Chương 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÀ ỨNG DỤNG

được gọi là ma trận bổ sung của hệ (I).

Định nghĩa 2. Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập

nghiệm. Các phép biến đổi của hệ phương trình mà không làm thay đổi tập nghiệm của

hệ đó được gọi là phép biến đổi tương đương của hệ phương trình.

Trong quá trình giải hệ phương trình, chúng ta thường dùng các phép biến đổi sau :

- Đổi chỗ hai phương trình của hệ cho nhau

- Nhân hai vế của một phương trình với một số khác 0

- Nhân hai vế của một phương trình với một số tuỳ ý rồi cộng vào phương trình khác vế

theo vế.

Chú ý 1. Các phép biến đổi tương đương của hệ phương trình trên chính là các phép biến

đổi sơ cấp về dòng đối với ma trận bổ sung của hệ đó.

2. Dạng ma trận, dạng véc tơ của hệ phương trình tuyến tính

Đặt

 x1 

x 

2

X =   : ma trận cột ẩn,

... 

 

x n 



 b1 

b 

2

B =   : ma trận cột hệ số tự do

... 

 

bm 



Khi đó hệ phương trình tuyến tính (I) được biểu diễn dưới dạng ma trận

A.X = B



(II)



 a1j 

a 

2j

Đặt C j =   ; j = 1,.., n là các cột của ma trận A. Khi đó hệ (I) được viết dưới dạng

 ... 

 

 a mj 

 

x1C1 + x2C2 + … +xnCn = B (III)

Như vậy, một hệ phương trình tuyến tính có thể viết tương đương dưới dạng ma trận hoặc

dạng véc tơ.

Ví dụ 1. Cho hệ phương trình tuyến tính 3 phương trình 4 ẩn

x 1 − 2x 2 + x 3 − x 4 = 1



2 x 1 + x 2 + 2 x 3 + x 4 = 2

− x − x + 3x − x = −3

2

3

4

 1



57



 x1 

1

x 

2

 

Hệ có các ẩn là x1, x2, x3, x4 nên ma trận ẩn số là X =   ; ma trận vế phải là B =  2  .

x 3 

− 3

 

 

x4 



 1 − 2 1 − 1

1

2



1 2 1  ; các véctơ cột của A là C1 =  2  ;

Ma trận hệ số của hệ là A = 

 

− 1 − 1 3 − 1

− 1





 

 − 2

1 

− 1

 1 − 2 1 −1 :1 

~ 

 1  C = 2 C =  1 

C 2 =   ; 3   ; 4   ; ma trận bổ sung của hệ : A =  2

1 2 1 :2 



 − 1

3

− 1

− 1 − 1 3 − 1 : −1

 

 

 







Khi đó hệ có dạng ma trận và dạng véc tơ tương ứng là

A. X = B ; x1C1 + x2C2 + x3C3 = B

3. Hệ có dạng tam giác, hệ có dạng bậc thang

Định nghĩa 3. Hệ n phương trình, n ẩn có dạng

a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... + a 1n x n = b1



a 22 x 2 + ... + a 2 n x n = b 2



với a11a22…ann ≠ 0



...





a nn x n = b n





được gọi là hệ có dạng tam giác

Ma trận hệ số A của hệ chính là ma trận dạng tam giác trên. Dễ thấy rằng hệ này có

nghiệm duy nhất. Hệ này giải bằng cách giải từ phương trình thứ n để tìm ẩn x n, rồi giải

phương trình thứ n -1 để tìm ẩn xn-1, …, quá trình đó cứ tiếp tục cho đến khi tìm được ẩn

x1. Cách giải này gọi là giải ngược từ dưới lên trên để tìm nghiệm của hệ phương trình.

x 1 − 2x 2 + x 3 = 1



x 2 − 2x 3 = 2

Ví dụ 2. Giải hệ sau : 



x 3 = −1





Giải: Từ phương trình thứ 3 ta có x3 = -1 ; thay vào phương trình thứ 2 ta có x2 = 2 + 2x3

= 0 ; thay x2, x3 vào phương trình thứ nhất ta được : x1 = 1 + 2x2 – x3

− 1

 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất : X = 0 

2 

 



58



Định nghĩa 4. Hệ r phương trình, n ẩn số (r < n) có dạng

a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... + a 1r x r + ... + a 1n x n = b1



a 22 x 2 + ... + a 2 r x r + ... + a 2 n x n = b 2



với a11a22... arr ≠ 0



....





a rr x r + .... + a rn x n = b r





được gọi là hệ dạng bậc thang

Ma trận bổ sung của hệ khi đó sẽ có bậc thang

a 11

0



~  ...

A=0



 ...

0





a 12

a 22

...

0

...

0



...

...

...

...

...

...



a 1r

a 2r

...

a rr

...

0



...

...

...

...

...

...



a 1n : b1 

a 2n : b 2 



... 

a rm : b r 



...



0: 0 





Với hệ có dạng bậc thang, từ phương trình thứ r, ta tính x r thông qua các ẩn xr+1, xr+2, ... ,

xn. Rồi thay vào phương trình thứ r -1 để tính x r – 1 theo các ẩn xr+1, xr+2, ... , xn quá trình

trên cứ tiếp tục cho đến x2, x1.

x 1 + 2x 2 − x 3 + 2 x 4 = 1



x 2 + 2x 3 − x 4 = 2

Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 



x 3 − 2 x 4 = −1





Giải: Từ phương trình thứ 3, ta có x3 = 2x4 – 1, thay vào phương trình 2 ta được

x2 = - 2(2x4 -1) + x4 + 2 = -3x4 + 4

Cuối cùng, thay vào phương trình thứ nhất thu được

x1 = -2x2 + x3 – 2x4 + 1 = - 2(-3x4 + 4) + 2x4 – 1 – 2x4 + 1 = 6x4 – 8

Vậy hệ có nghiệm X = (6k – 8; - 3k + 4; 2k -1); k tuỳ ý.



59



§2. Phương pháp giải hệ phương trình

1. Điều kiện tồn tại nghiệm

Định lý 1. (Định lý Kronecker-Capeli). Hệ phương trình tuyến tính (I) có nghiệm khi và

%

chỉ khi r(A) = r( A ).



Ví dụ 1. Tìm m để hệ sau có nghiệm

x 1 + 2x 2 − x 3 + x 4 = 1

x + 3x − 2x − x = −2

 1

2

3

4



2 x 1 + 5 x 2 − 4 x 3 + 2 x 4 = 3

3x 1 + 8x 2 − 6 x 3 + x 4 = m





Giải Ta có ma trận bổ sung của hệ là

1

1

~

A=

2



3



2 −1 1

:! 

3 − 2 − 1 : −2



5 −4 2 :3 



8 −6 1 :m



Biến đổi sơ cấp đưa ma trận bổ sung về dạng bậc thang

1



~ 1

A=

2



3



2 −1 1

:1 

1

d

 −d1 +d 22 +d 3 0

3 − 2 − 1 : −2 −d1 −

→ 

5 − 4 2 : 3  − d 2 − d 3 + d 4 0





8 −6 1 :m

0



2 −1 1

:1 

1 − 1 − 2 : −3 



0 −1 2

:4 



0 0

0 : m − 1

~



Từ đây ta có hệ có nghiệm ⇔ r ( A) = r (A) ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = 1

2. Điều kiện duy nhất nghiệm

Định lý 2. Hệ phương trình tuyến tính (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

%

r(A) = r( A ) = số ẩn (= n)



Chứng minh

Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ tồn tại duy nhất các số x1o, x2o, ... , xno sao cho

x1o C1 + x2oC2 + … +xnoCn = B

~

⇔ r ( { C1 , C 2 , ... , C n } ) = n ⇔ r (A) = r (A) = n (đpcm)



Ví dụ 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất

x 1 + x 2 + mx 3 = 1



x 1 + mx 2 + x 3 = m



2

mx 1 + x 2 + x 3 = m



Giải: Hệ có số phương trình bằng số ẩn và bằng 3 nên có nghiệm duy nhất

60



⇔ r (A) = 3 ⇔ A ≠ 0

1 1 m

2

Ta có A = 1 m 1 = (m + 2)(m − 1)

m 1 1

m ≠ 1

m ≠ −2



Nên hệ có nghiệm duy nhất ⇔ 



3. Phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính

a) Phương pháp giải hệ Cramer

Định nghĩa 5. Hệ Cramer là hệ n phương trình tuyến tính n ẩn (hệ vuông) có ma trận hệ

số A không suy biến (det(A) ≠ 0).

Định lý 3. Hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất.

Công thức nghiệm: xj =



∆j

A



(j = 1, n )



trong đó, ∆ j là ma trận nhận từ A bằng cách thay cột thứ j bởi cột hệ số tự do, các cột

khác không thay đổi (j = 1, n ).

4 x 1 + 3x 2 − 2 x 3 = 7



=5

Ví dụ 3. Giải hệ sau  x 1 + x 2

3x

+ x3 = 4

 1



Giải

4 3 −2

Ta có định thức của ma trận hệ số A là A = 1 1 0 = 7 ≠ 0 nên hệ là hệ Cramer.

3 0 1



Do đó có nghiệm duy nhất: x 1 =



∆

∆1

∆

; x1 = 2 ; x1 = 3

A

A

A



7 3 −2

4 7 −2

4 3 7

Mà ∆ 1 = 5 1 0 = 0; ∆ 2 = 1 5 0 = 35; ∆ 3 = 1 1 5 = 28

4 0 1

3 4 1

3 0 4



Vậy hệ có nghiệm (x1=



0

35

28

=0; x2 =

= 5; x3 =

= 4)

7

7

7



Ví dụ 4. Tìm điều kiện để hệ sau có nghiệm duy nhất



61



mx 1 + x 2 + x 3 = 1



x 1 + mx 2 + x 3 = m



2

x 1 + x 2 + mx 3 = m



Giải

Nhận xét: Các hệ trên là các hệ có số phương trình bằng số ẩn. Nên hệ có nghiệm duy

nhất ⇔ A ≠ 0

m 1 1

2

Ta có A = 1 m 1 = (m + 2)(m − 1)

1 1 m

m ≠ −2

m ≠ 1



Nên hệ có nghiệm duy nhất ⇔ 



b). Phương pháp giải hệ tổng quát

Giả sử ta giải hệ tổng quát m phương trình tuyến tính, n ẩn dạng:

a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1

a x + a x + ... + a x

= b2

 21 1

22 2

2n n



..................................................

a m1x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = b m





Cách giải:

%

• Tính r(A), r( A )

%

• So sánh r(A) với r( A ):

%

+ Nếu r(A) ≠ r( A ) thì hệ (I) vô nghiệm.

%

+ Nếu r(A) = r( A ) = số ẩn (= n) thì hệ (I) có nghiệm duy nhất cho bởi công thức



Cramer: xj =



∆j

A



(j = 1, n )



%

+ Nếu r(A) = r( A ) = r < n thì hệ (4.1) có vô số nghiệm (hay còn gọi là hệ vô



định):

Chỉ ra một định thức con cơ sở của ma trận A, giả sử ta đã chỉ ra một định thức

con cơ sở là Dr. Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ gồm r phương trình

của hệ đã cho mà có hệ số của các ẩn tạo nên D r. r phương trình này được gọi là các

phương trình cơ bản của hệ (I). r ẩn của hệ (I) có hệ số tạo thành r cột của D r được gọi là

các ẩn cơ bản, (n – r) ẩn còn lại được gọi là các ẩn tự do. Ta giải hệ gồm r phương trình



62



cơ bản và r ẩn cơ bản bằng cách chuyển (n – r) ẩn tự do sang vế phải và coi như là các

tham số, ta được hệ Cramer. Giải hệ Cramer đó, ta được công thức biểu diễn r ẩn cơ bản

qua (n – r) ẩn tự do.

c) Phương pháp Gauss

Nội dung của phép khử Gauss như sau:

%

• Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp về hàng để đưa ma trận bổ sung A về dạng



ma trận bậc thang.

• Khi đó hệ phương trình đã cho tương với hệ phương trình mới có ma trận hệ số

bổ sung là ma trận bậc thang vừa thu được. Sau đó ta giải hệ mới này từ phương trình

cuối cùng, thay các giá trị của ẩn vừa tìm được vào phương trình trên đó và cứ tiếp tục

giải cho đến phương trình đầu tiên ta sẽ thu được nghiệm của hệ phương trình đã cho.

2 x 1 + x 2 − 3x 3 + 4x 4 = 1

 x − 3x + x − x = −2

 1

2

3

4

Ví dụ 5. Giải hệ 

3x 1 − 2 x 2 − 2x 3 + 3x 4 = −1



 x 1 + 4 x 2 − 4 x 3 + 5x 4 = 3





Giải:

Trước hết, tìm hạng của ma trận hệ số và ma trận bổ sung

Ta có

2 1 − 3 4



~ 1 − 3 1 − 1

A=

3 − 2 − 2 3



1 4 − 4 5



: 1

 1 − 3 1 − 1 : −2 

1 − 3 1 − 1 : −2

 d1 ↔d 2 2 1 − 3 4 : 1  −2 d1 + d 2 0 7 − 5 6 : 5 

: −2 

 → 



→ 

3 − 2 − 2 3 : −1 −3d++ d 3 0 7 − 5 6 : 5 

1

: −1 





 −d1 d 4 



: 3

1 4 − 4 5 : 3



0 7 − 5 6 : 5 



1 − 3 1 − 1 : −2

1 − 3 1 − 1 : −2

0 7 − 5 6 : 5  − d 2 + d 3 0 7 − 5 6 : 5 

− 2 d1 + d 2

 → 



→ 

−3d1 + d 3 0

7 − 5 6 : 5  − d 2 + d 4 0 0

0

0 :0 

− d1 + d 4









0

0 :0 

0 7 − 5 6 : 5 

0 0

~

Khi đó r(A) = r( A ) = 2 < n = 4. Do đó hệ có vô số nghiệm

x 1 − 3x 2 + x 3 − x 4 = −2

7 x 2 − 5x 3 + 6 x 3 = 5





Khi đó hệ đã cho ⇔ 



Chọn 4 – 2 = 2 ẩn tự do là x3, x4 và x1, x2 khi đó là ẩn cơ bản.

Hệ trở thành



63



1 + 8x 3 − 11x 4



x 1 =

x 1 − 3x 2 = − x 3 + x 4 − 2



7

⇔

; x3, x4 ∈ R



7 x 2 = 5x 3 − 6 x 3 − 5



 x = 5 + 5x 3 − 6 x 4

 2

7



 1 + 8α − 11β 5 + 5α − 6β



;

; α; β  (α; β ∈ R )

7

7







Vậy hệ có vô số nghiệm X = 



Ví dụ 6. Giải và biện luận hệ phương trình sau

mx 1 + x 2 + mx 3 = 1



 x 1 + mx 2 + mx 3 = 1

 x + x + x =1

2

3

 1



Giải:

Nhận xét: Đây là hệ có 3 phương trình, 3 ẩn số có ma trận bổ sung là

m 1 1 : 1

~ 

A =  1 m m : 1



 1 1 1 : 1





m 1 m

2

Ta có A = 1 m m = −(m − 1)

1 1 1



* Nếu m ≠ 1 thì A ≠ 0 nên hệ là hệ Cramer nên có nghiệm duy nhất.

Mặt khác ta lại có

1 1 m

m 1 m

m 1 1

2

2

∆ 1 = 1 m m = −(m − 1) ; ∆ 2 = 1 1 m = −(m − 1) ; ∆ 3 = 1 m 1 = (m − 1) 2

1 1 1

1 1 1

1 1 1





∆

∆1

∆

= 1; x 2 = 2 = 1; x 1 = 3 = −1

Do đó, nghiệm của hệ là  x 1 =









A



A



* Nếu m = 1 khi đó ma trận bổ sung có dạng

1 1 1 : 1

1 1 1 : 1

~ 

 → 0 0 0 : 0 

A = 1 1 1 : 1





1 1 1 : 1

0 0 0 : 0 









~

Suy ra r(A) = r (A) = 1 < n = 3 nên hệ có vô số nghiệm



Hệ ⇔ x1 + x2 + x3 = 1 ⇔ x 3 = 1 − x 1 − x 2 ; x 1 , x 2 ∈ R

Vậy hệ có nghiệm X = (1 − α − β; α; β ); α, β ∈ R



64



A







4. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Định nghĩa 6. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình tuyến tính có

các hệ số tự do bằng không, tức là hệ có dạng

a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = 0

a x + a x + ... + a x = 0

 21 1

22 2

2n n



..................................................

a m1 x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = 0





(IV)



Nhận xét.

+ Hệ (IV) luôn có nghiệm là x1 = x2 = … = xn = 0. Nghiệm này được gọi là nghiệm

tầm thường của hệ (IV).

+ Hệ (IV) có nghiệm duy nhất (đó là nghiệm tầm thường) ⇔ r(A) = n.

+ Hệ (IV) có nghiệm không tầm thường ⇔ r(A) < n.

+ Hệ thuần nhất vuông (hệ có số phương trình bằng số ẩn) có nghiệm không tầm

thường khi và chỉ khi det(A) = 0.

Ví dụ 1. Giải và biện luận hệ phương trình sau

3x + y + 10z = 0



 2x + ay + 5z = 0

 x + 4y + 7z = 0





Giải:

Đây là hệ thuần nhất vuông. Ta có

3



1



10



det(A) = 2



a



1



4



5 = 11(a + 1)

7



+ Với a ≠ -1, det(A) ≠ 0 nên hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm thuờng x = y = z = 0.

+ Với a = -1, hệ đã cho trở thành:

3x + y + 10z = 0



2x - y + 5z = 0

x + 4y + 7z = 0





Vì



3

2



1

= - 5 ≠ 0 nên hệ đã cho tương đương với hệ

-1



3x + y + 10z = 0

3x + y = -10z

⇔ 



2x - y + 5z = 0

2x - y = -5z

65



⇒ 5x = -15z ⇒ x = -3z ⇒ y = 2x + 5z = - z

Vậy, với a = -1, hệ đã cho có vô số nghiệm là

 x = -3t



y = -t ; t ∈ R

z = t





Ví dụ 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm không tầm thường và tìm các nghiệm đó

=0

(2 − m) x 1 + x 2



− x 1 − mx 2 +

x3 = 0





x 1 + 3x 2 + (1 − m) x 3 = 0





Giải:

Cách 1. Dùng phương pháp Gauss

Ta có, ma trận hệ số là

0 

3 1 − m

3

1− m

2 − m 1

 1

1



 −1 − m

 →  −1 − m

 → 0 − m + 3



A=

1 

1 

2−m







 1

2 − m 1

0 3m − 5 − m 2 + 3m − 2

3 1 − m

0 















* Nếu – m + 3 = 0 ⇔ m = 3 , ta có

1 3 1 − m 

1 3 1 − m 

0 0 − 1  → 0 4 − 2  ⇒ r ( A ) = 3

A→







0 4 − 2 

0 0 − 1 











nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường

* Nếu m ≠ 3 ta có



1 3

1



3

1− m







2−m

A → 0

1

 → 0 1

3−m







0 3m − 5 − m 2 + 3m − 2





0 0





1− m

2−m

3−m

m 3 − 3m 2

3−m













− 4







m = 2



⇒ r (A) = 2 .

Để hệ có nghiệm tầm thường thì m3 – 3m2 – 4 = 0 ⇔ 

m = −1





Khi đó, hệ có nghiệm tầm thường

1 3 − 1





+) Nếu m = 2 thì A → 0 1 0 

0 0 0 







66



 xα =

1

 x1 + 3x 2 − x 3 = 0



⇔  x 2 = 0;α ∈ ¡

Khi đó hệ ⇔ 

x2

=0



 xα =

 3



*



1 3 − 1



3

+) Nếu m = - 1 thì A → 0 1

4

0 0 0 





α



 x1 = 4



 x1 + 3x 2 − x 3 = 0

−3





⇔  xα ; α

Khi đó hệ ⇔ 

3

2 =

4

x2 + x3 = 0







4

 xα =

3







∈¡



*



Cách 2.

Vì hệ có số phương trình bằng số ẩn nên ta tính định thức ma trận hệ số A.

2−m 1

0

A = −1 − m

1 = −(m − 2) 2 (m + 1)

1

3 1− m

m ≠ 2

thì hệ có nghiệm tầm thường duy nhất

m ≠ −1



* Nếu A ≠ 0 ⇔ 



m = 2

. Khi đó hệ có nghiệm không tầm thường và sử dụng phương

m = −1



* Nếu A = 0 ⇔ 



pháp Gauss ta tìm được nghiệm của hệ đó.

Ví dụ 3. Tìm công thức nghiệm của hệ sau

− x 1 + 2 x 2 + 3x 3 + x 4 = 0

 2 x + 3x − x + 2x = 0

 1

2

3

4



− 3x 1 − x 2 + 4x 3 − x 4 = 0



 x 1 − 2 x 2 − 3x 3 − x 4 = 0





Giải:

Ta có ma trận hệ số các ẩn

3

1

3

1 

−1 2

− 1 2

− 1

2

 2 d1 +d 2  0

 −d1 + d 2  0

3 −1 2 

7

5

4

A=

→ 

→ 

− d1

− 3 − 1 4 − 1 d 3+ d+ d 3  0 − 7 − 5 − 4

0



 1 4 





0

0

0 

 1 − 2 − 3 − 1

0

0



67



2

7

0

0



3

5

0

0



1

4



0



0