Page 1 of 7
ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản chưa chỉnh sửa
PGS TS. Mỵ Vinh Quang
Ngày 19 tháng 12 năm 2004
HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
1 Các khái niệm cơ bản
1.1 Định nghĩa
Hệ phương trình dạng:
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
. . . . . .
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
(1)
trong đó x1, x2, . . . , xn là các ẩn, aij , bj ∈ R là các hằng số, gọi là hệ phương trình tuyến tính
(m phương trình, n ẩn).
Ma trận
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .
am1 am2 . . . amn
gọi là ma trận các hệ số của hệ (1).
Ma trận
A =
a11 a12 . . . a1n b1
a21 a22 . . . a2n b2
. . . . . . . . . . . . . . .
am1 am2 . . . amn bm
gọi là ma trận các hệ số mở rộng của hệ (1). Một hệ phương trình hoàn toàn xác định khi ta
biết ma trận các hệ số mở rộng của nó.
Cột
b1
b2
.
.
.
bm
1
Page 2 of 7
gọi là cột tự do của hệ (1).
Chú ý rằng, hệ phương trình (1) có thể cho dưới dạng ma trận như sau
A
x1
x2
.
.
.
xn
=
b1
b2
.
.
.
bm
trong đó A là ma trận các hệ số của hệ (1).
Nhận xét: Nếu ta thực hiện các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng của một hệ phương trình
tuyến tính ta được hệ mới tương đương với hệ đã cho.
1.2 Một vài hệ phương trình đặc biệt
a. Hệ Cramer
Hệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ Cramer nếu m = n (tức là số phương trình bằng số
ẩn) và ma trận các hệ số A là không suy biến (det A 6= 0).
b. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Hệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ thuần nhất nếu cột tự do của hệ bằng 0, tức là
b1 = b2 = · · · = bm = 0.
2 Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính
2.1 Phương pháp Cramer
Nội dung của phương pháp này cũng chính là định lý sau đây:
Định lý 1 (Cramer) Cho hệ Cramer
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
. . . . . .
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn
(2)
trong đó
A =
a11 a12 . . . a1n
a21 a22 . . . a2n
. . . . . . . . . . . .
an1 an2 . . . ann
là ma trận các hệ số.
Hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thức
xi =
det Ai
det A
2
Page 3 of 7
trong đó Ai chính là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột i của A bằng cột tự do
b1
b2
.
.
.
bn
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
ax1 + bx2 = c
cx2 + ax3 = b
cx1 + bx3 = a
trong đó a, b, c là ba số khác 0.
Giải: Ta có:
det A =
a b 0
0 c a
c 0 b
= 2abc 6= 0
nên hệ trên là hệ Cramer. Hơn nữa
det A1 =
c b 0
b c a
a 0 b
=
a
2 − b
2 + c
2
b
det A2 =
a c 0
0 b a
c a b
=
−a
2 + b
2 + c
2
a
và
det A3 =
a b c
0 c b
c 0 a
=
a
2 + b
2 − c
2
c
Do đó, hệ có nghiệm duy nhất:
x1 =
det A1
det A
=
a
2 − b
2 + c
2
2ac
, x2 =
det A2
det A
=
−a
2 + b
2 + c
2
2bc , x3 =
det A3
det A
=
a
2 + b
2 − c
2
2ab
2.2 Sử dụng phương pháp biến đổi sơ cấp (phương pháp Gauss) để
giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát
Nội dung cơ bản của phương pháp này dựa trên định lý quan trong sau về nghiệm của một hệ
phương trình tuyến tính.
Định lý 2 (Định lý Cronecker-Capelly) Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát (1), A
và A lần lượt là ma trận các hệ số và ma trận các hệ số mở rộng. Khi đó:
1. Nếu rank A < rank A thì hệ (1) vô nghiệm.
2. Nếu rank A = rank A = r thì hệ (1) có nghiệm. Hơn nữa:
(a) Nếu r = n thì hệ (1) có nghiệm duy nhất.
3
Page 4 of 7
(b) Nếu r < n thì hệ (1) có vô số nghiệm phụ thuộc vào n − r tham số.
Ta có thuật toán sau để giải hệ phương trình tuyến tính:
Lập ma trận các hệ số mở rộng A. Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đưa ma trận A
về dạng bậc thang. Ma trận bậc thang cuối cùng có dạng:
A → C =
0 . . . c∗
1i1
. . . . . . . . . . . . . . . c1n d1
0 . . . 0 . . . c∗
2i2
. . . . . . . . . c2n d2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 . . . 0 . . . . . . c∗
rir
. . . crn dr
0 . . . 0 . . . 0 . . . 0 . . . 0 dr+1
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 . . . 0 . . . 0 . . . 0 . . . 0 dm
Hệ phương trình tương ứng với ma trận C tương đương với hệ ban đầu. Do đó
1. Nếu tồn tại ít nhất di với r + 1 6 i 6 m khác 0 thì hệ vô nghiệm.
2. Nếu dr+1 = dr+2 = · · · = dm = 0 thì hệ có nghiệm. Khi đó các cột i1, i2, . . . , ir (là các
cột được đánh dấu *) giữ lại bên trái và các xi1
, xi2
, . . . , xir
là các ẩn còn các cột còn lại
chuyển sang bên phải, các ẩn xk ứng với các cột này sẽ trở thành tham số. Vậy ta có
n − r tham số và hệ đã cho tương đương với hệ
c1i1
c1i2
. . . c1ir d1(xk)
0 c2i2
. . . c2ir d2(xk)
. . . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . crir dr(xk)
(3)
trong đó di(xk) là các hàm tuyến tính của xk với k 6= i1, i2, . . . , ir. Hệ phương trình (3) là
hệ phương trình dạng tam giác, ta có thể dễ dàng giải được bằng phương pháp thế dần
từ dưới lên, tức là tính lần lượt xr, xr−1, . . . , x1.
Chú ý : Nếu trong quá trình biến đổi xuất hiện 1 dòng mà bên trái bằng 0 còn bên phải khác
0 thì ta có thể kết luận hệ vô nghiệm mà không cần phải làm tiếp.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
x1 + 2x2 + 2x4 + x5 = 1
2x1 + 4x2 + x3 + 3x4 = 3
3x1 + 6x2 + 2x3 + 3x4 + x5 = m
x1 + 2x2 + x3 + x5 = 2m − 8
Giải:
A =
1 2 0 2 1 1
2 4 1 3 0 3
3 6 2 3 1 m
1 2 1 0 1 2m − 8
d2→(−2)d1+d2 −−−−−−−−→ d3→(−3)d1+d3
d4→(−1)d1+d4
1 2 0 2 1 1
0 0 1 −1 −2 1
0 0 2 −3 −2 m − 3
0 0 1 −2 0 2m − 9
d3→(−2)d2+d3 −−−−−−−−→ d4→(−1)d2+d4
1 2 0 2 1 1
0 0 1 −1 −2 1
0 0 0 −1 2 m − 5
0 0 0 −1 2 2m − 10
d4→(−1)d3+d4 −−−−−−−−→
1 2 0 2 1 1
0 0 1 −1 −2 1
0 0 0 −1 2 m − 5
0 0 0 0 0 m − 5
4
Page 5 of 7
* Nếu m 6= 5 hệ phương trình vô nghiệm.
* Nếu m = 5, hệ đã cho tương đương với
1
∗ 2 0 2 1 1
0 0 1∗ −1 −2 1
0 0 0 −1
∗ 2 0
0 0 0 0 0 0
Trường hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 2 tham số là x2 và x5. Chuyển cột 2 và
cột 5 sang bên phải, hệ có dạng
x1 + 2x4 = 1 − 2x2 − 2x5
x3 − x4 = 1 + 2x5
−x4 = −2x5
Giải từ dưới lên ta sẽ có
x4 = 2x5
x3 = x4 + 2x5 + 1 = 4x5 + 1
x1 = 1 − 2x2 − 2x5 − 2x4 = −2x2 − 5x5 + 1
Tóm lại, trong trường hợp này nghiệm của hệ là
x1 = −2a − 5b + 1
x2 = a
x3 = 4b + 1
x4 = 2b
x5 = b
a, b tùy ý.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
x1 + x2 + x3 + mx4 = 1
x1 + x2 + mx3 + x4 = 1
x1 + mx2 + x3 + x4 = 1
mx1 + x2 + x3 + x4 = 1
Giải:
A =
1 1 1 m 1
1 1 m 1 1
1 m 1 1 1
m 1 1 1 1
d2→(−1)d1+d2
d3→(−1)d1+d3 −−−−−−−−−→ d4→(−m)d1+d4
1 1 1 m 1
0 0 m − 1 1 − m 0
0 m − 1 0 1 − m 0
0 1 − m 1 − m 1 − m2 1 − m
d2↔d3 −−−−→
1 1 1 m 1
0 m − 1 0 1 − m 0
0 0 m − 1 1 − m 0
0 1 − m 1 − m 1 − m2 1 − m
d4→d2+d3+d4 −−−−−−−−→
1 1 1 m 1
0 m − 1 0 1 − m 0
0 0 m − 1 1 − m 0
0 0 0 3 − 2m − m2 1 − m
= C
5
Page 6 of 7
Chú ý rằng 3 − 2m − m2 = (1 − m)(m + 3). Bởi vậy:
1) m = 1, khi đó
C =
1 1 1 1 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3 tham số x2, x3, x4. Nghiệm là
x1 = 1 − a − b − c
x2 = a
x3 = b
x4 = c
2) m = −3, khi đó
C =
1 1 1 −3 1
0 −4 0 4 0
0 0 −4 4 0
0 0 0 0 4
Hệ vô nghiệm.
3) m 6= 1 và m 6= −3, hệ có nghiệm duy nhất
x4 =
1 − m
3 − 2m − m2
=
1
m + 3
x3 = x4 =
1
m + 3
, x2 = x4 =
1
m + 3
x1 = 1 − x2 − x3 − mx4 =
1
m + 3
Vậy: x1 = x2 = x3 = x4 =
1
m+3 .
Tóm lại:
• m = 1 hệ có vô số nghiệm;
• m = −3 hệ vô nghiệm;
• m 6= 1, −3, hệ có một nghiệm duy nhất x1 = x2 = x3 = x4 =
1
m+3 .
Bài tập
Giải và biện luận các hệ sau:
27.
2x1 + x2 + x3 + x4 = 1
x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2
x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = m
4x1 + 8x2 − 4x3 + 16x4 = m + 1
28.
2x1 − x2 + x3 − 2x4 + 3x5 = 3
x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1
3x1 + x2 + x3 − 3x4 + 4x5 = 6
5x1 + 2x3 − 5x4 + 7x5 = 9 − m
6
Page 7 of 7
29.
mx1 + x2 + x3 = 1
x1 + mx2 + x3 = 1
x1 + x2 + mx3 = 1
30.
mx1 + x2 + x3 + x4 = 1
x1 + mx2 + x3 + x4 = 1
x1 + x2 + mx3 + x4 = 1
31. Cho aij là các số nguyên. Giải hệ:
1
2
x1 = a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn
1
2
x2 = a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn
. . .
1
2
xn = an1x1 + an2x2 + · · · + annxn
32. Giải hệ phương trình:
x1 + x2 + · · · + xn = 1
x1 + 2x2 + · · · + 2n−1xn = 1
x1 + 3x2 + · · · + 3n−1xn = 1
. . .
x1 + nx2 + · · · + n
n−1xn = 1
33. Chứng minh rằng hệ phương trình:
a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0
· · ·
an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = 0
trong đó aij = −aji và n lẽ, có nghiệm khác 0.
7