Hạng của ma trận

1
BÀI GIẢNG TUẦN 5
HẠNG CỦA MA TRẬN VÀ NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = 0 , Ax = b

PHẠM XUÂN ĐỒNG
MỞ ĐẦU:
Hệ phương trình Ax = b có thể thu gọn về một hệ phương trình tuyến tính tương đương mà có số
phương trình ít hơn. Chẳng hạn:





−=+−
−=++−
=+−
2552
52
12
321
321
321
xxx
xxx
xxx












−−
−−
−
⇔
2552
5211
1121










−−
−
⇔
0000
4310
1121




−=+−
=+−
⇔
43
12
32
321
xx
xxx


Ta thấy những hàng toàn 0 trong hệ phương trình có thể bỏ đi.
Câu hỏi đặt ra là: Kích thước m ×
××
× n của ma trận A có phải là kích thước gọn nhất của hệ
phương trình Ax = b không? Làm thế nào biết được kích thước thực hệ phương trình?

5.1 HẠNG CỦA MA TRẬN

I. Định nghĩa: Hạng của ma trận A là số các trụ. Ký hiệu là r(A) (rank).

Chú ý: (1) Nếu A cấp m ×
××
× n thì r(A) ≤ m, r(A) ≤ n hay r(A) ≤
≤≤
≤ min{m, n}.
(2) Cho A cấp n ×
××
× n , thì |A| ≠ 0 ⇔

⇔⇔
⇔ r(A) = n (vì A có n trụ).
(3) Để tìm hạng của A thì đưa ma trận A về ma trận bậc thang U và tìm số trụ.

Ví dụ 1: Tìm hạng của (a)










=
13
10
3
1033
822
211
A (b)











−
=
462
31
021
mB
tùy theo m
Giải: (a)










→
4
4
3
400
400
211
A











=→
0
4
3
000
400
211
U , nên r(A) = 2.
(b) ĐS:
3)(:2,2)(:2 =≠== BrmBrm

Ví dụ 2: Tìm hạng của






−
−
=

1684
421
A . Nhận xét các cột của A và biểu diễn A qua tích 2 véc tơ.
Giải : 1)(
000
421
=⇒






−
→ ArA .
Nhận xét: các hàng, các cột tỉ lệ nhau. Biểu diễn A theo tích của 1 cột với 1 véc tơ là hệ số tỉ lệ với cột đó.
Chọn cột 2 và véc tơ hệ số tỉ lệ cột 2 là (−1/2, 1, −2). Khi đó :






−−







−
−
=






−
−
= 21
2
1
8
2
1684
421
A
Chú ý: (4) Nếu r(A) = 1 thì A= u.v
T


II. Định nghĩa :
+ A gọi là có hạng hàng đầy nếu mọi hàng của nó đều có trụ, tức là r =m.
+ A gọi là có hạng cột đầy nếu mọi cột của nó đều có trụ, tức là r = n.
+ Cột chứa trụ gọi là cột trụ và biến của cột đó gọi là biến trụ.
+ Cột không có trụ gọi là cột tự do và biến của cột này là biến tự do.
+ Hàng chứa trụ gọi là hàng trụ.

Ví dụ 3: Xác định ma trận nào sau đây có hạng cột đầy, hạng hàng đầy và tìm biến trụ, biến tự do của nó






−
=
610
132
A
,










−=
200
310
021
B ,











−
=
00
30
21
C ,






−
=
1300
0210
D

2
Chú ý: (5) Nếu A có hạng cột đầy thì Ax = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Nếu A có hạng hàng đầy và m < n thì Ax = 0 có vô số nghiệm.

5.2 NGHIỆM ĐẶC BIỆT , NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = 0.

Ví dụ 4: Giải hệ





=+++
=+++
=+++
0131033
010822
032
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx

Giải :
[ ]











=
0131033
010822
03211
0|A










→
04400
04400
03211












→
00000
04400
03211

nên hệ tương đương với hệ



=+
=+++
044
032
43
4321
xx
xxxx
. Biến trụ là x
1
và x
3
, biến tự do là x
2
và x
4
.
Ta có nghiệm




−=
−−=
43
421
xx
xxx
⇒ Không gian nghiện của A là












−
−
+













−
=












−
−−
=
1
1
0
1
0
0

1
1
42
4
4
2
42
xx
x
x
x
xx
x
n

hay
2211
scscx
n
+= với
)1,1,0,1(),0,0,1,1(
21
−−=−= ss


Chú ý : (6) Ta thấy nghiệm x
n
được tính qua các biến tự do, nên các nghiệm s
1
, s

2
được tìm nhanh
hơn bằng cách cho từng biến tự do bằng 1 và các biến tự do còn lại bằng 0. Các nghiệm đó gọi là
nghiệm đặc biệt của Ax = 0
Cho x
2
= 1, x
4
= 0 ⇒ x
3
=0 , x
1
= −1 thì nghiệm đặc biệt là )0,0,1,1(
1
−=s
Cho x
4
= 1, x
2
= 0 ⇒ x
3
= −1 , x
1
= −1 thì nghiệm đặc biệt là
)1,1,0,1(
2
−−=s

nên nghiệm đầy đủ :
2211

scscx
n
+=

I. Định nghĩa : Nếu s
1
,..., s
n-r
là tất cả các nghiệm đặc biệt của Ax = 0, thì x
n
= c
1
s
1
+
⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅
+c
n-r
s
n-r

(c
1
, ..., c

n-r
∈
∈∈
∈ R) gọi là nghiệm đầy đủ của Ax = 0 (cũng là không gian nghiệm của A).

Chú ý: (7) Hạng của A là r thì có (n−r) biến tự do ⇒
⇒⇒
⇒ (n−r) nghiệm đặc biệt.

II. Cách tìm nghiệm đặc biệt, nghiệm đầy đủ của Ax = 0 . (A
m×
××
×n
)

+ Biến đổi [A|0] → [U|0] và xác định r biến trụ và (n−r) biến tự do.
+ Cho từng biến tự do bằng 1, các biến tự do còn lại bằng 0 ⇒ các biến trụ ⇒ (n−r) nghiệm đặc biệt s
1
,
s
2
, …s
n−r
.
+ Nghiệm đầy đủ là x
n
= c
1
s
1

+…+c
n-r
s
n-r
.


Ví dụ 5: Giải hệ Ax = 0 với










−
−−
−
=
963
642
321
A
Giải:
[ ]
=0|A











−
−−
−
0963
0642
0321










−
→
0000
0000
0321

Cho )0,1,2(20,1
1132
=⇒=⇒== sxxx , )1,0,3(30,1
1123
−=⇒−=⇒== sxxx
Vậy nghiệm đầy đủ là










−
+










=

1
0
3
0
1
2
21
ccx
n
. Hay
{ }
)1,0,3()0,1,2(|)(
21
−+== ccxxAN
nn
.
3
5.3 NGHIỆM RIÊNG VÀ NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = b

I. Định lý : Nếu x
1
là nghiệm của Ax = b và x
2
là nghiệm của Ax = 0 thì x = x
1
+ cx
2
cũng là
nghiệm của Ax = b với ∀
∀∀

∀c∈
∈∈
∈ R.

Chứng minh : Ta có :
bbcAxAxcxxAAxAxbAx =+=+=+=⇒== 0)(0,
212121
hay x = x
1
+ cx
2

cũng là nghiệm của Ax = b với ∀c∈ R.

II. Định nghĩa :
Nghiệm riêng của Ax = b là một nghiệm nào đó của phương trình. Ký hiệu là x
p
Nghiệm đầy đủ của Ax = b là nghiệm x = x
p
+ x
n
, với x
p
là nghiệm riêng của Ax =b và x
n

là nghiệm đầy đủ của Ax = 0

III. Cách tìm nghiệm đầy đủ của Ax = b

+ Dùng phép khử để đưa [A| b] về dạng bậc thang [U| c].
+ Tìm nghiệm các nghiệm đặc biệt của Ax = 0 (xác định từ [U|0] )
+ Tìm 1 nghiệm riêng x
p
của Ax = b (Cho các biến tự do bằng 0 ⇒ tìm x
p
trong [U|c])
+ Nghiệm đầy đủ của Ax = b là x = x
p
+ x
n


Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình:







=++
=++
=++
=++
91293
4752
2642
132
321

321
321
321
xxx
xxx
xxx
xxx

Giải :












91293
4752
2642
1321













⇔
6330
2110
0000
1321












⇔
0000
0000
2110
1321

* Cho 1
3
=x trong Ax = 0
1,1
01
032
12
2
21
−=−=⇔



=+
=++
⇔ xx
x
xx

* Cho
0
3
=x
trong Ax = b
3,2
2
12
12
2

21
−==⇔



=
=+
⇔ xx
x
xx
. Vậy nghiệm










−
−
+











−
=
1
1
1
0
2
3
cx

Ví dụ 7: Tìm điều kiện đối với véc tơ b = (b
1
, b
2
, b
3
) để hệ Ax = b có nghiệm? Từ đó suy ra một tổ hợp
nào của các hàng ma trận A thì bằng hàng không?











=
1152
421
111
A
Giải :










=
3
2
1
1152
421
111
]|[
b
b
b
bA











−
− →
13
12
1
2930
310
111
bb
bb
b











+−
− →
123
12
1
3000
310
111
bbb
bb
b

Điều kiện phương trình có nghiệm là : 03
321
=+− bbb (1)
Từ (1) ta có quan hệ các thành phần của b, cũng chính là quan hệ các véc tơ hàng ma trận A. Do đó suy
ra : 1×
××
× (hàng 1) −
−−
− 3 ×
××
× (hàng 2) + 1 ×
××
× (hàng 3) = hàng không ⇒
⇒⇒
⇒ y
T
A = 0

T

Đây cũng là một cách tìm không gian nghiệm trái N(A
T
)= {y = c( 1, −3, 1)}, chỉ 1 lần biến đổi ma
trận A mà không phải biến đổi A
T
như trong tuần 4 đã giải.
4
Chú ý : (8) Biến đổi
[ ]












=







⇒
d
caa
caaa
dO
cU
bA
n
n
0000
...............
...0
...
2222
111211
mà
d
≠ 0 thì hệ vô nghiệm
(9) Bốn khả năng để hệ phương trình tuyến tính phụ thuộc vào hạng r.

1
nmr == (hạng hàng, cột đầy)
A
[ ]
U⇒
vuông, khả nghịch
bAx = có nghiệm duy nhất
2
nmr <=
(hạng hàng đầy)

A
[ ]
FU⇒ ngắn, rộng
bAx = có vô số nghiệm
3
mnr <=
(hạng cột đầy)
A






⇒
O
U
cao, hẹp
bAx = có 0 hoặc 1 nghiệm
4
nrmr << ,
A






⇒
OO

FU

bAx = có 0 hoặc vô số nghiệm

Ví dụ 8 : Tại sao không thể có một hệ 1 phương trình 3 ẩn Ax = b với nghiệm riêng )0,2,1( −=
p
x và
nghiệm thuần nhất )3,2,1(c
n
=x .
Giải : Hệ có 1 biến trụ và 2 biến tự do nên nghiệm thuần nhất phải có 2 nghiệm đặc biệt.

Ví dụ 9 : Tại sao x = (1, 2, −1, 4) không thể là nghiệm duy nhất của phương trình Ax = (4, 0, 1)
Giải : Kích thước A là 3×4, nên có ít nhất 1 biến tự do. Nếu có nghiệm thì vô số nghiệm (trường hợp 4)

Ví dụ 10 : Tìm ma trận A và véc tơ b nếu biết nghiệm đầy đủ của Ax = b là






+






=

1
2
2
7
cx

Giải :
* A có n = 2 cột vì véc tơ nghiệm 2 chiều (số hàng m bất kỳ). Gọi A=[c
1
c
2
].
* Do s

= ( 2,1) là nghiệm đặc biệt :
1221
20.1.20 ccccAs −=⇔=+⇔= (cột 2 bằng (−2) lần cột 1)
* Do x
p
= (7, 2) là nghiệm riêng nên Ax
p
= b = 7.c
1
+2.c
2
= 3c
1

* Các cột không thể là vectơ không vì phải có 1 cột trụ
Chẳng hạn :











−
−
−
=
63
21
42
A ,










−=
9

3
6
b

Ví dụ 11 : Tìm nghiệm đầy đủ của phương trình Ax = b nếu biết véc tơ b bằng hiệu của cột 1 và cột 2
của ma trận A và ma trận A đưa được về dạng bậc thang










−
−
=
0000
4200
3101
U
ĐS : x = (1, −1, 0 , 0) + c
1
(0 , 1 , 0 , 0) +c
2
(−1, 0, 2, 1)

Ví dụ 12 : Xây dựng một ma trận A có không gian cột chứa (−2, 1, 5) , (0, 3, 1) và không gian nghiệm

chứa (1, −1, 2).
Giải : Gọi các cột của A là : (cột 1) = (−2, 1, 5) , (cột 3) = (0, 3, 1) ∈ C(A) . Do không gian nghiệm chứa
(1, −1, 2) nên 1×(cột 1) −1×(cột 2) + 2×(cột 3) = 0 nên (cột 2) = 1×(cột 1) + 2×(cột 3) = (− 2, 7, 7)
Vậy










−−
=
175
371
022
A (tương tự











−
−
=
215
131
102
A )

CÁC Ý CHÍNH BÀI GIẢNG TUẦN 5
1. Hạng của ma trận và cách tìm.
2. Cấu trúc nghiệm của hệ Ax = 0 và Ax = b.