Bài giảng Toán cao cấp: Chương 4 - Hoàng Mạng Dũng

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Khi khảo sát các mô hình tuyến tính thường dẫn đến giải các hệ
phương trình tuyến tính
Đối với mô hình phi tuyến người ta giải quyết bằng cách xấp xỉ
tuyến tính. Vì vậy hệ phương trình tuyến tính có rất nhiều ứng
dụng trong thực tế
Hệ phương trình tuyến tính đã được biết đến rất sớm
Ở Trung Quốc người ta tìm thấy một cuốn sách có khoảng từ
năm 500 trước công nguyên, trong đó có những chỉ dẫn về việc
dùng một bàn tính để giải các hệ phương trình tuyến tính qua các
ví dụ cụ thể
Phương pháp giải này chính là thuật toán khử Gauss
Ở châu Âu thuật toán này đã được mô tả trong công trình của
Buteo (Pháp) năm 1550, trước Gauss hơn hai thế kỷ
10/07/2017

1

Một phương pháp khác để giải hệ phương trình tuyến tính là sử dụng
định thức của Cramer.
Thoạt tiên ta có thể thấy rằng hình như vấn đề giải hệ phương trình
tuyến tính đã cũ rồi và có thể giải quyết bằng những phương tiện tính
toán sơ cấp quen biết.
Tuy nhiên trong thực tế thường cần khảo sát khoảng từ 150 đến 200
phương trình đồng thời với số ẩn tương ứng. Tình trạng ấy trong thực
hành đã gây ra nhiều khó khăn lớn đến nổi hầu như không thể giải
quyết nổi nếu chỉ dùng phương pháp sơ cấp
Mùa hè năm 1949, Giáo sư Wassily Leontief trường Đại học HarVard

đã gửi đến Trung tâm tính toán của trường Đại học Mark II đề nghị giải
hệ phương trình tuyến tính gồm 500 phương trình với 500 ẩn biểu diễn
các chỉ tiêu kinh tế của Mỹ. Mark II là một trong những trung tâm máy
tính điện tử lớn nhất thời bấy giờ cũng không giải quyết được. Leontief
buộc phải đưa bài toán về hệ 45 phương trình với 45 ẩn. Với kết quả
này Leontief nhận được giải Nobel kinh tế năm 1973
10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.1 KHÁI NIỆM VỀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.1.1 Dạng tổng quát của hệ phƣơng trình tuyến tính

Trong không gian xét hệ truc tọa độ Oxyz

Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn có dạng tổng quát:

a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1
a x  a x  ...  a x  b
 21 1 22 2
2n n
2

..............................................
am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm

Tập hợp các điểm có tọa độ (x,y,z) thỏa

mãn phương trình

Ax  By  Cz  D
là một mặt phẳng
Tập nghiệm của hệ

 A1x  B1 y  C1z  D1

 A2 x  B2 y  C2 z  D2
là giao của hai mặt phẳng

Tập nghiệm của hệ

aij

là hệ số của ẩn thứ j trong phương trình i,

bi là vế phải của phương trình thứ i; i = 1,..., n ; j = 1,..., m.

là giao của ba mặt phẳng

3

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Khi các vế phải bi  0 thì hệ phương trình được gọi là thuần nhất

a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0
a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn  0
..............................................
a x  a x  ...  a x  0
mn n
 m1 1 m 2 2
Nghiệm của hệ phương trình là bộ gồm n số  x1 , x 2 ,..., x n 
sao cho khi thay vào hệ phương trình ta có các đẳng thức
Giải một hệ phương trình là đi tìm tập hợp nghiệm của hệ
Hai hệ phương trình cùng ẩn là tương đương nếu tập hợp nghiệm
của chúng bằng nhau

4.1.2 Dạng ma trận của hệ phƣơng trình tuyến tính
 a11 a12 ... a1n 


 a21 a22 ... a2n 
A

   
 


am1 am 2 ... amn 

 x1 
 

 x2 
X  

 
 xn 

 b1 
 
 b2 
B 
  
 
bm 

5

Xét đẳng thức

AX  B

 a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1  a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1

   a x  a x  ...  a x  b
2n n
2
 a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn   b2   21 1 22 2
 ......................................  ...  ..............................................
 a x  a x  ...  a x  b  
mn n   m
 m1 1 m 2 2

am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  bm
A được gọi là ma trận hệ số, B ma trận vế sau và X ma trận ẩn
Hệ phương trình được viết lại dưới dạng ma trận

10/07/2017

(5.1)

trong đó x1 , x 2 ,..., x n là n ẩn ,

 A1x  B1 y  C1z  D1

 A2 x  B2 y  C2 z  D2
 A3 x  B3 y  C3 z  D3

10/07/2017

2

10/07/2017

AX  B
6

1


CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Ví dụ 4.1

4.1.3 Dạng véc tơ của hệ phƣơng trình tuyến tính

Xét hệ phương trình viết dưới dạng tổng quát
2 x1  2 x2  x3  x4  4

4 x1  3x2  x3  2 x4  6
8 x  5 x  3x  4 x  12
2
3
4
 1

m
Nếu ta ký hiệu véc tơ cột thứ i của ma trận A là vi  (a1i ,..., ami ) 

và véc tơ vế sau b  (b1,..., bm )  m

Hệ phương trình viết dưới dạng ma trận như sau:

thì hệ phương trình được viết dưới dạng véc tơ

 x1 
2
2
 1
1   4 
 2 2 1 1     4 

 4 3 1 2   x2    6 
 
 
 
   

  x3    Hoặc x1  4   x2  3   x3  1  x4  2    6 
8 5 3 4   x  12 
8
5

3






 4 12
 
 
 
 4

x1v1  x2v2  ...  xnvn  b

Xét các véc tơ:

Với cách viết này ta thấy rằng hệ phương trình có nghiệm khi
và chỉ khi

v1  (2, 4,8) , v2  (2, 3,5) , v3  (1, 1, 3) , v4  (1, 2,4) ; b  (4,6,12).

b  span  v1,..., vn 

Hệ phương trình trên có thể viết dưới dạng véc tơ:

x1 (2, 4,8)  x2 (2,3,5)  x3 (1, 1, 3)  x4 (1, 2, 4)  (4,6,12)

10/07/2017

7

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Ví dụ 4.2

4.2 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM
Định lý 4.1: (Kronecker-Capelli)
Hệ phương trình (5.1) có nghiệm khi và chỉ khi

~

8

2 x1  2 x2  x3  x4  4


4 x1  3x2  x3  2 x4  6
8 x  5 x  3x  4 x  12
2
3
4
 1

~
r ( A)  r ( A)

trong đó A là ma trận có được bằng cách bổ sung thêm vào
ma trận hệ số A một cột cuối là vế phải của hệ phương trình

 a11 ... a1n 
A    


 am1 ... amn 

 a11 ... a1n
A     

 am1 ... amn

Ma trận hệ số

b1 
 


bm 

Hệ (5.1) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x1, x2, …, xnn sao cho

x1v1  x2v2  ...  xnvn  b  b  span v1,..., vn   r (v1,..., vn )  r (v1,..., vn , b)

Ma trận bổ sung cột cuối

 2 2 1 1 4 
 2 2 1 1 

A   4 3 1 2 6 
A   4 3 1 2 




8 5 3 4 12 
8 5 3 4 
 )  3 do đó hệ phương trình có nghiệm
Hạng r ( A)  r ( A

Do đó r(A)  r(Ã )

10/07/2017

9

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

det (A)  0,  hệ {v1, v2, …, vn} là một cơ sở của n

4.3 PHƢƠNG PHÁP CRAMER
Hệ n phương trình tuyến tính n ẩn có ma trận hệ số A không suy
biến được gọi là hệ Cramer

Do đó b được biểu diễn duy nhất thành tổ hợp tuyến tính của

{v1, v2, …, vn}
Nghĩa là tồn tại duy nhất x1, x2, …, xn sao cho

Định lý 4.2: Mọi hệ Cramer đều tồn tại duy nhất nghiệm
n

Hệ Cramer n ẩn

x1v1  x2v2  ...  xnvn  b

 aij x j  bi , i  1,..., n
j 1

Gọi B {e1, e2,…, en} là cơ sở chính tắc của n

có nghiệm xi  Di D ; i  1,..., n
Trong đó



Di  DB v1,..., vi 1, b , vi 1,..., vn   DB v1,..., vi 1,

D  det A  DB v1,..., vi 1, vi , vi 1,..., vn 
Di  DB v1,..., vi 1, b, vi 1,..., vn 

n

  xk DB v1,..., vi 1, vk , vi 1,..., vn 

Di là định thức của hệ các véc tơ cột các hệ số của hệ phương

trình nhưng véc tơ cột thứ i được thay bởi véc tơ cột vế sau.
10/07/2017

10

11




n




k 1




 xk vk , vi 1,..., vn 

k 1

 xi DB v1,..., vi 1, vi , vi 1,..., vn   xi D  xi  Di D , i  1,..., n
10/07/2017

12

2


CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

2 x  3 y  z  1

3x  5 y  2 z  8
 x  2 y  3z  1


Hệ phương trình

Ví dụ 4.3:

2

3

1

1

1

1

2

Dy  3 8 2  22
1 1 3

x

Do đó hệ có nghiệm

3

Ví dụ 4.4 Giải và biện luận theo tham số  hệ phương trình

 x1  x2  x3  x4
x   x  x  x
 1
2
3
4

x


x


x

x
1
2
3
4

 x1  x2  x3   x4

1

Dx  8 5 2  66
1 2 3

D  3 5 2  22
1 2 3

2

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

3

Dz  3 5 8  44
1 2 1

66
22
44
 3, y 
 1, z 
2
22
22
22
13

1

10/07/2017

14

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.4. PHƢƠNG PHÁP MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO

Ví dụ 4.5

Xét hệ phương trình  x1  2 x2  3x3  a


2 x1  5 x2  3x3  b
 x
 8 x3  c

 1

n

Hệ Cramer

 aij x j  bi ; i  1,..., n
j 1

 1 2 3
5 3

1 0 8

với các ma trận tương ứng

 a11 a12 ... a1n 
a
a
... a2 n 

A   21 22
   
 
a

 n1 an 2 ... ann 
có nghiệm dạng ma trận

 b1 

b 
B   2

b 
 n

Ma trận
A  2
hệ số


 x1 
x 
X   2

x 
 n

Có ma trận
nghịch đảo

 40 16 9 
A1   13 5 3


 5 2 1

Vậy hệ có nghiệm

 x1   40 16 9   a   40a  16b  9c   x1  40a  16b  9c

 x    13 5 3  b    13a  5b  3c    x  13a  5b  3c
 2 
  
  2
 x3   5 2 1  c   5a  2b  c   x3  5a  2b  c

X  A 1 B

10/07/2017

Ta có det A  (  3)(  1)3

1
x1  x2  x3  x4 
 3
~
 Khi   1: r ( A)  r ( A)  1 Hệ phương trình có vô số nghiệm
x1  1  x2  x3  x4 với x2 , x3 , x4 tuỳ ý
 )  4 hệ vô nghiệm
 Khi    3: det A  0  r ( A)  4, r ( A

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Định lý 4.3

1

 Khi    3,   1: Hệ đã cho là hệ Cramer nên có nghiệm duy nhất

1

10/07/2017

1
1

15

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

16

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.5. GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP KHỬ GAUSS

Khi thực hiện các biến đổi sơ cấp sau lên các phương trình của hệ
 Đổi chỗ hai phương trình;
 Nhân, chia một số khác 0 vào cả 2 vế của một phương trình;
 Cộng vào một phương trình một tổ hợp tuyến tính các
phương trình khác

x  a12
x  ...  a x  b
aa11
11
11 x111  a12
12 x222  ...  a111nnn xnnn  b111

............................................
............................................
aai1ij11xxx111 aai 2ja2xix2 2x2...
aainjn
......
xaxn ninxbnbi j bi Phương trình thứ i
 ............................................
 ............................................
Phương trình thứ j
... aain
aaijj111xx111  aaijj222xxx222 ...
jn
jnxxnn bbijj
......
 ........................................
..............................................
a x  a x  ...  amnxxnn  bbmm
amm11x11  amm22x22  ...  amn

Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử Gauss
là thực hiện các phép biến đổi sơ cấp để đưa hệ phương trình
về hệ tương đương với ma trận bổ sung của hệ mới có dạng

a '11

a ' pp






trong đó

b'1 

b' p 

b' p 1 

b'm 

a '11 ...a ' pp  0

thì sẽ được hệ mới tương đương
10/07/2017

17

10/07/2017

18

3


CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Có thể nhận thấy rằng khi ta biến đổi tương đương lên các phương

trình thì thực chất là biến đổi các hệ số của các phương trình

 Nếu một trong các b ' p 1,..., b 'm khác 0 thì có phương trình
vế trái bằng 0, vế phải khác 0 nên hệ vô nghiệm

Vì vậy khi thực hành ta chỉ cần biến đổi ma trận bổ sung của hệ để
đưa về ma trận có dạng cần tìm, từ đó suy ra nghiệm của hệ
phương trình
 x  2 x  3x  a

 Nếu b ' p 1  ...  b 'm  0 thì hệ đã cho tương đương với

1

 x
 1

...  a '1n x 'n  b '1
a '11 x '1  a '12 x '2 

a '22 x '2 
...  a '2 n x 'n  b '2


.........................................


a ' pp x ' p  ...  a ' pn x 'n  b ' p

10/07/2017

19

Ví dụ 4.7 Giải hệ phương trình

8
1

9 9 
  2
5 7 
4
2
7 12 

8

1
1 8 7 12 
0
0 11 6 16 
 

0 1 1 1 
0
0 2 3
0
1 



8
1
0
0

 2 x1  5 x2  8 x3
4 x  3x  9 x
 1
2
3

 2 x1  3 x2  5 x3

 x1  8 x2  7 x3

8 7 12 
1

5 8 8 
  2
3 9 9 
0
0
3 5 7 

7 12  1 0


1 1

  0 1
1 1  0 0
0 0  0 0

20

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

8

Ví dụ 4.8

9
7
 12

7 12 
8 8 

7 7 7 
2 3 1
0 3
 x1  3
0 2
 
 x2  2
1 1
 x3  1

0 0

8

5

10/07/2017

21

Giải và biện luận theo tham số m hệ phương trình

3
3x1  2 x2  5 x3  4 x4  3
2 x  3 x  6 x  8 x  5   2
 1
2
3
4
A

1
 x1  6 x2  9 x3  20 x4  11  4

4 x1  x2  4 x3  mx4  2

1
0

0
0


2 5
4
3  1 6 9 20 11
4
3 
3 6
8
5  3 2 5
 

6 9 20 11  2 3 6
8
5 
1 4 m
2   4 1 4 m
2 

3
4

1 6 9 20 11
11
1 0 5  5
0 5 8 16
9 
36 

  0 5 8 16



15 24
48
27 
0
0 
0 0 0
0 0 0 0


5 8 m  16 8 
m
1 

0 0 0
6 9

20

20 32

64

0 0 0
 m  0: hệ vô nghiệm;  m  0: hệ có vô số nghiệm

x4 

1
 

5

9 
0

1 

m

1
9m  16 8
4m 3
, x2 
 x3 , x1 
 x3 ; x3 tùy ý
m
5m
5
5m 5

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

22

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

4.6 HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT

Ví dụ 4.10 Giải hệ phương trình thuần nhất 2 x1  3 x2  3 x3  2 x4  0

4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0
3x  5 x  4 x  4 x  0
2
3
4
 1

a11 x1  a12 x2  ...  a1n xn  0
a x  a x  ...  a x  0
 21 1 22 2
2n n

..............................................
am1 x1  am 2 x2  ...  amn xn  0
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ít nhất nghiệm tầm thường

x1  ...  x n  0

Vế sau của hệ phương trình thuần nhất luôn bằng 0 do đó không
thay đổi khi ta giải hệ theo phương pháp khử Gauss. Vì vậy để
giải hệ phương trình thuần nhất ta chỉ cần biến đổi ma trận hệ số
của hệ
10/07/2017

 8 x3  c

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Nhận xét 4.2

3

c 
c
1 2 3 a 
1 0 8
1 0 8


A   2 5 3 b   0 1 3 b  2a   0 1 3
b  2a 






0 0 1 5a  2b  c 
1 0 8 c 
0 2 5 a  c 
 x1  40a  16b  9c
1 0 0 40a  16b  9c 
Vậy hệ

 0 1 0 13a  5b  3c  phương trình  x2  13a  5b  3c



có
nghiệm
 x  5a  2b  c
5a  2b  c 
0 0 1
 3

Ta được các nghiệm x '1,..., x ' p phụ thuộc x ' p 1,..., x 'n

2 5
4 3

A
2 3
1 8


2

Ví dụ 4.6 Xét hệ phương trình 
2 x1  5 x2  3x3  b

hệ p phương trình

23

 2 3 3 2 
 2 3 3 2 
1

A   4 7 5 6    4 7 5 6    2





 4
 3 5 4 4 
1 2 1 2 
1 2 1 2 
1 2 1 2 
1
 0 1 1 2   0 1 1 2   0





0 1 1 2 
0 0 0 0 
0

 x1  3x3  2 x4

 x2  x3  2 x4
10/07/2017

2 1 2 
3 3 2 


7 5 6 

0 3 2 
1 1 2 

0 0 0 

x3 , x4 tùy ý
24

4


CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Định lý 4.5

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Xét hệ phương trình



a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0
 a11 a12
a x  a x  ...  a x  0
a
a22
 21 1 22 2
2n n

A   21


 
..............................................

a
a
am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  0
 m1 m 2

a1n 
a2 n 

  
... amn 
...

b) Nếu r(A)  p  n thì tập hợp nghiệm của hệ phương trình là
không gian véc tơ con n  p chiều của n

10/07/2017

là không gian con của 3 có chiều dimW2  3  1  2

25

Ví dụ 4.12
Đặt V1, V2 lần lượt là tập hợp nghiệm của hệ phương trình (I) và
hệ phương trình (II)

4 x1  5 x2  2 x3  3x4  0

( I ) 3 x1  5 x2  6 x3  4 x4  0
5 x  7 x  2 x
0
2
3
 1

26

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Hệ phương trình (I)

Định lý 4.6

 4 5 2 3 
1 0 8 7 
1 0 8 7 
1 0 8 7 
 3 5 6 4   3 5 6 4   0 5 30 25  0 1 6 5









 5 7 2 0 
1 2 4 3
0 2 12 10 
0 0 0 0 

 x1  8 x3  7 x4
v  (8 x3  7 x4 , 6 x3  5 x4 , x3 , x4 )

v  ( x1, x2 , x3 , x4 ) V1 
 x3 (8, 6,1,0)  x4 (7,5,0,1)
 x2  6 x3  5 x4

V1   x3 (8, 6,1,0)  x4 (7,5,0,1) x3 , x4  

4 x1  5 x2  2 x3  3x4  0
V2  x3 (3,1,1,0)  x4 (2, 2,0,1) x3 , x4   3x  5 x  6 x  4 x  0
2
3
4
 1
V1  V2 là không gian nghiệm của hệ 6 phương trình 5 x  7 x  2 x
0
 1
2
3

Giải hệ phương trình này ta được nghiệm:
2 x1  3 x2  3 x3  2 x4  0


x1   x2  x3  x4 ; x4 tùy ý
4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0
V1  V2  x4 (1, 1,1,1) x4    dimV1  V2  3 
3x1  5 x2  4 x3  4 x4  0





Giả sử ( x1,..., xn )
là một nghiệm của phương
trình không thuần nhất (*)

a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  b1
a21x1  a22 x2  ...  a2 n xn  b2
.............................................. (*)
a x  a x  ...  a x  b
mn n
m
 m1 1 m 2 2

Khi đó ( x1,..., xn )

a11x1  a12 x2  ...  a1n xn  0

a x  a x  ...  a2 n xn  0
là nghiệm của phương trình 
(**)
 21 1 22 2
thuần nhất tương ứng (**) ...........................................

am1x1  am 2 x2  ...  amn xn  0

khi và chỉ khi

( x1  x1,..., xn  xn ) là nghiệm của hệ phương trình (*)



10/07/2017

27

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Giải và biện luận theo tham
số a, b hệ phương trình

Hệ có một nghiệm riêng

x1  1, x2  0, x3  0

Theo ví dụ 4.12 không gian nghiệm của hệ phương trình thuần
nhất tương ứng có chiều bằng 1 và có dạng

 x1  ax2  a 2 x3  1

2
 x1  bx2  b x3  1

1 a a 2 

2
1 b b 

Ma trận hệ số A  

t  D1, D2 , D3  t 
D1 

a a2
b b2
Do đó

 ab(b  a) D2 

1 a2
1 b2

1 a a 2 
A

2
1 b b 

 (a  b)(b  a) D3 

1 a
ba

1 b

 ab, (a  b),1

là một nghiệm khác không của hệ phương trình thuần nhất

x2 , x3 tùy ý

Trường hợp a  b: r(A)  2, do đó không gian nghiệm của hệ
phương trình thuần nhất có chiều bằng 1

10/07/2017

28

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

 Trường hợp a  b: r(A)  1, hệ phương trình tương đương với
một phương trình do đó có vô số nghiệm

x1  1  ax2  a 2 x3

2 x1  3x2  3x3  2 x4  0

( II ) 4 x1  7 x2  5 x3  6 x4  0
3x  5 x  4 x  4 x  0
2
3
4
 1

10/07/2017

CHƢƠNG 4: HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

Ví dụ 4.12

3

...

a) Hệ phương trình chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi r(A)  n





Tập W2  u  ( x, y, z )  2 x  3 y  4 z  0

Ví dụ 4.11

29

 x1  abt

 x  1  abt

 x  t ; t 
 3

 x  t ; t 
 3

1
Nghiệm của hệ 
Nghiệm của 
 x2  (a  b)t
x

thuần nhất
2  ( a  b)t
hệ đã cho

10/07/2017

BÀI TẬP
30

5