Bài giảng chương 4 hệ phương trình tuyến tính

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.. Chú ý: Vì trong không gian K một hệ độc lập tuyến tính cókhông quá

ớc 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

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 K một hệ độc lập tuyến tính có

không quá m phần tử nên hệ phơng trình chỉ có thể có nghiệm

duy nhất khi mn

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

(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

Nội dung của khử Gauss gồm hai bớc:

i (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

' '

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

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

.

X

x x

.

Y

y y

c c

.

D

d d

.

Khi đó ta có hệ dới dạng ma trận:

(A+iB)(X+iY)=C+iDhay (AX-BY)+i(BX+AY)=C+iD

Cho phần thực bằng phần thực, phần ảo bằng phần ảo ta có hệ:

AX-BY=CBX+AY=Dhay dới dạng ma trận khối ta có:

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.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

a

ki ii

0 1

Muốn vậy ở lần khử thứ i (i=1 ,n) ta thực hiện:

a

b b

Nh vậy so với phép khử Gauss, ở lần khử thứ i bớc 2 ta phảibiến 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 np cho trớc, X

là ma trận cấp np và là ma trận phải tìm

Nếu áp dụng khử Gauss_Jordan đa ma trận A về ma trận đơn

1 2

y x y x

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

3

5 3

2 2

3 5

3 3

2 4

3 2

4 3

1

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

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

(

) 2 ( )

1

(

y i x

i

i y i x

3 12 2

z y

x

z y

x

z y

0

1 1

1

0 1

2 0

1 1

15 Dùng khử Gauss_Jordan tìm ma trận đảo của ma trận:

1 1

i

i i

i i

1 3

1

2 1 3

i i

2 1

1 2

0 0

0

1

1 0

0

1

1 1

0

1

1 1

1 1

1

1

0 1

1

1

1 0

1

1

1 1

.

0 1 2

0 1 1 3 2

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 t2, 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

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

t t

t t

1 3

1 1

1 3

1 1

1 3

1 1

1 1

3

t t

t t

t t

0 0

0

0 0

1 0

0

0 0

0 1

0

1 1

1 1

3

t t

t t

a Nếu t-3 và t1 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

c Nếu t=-3 có r(A)=3, thay cột 5 vào cột 1 ta có r(A*)=4

Vậy r(A*) r(A) do đó hệ vô nghiệm

0 0

2 4

0 0

5 , 0 5

, 0 1

0

0 25

, 0 5

, 0 1

b x1 tuú ý x2=1-x1 x3=3 x4=x1-7 x5=6-x1

c

46

3 46

29 46

263

3 2

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

3 2

b z b by x

a z a ay x

) ( ) (b a y b a z b a

a z a ay x

abz b a ab x

) ( )

2 2

( ) (

)

2

c b a b c z b c

a

a b b

z a b y

a z a

a y x

HÖ cã nghiÖm duy nhÊt:

z

ac bc

ab y

abc

x

) (

c Với mọi t hệ có vô số nghiệm

5 3

1

1 1

3

1 1

2

2 2

a c

a b

a

7 5

0

3 7

5 0

2 3

5 0

2 2

a

b a

c

a b

a

4 0

0

4 0

0

2 3

5 0

2 2

a

b a

c

a b

a

2 16

0 0

4 0

0

2 3

5 0

2 2

a

1 1

1

1 1

1

1 1

Lấy hàng một trừ hàng hai, hàng hai trừ hàng ba đợc

a a

1 1

1 0

1

a a a

a

Nếu a=0 phơng trình một vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Nếua0, chia hàng một và hai cho a, lấy hàng ba trừ hàng một đợc

1 1

a a a

1 1

0

1 1

0

0 1

a

a a a

1 2

1 1

2 3

Nếu a=-3 phơng trình ba vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Nếu

a-3 hệ có nghiệm duy nhất:

x=

) 3 (

1 2





a a

a

, z=

) 3 (

1

2 2 3

a a a

b 1 a=b=cd hệ vô nghiệm

2 a=b=c =d hệ trở thành: x+y+z=1, hệ vô số nghiệm:

x=1-y-z, y,z tuỳ ý

3 a=b(c) và dc hệ vô nghiệm vì r(A)=2,r(A*)=3,

z y

có nghiệm: z=1, x=-y, y tuỳ ý

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 abc , r(A)=3 hệ có nghiệm duy nhất

2 0

0 1

1 0

0 2

2 1

0

2 1

1

0

1 1

0

0

2 1

1

0

1 1

0

1

Ta thấy hạng của hệ {a,b,c,u}=2 và {a,b}, {a,c}, b,c} đều làcác cột cơ sở của ma trận, hay là các hệ con độc lập tuyến tínhcực đại của hệ {a,b,c,u} do đó u có biểu diễn duy nhất quachúng

y

x hay 



 2 1

y x

vậyu=a+2b

1

y x

y x

hay 





 2 1

y x

vậyu= -a+2c

1

y x

y x

0

3 1

1

1 0

1

t t

1

2 2

0

3 1

1

t

t t

3 1 1

0

2 2

0

3 1

1 0

2 0

2 0

3 1

0 1

0 0

1 0

1

0

3 1

0 1

r{a,b,c}=r{a,b,c.u} u biểu diễn tuyến tính đợc qua {a,b,c}

0

2 3

2 0

3 1

3 1

0

2 3

2

0

3 1

3 1



r{a,b,c}=2, r{a,b,c,u}=3, u không biểu diễn đợc qua {a,b,c}

c Nếu t  0 ,t   3, r{a,b,c}=r{a,b,c,u}=3, u biểu diễn

đ-ợc duy nhất qua {a,b,c}

1 10

1 15

1 2

2

2

i i

i i

Thực hiện khử

i

i i

Tính nghiệm đợc x=

3

)1( i

2 2

1

2 3

2

1 1

1

1 1

0

0 1

0

2 3

4

0 0

0

1 1

0 1

0

2 0

4

0 0

0

1 1

0

0 1

0

0 0

4

0 0

0

1 1

3 3 2 2 1 1

y x

y x

0

0 1

0

2 3

2

0 1

1

0 0

0 1

0

2 0

23

20 4

4

7 47

9 152

3

1 5

3

1 7

9 12

1 1

1 2

1 1

1 1

2 1

1 1

1 2

3 1

0 0

2 1

0 0

7 2

1 0

38 1

1 3

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

4 1

0 1

0 0

1 0

0 0

5 , 0 1

1 0

5 ,

0 0

0 1

5 , 0 5

,

0

5 , 0 5

,

0

5 , 0 5

0 0

5 , 0 1

0 0

0 0

1 0

5 , 0 0

0 1

5 , 0 5

, 0

0 1

5 , 0 5

i i i

2 2 3 1 4 1

0 2

3 1

0 0

2 2

i i

3 2 3 1

2 1 1

i i

U

2 1

1 2

0 1 0 0

.

1 1

1

0

1 1

1

0 .

0 1

1

0

0 0

0 0

0 0

1

0 0

0 0

0 .

1 1

1 0

0

1 1

1 1

0

0 1

1 1

b.LËp b¶ng, lÊy c¸c hµng trõ hµng 1, céng tÊt c¶ c¸c hµng vµo

0 0

1

0 .

1 0

1

0 .

0 1

1

1 .

1 1

n n

2

1 1

1

1

1 2

1

1

1 1

2

1

1

0 0

0

0 0

1 1

0

0 0

0 1

1

0 0

0 0

1 1

D

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

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

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:

r r r

r

k r

r

k r

r

a x

a x

a x

a

a x

a x

a x

a

a x

a x

a x

a

2

2 1

1

2 2

2 22 1

21

1 1

2

1 2 1

1 1

Giả sử hệ có nghiệm duy nhất (t1k,t2k, , trk) Khi đó mỗi véc tơ

t =

t t

.

3 Cơ sở của giao hai không gian con

Cho E1=L{a 1 , ,a p }, E2=L{b 1 , ,b q }, trong đó {a 1 , ,a p } là cơ sở của E1, {b 1 , ,b q } là cơ sở của E2 Khi đó nếu xE1E2 thì ta có:

x=x 1 a 1 + +x p a p (1) x=x p+1 b 1 + +x p+q b q (2)

3 3

6 7

0 3

4 2

2

0 6

2 4

5

5 4

3 2

1

5 4

3 2

1

5 4

3 2

1

x x

x x

x

x x

x x

x

x x

x x

2

0 3 2 2

5 4 3 2

1

5 4 3 2

1

x x x x

x

x x x x

1 (

0 )

1

(

0 )

1

(

z t y

x

z y

t x

z y

x t

0 2

0 2

z y

tx

z ty

x

tz y

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

x

a x x

x

x x

ax

x

x x

x ax

3 Trong Rn cho

F={x=(x1,x2, ,xn): x1+x2+ +xn=0}

chứng tỏ F là không gian con của Rn, tìm cơ sở và chiều của F

b BiÓu diÔn h×nh häc cña F vµ t×m mét c¬ së cña F.

12 T×m c¬ së vµ chiÒu cña giao hai kh«ng gian con trong R3

sinh bëi:

Tìm cơ sở và chiều của L{a,b}+L{c,d,e} và L{a,b}L{c,d,e}.

Tìm cơ sở và chiều của L{a,b,c}+L{e,u,v} vàL{a,b,c}L{e,u,v}

C Lời giải hớng dẫn hoặc đáp số

1.a Vì =11 11=-2 nên hạng ma trận các hệ số bằng2

0 2

z y x

z y x

có một nghiệm cơ sở: e=(1,1,1) (iii) t0 và t-3 det(A)0 hệ chỉ có nghiệm tầm thờng

0 2

z y x

z y x

có một nghiệm cơ sở: e=(1,1,1) (iii) t

1

1 1

1

1 1

1

a a

1

1 1

1

3 2

2 2

a a

a a

a

(i) a=-2 hệ có một nghiệm cơ sở: e=(1,1,1,0)

(ii) a-2 chia hàng 1 cho 2+a, lấy các hàng trừ hàng 1 đợc:

a a a

a

2 1 1

0 0

2

1 0

1 0

2 3 1

1 , 2

1

a a a e

3 Nếu x=(x1,x2, ,xn) và y=(y1,y2, ,yn) thuộc F thì

x1+x2+ +xn=0

y1+y2+ +yn=0 Hiển nhiên ta có:

(i) x+y=(x1+y1, x2+y2, ,xn+yn) và do

x1+y1+ x2+y2+ +xn+yn= (x1+x2+ +xn)+(y1+y2+ +yn)=0nên x+y thuộc F

(ii) tx= t(x1,x2, ,xn)= (tx1,tx2, ,txn)

do tx1+tx2+ +txn=t (x1+x2+ +xn)=0 nªn tx thuéc F

VËy F lµ kh«ng gian con cña Rn

§Ó t×m c¬ së cña F ta ®i t×m mét hÖ c¬ së cña hÖ thuÇn nhÊt:

x1+x2+ +xn=0

Do r(A)=1 nªn mét hä nghiÖm c¬ së lµ:

t2=

1 0 0

1 0

1 0 1

0

1 0

0

1 0

0 2

chọn x3=0, x4=1 đợc nghiệm e2= 

1 0

2 0

{e1,e2} là nghiệm cơ sở của hệ thuần nhất và cũng là cơ sở của F,nên dim(F)=2

9 dim(F)=2, một cơ sở là e1= 

0 1 0 2

e2= 

1 0 2 0

1

, mặt phẳng: x+z=0

12 Gọi E1=L{i k, } và E2=L{j a, } ta có E1E2 chính là ờng phân giác của góc xOz (Hình vẽ)

Đó chính là véc tơ chỉ phơng của đờng phân giác của góc xOz

13.a Xét ma trận của hệ {a,b,c,d,e}

1 3

2

2 1

0 2

1

1 2

1 0

3 3

0

1 1

1 2

0

1 2

1 0

1

0 3

0

1 1

1 2

2

0 2

2

0 2

5 3

2 1

5 4

2 1

5 4

3 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

b dim{L{a,b,c}+L{e,u,v}}=3, mét c¬ së lµ {a,e,v}

dim(L{a,b,c})=2 vµ mét c¬ së lµ {a,b}, dim(L{e,u,v})=2 vµ métc¬ së lµ {e,v} HÖ thuÇn nhÊt ax1 bx2  ex3 vx4  0 hay 

0

1

4 2

1

3 2

1

x

x x

x

x x

x

cã mét nghiÖmc¬ së d=

1 1 0

vËy dim(L{a,b,c}L{e,u,v})=1 vµ mét c¬ së lµ e1= b=e-v=