người nhận thấy trong cốc
của mỗi chú lượng sữa bằng đúng lượng sữa ban đầu Bạch tuyết chia cho. Hỏi ban
đầu mỗi chú lùn được chia bao nhiêu lít sữa?
Giải. Ký hiệu lượng sữa của mỗi chú được Bạch Tuyết chia cho lần lượt là x1 , x2 , ..., x7 .
Ký hiệu tổng lượng sữa chú lùn thứ k nhận được trước khi chú chia đều cho anh em
là yk . Dễ thấy y1 = 0 và x7 = 0. Ta có
x1 + x2 + ... + x7 = 3.
Lượng sữa chú lùn thứ k có trước khi chú chia là xk + yk . Vì trước khi cú lùn thứ k
chia sữa thì tổng lượng sữa của chú thứ k và k + 1 là yk như nhau nên tổng lượng
sữa mà chú lùn thứ k + 1 nhận được trước khi chú chia là
yk+1 = yk +

1
(xk + yk ) .
6

Như vậy ta được sáu phương trình tuyến tính đầu tiên. Sau khi chia hết thì chú lùn
thứ k không còn giọt sữa nào trong cốc nữa. Lượng sữa trong cốc của chú sau lần
chia của chú thứ bảy là xk là do các chú lùn tiếp theo chia cho, gồm hai phần:
Lượng

1
6

(xk+1 + yk+1 ) do chú lùn thứ k + 1 chia cho;
14


Những lần chia tiếp theo, hai chú lùn k và k + 1 được chia lượng như nhau.
Như vậy
xk = xk+1 +

1
(xk+1 + yk+1 ) .
6

Ta được thêm sáu phương trình nữa. Giải các phương trình này bắt đầu từ k = 1.
Khi đó từ y2 = y1 + 61 (x1 + y1 ) và x1 = x2 + 16 (x2 + y2 ) kết hợp với y1 = 0, ta được
1
5
y2 = x1 , x2 = x1 .
6
6
Giải tiếp ta được
1

2
1
y3 = x1 , x3 = x1 , ..., x6 = x1 , x7 = 0.
3
3
6
Kết hợp với x1 + x2 + ... + x7 = 3, ta được nghiệm duy nhất là
6
5
4
3
2
1
x1 = , x2 = , x3 = , x4 = , x5 = , x6 = , x2 = 0.
7
7
7
7
7
7

Sau đây ta xét ứng dụng của hệ trong mô hình cân bằng thị trường.
Thị trường một loại hàng hoá: Khi phân tích hoạt động của thị trường
hàng hoá, các nhà kinh tế học sử dụng hàm cung và hàm cầu để biểu diễn sự phụ
thuộc của lượng cung và lượng cầu vào giá trị hàng hoá (với giả thiết các yếu tố
khác không thay đổi). Dạng tuyến tính của hàm cung và hàm cầu như sau:
Hàm cung:
Qs = −a0 + a1 p.
Hàm cầu:
Qd = −b0 + b1 p,

c11 p1 + c12 p2
c21 p1 + c22 p2

= −c10
= −c20

(1.1)

Giải hệ phương trình tuyến tính 1.1 ta xác định được giá cân bằng của cả hai hàng
hoá, sau đó thay vào hàm cung hoặc hàm cầu ta xác định được lượng cân bằng.Trong
đó Qs là lượng cung, tức là lượng hàng hoá mà người bán hàng bằng lòng bán; Qd

15


là lượng cầu, tức là lượng hàng hoá mà người mua bằng lòng mua; p là hàng hóa;
a0 , a1 , b0 , b1 là các hằng số dương. Mô hình



 Qs = −a0 + a1 p
Qd = b0 − b1 p
⇔


Qs = Qd

cân băng thị trường có dạng:
Qs = −a0 + a1 p
Q d = b0 − b1 p

.
−a0 + a1 p = b0 − b1 p

Giải hệ phương trình này ta tìm được
Giá cân bằng:
p¯ =

a0 + b 0
.
a1 + b 1

Lượng cân bằng:
¯=Q
¯s = Q
¯ d = a1 b0 − a0 b1 .
Q
a1 + b 1
Thị trường nhiều hàng hoá. Trong thị trường nhiều hàng hoá liên quan giá của
hàng hoá này có thể ảnh hưởng đến lượng cung và lượng cầu của hàng hoá khác.
Để cho đơn giản ta xét mô hình cân bằng thị trường 2 hàng hoá liên quan. Ta kí
hiệu các biển số như sau:
Qsi là lượng cung hàng hoá i,
Qdi là lượng cầu đối với hàng hoá i,
Pi là giá hàng hóa i..
Với giả thiết các yếu tố khác không thay đổi, hàm cung và hàm cầu tuyến tính có
dạng:
Hàm cung hàng hoá i:
Qsi = ai0 + ai1 p1 + ai2 p2 (i = 1, 2) .
Hàm cầu hàng hoá i:
Qdi = bi0 + bi1 p1 + bi2 p2 (i = 1, 2) .

Mô hình cân bằng thị trường hai hàng hoá có dạng như sau:

Qs1 = a10 + a11 p1 + a12 p2



Q = b10 + b11 p1 + b12 p2


 d1
Qs2 = a20 + a21 p1 + a22 p2
.
Qd2 = b20 + b21 p1 + b22 p2





 Qs1 = Qd1
Qs2 = Qd2
16


Từ hệ phương trình này ta suy ra hệ phương trình xác định giá cân bằng:
a10 + a11 p1 + a12 p2 = b10 + b11 p1 + b12 p2
.
a20 + a21 p1 + a22 p2 = b20 + b21 p1 + b22 p2
Đặt cik = aik − bik (i, k = 0, 1, 2) ta được hệ phương trình:
c11 p1 + c12 p2 = −c10
.

c21 p1 + c22 p2 = −c20
Giải hệ phương trình tuyến tính ta xác định được giá cân bằng của cả 2 hàng hoá,
sau đó thay vào hàm cung hoặc hàm cầu ta xác định được lượng cân bằng.
Ví dụ 1.6.3. Giả sử thị trường gồm 2 mặt hàng là hàng hoá 1 và hàng hoá 2, với
hàm cung và hàm cầu như sau:
Hàng hoá 1:
Qs1 = −2 + 3p1 ; Qd1 = 10 − 2p1 + p2 .
Hàng hóa 2:
Qs2 = −1 + 2p2 ; Qd2 = 15 + p1 − p2 .
Hệ phương trình xác định giá cân bằng:
−2 + 3p1 = 10 − 2p1 + p2
.⇔
−1 + 2p2 = 15 + p1 − p2

5p1 − p2 = 12
.
−p1 + 3p2 = 16

Giải hệ phương trình này ta tìm được giá cân bằng của mỗi mặt hàng
Hàng hoá 1:
p¯1 =

26
.
7

p¯2 =

46
.

7

Hàng hoá 2:

Thay giá cân bằng vào các biểu thức hàm cung ta xác định được lượng cân bằng:
Hàng hoá 1:
64
¯ 1 = −2 + 3¯
Q
p1 = .
7
Hàng hoá 2:
85
¯ 2 = −1 + 2¯
Q
p2 = .
7

17


Mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô. Ở dạng đơn giản, ta xét mô hình cân
bằng đối với một nền kinh tế đóng (không có quan hệ kinh tế với nước ngoài).
Gọi Y là tổng thu nhập của quốc dân (In come) và E là tổng chi tiêu kế hoạch
(Planned Ependiture) của nền kinh tế, trạng thái cân bằng được biểu diễn dưới
dạng phương trình:
Y = E.
Trong một nền kinh tế đóng, tổng chi tiêu kế hoạch của toàn bộ nền kinh tế gồm
các thành phần sau:
C : tiêu dùng (Consumption) của các hộ gia đình;

G : chi tiêu của chính phủ (Government);
I : chi tiêu cho đầu tư của các nhà sản xuất (Investment).
Phương trình cân bằng trong trường hợp nền kinh tế đóng là:
Y = C + G + I.
Ta giả sử rằng đầu tư theo kế hoạch là cố định: I = I0 và chính sách tài khoá của
chính phủ cố định: G = G0 , còn tiêu dùng của các hộ gia đình phụ thuộc vào thu
nhập dưới dạng hàm bậc nhất (gọi là hàm tiêu dùng):
C = aY + b(0 < a < 1, b > 0).
Hệ số a biểu diễn lượng tiêu dùng gia tăng khi người ta có thêm $1 thu nhập, được
gọi là xu hướng tiêu dùng cận biên (marginal propensity to consume), còn b là mức
tiêu dùng tối thiểu, tức là mức tiêu dùng khi không có thu nhập.
Mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô trong trường hợp này quy về hệ phương trình tuyến
tính:
Y = C + I0 + G0
⇔
C = aY + b

Y − C = I0 + G0
.
−aY + C = b

Giải hệ phương trình này ta xác định được mức thu nhập cân bằng và mức tiêu
dùng cân bằng của nền kinh tế:
b + I0 + G0 ¯ b + a (I0 + G0 )
Y¯ =
;C =
.
1−a
1−a
Trên đây là mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô dạng đơn giản. Độ phức tạp của mô

hình sẽ tăng lên nếu ta tính đến các yếu tố khác, chẳng hạn như thuế, xuất nhập
18


khẩu . . . Nếu tính thuế thu nhập thì hàng tiêu dùng sẽ thay đổi như sau:
C = aYd + b,
trong đó Yd là thu nhập sau thuế, hay còn gọi là thu nhập khả dụng (disponsable
income):
Yd = Y − T (T là thuế thu nhập)
Gọi tỉ lệ thuế thu nhập là t (biểu diễn ở dạng thập phân), ta có:
Yd = Y − tY = (1 − t) Y, C = a (1 − t) Y + b.
Mức thu nhập quốc dân và tiêu dùng cân bằng là:
b + I0 + G0 ¯ b + a (1 − t) (I0 + G0 )
;C =
.
Y¯ =
1 − a (1 − t)
1 − a (1 − t)
Ví dụ 1.6.4. Nếu C = 200 + 0, 75Y ; I0 = 300; G0 = 400 (tính bằng triệu USD) thì
ta tính được mức thu nhập cân bằng và mức tiêu thụ cân bằng là
200 + 300 + 400
Y¯ =
= 3600 (triệu USD)
1 − 0, 75
200 + 0, 75. (300 + 400)
C¯ =
= 2900 (triệu USD)
1 − 0, 75
Nếu nhà nước thu thuế thu nhập ở mức 20% thì t = 0, 2. Khi đó mức cân bằng như
sau:

200 + 300 + 400
Y¯ =
= 2250 (triệu USD)
1 − 0, 75 (1 − 0, 2)
200 + 0, 75 (1 − 0, 2) (300 + 400)
= 1550 (triệu USD).
C¯ =
1 − 0, 75 (1 − 0, 2)

19


Chương 2

Hệ phương trình đa thức không
tuyến tính
2.1. Một số hệ và phương pháp giải cơ bản
2.1.1. Hệ phương trình đối xứng
Trước hết ta tìm hiểu hệ phương trình đối xứng loại một đối với x và y, là
hệ mà khi thay x bởi y và y bởi x, hệ vẫn không đổi.
Phương pháp giải. Đặt
x+y =S
xy = P
(với điều kiện S 2 ≥ 4P ). Tìm S và P . Khi đó x và y là nghiệm của phương trình
u2 − Su + P = 0.
Ví dụ 2.1.1 (ĐHAN-2001). Giải hệ phương trình
x + y = 1 − 2xy
.
x2 + y 2 = 1
Giải. Đặt S = x + y, P = xy(S 2 ≥ 4P ). Hệ viết lại

S = 1 − 2P (1)
.
S 2 − 2P = 1(2)
Thay (1) vào (2), ta được (1 − 2P )2 − 2P = 1 hay ⇔ 4P 2 − 6P = 0. Kéo theo P = 0
hoặc P = 23 .
Khi P = 0, ta có S = 1. Vậy x + y = 1 và xy = 0, suy ra x, y là nghiệm của
phương trình t2 − t = 0. Phương trình có hai nghiệm t1 = 0, t2 = 1. Do đó hệ có hai
x=0
x=1
,
.
nghiệm
y=1
y = 0.
20