Bài giảng Toán 2: Chương 5 - ĐH Bách khoa TP. HCM

Bài giảng Toán 2 - Chương 5: Hệ phương trình tuyến tính cung cấp cho người học các kiến thức: Một số khái niệm, hệ phương trình Cramer, điều kiện tương thích của hệ, hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, phương pháp Gauss để giải hệ phương trình tuyến tính

CHƯƠNG 5:

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

TUYẾN TÍNH

mn 2

2 m 1

1 m

2 n

n 2 2

22 1

21

1 n

n 1 2

12 1

11

b x

a

x a

x a

b x

a

x a

x a

b x

a

x a x

a

) 1 (

Trong đó: aij, bi (i=1, … , m; j=1, … , n) là những số cho trước thuộc trường k còn x1, … , xn là các ẩn của hệ

1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM (tt)

* Ma trận

mn m

m

n n

a a

a

a a

a

a a

2 22

21

1 12

11

m mn

m m

n

n

B

b a

a a

b a

a a

b a

a a

2 2

22 21

1 1

12 11

* Ma trận

đƣợc gọi là ma trận mở rộng của hệ (1)

đƣợc gọi là ma trận của hệ (1)

b

b

b

B

thì hệ (1) được viết dưới dạng ma trận như sau: A.X = B

* Nếu B = 0 thì hệ (1) được gọi là hệ phương trình thuần nhất

n

2 1

x

x x

1 MỘT SỐ KHÁI NIỆM (tt)

b/ Chú thích (tt):

* Hệ thuần nhất AX = 0 luôn luôn tương thích vì nó có

ít nhất một nghiệm là X = 0 và nghiệm này được gọi là

nn n

n

n n

n n

b x

a x

a x

a

b x

a x

a x

a

b x

a x

a x

2 2 1

1

2 2

2 22 1

21

1 1

2 12 1

11

Trong đó A = (aij) Mn(K) và detA 0

2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH CRAMER (tt)

b/ Định lý Cramer:

Hệ Cramer (2) có nghiệm duy nhất cho bởi công thức:

n ,

, 2 , 1 i

, A

A x

) i (

i

n

1

b

b B

Trong đó: A(i) là ma trận nhận được từ A bằng cách thay cột thứ i bởi cột

1 2

4

5 2

2

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

x

2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH CRAMER (tt)

Ví dụ (tt) :

Ta có:

18 1

1 - 8

2 1

4

2 - 1

2

-detA

3 , 2 , 1 i

, A

A x

) i (

i

Nhận xét: detA 0 Vậy đây là hệ phương trình Cramer nên có nghiệm duy nhất cho bởi công thức:

2 HỆ PHƯƠNG TRÌNH CRAMER (tt)

Ví dụ (tt) :

18 1

1 5

2 1

1

2 1

5

) 1 (

A

18 1

5 8

2 1

4

2 5

8

1 1

4

5 1

2

) 3 (

A

Vậy nghiệm của hệ là

2 1 1

3 2 1

x x x

3 ĐIỀU KIỆN TƯƠNG THÍCH CỦA HỆ

a/ Định lý Kronecker – Capeli

(Đối với hệ phương trình tuyến tính tổng quát m phương trình n ẩn)

Hệ phương trình (1) có nghiệm r(A) = r(AB)

* Hệ phương trình (1) vô nghiệm r(A) < r(AB)

b/ Chú ý:

* Hệ p.trình (1) có nghiệm duy nhất r(A) = r(AB) = n

* Hệ p.trình (1) có vô số nghiệm r(A) = r(AB) < n.(lúc này số ẩn tự do của hệ là n – r(A))

3 ĐIỀU KIỆN TƯƠNG THÍCH CỦA HỆ (tt)

số m

1 1 1

mz y

x

z my

x

z y

mx

2

) 1 m

)(

2 m

( m

1 1

1 m

1

1 1

m A

det

Ta có:

3 ĐIỀU KIỆN TƯƠNG THÍCH CỦA HỆ (tt)

Ví dụ (tt):

0

det 2

1

A m

m

a/ Trường hợp:

hệ có nghiệm duy nhất

2 1 2 1 2 1

m z

m y

m x

3 ĐIỀU KIỆN TƯƠNG THÍCH CỦA HỆ (tt)

Ví dụ (tt):

b/ Trường hợp m = 1:

Hệ đã cho tương đương với hệ gồm 1 phương trình

x + y + z = 1

Lúc này r(A) = r(AB) = 1

Vậy hệ có vô số nghiệm với 2 ẩn tự do

R t

t t

z

t y

t t

x

2 1

2 1

2 1

, ,

1

3 ĐIỀU KIỆN TƯƠNG THÍCH CỦA HỆ (tt)

Ví dụ (tt):

c/ Trường hợp m = – 2:

Hệ đã cho trở thành

1 2

1 2

1 2

z y

x

z y

x

z y

x

Ta tính được: r(A) = 2 < r(AB) = 3

Do đó trường hợp: m = – 2 hệ vô nghiệm

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT

Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Hệ này viết lại ở dạng ma trận là: A.X = 0

Với A Mmxn(K), x Mnx1(K)

0 x

a

x a

x a

0 x

a

x a

x a

0 x

a

x a

x a

) 3 (

n mn

2 2 m 1

1 m

n n

2 2

22 1

21

n n

1 2

12 1

11

* Hệ thuần nhất luôn có nghiệm tầm thường là:

x = (0, 0, , 0)T

a/ Định lý:

Hệ thuần nhất (3) có nghiệm không tầm thường

r(A) < n (Số ẩn của hệ)

b/ Hệ nghiệm cơ bản:

Do đó nghiệm tổng quát của hệ là:

Nếu r(A) = r < n thì hệ phương trình (3) có vô số

nghiệm trong đó có n – r ẩn tự do

* Vấn đề ta quan tâm ở đây là khi nào hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường (X 0)

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

b/ Hệ nghiệm cơ bản (tt):

r n n

r

r n r

r

r n

r n

t x

t x

t t

t x

t t

t x

t t

t x

) , ,

, (

) , ,

, (

) , ,

, (

(*)

1 1

2 1

2 1 2 2

2 1 1 1

; ở đây: t 1 , t 2 , …, t n-r tuỳ ý

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

Trong đó nghiệm xk có dạng:

0

1

k 1

k

Ở đây: Số 1 nằm ở hàng thứ r + k

1k = (0, 0, …, 1, …, 0) với vị trí thứ k bằng 1

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

b/ Hệ nghiệm cơ bản (tt):

Các nghiệm x1, x2, … , xn – r được gọi là hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất

của hệ phương trình thuần nhất sau đây

0 2

3 5

2

0 3

0 3

4 2

4 3

2 1

4 3

2 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

0 0

0 0

4 5

1 0

3 4

2 1

2 3

h

Xét:

2 3

5 2

1 1

3 1

3 4

2 1

A

4 5

1 0

4 5

1 0

3 4

2 1

2 3

3

1 2

2

2 h

h h

h h

h

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

4 3

2

4 3

2 1

4 5

3 4

2

x x

x

x x

x x

Hệ đã cho tương đương với hệ

Ở đây r(A) = 2 < n = 4 nên hệ có vô số nghiệm với 2 ẩn

số tự do và nghiệm tổng quát có dạng:

1 3

2 1

2

2 1

1

4 5

11 14

t x

t t

x

t t

x

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

Ví dụ 1 (tt):

Lần lượt cho t1 = 1, t2 = 0 và t1 = 0, t2 = 1, ta có 2

nghiệm cơ bản của hệ là:

1 0 4

11

x và

0 1 5 14

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

Ví dụ 2:

Với điều kiện nào của thì hệ phương trình sau có

nghiệm không tầm thường? Tìm nghiệm tổng quát và

hệ nghiệm cơ bản của hệ trong trường hợp ấy?

Ta có:

0 7

4

0 3

2

0 2

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

) 1 (

2 3

1 2

2 1

A

α

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

7 1

4

3 1

2

2 1

1

A

1 3

0

1 3

0

2 1

1

1 3

3

1 2

2

4

2

h h

h

h h

0

1 3

0

2 1

1

2 3

3 h h h

4 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (tt)

Ví dụ 2 (tt):

Ở đây r(A) = 2 < n = 3 nên hệ có vô số nghiệm với 1 ẩn

tự do và nghiệm tổng quát có dạng:

ý tùy t

t x

t x

t x

; 3

1 3 5

3 2 1

3 2

3 2

1 3

2

x x

x x

x

Vậy với = –1 hệ tương đương với hệ:

* Nội dung của phương pháp này là dùng các phép

biến đổi sơ cấp trên các phương trình của hệ đã cho để

đưa nó về một hệ tương đương, đơn giản, dễ tìm

nghiệm

* Một phép biến đổi sơ cấp trên một hệ phương trìnhtuyến tính là phép biến đổi có một trong các dạng sau:

a/ Đổi chỗ 2 phương trình của hệ cho nhau

b/ Nhân 1 phương trình của hệ với một số khác không

c/ Thêm vào một phương trình bội số của phương trìnhkhác

5 Phương pháp Gauss để giải hệ phương trình tuyến tính

Nhận xét: Các phép biến đổi sơ cấp nói trên chính làcác phép biến đổi sơ cấp trên các hàng của ma trận mởrộng của hệ.

* Nội dung của phương pháp Gauss là dùng các phépbiến đổi sơ cấp nói trên để đưa ma trận mở rộng của hệ

đã cho về một ma trận có dạng bậc thang

Ở dạng đó ta biết phương trình có nghiệm hay không

và việc tìm nghiệm cũng không khó khăn so với cácphương pháp khác

Ta trình bày phương pháp Gauss qua một số ví dụ sau

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

8 10

3 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

Ma trận mở rộng của hệ là:

8 5 3 2

10 3

0 3

3 2

1 2

1 5

3 3

4 3

2 1

A B

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

Ví dụ 1 (tt):

2 9 9 2

2 6

6 0

11 8

3 0

13 14

9 0

4 3

2 1

1 4

4

1 3

3

1 2

2

3 2 3

h h

h

h h

h

h h

h

2 9 9 2

2 6

6 0

13 14

9 0

11 8

3 0

4 3

2 1

3

h

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

Ví dụ 1 (tt):

20 18 9 2

20 10

0 0

20 10

0 0

11 8

3 0

4 3

2 1

2 4

4

2 3

3

2

3

h h

h

h h

h

2 18 9 2

0 0

0 0

20 10

0 0

11 8

3 0

4 3

2 1

3 4

h

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

3

16 2

5

16 7

3 2

6 2

3 2

1

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

2 2 4 6

2 0

0

2 0

0

3 1

0

2 1

1

2 4

4

2 3

3

4

3

h h

h

h h

h

Ma trận mở rộng của hệ là:

0 16 19 6

8 1

3

1 2

5

7 3

2

2 1

1

B

A

18 14 4 6

14 4

0

11 3

0

3 1

0

2 1

1

1 4

1

1 3

3

1 2

2

3 5 2

h h

h

h h

h

h h

h

0 2 4 6

0 0

0

2 0

0

3 1

0

2 1

1

3 4

h

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

Ví dụ 2 (tt):

3 2

1

3 2

3

2 6

3 4

2 2

x x

x

x x

x

1 1

3

2 1

x x x

Hệ có nghiệm duy nhất là:

Ma trận cuối có dạng bậc thang, trong đó:

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

1 6

4 5

2

2 3

1 5

3 2

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

Ma trận mở rộng của hệ là:

1 2 1

6 4

5 2

1 1

3 1

5 3

2 1

B

A

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

Ví dụ 3 (tt):

3 3 1

4 2

1 0

4 2

1 0

5 3

2 1

1 2 3 3

1 2 2

h h

h

h h

h

0 3 1

0 0

0 0

4 2

1 0

5 3

2 1

2 3

h

5 PHƯƠNG PHÁP GAUSS ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH (tt)

Ví dụ 3 (tt):

Hệ đã cho tương đương với hệ:

3 4

2

1 5

3 2

4 3

2

4 3

2 1

x x

x

x x

x x

Ta chọn ẩn số tự do là x3, x4 Lúc này hệ có vô số

nghiệm và nghiệm tổng quát có dạng:

ý tùy t

t

t x

t x

t t

x

t t

x

2 1

1 3

2 1

2

2 1

1

,

;

4 2

3

14 7

7

BÀI TẬP CHƯƠNG 5: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

5 5

2

1 2

1 2

/

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

a

3

1 2

2

1 3

/

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

x

b

0 8

3

16 2

5

16 7

3 2

6 2

/

3 2

1

3 2

1

3 2

1

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

c

BÀI TẬP CHƯƠNG 5 (tt)

nghiệm tổng quát và hệ nghiệm cơ bản)

0 0 0 0 0

/

5 4

1

6 3

2

6 5

2 1

6 4

2

5 3

1

x x

x

x x

x

x x

x x

x x

x

x x

x

a

0 2

3 5

2

0 3

0 3

4 2

/

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

x x

x x

x x

x x

x x

x x

b

BÀI TẬP CHƯƠNG 5 (tt)

16 2

5

16 7

3 2

6 2

z y

x

z y

x

z y

x

23 5

11 4

15 3

8 2

/

4 2

1

4 3

1

4 3

2

3 2

1

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

a

6 3

3

6 2

3

6 2

3 3

3

4 3

2

/

4 3

2 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 x

b

BÀI TẬP CHƯƠNG 5 (tt)

số m

2 2

2

1 3

3 2

4 3

3 2

2 4

3 2

1

2 3

2

2 4

3 2

1

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

4 3

2 1

m m

mx x

x x

m mx

x x

x

m mx

x x

x

m mx

x x

x

m mx

x x

x

5 4

1 2

4

7 3

2

2 1

3 2

1

3 2

1

x x

x x

x

x x

x

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

a/ r(A) = r(AB) = 2 < n = 4 Hệ có vô số nghiệm

R t

t

x

t t

x

t x

t x

2 1

4

2 1

3

2 2

1 1

1

x x

Nghiệm tổng quát có dạng:

b/ r(A) = 3 < r(AB) = 4 Hệ vô nghiệm

c/ r(A) = 3 = r(AB) Hệ có nghiệm duy nhất là:

2 5

1 4

1 3

3 1

2

2 1

1

,

t x

t x

t x

t x

t t

x

t t

x

với t1, t2, t3 tùy ý

1 0 0 0 1 0

,

0 1 0 0 0 1

,

0 0 1 1 1 1

3 2

x

Ba nghiệm cơ bản là:

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

Bài 2 (tt):

b/ r(A) = r(AB) = 2 < n = 4 Hệ có vô số nghiệm

(Có 2 ẩn số tự do)

2 4

1 3

2 1

2

2 1

1

4 5

11 14

t x

t x

t t

x

t t

x

Hai nghiệm cơ bản của hệ là:

0 4

11

x

, 1

5 14

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

Bài 3:

2 detA

2 detA

6 detA

2 detA

(3)

(2) (1)

1 1 3

z y

3 x

2 x

1 x

4 3 2 1

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

Bài 4 (tt):

b/ r(A) = r(AB) = 4

Hệ có nghiệm duy nhất là:

0 x

0 x

0 x

2 x

4 3 2 1

Bài 5:

Trường hợp m 0, r(A) = r(AB) = 4

Hệ có nghiệm duy nhất là:

x x

m m

x

3 2

2 1

1 1

1

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

Bài 5 (tt):

Trường hợp m = 0, r(A) = r(AB) = 3 < n = 4

Hệ có vô số nghiệm (Có 1 ẩn tự do)

ý tùy t

,

t x

1 x

1 x

1 x

4 3 2 1

Nghiệm của hệ là X = A-1.B, với

PHẦN ĐÁP SỐ & HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CHƯƠNG 5

Bài 6 (tt):

Nghiệm của hệ là

2

11 2

5 4

2

3 2

1 1

5 2

4

1

A

2 1

1

X

1

1 2

1

x x

Tức là:

Kết thúc chương 5 - Toán 2