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  
Vì 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 = a z = 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 t  t = =   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) + 9a x = 2a − 2  
y = 7 − 2a − 7(1+ a) y = 9 − a     = 1+ z = 1 + a z a   = t  = a t a m −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 9a  a   
: Hệ phương trình có vô số nghiệm = + n  = 7 z 1 a  t  = a m = 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