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. . 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. 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