Chương 2 : Hệ phương trình tuyến tính | Bài giảng Đại số tuyến tính

Hạng của ma trận hệ số của nó nhỏ hơn số ẩn
- Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có số phương trình ít hơn số ẩn
- Với hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có số phương trình bằng số ẩn, hệ có
nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số bằng không.
Bài giảng giúp bạn tham khảo, củng cố kiến thức và ôn tập đạt kết quả cao

1
CHƯƠNG 2: H PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
Câu 1: Gii các h phương trình tuyến tính sau
a.
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
21
2 4 2
7 4 11 7
4 8 4 16 8
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
+ + + =
+ + =
+ + =
+ + =
b.
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2
2 3 1
5 8 2 3
x x x
x x x
x x x
+ =
+ + =
+ + =
Gii
a.
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
21
2 4 2
7 4 11 7
4 8 4 16 8
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
+ + + =
+ + =
+ + =
+ + =
(Gii h phương trình bằng phương pháp khử Gauss)
Ta có ma trn b sung
2 1 1 1 1
1 2 1 4 2
1 7 4 11 7
4 8 4 16 8







Trong trường hp h s đầu tiên ca ct 1 không bng 1 ta s dùng các phép
biến đổi sơ cấp trên hàng để chuy nó thành 1. C th ta biến đổi như sau:
2
12
2 1 1 1 1 1 2 1 4 2
1 2 1 4 2 2 1 1 1 1
1 7 4 11 7 1 7 4 11 7
4 8 4 16 8 4 8 4 16 8
dd
⎯⎯
−−
−−
2 1 2
3 1 3
4 1 4
2
4
1 2 1 4 2
0 3 3 7 3
0 5 3 7 5
0 0 0 0 0
d d d
d d d
d d d
+
+
+


⎯⎯




2 2 3
32
2
1 2 1 4 2
0 1 3 7 1
0 3 3 7 3
0 0 0 0 0
d d d
dd
→+


⎯⎯




3 2 3
3
1 2 1 4 2
0 1 3 7 1
0 0 6 14 0
0 0 0 0 0
d d d +


⎯⎯⎯⎯




Ta thy r(A)=r(
)=3 do đó hệ phương trình có vô số nghim và ph thuc 1
tham s (s biến tr r(A)). Các tham s được đặt cho các biến có h s không phi là
phn t cơ sở t x
4
=a). H phương trình đã cho tương đương:
1 2 3 4
2 3 4
34
2 4 2
3 7 1
7
0
3
x x x x
x x x
xx
+ + =
+ =
−=
Đặt x
4
=a. Khi đó:
34
77
33
x x a==
3
2 3 4
3 7 1 1x x x= + =
1 2 3 4
5
2 2 4
3
x x x x a
= + =
Vy nghim ca h phương trình là 󰇝󰇛


󰇜R}
b.
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2
2 3 1
5 8 2 3
x x x
x x x
x x x
+ =
+ + =
+ + =
(Gii h phương trình Cramer)
Ta có ma trn b sung:
1 1 1 2
2 3 1 1
5 8 2 3
A A B

= =




Và các định thc:
1 1 1
2 3 1 2 0
5 8 2
A
= =
1
2 1 1
1 3 1 18
3 8 2
A
= =
2
1 2 1
2 1 1 14
5 3 2
A
= =
3
1 1 2
2 3 1 8
5 8 8
A = =
Khi đó:
1
1
9
A
x
A
= =
2
2
7
A
x
A
==
3
3
4
A
x
A
= =
4
Vy nghim ca h phương trình là {(-9,7,-4)}
Câu 2: Tìm các đa thức bc ba
()px
biết
( ) ( ) ( ) ( )
1 10, 1 2, 2 2, 2 26p p p p= = = =
Gii:
Gi s đa thức bc ba
()px
có dng:
( )
32
p x ax bx cx d= + + +
T đề bài, ta lập được h phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
3
32
32
32
.(1) . 1 .1 10
10
. 1 . 1 . 1 2
2
(*)
8 4 2 2
. 2 . 2 . 2 2
8 4 2 26
. 2 . 2 . 2 26
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
+ + + =
+ + + =
+ + + =
+ + =


+ + =
+ + + =


+ + + =
+ + + =
Để gii h phương trình (*) có thể áp dng bm máy gii nghim hoc s dng
phương pháp khử Gauss:
3 3 2
2 2 1
3 3 1 4 4 2
4 4 1
4 4 3
6
82
8
1 1 1 110 1 1 1 1 10 1 1 1 1 10
1 1 1 1 2 0 2 0 2 12 0 2 0 2 12
8 4 2 1 2 0 12 6 9 78 0 0 6 3 6
8 4 2 1 26 0 4 6 7 54 0 0 6 3 30
1 1 1 1
02
h h h
h h h
h h h h h h
h h h
h h h
A
→−
→+
+ +
→−
→+
−−
= ⎯⎯ ⎯⎯
⎯⎯
22
33
44
1
2
1
6
1
6
10 1 1 1 1 10
0 2 12 0 1 0 1 6
0 0 6 3 6 0 0 1 1 2 1
0 0 0 6 24 0 0 0 1 4
hh
hh
hh
⎯⎯
−−
−−
( )
( )
4r A r A n= = =
nên h phương trình trên có duy nhất mt nghim:
5
11
62
2 1 3
44
a b c d a
b d b
c d c
dd
+ + + = =


+ = =


+ = =


==

Lưu ý: Đối vi dạng toán này, đề bài có th nêu lại như sau:
Tìm mt hàm s bậc 3 có đồ th đi qua các điểm (1;10),(-1;2),(-2;-2),(2;26). Cách gii
quyết tương tự bài toán ví d.
Câu 3: Tìm m để h phương trình có nghiệm, gii h vi m vừa tìm được (nếu có)
  
  
  
Nhc li kiến thức: Phương pháp Gauss
Định lý Cronecker-Capelly: Cho h phương trình tuyến tính tng quát, (A) và (A|B) ln
t là ma trn các h s và ma trn các h s m rộng. Khi đó:
- Nếu r(A) < r(A|B) thì h vô nghim
- Nếu r(A) = r(A|B) = a thì h có nghim và nếu :
1) a = s nghim thì h có nghim duy nht
2) a < s nghim thì h có vô s nghim
Gii
Lp ma trn h s m rng:
6
( )
12
2 1 1 2 3 3 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 3 3
3 1 1 3 4 6 3 1 1 3 4 6
5 0 2 5 7 9 5 0 2 5 7 9
dd
r A B
mm
= ⎯⎯
−−
2 2 3
2 2 1
3 3 1 3 3 2
4 4 1 4 4 2
4 4 3
2
32
55
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 3 3 0 1 1 0 1 1 0 0 1
0 2 4 0 1 2 0 0 6 0 1 0
0 5 7 0 2 4 0 0 12 0 2 9
1 1 1 1 1 1
0 1 1 0 0 1
0 0 6 0 1 0
0 0 0 0 0 9
d d d
d d d
d d d d d d
d d d d d d
d d d
mm
m
→−
→−
→−
⎯⎯ ⎯⎯
⎯⎯






Nếu m 9 thì h vô nghim.
Nếu m = 9, ta có r(A) = r(A|B) = 3 nên h có vô s nghim



󰇛󰇜
Câu 4: Gii và bin lun nghim ca h phương trình:
a.
23
32
2 3 2
x y mz
x y mz
x y z n
+ + =
=
+ =
7
b.
5 2 3
2 3 2 1
3 4 1
2 3 11
x y z t
x y z t
x y z t
x y z mt n
+ + + =
+ + + =
+ + + =
+ + + =
Gii:
a. T đề bài ta lập được ma trn b sung:
33
2 2 1 2
3 3 2
3
2
1 2 3 1 2 3 1 2 3
3 1 2 0 7 4 7 0 7 4 7
2 3 2 0 7 2 2 6 0 0 2 2 1
h h h
h h h
h h h
m m m
A m m m
n m n m n
→−
→−
→−
= ⎯⎯ ⎯⎯
+ + +
2 2 0 1mm+
:
( )
( )
3r A r A n= = =
: H phương trình có nghim duy
nht.
H đã cho tương đương:
( )
( )
( )
( )
( )
41
1
3 2 1 .
7 2 2 2 2
23
41
7 4 7 1
7 2 2
2 2 1
1
22
mn
n
xm
mm
x y mz
mn
y mz y
m
m z n
n
z
m

=
+
= +


++

+ + =
=
= =

+

+ = +
+
=
+
2 2 0 1
1 0 1
mm
nn
+ = =


+ = =

:
( )
( )
23r A r A n= = =
: H phương trình vô số
nghim ph thuc vào 1 tham s. Thay m, n vào ma trận, ta được:
8
22
1
7
1 2 1 3 1 2 1 3
0 7 4 7 0 1 4 7 1
0 0 0 0 0 0 0 0
hh
⎯⎯
Đặt
za=
:
4
1
3 2 1
1
7
7
44
11
77
x a a
xa
y a y a
z a z a

= + +
=−


= + = +


==


2 2 0 1
1 0 1
mm
nn
+ = =


+

: ta có :
( )
( )
r A r A
. Vy h phương trình vô
nghim.
Kết lun:
1m
: H phương trình có nghiệm duy nht
( )
( )
( )
( )
41
1
3 2 1 .
7 2 2 2 2
41
1
7 2 2
1
22
mn
n
xm
mm
mn
y
m
n
z
m

=
+
= +


++

=
=−
+
+
=
+
1
1
m
n
=−
=−
: H phương trình có vô số nghim:
1
1
7
4
1
7
xa
y a a
za
=−
= +
=
9
1
1
m
n
=−
−
: H phương trình vô nghiệm.
b. T đề bài ta lập được ma trn b sung:
2 2 1
3 3 1
4 4 1
4 4 3
4 4 2
2
2
3
1 1 5 2 3 1 1 5 2 3
2 1 3 2 1 0 1 7 2 7
1 1 3 4 1 0 0 2 2 2
2 3 11 0 1 1 4 6
1 1 5 2 3 1 1 5 2
0 1 7 2 7 0 1 7 2
0 0 2 2 2 0 0 2 2
0 0 6 6 13
h h h
h h h
h h h
h h h
h h h
m n m n
mn
→−
→−
→−
→−
→+
⎯⎯
−−
−−



⎯⎯




3
7
2
0 0 0 12 7mn





−−


12 0 12mm
:
( )
( )
4r A r A n= = =
: H phương trình có nghiệm duy
nht.
( )
7 7 7
7
3 9 5 1 2
22
12 12 12
12
5 2 3
7
77
9
7 7 1 2
7 2 7
12
12 12
2 2 2
7
7
1
1
12
12 7
12
7
7
12
12
n n n
n
x
x
m m m
m
x y z t
n
nn
y
y
y z t
m
mm
zt
n
n
z
z
m
m t n
m
n
n
t
t
m
m

= + +
=−


+ + + =
−−
=−
= +
=

−−

+ =

=+
=+

=
=
=
12 0 12
7 0 7
mm
nn
= =


= =

:
( )
( )
34r A r A n= = =
:
H phương trình có vô số nghim ph thuc 1 tham s. Thay m, n vào ma trn, ta
đưc:
10
22
33
1
2
1 1 5 2 3 1 1 5 2 3
0 1 7 2 7 0 1 7 2 7
0 0 2 2 2 0 0 1 11
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
hh
hh
→−
→−
⎯⎯
Đặt
ta=
:
( )
( )
3 2 5 1 9
22
9
7 2 7 1
1
1
x a a a
xa
ya
y a a
za
za
ta
ta
= + +
=−
=−
= +


=+
=+


=
=
12 0 12
7 0 7
mm
nn
= =



:
( )
( )
r A r A
: H phương trình vô nghiệm.
Kết lun:
12m
: H phương trình có nghiệm duy nht
12
7
m
n
=
=
: H phương trình có vô số nghim
22
9
1
xa
ya
a
za
ta
=−
=−

=+
=
12
7
m
n
=
: H phương trình vô nghiệm.
7
22
12
7
9
12
7
1
12
7
12
n
x
m
n
y
m
n
z
m
n
t
m
=−
=−
=+
=
11
Câu 5: Tìm nghim và h nghiệm cơ bản ca h phương trình:
a.
1 2 3
12
1 2 3
2 5 0
20
3 5 0
x x x
xx
x x x
+ + =
+ =
+ + =
b.
1 2 4
234
1 2 3 4
0
0
2 3 0
x x x
x x x
x x x x
=
=
=
Gii
a.
1 2 3
12
1 2 3
2 5 0
20
3 5 0
x x x
xx
x x x
+ + =
+ =
+ + =
Ta xét ma trn b sung:
2 1 2
3 1 3
2
1 2 5 0 1 2 5 0
2 1 0 0 0 5 10 0
1 3 5 0 0 5 10 0
d d d
d d d
→+
→+
⎯⎯
22
3 2 3
1
5
1 2 5 0
0 1 2 0
0 0 0 0
dd
d d d
+


⎯⎯



Ta thy r(A)=r(
)=2<3 do đó hệ phương trình có vô số nghim và ph thuc 1
tham s (s biến tr r(A)). Các tham s được đặt cho các biến có h s không phi là
phn t cơ sở t x
3
=t
1
). H phương trình đã cho tương đương:
1 2 3
23
2 5 0
20
x x x
xx
+ + =
+=
Đặt x
3
=t
1
. Khi đó:
12
2 3 1
22x x t= =
1 3 2 1
52x x x t= =
Vy nghim ca h phương trình là 󰇝󰇛

󰇜
󰇞
Cho t
1
=1 ta được 1 nghiệm cơ bản là {(-1,-2,1)}
b.
1 2 4
234
1 2 3 4
0
0
2 3 0
x x x
x x x
x x x x
=
=
=
Ta xét ma trn b sung:
3 1 3
2
1 1 0 1 0 1 1 0 1 0
0 1 1 1 0 0 1 1 1 0
2 1 1 3 0 0 1 1 1 0
d d d +
⎯⎯
3 2 3
1 1 0 1 0
0 1 1 1 0
0 0 0 0 0
d d d +

⎯⎯



Ta thy r(A)=r(
)=2<4 do đó hệ phương trình có vô số nghim và ph thuc 2
tham s (s biến tr r(A)). Các tham s được đặt cho các biến có h s không phi là
phn t cơ sở t x
3
=t
1
,x
4
=t
2
). H phương trình đã cho tương đương:
1 2 4
234
0
0
x x x
x x x
=
=
Đặt x
3
=t
1
,x
4
=t
2
. Khi đó:
x
2
=x
3
+x
4
=t
1
+t
2
x
1
=x
2
+x
4
=t
1
+2t
2
Vy nghim ca h phương trình là󰇝󰇛

󰇜
󰇜 Cho
t
1
=1,t
2
=0 ta được mt nghiệm cơ bản X
1
= {(1,1,1,0)}
Cho t
1
=0,t
2
=1 ta đưc mt nghiệm cơ bản X
2
={(2,1,0,1)}
Câu 6: Tìm nhng giá tr của a để h có nghim không tầm thường
13




Nhc li kiến thức: Điều kiện để h tn ti nghim không tầm thường
- Hng ca ma trn h s ca nó nh hơn số n
- H phương trình tuyến tính thun nht có s phương trình ít hơn số n
- Vi h phương trình tuyến tính thun nht s phương trình bằng s n, h
nghim không tầm thường khi và ch khi định thc ca ma trn h s bng không.
Gii
Xét định thc ma trn h s |A| = 󰈑
󰈑 = 󰈑
󰈑
= 󰈑
󰈑 =
󰇛
󰇜󰇛
󰇜
|A| = 0 khi và ch khi a = -3 hoc a = 1
Vy vi a = -3 hoc a = 1 thì h phương trình đã cho có nghiệm không tm thường
Ngun tham kho:
Hocdethi.tranganhnam
Hoc247.net
LeVan/youtube
| 1/13

Preview text:

CHƯƠNG 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
Câu 1: Giải các hệ phương trình tuyến tính sau
 2x + x + x + x = 1 1 2 3 4 
x + 2x x + 4x = 2 1 2 3 4  a.
x + 7x − 4x +11x = 7  1 2 3 4
4x +8x − 4x +16x =  8 1 2 3 4
x + x x = 2 1 2 3 
2x + 3x + x = 1 − 1 2 3
5x +8x + 2x =  3 b. 1 2 3 Giải
 2x + x + x + x = 1 1 2 3 4 
x + 2x x + 4x = 2 1 2 3 4  a.
x + 7x − 4x +11x = 7  1 2 3 4
4x +8x − 4x +16x =  8 1 2 3 4
(Giải hệ phương trình bằng phương pháp khử Gauss) Ta có ma trận bổ sung 2 1 1 1 1   1 2 1 − 4 2   1 7 4 − 11 7   4 8 4 − 16 8  
Trong trường hợp hệ số đầu tiên của cột 1 không bằng 1 ta sẽ dùng các phép
biến đổi sơ cấp trên hàng để chuyể nó thành 1. Cụ thể ta biến đổi như sau: 1 2 1 1 1 1 1 2 1 − 4 2     1 2 1 − 4 2 2 1 1 1 1      1 d d2 ⎯⎯⎯→ 1 7 4 − 11 7 1 7 4 − 11 7     4 8 4 − 16 8   4 8 4 − 16 8   1 2 1 − 4 2  1 2 1 − 4 2      0 3 − 3 7 − 3 − 0 1 − 3 7 − 1 − → +   d →− +   d 2d d 2 2 1 d d2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → 2 2 3 ⎯⎯⎯⎯→ d →− + d d 3 1 d d3 0 5 3 − 7 5  3 2 0 3 − 3 7 − 3 −  d →− + 4 4 1 d d4     0 0 0 0 0   0 0 0 0 0    1 2 1 − 4 2  1 2 1 − 4 2     0 1 − 3 7 − 1 − 0 1 3 − 7 1 d →− +   →−   3 3d2 d3 ⎯⎯⎯⎯⎯ → d2 d2 ⎯⎯⎯⎯ → 0 0 6 − 14 0  1 − d d 0 0 1 7 − 3 0   3 3 6   0 0 0 0 0   0 0 0 0 0  
Ta thấy r(A)=r(𝐴̅)=3 do đó hệ phương trình có vô số nghiệm và phụ thuộc 1
tham số (số biến trừ r(A)). Các tham số được đặt cho các biến có hệ số không phải là
phần tử cơ sở (đặt x4=a). Hệ phương trình đã cho tương đương: 
x + 2x x + 4x = 2 1 2 3 4 
x − 3x + 7x = 1 2 3 4  7  x x = 0 3 4  3 Đặt x4=a. Khi đó: 7 7 x = x = a 3 4 3 3 2
x = 3x − 7x +1 = 1 2 3 4 5 −
x = 2 − 2x + x − 4x = a 1 2 3 4 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là {(−5 𝑎, 1, 7 𝑎, 𝑎)|𝑎 ∈R} 3 3
x + x x = 2 1 2 3 
2x + 3x + x = 1 − b. 1 2 3 
5x + 8x + 2x =  3 1 2 3
(Giải hệ phương trình Cramer) Ta có ma trận bổ sung: 1 1 1 − 2   
A =  A B = 2 3 1 1 −     5 8 2 3    Và các định thức: 1 1 1 − 2 1 1 − A = 2 3 1 = 2 −  0 A = 1 − 3 1 = 18 1 5 8 2 3 8 2 1 2 1 − 1 1 2 A = 2 1 − 1 = 1 − 4 A = 2 3 1 − = 8 2 3 5 3 2 5 8 8 Khi đó: A A A 1 x = = 9 − 2 x = = 7 3 x = = 4 − 1 A 2 A 3 A 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là {(-9,7,-4)}
Câu 2: Tìm các đa thức bậc ba p(x) biết p( ) 1 = 10, p(− ) 1 = 2, p( 2 − ) = 2 − , p(2) = 26 Giải:
Giả sử đa thức bậc ba p(x) có dạng: ( ) 3 2
p x = ax + bx + cx + d
Từ đề bài, ta lập được hệ phương trình:  .( a 1) + . b ( )2 3 1 + .1 c + d = 10 
a + b + c + d = 10    . a (− )3 1 + . b (− )2 1 + . c (− ) 1 + d = 2
−a + b c + d = 2    (*)  a ( )3 b ( )2 c ( ) 8
a + 4b − 2c + d = − − + − + − + = − 2 . 2 . 2 . 2 d 2    + + + = a
 ( )3 + b ( )2 + c ( ) 8a 4b 2c d 26 . 2 . 2 . 2 + d = 26
Để giải hệ phương trình (*) có thể áp dụng bấm máy giải nghiệm hoặc sử dụng phương pháp khử Gauss:  1 1 1 110  1 1 1 1 10  1 1 1 1 10        −1 1 1 − 1 2 → + 0 2 0 2 12 → − 0 2 0 2 12       2 h 2 h 1 h 3 h 3 h 6 2 h A = ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ → + → + 3 h 3 h 8 1 h 4 h 4 h 2 2  8 − 4 2 − 1 2 −     −  → − 0 12 6 9 78 h h h h 0 0 6 3 6 4 4 8 1        8 4 2 1 26   0 4 − 6 − 7 − 54 −   0 0 6 − 3 − 30 −   1 1 1 1 10  1 1 1 1 10     1 → + 0 2 0 2 12 h h 0 1 0 1 6     4 h 4 h 3 h ⎯⎯⎯⎯→ 2 2 2 ⎯⎯⎯⎯ → 1 0 0 6 3 − 6  →  −  3 h 3 h 0 0 1 1 2 1 6   1 −   → 4 h 4 0 0 0 6 − 24 h −   6  0 0 0 1 4  
r ( A) = r ( A) = 4 = n nên hệ phương trình trên có duy nhất một nghiệm: 4
a + b + c + d = 1 a = 1   b  + d = 6 b  = 2    c + −d 2 = 1 c = 3   d  = 4 d  = 4
Lưu ý: Đối với dạng toán này, đề bài có thể nêu lại như sau:
Tìm một hàm số bậc 3 có đồ thị đi qua các điểm (1;10),(-1;2),(-2;-2),(2;26). Cách giải
quyết tương tự bài toán ở ví dụ.
Câu 3: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm, giải hệ với m vừa tìm được (nếu có)
2𝑥 − 𝑦 + 𝑧 − 2𝑡 + 3𝑢 = 3
{ 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 𝑡 + 𝑢 = 1
3𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡 + 4𝑢 = 6
5𝑥 + 2𝑧 − 5𝑡 + 7𝑢 = 9 − 𝑚
Nhắc lại kiến thức: Phương pháp Gauss
Định lý Cronecker-Capelly: Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát, (A) và (A|B) lần
lượt là ma trận các hệ số và ma trận các hệ số mở rộng. Khi đó:
- Nếu r(A) < r(A|B) thì hệ vô nghiệm
- Nếu r(A) = r(A|B) = a thì hệ có nghiệm và nếu :
1) a = số nghiệm thì hệ có nghiệm duy nhất
2) a < số nghiệm thì hệ có vô số nghiệm Giải
Lập ma trận hệ số mở rộng: 5 2 1 − 1 2 − 3 3  1 1 1 − 1 − 1 1      − − − −      r ( A B) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 3 3 1 d d2 = ⎯⎯⎯→ 3 1 1 3 − 4 6  3 1 1 3 − 4 6      5 0 2 5 − 7 9 − m   5 0 2 5 − 7 9 − m   1 1 1 − 1 − 1 1  1 1 1 − 1 − 1 1      0 3 − 3 0 1 1 0 1 − 1 − 0 0 1 − d → −   → −   2 d2 2 1 d d2 d2 d3 ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ d → − → − 3 d3 3 1 d d3 d3 2d2  −   
d d d 0 2 4 0 1 2
d d d 0 0 6 0 1 0 4 4 5 1 4 4 5 2     0 5 − 7 0 2 4 − m   0 0 12 0 2 9 − m   1 1 1 − 1 − 1 1    0 1 − 1 − 0 0 1 − d → −   4 d4 2d3
⎯⎯⎯⎯→ 0 0 6 0 1 0    0 0 0 0 0 9 − m  
Nếu m ≠ 9 thì hệ vô nghiệm.
Nếu m = 9, ta có r(A) = r(A|B) = 3 nên hệ có vô số nghiệm 𝑥 = 𝑎 − 8𝑏 𝑦 = 𝑏 + 1
𝑧 = −𝑏 (𝑎, 𝑏 ϵ ℝ) 𝑡 = 𝑎 { 𝑢 = 6𝑏
Câu 4: Giải và biện luận nghiệm của hệ phương trình:
x + 2y + mz = 3  a. 3
x y mz = 2 
2x − 3y + 2z = n 6
x + y + 5z + 2t = 3 
2x + y + 3z + 2t = 1 − b.
x + y +3z + 4t =1 
2x + 3y +11z + mt = n Giải:
a. Từ đề bài ta lập được ma trận bổ sung: 1 2 m 3 1 2 m 3  1 2 m 3       
h h −3h → − 3 h 3 h h 2 2 1 2 A = 3 1 −
m 2 ⎯⎯⎯⎯→ 0 7 − 4 − m 7 − ⎯⎯⎯⎯→ 0 7 − 4 − m 7 −   → −     3 h 3 h 2 2 h 2 3 − 2 n 0 7 − 2 − 2m 6 − + n
0 0 2m + 2 n +1      
• 2 + 2m  0  m  1
− : r ( A) = r ( A) = 3 = n : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Hệ đã cho tương đương:   4m(n = ) 1  n + 1 x = 3 − 21−   (  + m ) . m 7 2 2  + 2 +  2m
x + 2y + mz = 3    4m(n = ) 1  7
y − 4mz = 7 −  y =1− ( m +   2 + 2m  ) 7(2 2) z = n + 1  n + 1 z =  2 + 2m  2 + 2m = 0 m = 1 − •   
r ( A) = r ( A) = 2  3 = n n  +1 = 0 n  = 1 − :
: Hệ phương trình vô số
nghiệm phụ thuộc vào 1 tham số. Thay m, n vào ma trận, ta được: 7 1 2 1 − 3  1 2 1 − 3 1 − →   2 h 2 h   7 0 7 − 4 7 − ⎯⎯⎯⎯ → 0 1 4 − 7 1      0 0 0 0  0 0 0 0     Đặt z = a :   4   1
x = 3 + a − 2 1 + a    x = 1 − a 7    7    4  4  y = 1+ a  y = 1+ a 7 7   z = az = a    2 + 2m = 0 m = 1 − •    r A r A n  +1  0 n   1 − : ta có : ( )
( ). Vậy hệ phương trình vô nghiệm.
Kết luận: m  1: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   4m(n = ) 1  n + 1 x = 3 − 21−   (  + m ) . m 7 2 2  + 2 +  2m    4m(n = ) 1 y = 1− 7  (2m + 2)  n + 1 z =  2 + 2m   1 x = 1 − a  7    m = 1 − 4 y = 1+ a a    7 n  = 1
− : Hệ phương trình có vô số nghiệm:  z = a  8 m = 1 − 
: Hệ phương trình vô nghiệm. n   1 −
b. Từ đề bài ta lập được ma trận bổ sung: 1 1 5 2 3  1 1 5 2 3      2 1 3 2 1 − − − − − → − 0 1 7 2 7     2 h 2 h 2 1 h ⎯⎯⎯⎯→ → − 3 h 3 h 1 1 1 3 4 1 h   − − 
h h h 0 0 2 2 2 4 4 2 1     2 3 11 m n   0 1 1 m − 4 n − 6   1 1 5 2 3  1 1 5 2 3    − − − −  − − −  − → + 0 1 7 2 7 → − 0 1 7 2   7   4 h 4 h 2 h 4 h 4 h 3 3 h ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ 0 0 2 − 2 2 −  0 0 2 − 2 −2      0 0 6 − m − 6 n −13   0 0 0 m −12 n − 7  
m −12  0  m 12: r( A) = r( A) = 4 = n: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.  n − 7  n − 7  n − 7  n − 7 x = 3 + 9 − 5 +1 − 2    x = 2 − 2 m − 12  m −12  m − 12  m − 12   
x + y + 5z + 2t = 3   n − 7   n − 7  n  − 7 − − − = − y = 7 − 7 +1 − 2 y = 9 − y  7z 2t 7        m − 12   m −12  m − 12      2 − z + 2t = 2 − n −   − 7 n 7  ( z z = + = +  m −12  ) 1 1 t = n − 7   m − − 12 m 12   n − − 7 n  7 tt = =   m −  − 12 m 12 m −12 = 0 m = 12 •   
: r ( A) = r ( A) = 3  4 = n : n  − 7 = 0 n  = 7
Hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc 1 tham số. Thay m, n vào ma trận, ta được: 9  n − 7 x = 2 − 2  m −12  n  − 7 y = 9 −  m −12  n − 7 z = +1  m −12  n − 7 t  =  m −12 1 1 5 2 3  1 1 5 2 3     0 1 − 7 − 2 − 7 − →− 0 1 7 2 7     2 h 2 h ⎯⎯⎯⎯ → 1 0 0 2 − 2 2 −  →−  −  3 h 3 h 0 0 1 11 2     0 0 0 0 0   0 0 0 0 0   Đặt t = a :
x = 3 − 2a − 5(1+ a) + 9ax = 2a − 2  
y = 7 − 2a − 7(1+ a) y = 9 − a     = 1+ z = 1 + a z a   = t  = a t am −12 = 0 m = 12 •   
: r ( A)  r ( A) : Hệ phương trình vô nghiệm. n  − 7  0 n   7
Kết luận: m  12 : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = 2a − 2    = − m = 12 y 9aa   
: Hệ phương trình có vô số nghiệm = + n  = 7 z 1 at  = am = 12 
: Hệ phương trình vô nghiệm. n   7 10
Câu 5: Tìm nghiệm và hệ nghiệm cơ bản của hệ phương trình:
x + 2x + 5x = 0 1 2 3   2 − x + x = 0 1 2 a. −
x + 3x + 5x =  0 1 2 3 
x x x = 0 1 2 4  
x x x = 0 b. 2 3 4 
2x x x − 3x =  0 1 2 3 4 Giải
x + 2x + 5x = 0 1 2 3   2 − x + x = 0 1 2 a. −
x + 3x + 5x =  0 1 2 3 Ta xét ma trận bổ sung:  1 2 5 0 1 2 5 0 1 2 5 0     1 d →   2 d2 d → + 2 2 1 d d2 2 − 1 0 0 ⎯⎯⎯⎯→ 0 5 10 0 5   ⎯⎯⎯⎯→ 0 1 2 0   d → +  
d →−d +d 3 1 d d3 3 2 3  1 − 3 5 0 0 5 10 0     0 0 0 0  
Ta thấy r(A)=r(𝐴̅)=2<3 do đó hệ phương trình có vô số nghiệm và phụ thuộc 1
tham số (số biến trừ r(A)). Các tham số được đặt cho các biến có hệ số không phải là
phần tử cơ sở (đặt x3=t1). Hệ phương trình đã cho tương đương:
x + 2x + 5x = 0 1 2 3  x + 2x =  0 2 3 Đặt x3=t1. Khi đó: 11 x = 2 − x = −2t 2 3 1 x = 5
x − 2x = t − 1 3 2 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là {(−𝑡1, −2𝑡1, 𝑡1)|𝑡1 ∈ 𝑅}
Cho t1=1 ta được 1 nghiệm cơ bản là {(-1,-2,1)} 
x x x = 0 1 2 4  
x x x = 0 b. 2 3 4 
2x x x − 3x =  0 1 2 3 4 Ta xét ma trận bổ sung: 1 1 − 0 1 − 0 1  1 − 0 1 − 0  − −      1 1 0 1 0 d →− +   3 2 1 d d3 0 1 1 − 1 − 0 ⎯⎯⎯⎯⎯ → 0 1 1 − 1 − 0     d →− + 3 d2 d3 ⎯⎯⎯⎯→ 0 1 1 − 1 − 0   2 1 − 1 − 3 − 0 0 1 1 − 1 − 0     0 0 0 0 0  
Ta thấy r(A)=r(𝐴̅)=2<4 do đó hệ phương trình có vô số nghiệm và phụ thuộc 2
tham số (số biến trừ r(A)). Các tham số được đặt cho các biến có hệ số không phải là
phần tử cơ sở (đặt x3=t1,x4=t2). Hệ phương trình đã cho tương đương:
x x x = 0 1 2 4
x x x =  0 2 3 4 Đặt x3=t1,x4=t2. Khi đó: x2=x3+x4=t1+t2 x1=x2+x4=t1+2t2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là{(𝑡1 + 2𝑡2, 𝑡1 + 𝑡2, 𝑡1, 𝑡2)|𝑡1, 𝑡2 ∈ 𝑅) Cho
t1=1,t2=0 ta được một nghiệm cơ bản X1= {(1,1,1,0)}
Cho t1=0,t2=1 ta được một nghiệm cơ bản X2={(2,1,0,1)}
Câu 6: Tìm những giá trị của a để hệ có nghiệm không tầm thường 12
𝑎𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0
{𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑎𝑧 + 𝑡 = 0
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑎𝑡 = 0
Nhắc lại kiến thức: Điều kiện để hệ tồn tại nghiệm không tầm thường
- Hạng của ma trận hệ số của nó nhỏ hơn số ẩn
- Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có số phương trình ít hơn số ẩn
- Với hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có số phương trình bằng số ẩn, hệ có
nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức của ma trận hệ số bằng không. Giải 𝑎 1 1 1 𝑎 + 3 1 1 1 Xét đị 1 𝑎 1 1 𝑎 + 3 𝑎 1 1
nh thức ma trận hệ số |A| = |1 1 𝑎 1| = |𝑎 + 3 1 𝑎 1| 1 1 1 𝑎 𝑎 + 3 1 1 𝑎 𝑎 + 3 1 1 1 0 𝑎 − 1 0 0 = | 0 0 𝑎 − 1 0 | = (𝑎 + 3)(𝑎 − 1)3 0 0 0 𝑎 − 1
|A| = 0 khi và chỉ khi a = -3 hoặc a = 1
Vậy với a = -3 hoặc a = 1 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm không tầm thường Nguồn tham khảo: • Hocdethi.tranganhnam • Hoc247.net • LeVan/youtube 13