TIỂU LUẬN Trình bày sự hiểu biết về nội dụng thuật toán GaussJordan để giải hệ phương trình tuyến tính AX=B.

LỜI MỞ ĐẦU
Đại số tuyến tính là trung tâm của hầu hết các lĩnh vực tốn học.Đại số tuyến tính là
một ngành của tốn học nghiên cứu về khơng gian vectơ, hệ phương trình tuyến tính
và các phép biến đổi giữa chúng. Đại số tuyến tính cũng được sử dụng trong hầu hết
các ngành khoa học và lĩnh vực kỹ thuật cũng như được sử dụng nhiều trong toán
học, như trong đại số đại cương, giải tích hàm, hình học giải tích...
Bài tiểu luận này khơng chỉ là một bài kiểm tra mà nó cịn giúp em hệ thống lại được
những kiến thức mà bản thân đã học học trong các buổi đại số tuyến tính vừa rồi.


Câu 1:
Câu 1a: Trình bày sự hiểu biết về nội dụng thuật tốn Gauss-Jordan để giải hệ
phương trình tuyến tính AX=B.
•

Hệ phương trình tuyến tính là một hệ thống nhất gồm m phương trình bậc nhất theo n
ẩn số. Là 1 kiến thức có ứng dụng hầu hết trong các ngành kỹ thuật.
Để giải 1 phương trình có rất nhiều cách trong đó thuật tốn Gauss-Jordan là một
trong những phương pháp được ứng dụng rất nhiều để giải 1 hệ phương trình truyến
tính

Ta xét phương trình tuyến tính sau :
X1+X2+3X3=1
X2+X3=4
Để giải hệ trên từ phương trình hai ta rút X2 theo X3 ( hoặc ngược lại), rồi thế vào phương
trình một để tìm X1
Và nếu nhìn ma trận hệ số bổ sung của hệ đó thì nó chính là dạng một ma trận bậc thang rút
gọn :
1 1

3 1

0 1

1 4

-Ý tưởng của phương pháp Gauss Jordan là dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa
ma trận hệ số bổ sung về dạng bậc thang. Khi đó, hệ phương trình đã cho tương đương với
hệ bậc thang. Hệ phương trình tuyến tính sau khi biến đổi giải đơn giản hơn hệ ban đầu
-Định nghĩa: Phương pháp khử Gauss-Jordan dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng(
nhân một số khác khơng với một dịng, hốn vị hai dịng, dòng(i)=dòng(i) ± c*dòng(j) ) để
đưa hệ ban đầu về hệ phương trình có dạng bậc thang , rồi giải hệ phương trình này , khơng
cần phải tính bất kì định thức nào
•

Các bước để giải hệ phương trình tuyến tính với thuật toán Gauss-Jordan:

Bước 1: từ ma trận hệ số ban đầu ta bổ sung cột hệ số tự do vào bên phải ma trận hệ số
Bước 2: bằng các cách biến đổi sơ cấp trên dòng ta đưa ma trận hệ số mở rộng 퐴, về ma
trận bậc thang C tương đương hệ ban đầu
Bước 3 : dựa vào C ta viết ra một hệ phương trình tuyến tính tương đương với hệ ban đầu.
Dựa vào C ta suy ra nghiệm của hệ

1


Câu 1b: Định lý về số nghiệm của hệ phương trình trên
Có 3 trường hợp nghiệm sau:
•

Trường hợp̅ 1. Hệ có nghiệm duy nhất , số phương trình cịn lại bằng số ẩn hay

r(A) = r(A ) = số ẩn của hệ

Ma trận hệ số bổ sung của hệ có dạng:
푎 11 푎
‾
12
퐴 = (퐴, 퐵) = 0 푎 22
… …
[
0
0

푎 1푛
푏1
]
푎
…2 푛 …푏
2
푎
푏
푛푛

…
…
…
…

푛

2푥 1 − 3 푥 2 + 4 푥 3

= 11 − 푥 2 − 푥 3 =
{ 푥
42
푥1 − 푥2 + 6푥3 =
−4 2 -3 4 1
(1) ↔ (2)

1 -1 -1 2

(2)=(2)-2(1)

1 -1 -1

퐴=

2 -3 4 1

(3)=(3)-4(1)

0 -1

1 -1 -1 2
4

-4 6

4

4 -4 6

(2)=(2)*-1

1 -1 -1

2

(3)= (3)-3(2)

0 1

-6

0 0

28

4

(3)=(3)/28

6

2
-3

0 3 10 -12

1 -1 -1

2

3

0 1 -6

3

-21

0 0

1

−3
4

Hệ ban đầu tương đương với hệ phương trình
푥1 −푥2 −푥3 = 2
푥1 −푥2 − 푥3 =
(1)
= − 3 (2)
2(1)
푥2
thay
x3
vào
(2)
{
{
2

푥 2 − 6푥푥3 3= =−33(2)
(3)
−3
푥 3 = 4 (3)
4
푥 1 = 1−
4

Thay (2) và (3) vào (1) suy ra nghiệm của hệ : 푥 2 = 3−
{
•

푥3 =

2
−3
4

Trường hợp 2. Hệ phương trình vơ số nghiệm khi: số ẩn > số dòng khác 0 của ma
trận bậc thang hay r(A) = r(A̅) < số ẩn của hệ

2


2푥 1 − 2 푥 2 + 4 푥 3 + 4 푥 4 + 6
푥 15 =
− 5푥 2 + 2 푥 3 + 3 푥 4 + 5 푥
{ =5
푥 1 − 23 푥 2 + 35 푥 3 + 푥
4 4+ +

2푥
2푥
4푥
7
5푥 =
3
5=8
2 −2 4 4 6 5
(1)↔ (2)
퐴 = [11 − 1 2 3 5 5 ]
−2 3 1 2 3
2 −3 5 4 7 8

1
2
[
1
2

−1
−2
−2
−3

2
4
3
5

3

4
1
4

5
6
2
7

5
5

3]

8

(2)=(2)-2(1)
(3)=(3)-(1)
(4)=(4)-2(1)
(2)↔ (3)
(2)=(2)*-1

1 −1
0
0
[
0 −1
0 −1

2

0
1
1

3
5
−2 −4
−2 −3
−2 −3

5
−5
]
−2
−2

1 −1
2
3
5
0
1 −1
2
3
0
0
0
1
2
[0 − 1

1 −2 −3

5
2
5

2

− 2]

(3)=(3)/-2
(4)=(4)+(2)

1 −1
2
0
1 −1
0
0
0
[0
0
0

3
2
1
0

5

3
2
0

5
2
5

2

0]

Số ẩn =5 > số phương trình =3 => phương trình vơ số nghiệm với 2 ẩn x3 và x5 tự do
푥1 −푥2 + 2푥3 + 3푥4 + 5푥5
= 5(1)
{
5 5 =
푥2 − 푥3 +2푥4 + 3푥
푥
4
+
2
푥
5
=
2(2)
(3)
2

Từ (3) rút được x4= 5 −4 푥 5thay vào (2) ta được x2=-3+x3+x5

2

Thay x4 và x2 vào (1) ta được x1= − 11−2 푥 3+4 푥 5
2

− 11−2 푥 3+4 푥 5

x1 =
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

2

푥 2 = −3 + 푥 3 + 푥
5 3∈
푥
−4 푥 5
푅
푥4 =

5 2

{ 푥5 ∈
푅

3


̅
Trường hợp 3. Hệ vô nghiệm, r(A) < r A
( )

Trong hệ phương trình có dạng : 0x1 + 0x2 +…..+0xn =b với b 0
•

푥1 − 3푥2
{ 푥4 = 2
4 푥11 ++7푥
2푥
푥22
2−푥
4
=
1
푥3

+ 2푥3−
+ 3=푥
−13 −

1 −3 2 −1 2
퐴=[
1]
1 3 −2
4 2 7 −1
0 −1

(3)=(3)-(2)

(2)=(2)-4(1)

1

[0
0

(3)=(3)-2(1)

1 −3 2
[ 0 13 − 5
0 0 0

−3 2 −1 2
13 − 5 2 − 7]
13 − 5 2 − 7

−1 2
2 −7]
0
2

Ta được hệ trương đương trong đó hàng ( 0 0 0 0 | 2 ) cho ta phương trình
0x1+0x2+0x3+0x4=0 => hệ vơ nghiệm

Câu 1c: Hãy giải phương trình bằng ít nhất 2 cách.
31 푥 + 푥
+3 = 2 + 31
2
푥
+3 = 2 + 10
{푥1 + 10 푥
2
1

푥
푥1 + 푥
+ 2003 3푥 = 2 +
2
2003
ã Cỏch 1:

:

1

31
= [
1 1

1
10
1

1
1

(3)=(3)- 1 0 (2)

31

103

(3)=(3)ữ2 06296
103

33
12
]
2005

2003

[

0

0

31

(2)=(2)- (1)
31

[

1

0

(3)=(3)- (1)
31

309

1

30

1

33

31

31
206296

206296

103

103

0

0

3 09

1

30

1

33

31
30

31
62092

62122

31

31

31

339
31

]

339

31 푥 1 + 푥 2
3
Hệ ban dầu tương đương {0 푥푥
1 3 =+33
푥302
0

9
31
31
푥3 =
푥3 = 1

31

]

+
+ 339
31

푥1 =
1
nghiệm của hệ {푥 2 = 1
푥3 = 1

4


•

Cách 2 :
20029

-1

A =

−1001

6 18888
−309444
206296
3 1001
−3
−5

−3

33
B=[ 12
2]
005

15523

[ 206296
09444

103148
154722

103148
−5
−5

103148

20029

]
A.X=B ↔ A-1.A.X=A-1.B ↔ X=A-1.B=

6 18888
−309444
206296
3 1001
−3
−5

[ 206296
09444

103148
154722

푥1
=1
Nghiệm của hệ {푥 2
=1

103148

]

−1001

−3

33
1
. [ 12 ]
2 005 =[1]
1

15523
103148
−5
−5

푥3 = 1

Câu 2

Câu 2a: Trình bày 2 cách tính định thức của ma trận vng cấp 3. Mỗi cách cho một
ví dụ minh họa?
Định thức của một ma trận vuông A=(aij) cấp n là một số, ký hiệu là A hoặc det(A), khi n=3
ta có định thức cấp 3. Định thức cấp 3 có thể được tính bằng 1 trong 2 cách sau:
•

Cách 1 : Quy tắc Sarius
a

11 a12

a13

Det(A)= a21 a22

a23

a

31 a32

bổ sung vào định thức 2 cột
đầu tiên của nó

a11 a12

a13 a11 a12

Det(A)= a21 a22

a23 a21 a22

a31 a32

a33 a31 a32

a33

Khi đó Det(A) =a11.a22.a33 + a12.a23.a31+a13.a21.a32 – a31.a22.a13 – a32.a23.a11- a a .a
33. 21

12

Ta thấy dấu (+) và dấu (–) được gán cho các tích theo quy tắc sau:
3 số hạng mang dấu cộng trong định thức là tích các phần tử nằm trên ba đường song song
với đường chéo chính.
3 số hạng mang dấu âm trong định thức là tích các phần tử nằm trên ba đường song song
với đường chéo phụ
VD:
Det(A)=

2
|1
5

3
2
4

4
3|
2

5


2
↔1
5

3
2
4

4 2
3 1
2
= (2
⋅2
• Cách
⋅ 2 2: quy tắc Laplace
+3⋅3⋅5+4⋅1
4) −vuông
(5 ⋅ 2 cấp 3, Ta gọi ma trận Dij là ma trận con của ma trận A cấp 3 ứng với
Trong ma ⋅trận
⋅4+4⋅3⋅2
phần tử aij+là2 ma trận có từ ma trận A bằng cách bỏ đi hàng i, cột j .
⋅1
⋅ 3) =định
−1 thức của ma trận A như sau:
Ta định nghĩa
2
5a 4

11 a12

a13

Det(A)= a21 a22

a23

a

31 a32

1+3
= a 11
.(-1)1+1.D 11+ a 12.(-1)1+2.D +12 a .(-1)
D.
13

13

a33

Trong công thức trên (-1)i+j.Dij là phần bù đại số của phần tử đứng ở hàng i cột j trong định
thức của A.Công thức trên được gọi là cơng thức tính định thức bằng cách khai triển theo
hàng 1. Ta khai triển định thức theo bất kì 1 dịng hoặc cột nào
VD:
1
3 0 −5
1
−2
5
−2
|
|
| −2
5
4
3 + (−1)1+2
5 13 −6

+ (−1)1+3
3=|
1+1
(−5)
|
0
|
−6
−6
31| = (−1) 3 |
4
4
Câu 2b: Định nghĩa ma trận khả nghịch? Nêu một phương pháp để xác định tính khả
nghịch của ma trận? Cho 2 ví dụ minh họa cụ thể (ma trận cấp 3, cấp 4)?

•

Đinh nghĩa: Cho A là ma trận vng cấp n. Ma trận nghịch đảo của ma trận A (nếu
có) sẽ là một ma trận cấp n ký hiệu A-1 thỏa mãn:

A.A-1=A-1.A=I

(I là ma trận đơn vị cấp n)

Nếu A có ma trận nghịch đảo thì A gọi là ma trận khả nghịch.
•

Phương pháp Gauss-Jordan tìm ma trận nghịch đảo .Giả sử cần tìm ma trận nghịch
đảo của ma trận A.
Bước 1 : Lập ma trận gồm trái là ma trận 퐴, nưa phải là ma trận đơn vị: [퐴 ∣

퐼]
Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dịng đưa ma trận A về ma trận có dạng đơn
vị, các phần tử cùng hàng của ma trận bên phải biến đổi theo.
Bước 3 :khi ma trận bên trái có dạng ma trận đơn vị thì ma trận bên phải là ma trận nghịch
đảo của A.
Có dạng :

[퐴 ∣ 퐼]
⟶ [퐼 ∣ 퐴−1 ]

6


VD1:

2 0 1
2
0
0 1
A = [3 1
11
0] 1 0 1
00 1
bổ sung vào ma trận [3 1
0 01 10 1
(2) = (2) − 3(1)0 01 10 1 0 0
[0 1
→
0] [3 10 0 1
(3) = (3) − 2(1) −3 0 1

0 00 11
0
−3]
0] 01 1
0 0 1 (1) = (1) − (3)
0 1
(3)
=
(3)
∗
−1
2
0
0
[0 1
→
0 1 −3]
(2) = (2) + 3(3) 00 −1
1 0 1 −1
−3 1
2
1
[0 1
3
]
0
0 0 −20 1
−3 1 0 −1
−1
1

퐴 =0 [−3 1
−1
3 ]
00
−1 0 2

1
0

−1
2

VD2:
1
A=| 3
−2
2

1 2 2
1 5 1
|
5 0 0
−1
3 −1
1
1 2 2
−3 1 5 1
|
|
− 2 5 0 0 = −2 퐴 31 + 5 퐴 32 . −1

2 −1
= −2
3 −1
|1
= −2.8 − 5. (−48)5= 224
−

1

2

−

2
1 2 2
1
| − 5 |−3 25 31 −1
|=

1
3 −1
Câu 2c: Hãy cho 3 ví dụ để vận dụng tính khả nghịch
của ma trận trong việc giải các
AX
=
B,
XA
=
B,
AXB

=
C.
phương trình ma trận sau
•
Cho

AX=B

1
퐴 = (−1
−2

−1
1
1)
23 1B= ( 3 4 )
1 −1
12 1
(A ∣ I3 ) = (−1
1
− 2 03 0 0 1
0)
1
0 0
1
−1
(3)=(3)−(2)
(0 1
→
2

1
1
0
1 1
0 1
−1
1

1
2
5 6
(2) = (2) + (1)
(3) = (3) + 2(1)
01 0
1 0)

(1)=(1)+(2)

⟶

1
0 3
(0 1
2
1
0 0
1
−1
1

1
(0−1 1
10 1
1
0
2

0
2
1
1
0)
13 02
1
10 0)

1

7


(1) = (1) − 3(3)
(2) = (2) − 2(3)
−1

1
퐴− = (−1

1
−1

= (−1
1
•

4
3
−1

−3
−2)
1

1 0 0 −1
⟶(0 10 −1
0 0 1 1

4
3
−1

−3
−2)= (I3∣ A−
1

1

)

A.X=B ↔ A-1.A.X=A-1.B ↔ X=A-1.B

12
−4 − 4
−3
−2). ( 3 4 )=(−2− 2)
5 6
3
4
1

4
3
−1

XA=B
1

퐴=[
3

2
4
]퐵 = [
4
5

2
]
6

−2

]
1

퐴−1 = [−4
3

XA=B ↔ X.A.A-1=B.A-1 ↔ X=BA-1  X=[−3 4
•

−24 2
10
]. [
]= [2
1
5 6

−6
]
−4

AXB=C
3

퐴=[
2

1
]
1

퐴−1 = [−1
2

10
퐵=[
]
23
−1
]
3

24
퐶 = [1 2 ]

퐵−1 = [ 3 0 ]
−21

AXB=C ↔ A-1X.B.B-1=A-1.C.B-1 ↔ X=A-1.C.B-1
1
푋 = [−
2

−124
3 0
−1
]. [
]. [
]= [1
3
12−21

2
]
−2

Câu 3
Câu 3a: Sự phụ thuộc tuyến tính và độc lập tuyến tính của họ các vector. Cho 2 ví dụ
minh họa?
Cho không gian vecto V trên trường K , các vecto {v1 , v2 , … ,n v } là 1 hệ các vecto trong
V.
• Đẳng thức độc lập tuyến tính nếu:
푐
+푐
1 1푣 +2 푐
2 푣 + ⋯푛
푛 푣 =푖휃 (푐
∈ ℝ)
=> 풄 = 풄 = ⋯ = 풄 = 0 thì ta nói hệ độc lập tuyến tính
1

•

2

푛

Nếu khơng thõa mãn điều đó thì hệ phụ thuộc tuyến tính. Cụ thể :

8

푐
+푐
1 1푣 +2 푐
2 푣 + ⋯푛
푛 푣 =푖휃 (푐
∈ ℝ)
Nó xảy ra khi với ít nhất một hệ số 푐푖 ≠ 0. Ta nói hệ phụ thuộc tuyến tính
VD: độc lập tuyến tính. Hệ 2 véctơ 푢1 = (1,2); 푢
= (1,1) trong không gian ℝ2
2
Xét 푐
1 1푢 +2 푐
2 푢 = 휃1. ↔ 푐 (1,2)
2 +푐
(1,1)
푐 +푐
=0
2
⇔ (푐 , 2 푐 ) + (푐 , 푐 ) = (0,0) 1
2푐
1 + 2푐 =
⇔{
0
1
1
2 2
Giải hệ ta được: c1 = c 2 = 0.
Vậy hệ 2 véctơ đã cho là hệ độc lập tuyến tính
VD:phụ thuộc tuyến tính. Hệ 2 véctơ {(3, −6), (−2,4)} trong ℝ2

푐 1푢 +2 푐2 푢 = 휃1 ↔ 푐 (3, −6)
2 + 푐 (−2,4) =
(0,0)
3 푐 − 2 푐 = 01
 { 1
Hệ có ít nhất một nghiệm không tầm thường khác 0là (2,3).
2
−
6푐 +4푐 =
0
Vì vậy hệ1 phụ thuộc
tuyến tính
2

Câu 3b:Khơng gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất? Hãy cho
1 ví dụ minh họa và xác định số chiều cũng như cơ sở của nó.
•

Tập hợp tất cả các nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất theo 푛ẩn
số là môt không gian vectơ con của ℝ 푛 . Khơng gian vécto nghiệm của hệ phương trình
tuyến tính thuần nhất tổng quát có số chiều bằng 푛− 푟 trong đó 푟 = rank (퐴) và 푛là số
ẩn.

푥 +2푥
−3푥 +4 = 0
1 2−11
2
(2) = (2) − 2(1)
푥
+

4
푥
−
3
=
0
↔
[2
4 −3 0]
⇔ { 12 푥
1
2
3
(3) = (3) − (1)
푥
푥1 + 2 푥
+3푥 + 45 푥 = 12
1 5
2
0
1 2−1
1
(3)=(3)+2(2)
⟶
(0 0 −1−2)⇒ hệ vô số nghiệm với 2ẩn tự do
0 0 0
0
푥2 = 훼,4 푥 = 훽 (α, β ∈
ℝ )
푥

1

푥
()=
푥2(

푥3 4

12−1
1
[0 0 −1−2]
0 0 2
4

−2α − 3β
−2
−3
1
α
)= α (
0
)+ β (−2 )
0
−2β
β
0
1

Vậy 푋1 = (−2,1,0,0) và 푋2 = (−3,0, −2,1) là cơ sở của không gian nghiệm. Dim= 2.
4

Câu 3c: Xét không gian R , hãy cho ví dụ về một khơng gian con nằm trong khơng
4
gian R có số chiều bằng 2.Cơ sở của nó,cơng thức biểu diễn tọa độ

9


푥 + 2푥
+ 43 푥 −43 푥
1 2
2
3
=
0
3푥 + 5 푥 + 6 푥 − 4 푥
(2)=(2)−3(1);(3)=(3)−4(1)
↔ [ 4 −3 0
1
VD: { = 0
]
(4)=(4)−3(1)
5
6
−
4
0
4 1
4 5 −2
4

1
22
33
3 0
3 푥4 + 8 푥
+ 243 푥 − 19
2
4 푥 =
0푥 + 5 푥 − 2 푥 + 3 푥
3 8 24 − 19
10
0
=
푥1 = 8 푥
−7
1 2 4 −3 0
1
3
푥
2
푥 = −6 푥
+ 54
0 −1
5 0 (3)=(3)−3(1)
3
4
] =>{ 푥2
[ −6
]
[4 − 3 0

푥
0 3 − 18 15 0 (4)=(4)+2(1) 0 0 0 0 0
3
0 −1
∈ℝ
0 2
−
6
5
0
푥4
12
− 10
0 trình trên hệ
0 vơ0 số0nghiệm
0 0 với 2 ẩn tự do: x3=m∈, xℝ4 =n (m,n∈ ℝ )
Giải hệ
phương
Có tập nghiệm W = {(8 m − 7n, −6 m + 5n, m, n), m, n ∈ ℝ}
Biểu diễn tập nghiệm dưới dạng sau:
= {(8 m, −6 m, m, 0) + (−7n, 5n, 0, n), m, n ∈ ℝ}
= {m(8, −6,1,0) + n(−7,5,0,1), m, n ∈ ℝ}
= ⟨u1 = (8, −6,1,0), u 2= (−7,5,0,1)⟩ W 1
không gian vecto con của ℝ hay W ≤ ℝ
Từ hệ trên => cơ sở : u1 = (8, −6,1,0), u 2= (−7,5,0,1)và dimW = 2
W

4

4

Công thức biễu diễn tọa độ của 1 vecto
Cho vecto u=(2,2,-12,-14)
푡
x=(
) 푚
là tọa
8푡độ
− 7vecto
푚 =u2với cơ sở W (2,2, −12, −14) = 푡(8, −6,1,0) + 푚(−7,5,0,1) →
−
{ 6 푡 + 5 푚 = 2 푡 = −12
−12
→{
푡 ọ 푎 độ 푥
)
푡 = −12
푚 = −14 = (
−14
푚 = −14

10


KẾT LUẬN
Thông qua bài tiểu luậ em đã hệ thống lại được những kiến thúc cơ bản của môn học. Đây
cũng sẽ một tài liệu vô cùng quý giá để em tích lũy trong suốt q trình sự nghiệp của cuộc
đời mình. Bài tiểu luận em làm đơi khi cịn có những sai xót khơng đáng có mong thầy cho
em lời khuyên bảo để em hoàn thiện hơn về kiến thức của mình. Em xin chân thành cảm ơn

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Vted.vn
2.Giáo trình đại số tuyến tính Trường đại học Cơng nghệ thơng tin
3. Giáo trình tốn cao cấp Trường đại học Tài chính- Marketing
4.Slide bài giảng (TS Nguyễn Minh Tùng)

11