Hệ phương trình tuyến tính luôn luôn có nghiệm

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Có thể nói đối với sinh viên khoa toán nói riêng và sinh viên học toán
nói chung Đại Số Tuyến Tính là một môn học rất quan trọng.
Trong đó lí thuyết về hệ phương trình tuyến tính và các kĩ năng giải các
hệ phương trình tuyến tính là rất quan trọng, nó được hoàn thiện nhờ không
gian véc tơ và định thức. Nó có nhiều ứng dụng không những trong nhiều
ngành toán học khác như: Đại số, Hình học, Giải tích, lý thuyết phương trình
vi phân, Phương trình đạo hàm riêng, Quy hoạch tuyến tính, và còn trong
nhiều lĩnh vực khoa học khác. Chính vì lí do đó em đã chọn đề tài: Hệ
phƣơng trình tuyến tính và lớp các bài toán đặc biệt của hệ phƣơng trình
tuyến tính để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu sâu hơn các kiến thức về hệ phương trình tuyến tính.
Đưa ra một số dạng toán thường gặp của hệ phương trình tuyến tính và
hệ thống các ví dụ minh hoạ cho mỗi dạng toán.
3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Kiến thức về hệ phương trình tuyến tính.
Phạm vi nghiên cứu: Lý thuyết và một số dạng toán thường gặp về hệ
phương trình tuyến tính.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trình bày cơ sở lý thuyết về hệ phương trình tuyến tính.
Đề xuất một số dạng toán thường gặp về hệ phương trình tuyến tính và
ví dụ minh họa.
5. Các phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu sử dụng các lý luận, các công cụ toán học.
Nghiên cứu các tài liệu liên quan.

1

PHẦN A: NỘI DUNG
CHƢƠNG 1: ĐỊNH NGHĨA VỀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

1.1. Định nghĩa
Một hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình bậc nhất n ẩn có
dạng như sau:
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn

b2

...
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn

1

bm

Trong đó: các số aij là các hệ số, các số bi gọi là các hệ số tự do và
x1 , x2 ,..., xn là các ẩn, [ aij , b j

k ].

Hệ [1] được gọi là hệ phương trình tuyến tính tổng quát.
Hệ phương trình tuyến tính [1] được gọi là hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất nếu b1 b2 ... bm 0 hay:
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn


0

a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn

0

...
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn

2

0

Ta gọi hệ [2] là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết với hệ [1].
Một nghiệm của hệ [1] là một bộ n số c1 , c2 ,..., cn
x1

c1 , x2

c2 ,..., xn

k sao cho khi thay

cn thì mọi đẳng thức trong hệ [1] là những đẳng thức đúng.

Hệ thuần nhất [2] luôn luôn có nghiệm, chẳng hạn [0,0,,0]
nghiệm của hệ. Ta gọi nghiệm [0,0,,0] là nghiệm tầm thường.

2


k n là một


1.2. Định nghĩa
Ta có ma trận:
a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n
... ... ... ...
am1 am 2 .... amn

A

là ma trận các hệ số [ hoặc ma trận liên kết] của [1] và [2], còn ma trận :
a11 a12
a21 a22
... ...
am1 am 2

B

... a1n
... a2 n
... ...
... amn

b1
b2
...
bm


Là ma trận bổ sung của hệ [1] hay ma trận các hệ số mở rộng của [1].
Đặt:
x1
x2

X

...
xn

b1

và

b

Thì ta có thể viết gọn hệ [1] dưới dạng:
AX

b

Và hệ [2] cũng có thể viết dưới dạng:
AX

0

Véc tơ b được gọi là véc tơ hệ số tự do.
1.3. Định nghĩa
Ta có thể viết gọn hệ [1] dưới dạng:

n

aij x j

bi , i

j 1

3

1, 2,..., m

b2
...
bm


Nếu coi mỗi cột cột của ma trận B như một véc tơ trong không gian k m ,
chẳng hạn:
uuv
j

uv

a1 j , a2 j ,..., amj

b1 , b2 ,..., bm

Thì ta cũng có thể viết hệ [1] dưới dạng:
uuv

uuv
uuv
... n xn
1 x1
2 x2

uv

Và gọi đó là dạng véc tơ của hệ [1].

4


CHƢƠNG 2: KHÔNG GIAN NGHIỆM CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNH
TUYẾN TÍNH
2.1. Định lý [Kronerker-capelli]
Hệ phương trình tuyến tính [1] có nghiệm khi và chỉ khi hạng của ma
trận A bằng hạng của ma trận bổ sung B, nghĩa là: rankA rankB .
Hệ quả:
Hệ phương trình tuyến tính [1] có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
n.

rankA rankB

2.2. Định lý
Tập hợp tất cả các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
[2] là một không gian con của không gian vecto k n và có số chiều là n rankA .
Mỗi cơ sở của không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính
thuần nhất [2] được gọi là một hệ nghiệm cơ bản.
Hệ quả:

Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất [2] có nghiệm không tầm thường
khi và chỉ khi rankA n . Nói riêng, nếu số ẩn nhiều hơn số phương trình thì
nó luôn có nghiêm không tầm thường.
2.3. Định nghĩa
Cho

0

là một nghiệm nào đó [cố định] của hệ [1]. Khi đó

nghiệm của hệ [1] khi và chỉ khi

có dạng

0

, trong đó

là

là một nghiệm

của hệ phương trình thuần nhất liên kết [1].
2.4. Mệnh đề
Nếu biết nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
[2] liên kết với hệ [1] và

uv

là một nghiệm nào đó của hệ [1] thì mọi nghiệm


của [1] có dạng:
v uv

uv

uuv

= + t1 1 + t2 2 ++ tr

uuv
r

với t1,t2 ,..., tr k

5


Từ công thức trên, một nghiêm cố định
tính là nghiệm riêng, còn nghiệm

v

uv

của hệ phương trình tuyến

gọi là nghiệm tổng quát.

Như vậy để giải một hệ phương trình tuyến tính, ta cần tìm một nghiệm

riêng, và một hệ nghiệm cơ sở của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên
kết.
2.5. Chú ý
Khi hệ phương trình có vô hạn nghiệm, dù giải bằng phương pháp
Gauss hay đưa về sử dụng qui tắc Cramer, ta có thể có nhiều cách chọn biến
tự do.
Khi giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, ta có nhiều cách chọn
hệ nghiệm cơ bản.
Ngoài hai phương pháp chính trên, tùy thuộc vào đặc thù của hệ
phương trình, ta có thể có nhiều cách khác nhau để đơn giản lời giải, chẳng
hạn: khử biến [rút từ một phương trình rồi thay vào tất cả các phương trình
còn lại ], cộng hai vế của một phương trình lại với nhau,.

6


CHƢƠNG 3: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH
TUYẾN TÍNH
3.1. Bài tập về không gian nghiệm của hệ phƣơng trình tuyến tính
3.1.1. Một số ví dụ
3.1.1.1. Ví dụ 1
Chứng minh rằng hệ phương trình:
Ax

b

Có nghiệm, trong đó A M [m, n; k ] khi và chỉ khi mọi nghiệm v của hệ
phương trình tuyến tính thuần nhất:
AT y


0

Có tính chất:
v1b1 ... vmbm

0.

Lời giải
Ta quy ước các véc tơ theo cột.
Ta có:
v1b1 ... vmbm

bT v vT b.

Theo giả thiết nếu hệ phương trình Ax b có nghiệm thì có u để :
Au

b

Khi đó:
bT v

T

Au v uT AT u

0.

Ngược lại, ta kí hiệu v1 ,..., vs k m là một nghiệm cơ bản của hệ phương
trình tuyến tính thuần nhất AT y 0 . Khi đó s m rankAT

r

m r , trong đó:

rankA .

Gọi B là ma trận gồm các dòng là tọa độ của v j . Khi đó AT v j 0 với
mọi j cũng có nghĩa là mỗi cột của A là nghiệm của hệ phương trình:

7


Bz

0.

Không gian nghiệm của hệ này có chiều bằng:
m rankB

m s

m [m r ] r

rankA.

Điều này chứng tỏ các cột của A sinh ra không gian nghiệm của hệ
Bz

0.


Điều kiện vTj b 0 với mọi j cũng có nghĩa là b là nghiệm của hệ
Bz

0.

Khi đó b biểu diễn tuyến tính được qua các cột của A. Điều này tương
đương với việc hệ Ax b có nghiệm.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
3.1.1.2. Ví dụ 2
Cho L là mở rộng trường k . Chứng minh rằng nếu hệ phương trình với
hệ số trên k có nghiệm trong L, thì nó cũng có nghiệm trong k .
Lời giải
Xét hệ phương trình tuyến tính trên L:
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn

b2

...
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn

bm

Hệ đã cho có ma trận liên kết và bổ sung lần lượt là:

A


a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n
... ... ... ...
am1 am 2 .... amn

và B

a11 a12
a21 a22
... ...
am1 am 2

... a1n
... a2 n
... ...
... amn

b1
b2
...
bm

Khi đó từ giả thiết ta có: rankA rankB trên L. Tuy nhiên ta có thể xác
định hạng của ma trận qua các định thức con, mà các định thức con đều thuộc
k nên nó không phụ thuộc vào việc mở rộng k .

8


Nên ta có: rankA rankB trên k . Theo định lí Kronerker-capelli ta suy

ra hệ có nghiệm trong k .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
3.1.1.3. Ví dụ 3
Hãy xét xem khi nào hệ phương trình:
ax by
cx dy

e
f

Có nghiệm.
Lời giải
Ta có:
a b
c d

ad cb .

* Nếu ad cb 0 , tức là hạng của ma trận liên kết bằng 2, thì hệ có
nghiệm duy nhất.
* Nếu ad cb 0 và ít nhất một trong bốn số khác 0 thì để hệ có nghiệm
ta phải có: af ce bf de 0 .
Trường hợp a b c d 0 thì để hệ có nghiệm ta phải có: e

f

0.

3.1.1.4. Ví dụ 4
Chứng minh rằng hệ phương trình tuyến tính với m phương trình và


rankA m luôn có nghiệm.
Đó có phải là điều kiện cần để mọi hệ phương trình tuyến tính như vậy
luôn có nghiệm khi thay đổi tùy ý các hệ số tự do không?
Lời giải
Xét hệ phương trình tuyến tính trên trường k :
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn

b2

...
am1 x1 am 2 x2 ... amn xn

9

bm


Có ma trận liên kết và ma trận bổ sung lần lượt là:

A

a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n
... ... ... ...
am1 am 2 .... amn


a11 a12
a21 a22
... ...
am1 am 2

và B

... a1n
... a2 n
... ...
... amn

b1
b2
...
bm

Và hạng của ma trận là số véc tơ dòng độc lập tuyến tính cực đại.
Ta có:
m

m.

rankA rankB

Do đó: rankA rankB .
Đây cũng là điều kiện cần, ta kí hiệu f là ánh xạ tuyến tính từ k n vào
k m với ma trận biểu diễn A theo cặp cơ sở tự nhiên.


Khi đó điều kiện để hệ phương trình với véc tơ hệ số tự do b có
nghiệm là b Im f . Do đó ta phải có Im f

k m hay rankA dim[Im f ]

m.

3.1.1.5. Ví dụ 5
Cho v1 ,..., vm ¡ n và xem ¡

n

như không gian Euclide. Hãy đặc trưng các

véc tơ x R n trực giao với tất cả các véc tơ trên. Từ đó, hãy tính dimV trong
đó V là không gian con sinh bởi v1 ,..., vm .
Lời giải
Đặt:
vi

ai1 ,..., ain

x

x1 ,..., xn

¡
¡

n


i 1,..., m

n

Khi đó véc tơ x trực giao với tất cả các véc tơ vi i 1,..., m nếu và chỉ
nếu:
vi .x

0

i 1,..., m

ai1 x1 ... ain xn

10

0 ,

i 1,..., m


a11 x1 ... a1n xn
...
am1 x1 ... amn xn

0
0

Đặt:

a11 ... a1n
... ... ...
am1 ... amn

A

Vậy véc tơ x

¡

x1 ,..., xn

n

vuông góc với tất cả các véc tơ v1 ,..., vm khi

và chỉ khi véc tơ x có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất:
AxT

0 [*]

Trong đó A là ma trận có các dòng là các tọa độ của vi .
Ta có:
dim V

rank v1 ,..., vm

rankA rank v1 ,..., vm
dimV


Hơn nữa V

rankA

là không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính

thuần nhất [*].
Ta được:
dimV

n rankA n dimV .

3.1.2. Bài tập đề nghị
Bài 1:
Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có hạng của ma trận liên kết
nhỏ hơn số biến một đơn vị. Chứng minh rằng hai nghiệm tùy ý của nó tỉ lệ
với nhau [tức véc tơ nghiệm này là bội của véc tơ nghiệm kia].

11


Bài 2:
Tìm điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng trên mặt phẳng :
a1 x b1 y c1

0,

a2 x b2 y c2


0,

a3 x b3 y c3

0,

Đồng qui.
Bài 3:
Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm:
ax y z a
x by z b
x y cz c

Bài 4:
Tìm điều kiện cần và đủ để ba điểm trên mặt phẳng có tọa độ x1 , y1 ,
x2 , y2 , x3 , y3 thẳng hàng.

12


3.2. Giải hệ phƣơng trình tuyến tính bằng phƣơng pháp Cramer
Phương pháp Cramer là sử dụng định thức để giải hệ phương trình.
Xét một hệ n phương trình tuyến tính n ẩn:
a11 x1 a12 x2 ... a1n xn

b1

a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn

b2


...
an1 x1 an 2 x2 ... ann xn

bn

Trong đó định thức:

A

a11 a2
a21 a22
... ...
ar1 ar 2

... a1n
... a2 n
... ...
... arr

0.

Định nghĩa: Ta nói hệ phương trình tuyến tính n ẩn và n phương trình là
không suy biến nếu A

0 , và là suy biến nếu A

0.

Định lý: Cho hệ phương trình tuyến tính không suy biến, kí hiệu: D


A

0

thì hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thức:
xi

Di
D

Với Di là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột i của A
bằng cột hệ số tự do.
Từ đó ta xây dựng cách giải hệ [1] bằng phương pháp dùng định thức
như sau:
Từ hệ [1] ta có ma trận A là:

A

a11 a12 ... a1n
a21 a22 ... a2 n
... ... ... ...
am1 am 2 .... amn

13


Và ma trân bổ sung B có dạng:
a11 a12
a21 a22

... ...
am1 am 2

B

... a1n
... a2 n
... ...
... amn

b1
b2
...
bm

Theo định lí kronecker-capelli:
Nếu rankA rankB thì hệ [1] vô nghiệm.
Nếu rankA rankB r , không làm mất tính tổng quát ta có định thức:
D

a11 a2
a21 a22
... ...
ar1 ar 2

... a1n
... a2 n
... ...
... arr


0

+ Nếu r n thì hệ phương trình đã cho là hệ Cramer, và nó có nghiệm
duy nhất.
+ Nếu r n thì hệ [1] có vô số nghiệm phụ thuộc vào [ n r ] tham số.
Nếu r

n , không làm mất tính tổng quát xét hệ phương trình gồm r

phương trình đầu:
a11 x1 a12 x2 ... a1r xr

a1r 1 xr

a21 x1 a22 x2 ... a2 r xr

a2 r 1 xr

......
ar1 x1 ar 2 x2 ... arr xr

arr 1 xr

... a1n xn

1

b1

... a2 n xn


1

... arn xn

1

b2

[3]

br

Mọi véc tơ dòng của ma trận bổ sung B đều là tổ hợp tuyến tính của r
véc tơ dòng đầu. Vì thế mỗi nghiệm của hệ [3] cũng là nghiệm của mỗi
phương trình từ thứ r 1 đến thứ m , do đó là nghiệm của hệ [1]. Ngược lại
mỗi nghiệm của hệ [1] cũng là nghiệm của hệ [3], vì thế chỉ cần giải hệ [3].
Ta viết nó dưới dạng:
a11 x1 a12 x2 ... a1r xr

b1 a1r 1 xr

a21 x1 a22 x2 ... a2 r xr

b2 a2 r 1 xr

............
ar1 x1 ar 2 x2 ... arr xr

br


14

arr 1 xr

... a1n xn

1
1

1

... a2 n xn
... arn xn

[4]


và gọi các ẩn: xr 1 ,..., xn là những ẩn tự do.
Với mỗi bộ n r số [cr 1,..., cn ] k n

r

các vế phải của r phương trình

này là những hằng số. Vì định thức D 0 nên khi đó hệ [3] đã cho là hệ
Cramer, ta tìm được giá trị duy nhất của
x1

c1 , x2


c2 ,..., xr

x1 ,..., xr ,

chẳng hạn:

cr .

Khi đó:
c1 , c2 ,..., cr , cr 1 ,..., cn

Là một nghiệm của hệ [4], như vậy các giá trị của n r tham số phụ
thuộc vào cr 1 ,..., cn . Do cr 1 ,..., cn có thể nhận vô số giá trị nên hệ phương trình
[4] có vô số nghiệm.
Nếu coi rằng cr 1 ,..., cn nhận giá trị tùy ý thì nghiệm c1 , c2 ,..., cr , cr

1

được

gọi là nghiệm tổng quát, nếu cho mỗi c j [ j r 1,..., n ] một giá trị trị xác định
thì được gọi là một nghiệm riêng.
Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn và n phương trình có
nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi nó suy biến.
3.2.1. Một số ví dụ
3.2.1.1. Ví dụ 1
Giải hệ phương trình sau:
x1 2 x2 3x3
2 x1 x2


x3

3x1 x2 2 x3

6
2
2

Lời giải
Ta có:
D

1
2
3

2
1
1

3
1
2

15

30 0



Do D 0 nên hệ có ngiệm duy nhất. Ta có:

Suy ra : x1

D1

6
2
2

2
1
1

D3

1
2
3

2 6
1 2
1 2

D1
=1 ,
D

x2


3
1 ,
2

1 6
2 2
3 2

D2

3
1
2

30

D2
D

1 ,

x3

D3
D

1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là 1,1,1 .
3.2.1.2. Ví dụ 2

Giải và biện luận hệ phương trình sau:
ax y z 1
x ay z a
a2

x y az

Lời giải
Hệ có ma trận bổ sung và ma trận liên kết lần lượt là:
a 1 1
1 a 1
1 1 a

A

và

B

a 1 1 1
1 a 1 a
1 1 a a2

Ta có:
D

Nếu a 1, a

a 1 1
1 a 1

1 1 a

2 thì D

a3 3a 2 [a 1] 2 [a 2]

0 nên hệ đã cho là một hệ Cramer.

Ta có
D1

1
a
a2

1 1
a 1
1 a

a3 a 2 a 1

16

[a 1]2 [a 1]


Suy ra : x

D2


a 1
1 a
1 a2

1
1
a

D3

a 1
1 a
1 a2

1
a
a2

D1
D

a 2 2a 1 [a 1] 2

a 4 2a 2 1 [a 2 1]2

D2
D

a 1
, y

a 2

1
a 2

, z

D3
D

[a 1]2
a 2

Hệ có nghiệm duy nhất:
a 1 1 [a 1] 2
,
,
.
a 2 a 2 a 2

* Nếu a 1 thì hệ phương trình đã cho tương đương với phương trình:
x y z 1 hay x

y z 1

Cho y c2 , z c3 là những số tùy ý.
Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:

c2 c3 1, c2 , c3 .


* Nếu a 2 thì D 0 và ma trận
A

2
1
1

1
2
1

1
1
2

2
1

1
2

3 0

có định thức bằng 0 nhưng có định thức con:

còn ma trận bổ sung B:
B

2
1

1

1
2
1
2
1
1

1
1
2
1
2
1

1
2 có định thức cấp 3:
4
1
2
4

Nghĩa là rankB 3 rankA .

17

9



Vậy hệ vô nghiệm.
3.2.1.3. Ví dụ 3
Giải các hệ phương trình sau:
x1 x2 3x3 2 x4 3x5 1

a]

2 x1 2 x2 4 x3

x4 3x5

2

3x1 3x2 5 x3 2 x4 3x5 1
2 x1 2 x2 8 x3

x4 9 x5

2

2 x 3 y 5 z 7t 1
b] 4 x 6 y 2 z 3t 2
2 x 3 y 11z 15t 1
3x1
x
c] 1
x1
12 x1

x2

x2
x2
2 x2

x3
2 x3
3x3
x3

2 x4
4 x4
6 x4
2 x4

1
5
9
10

Lời giải
a] Hệ có ma trận liên kết và bổ sung lần lượt là:

A

1
2
3
2

1

2
3
2

3
4
5
8

2
1
2
1

3
3
3
9

và

1
2
3
2

B

1
2

3
2

Ma trận A có:
1
2
3
2

1
2
3
2

3
4
5
8

2
1
2
3

1 3
2 4
3 5

0;


2
1
2

Suy ra: rankA 3 .
Ma trận B có:
3
4
5
8

2
1
2
3

3
3
3
9

18

1
2
1
2

24 0


4 0

3
4
5
8

2
1
2
1

3
3
3
9

1
2
1
2


Suy ra: rankB 4
Vì rankA rankB nên hệ đã cho vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
b] Hệ đã cho có ma trân bổ sung và ma trận liên kết là:

A


3
1
2
2
5

1
5
4
1
0

1
1
0
3
4

và

3
1
2
2
5

B

1
5

4
1
0

1 6
1 12
0 6
3 3
4 9

Định thức:
D

1
2
2

5 1
4 0
1 3

36 0 ;

Suy ra: rankA 3
Tương tự ta xét ma trận B:
3
1
2
2


1
5
4
1

1 6
1 12
0 6
3 3

1
2
2
5

0;

5
4
1
0

1 12
0 6
3 3
4 9

0 ;

Vì thế rankB 3 rankA . Vậy hệ có nghiệm.

Nên ta sẽ giải phương trình sau:
x1
2 x1
2 x1

5 x2
4 x2
x2

x3
3x3

12
6
3

Đó là một hệ Cramer có:
D

1
2
2

5 1
4 0
1 3

Ta có:

19


36 0

1
2
2

5 1
4 0
1 3

36 0


D1

12
6
3

5 1
4 0
1 3

36 ;

D3

1
2

2

5 12
4
6
1 3

72 .

D2

1 12 1
2 6 0
2 3 3

72 ;

Từ đó ta có:
x1

D1
D

D2
D

1; x2

D3
D


2 ; x3

2.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là: 1; 2; 2 .
c] Hệ đã cho có ma trận liên kết và ma trận bổ sung lần lượt là:

A

3
1
1
12

1
1
1
2

1
2
3
1

2
4
6
2


và

B

3
1
1
12

1
1
1
2

1
2
3
1

2
4
6
2

1
2
3

0;


3
1

1
1

2

1
2
3
1

1
5
9
10

Xét ma trận A:
3
1
1
12

1
1
1
2

1

2
3
1

2
4
6
2

3
0; 1
1

1
1
1

Suy ra: rankA 2 .
Tương tự ta xét ma trận B có:
3
1
1
12

1
1
1
2

1

2
3
1

2
4
6
2

1
5
9
10
3
1
1
12

1
1
1
2
1
1
1
2

20

1

2
3
1

2
4
6
2

3
1
1
12

1
5
9
10

1
5
9
10

2
4
6
2

3

1
1
12

1
1
1
2

1
2
3
1

2
4
6
2
1
5
9
10

0


3
1
1


1
1
1

1
2
3

3
1

0;

1
1

2 0.

Suy ra: rankB 2 .
Từ rankA rankB 2 . Ta có hệ sau:
3 x1 x2

1 x3 2 x4

x1 x2

5 2 x3 4 x4

[*]


[*] là hệ Cramer có định thức khác 0. Do đó x1 , x2 được xác định duy nhất
bởi các đẳng thức:
x3 2 x4 4
; x2
2

x1

5 x3 10 x4 14
.
2

Vậy hệ đã cho có vô số nghiệm dạng:
[

x3 2 x4 4 5 x3 10 x4 14
;
; x3 ; x4 ] .
2
2

3.2.2. Bài tập đề nghị
Bài 1:
Giải và biện luận các hệ phương trình sau:
a]

x1
2 x1
mx1


2 x2
[m 2] x2
x2

b]

ax1
x1
x1
x1
ax1

x2
ax 2
x2
ax 2
x2

c]

x1
x1
x1
x1

x2
x2
x2
x2


2 x3
[m 5] x3
[m 1] x3

x3
x3
ax 3
ax 3
ax 3

x3
x3
x3
x3

0
2
2

1
a
a2
a
1

x4
x4
x4
x4


a
b
c
d

21


Bài 2:
Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp định thức:

a]

x1
3 x1
3 x1
2 x1
2 x1

b]

2x
4x
8x
3x

4 x2

2y
3y

5y
3y

5 x2
7 x2
4 x2

2 x3
x3
3x3
3x3
5 x3

z
z
3z
2z

t 2
2t 3
4t 6
2t 3

4
9
15
13
11

Bài 3:

Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng của hệ phương trình:
2 x 3t 5 z 7t 1
4 x 6 y 2 z 3t 2
2 x 3 y 11z 15t 1

22


3.3. Giải hệ phƣơng trình tuyến tính bằng phƣơng pháp Gauss
Nội dung của phương pháp Gauss là khử liên tiếp các ẩn của hệ phương
trình và dựa trên các phép biến đổi sơ cấp của hệ phương trình.
Giải hệ phương trình tuyến tính [1] gồm các bước sau:
Bước 1:
Giả sử aij 0 [ nếu không chỉ việc đổi chỗ các phương trình rồi đánh số
lại].
1a. Ta có thể coi a11 0 , chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho a11 , ta
khử được x1 ra khỏi các phương trình ngoại trừ phương trình đầu.
1b. Sau đó ta nhân phương trình này với ai1 rồi cộng vào phương trình thứ i
[ i 2,3,..., m ] ta nhận được phương trình có dạng:
x1

a '12 x2
a '22 x2
.......
a 'm 2 x2

...
...

a '1n xn

a '2 n xn

b '1
b '2

...

a 'mn xn

b 'm

Bước 2:
Lập luận tương tự như trên đối với hệ con gồm [ m 1] phương trình
với các ẩn là: x2 , x3 ,..., xm .
Khi đó ta được một hệ mới có dạng:
x1

a '12 x2

...

a '1n xn

b '1

x2
......

...


a ''2 n xn

b2

xr

...

a ''rn xn

br

0
......

br

0

bm

1

* Nếu có một trong các hệ số tự do: br 1 ,..., bm khác 0 thì hệ vô nghiệm.
* Nếu br

1

... bm


0 thì hệ có nghiệm.

23


Mỗi nghiệm của phương trình nhận được bằng cách gán cho: xr 1 ,..., xn
những giá trị tùy ý thuộc trường k . Sau đó ta thế lần lượt từ dưới lên trên và
ta có được các nghiệm: xr , xr 1 ,..., xr .
3.3.1. Một số ví dụ
3.3.1.1. Ví dụ 1
Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss:
3x1
x1
x1
12 x1

x2
x2
x2
2 x2

x3
2 x3
3x3
x3

2 x4
4 x4
6 x4
2 x4


1
5
9
10

Lời giải
Theo phương pháp Gauss ta có:
3x1
x1
x1
12 x1
x

x2
x2
x2
2 x2
x2
2 x2
4 x2
14 x2

x3
2 x3
3x3
x3

2 x4
4 x4

6 x4
2 x4

1
5
9
10

6 x4
10 x4
20 x4
70 x4

9
14
28
98

x3
5 x3
10 x3
35 x3

x1
x1
3x1
12 x1

x1


x2
x2
x2
2 x2

x2
2 x2

x3
2 x3
x3
x3

3x3
5 x3

6 x4
x4
2 x4
2 x4

6 x4
10 x4

9
5
1
10

9

14

Nếu cho x3 c3 , x4 c4 với c3 , c4 k thì vế phải của mỗi phương trình
trong hệ này là một số và hệ trở thành:
x1

x2
2 x2

3c3
5c3

6c4
10c4

9
14

Ta có x1, x2 được xác định như sau:
x1

c3 2c4 4
;
2

x2

5c3 10c4 14
.
2


Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

24


[

c3 2c4 4 5c3 10c4 14
;
; c3 ; c4 ] [*]
2
2

Vì c3 , c4 có thể nhận giá trị tùy ý trong k nên hệ có vô số nghiệm và nói
[*] là nghiệm tổng quát của hệ.
Nếu cho c3 , c4 một giá trị cụ thể thì ta được một nghiệm riêng.
Chẳng hạn: Với c3 0, c4 1 ta được một nghiệm riêng là: [ 1, 2,0,1 ].
3.3.1.2. Ví dụ 2
Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m :
x1
2 x1
3x1
x1

2 x2
4 x2
6 x2
2 x2


2 x4
3x4
3x4

x3
2 x3
x3

x5

1
3
m
2m 8

x5
x5

Lời giải
Ta có:
x1
2 x1
3x1
x1

2 x2
4 x2
6 x2
2 x2
x1


2 x4
3x4
3x4

x3
2 x3
x3

2 x2
x3

x5

1
3
m
2m 8

x5
x5

2 x4
x4
x4
x4

x5
2 x5
2 x5

2 x5

x1

2 x2
x3
2 x3
x3

1
1

x1

2 x2
x3

m 5
2m 10

x4
x4
3x4
2 x4

x5
2 x5
2 x5

2 x4

x4
x4

x5
2 x5
2 x5

Nếu m 5 ta thấy hai phương trình trong hệ là:

x4

2 x5

m 5

x4

2 x5

2m 10 [vô lí].

Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Nếu m 5 , hệ đã cho tương đương với hệ:
x1

2 x2
x3

2 x4
x4

x4

25

x5
2 x5
2 x5

1
1
0

1
1
m 3
2m 9
1
1
m 5