Chương 4: Hệ phương trình tuyến tính

LI
lienhejb
0 downloads
10
0

Generating preview...

Next by this authorChương 6: Không gian véc tơ euclide, dạng toàn phươngPrevious in courseChương 5: Ánh xạ tuyến tínhNext in courseChương 6: Không gian véc tơ euclide, dạng toàn phương

Document content

Trang 1

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH  Khi khảo sát các mô hình tuyến tính thường dẫn đến giải các bài toán  Một phương pháp khác để giải hệ phương trình tuyến tính là sử dụng định thức của Cramer. về hệ phương trình tuyến tính.  Thoạt tiên dễ nhầm tưởng rằng hình như vấn đề giải hệ phương trình tuyến  Đối với mô hình phi tuyến người ta giải quyết bằng cách xấp xỉ tuyến tính đã cũ rồi và có thể giải quyết bằng những phương tiện tính toán sơ cấp tính. Vì vậy hệ phương trình tuyến tính có rất nhiều ứng dụng trong quen biết. thực tế.  Tuy nhiên trong các bài toán thực tế thường cần khảo sát khoảng từ 150 đến 200 phương trình đồng thời với số ẩn tương ứng. Tình trạng ấy trong  Hệ phương trình tuyến tính đã được biết đến rất sớm. Ở Trung Quốc thực hành đã gây ra nhiều khó khăn lớn đến nổi hầu như không thể giải người ta tìm thấy những cuốn sách xuất hiện khoảng từ năm 500 quyết nổi nếu chỉ dùng phương pháp sơ cấp. trước công nguyên, trong đó có những chỉ dẫn về việc dùng một bàn  Mùa hè năm 1949, Giáo sư Wassily Leontief Trường Đại học HarVard đã gửi tính để giải các hệ phương trình tuyến tính qua các ví dụ cụ thể. đến Trung tâm tính toán của trường Đại học Mark II đề nghị giải hệ phương trình tuyến tính gồm 500 phương trình với 500 ẩn biểu diễn các chỉ tiêu kinh  Phương pháp giải này chính là thuật toán khử Gauss. tế của Mỹ. Mark II là một trong những trung tâm máy tính điện tử lớn nhất  Ở Châu Âu thuật toán khử Gauss đã được mô tả trong công trình của thời bấy giờ cũng không giải quyết được. Leontief buộc phải đưa bài toán về hệ 45 phương trình với 45 ẩn. Với kết quả này Leontief nhận được giải Nobel Buteo (Pháp) năm 1550, trước Gauss hơn hai thế kỷ. kinh tế năm 1973. 09/08/2023 1 09/08/2023 2 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1 KHÁI NIỆM VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1.1 Dạng tổng quát của hệ phương trình tuyến tính Trong không gian xét hệ truc tọa độ Oxyz. Hệ m phương trình tuyến tính n ẩn có dạng tổng quát: Tập hợp các điểm có tọa độ (x,y,z) thỏa mãn phương trình a x  a x  ...  a x  b  11 1 12 2 1n n 1 Ax  By Cz  D a x  a x  ...  a x  b (4.1)  21 1 22 2 2n n 2 là một mặt phẳng có vô số điểm. Do đó phương trình ............................................ có vô số nghiệm. a x  a x  ...  a x  b Tập nghiệm của hệ  m1 1 m2 2 mn n m Tập nghiệm của hệ  A x  B y C z  D x ,x ,...,x A x  B y C z  D  1 1 1 1 trong đó là n ẩn ,  1 1 1 1 A x  B y C z  D 1 2 n   2 2 2 2 A x  B y C z  D A x  B y C z  D a là hệ số của ẩn thứ j trong phương trình i, 2 2 2 2  ij  3 3 3 3 là giao của hai mặt phẳng, do đó có thể là giao của ba mặt phẳng, do đó có thể b là vế phải của phương trình thứ i; i = 1,..., n ; j = 1,..., m. có vô số nghiệm hoặc vô nghiệm. có duy nhất nghiệm, vô số nghiệm hoặc i vô nghiệm. 09/08/2023 3 09/08/2023 4 1

Trang 2

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH  Khi các vế phải b  0 thì hệ phương trình được gọi là thuần nhất 4.1.2 Dạng ma trận của hệ phương trình tuyến tính i a x a x ... a x  0 a a ... a  x  b   11 12 1n   1   1   11 1 12 2 1n n a a ... a x b Xét đẳng thức a x a x ... a x  0 A   21 22 2n X   2  B   2   21 1 22 2 2n n             AX  B ..........................................        a a ... a  x  b   m1 m2 mn  n   m  a x a x ... a x  0 m1 1 m2 2 mn n a x a x  ... a x  b  a x a x  ... a x  b Nghiệm của hệ phương trình n (x ,x ,...,x )  11 1 12 2 1n n   1  11 1 12 2 1n n 1  là bộ gồm số a x a x  ... a x  b 1 2 n a x  a x  ... a x  b    21 1 22 2 2n n  2  21 1 22 2 2n n 2 sao cho khi thay vào hệ phương trình ta có các đẳng thức. ....................................  ... ...........................................       Giải một hệ phương trình là đi tìm tập hợp nghiệm của hệ. a x a x ...a x  b  a x a x  ...  a x  b m1 1 m2 2 mn n   m m1 1 m2 2 mn n m  Hai hệ phương trình cùng ẩn là tương đương nếu tập hợp nghiệm A được gọi là ma trận hệ số, B ma trận vế sau và X ma trận ẩn của chúng bằng nhau. Vì vậy để tìm nghiệm của hệ ta có thể tìm nghiệm của hệ tương đương.  Hệ phương trình được viết lại dưới dạng ma trận AX  B 09/08/2023 5 09/08/2023 6 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.1.3 Dạng véc tơ của hệ phương trình tuyến tính Ví dụ 4.1 Xét hệ phương trình viết dưới dạng tổng quát i A 2x  2x  x  x  4  Nếu ta ký hiệu véc tơ cột thứ của ma trận là v  (a ,...,a )m  1 2 3 4 i 1i mi 4x  3x  x  2x  6 1 2 3 4 m 8x  5x  3x  4x  12 và véc tơ vế sau b  (b ,...,b ) .  1 2 3 4 1 m Hệ phương trình viết dưới dạng ma trận như sau:  Hệ phương trình được viết dưới dạng véc tơ x            2 2 1 1  1  4   2  2 1  1  4    x    Hoặc viết x v  x v ... x v  b. 4 3 1 2  2   6  x  4 x  3 x 1 x  2   6  1 1 2 2 n n   x    cách khác 1   2   3   4     8 5 3 4  3 12  8  5 3  4 12   x                  4  Với cách viết này ta thấy rằng hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ Xét các véc tơ: khi v (2,4,8),v (2,3,5),v (  1, 1, 3),v (1,2,4);b (4,6,12) b  spanv ,...,v . 1 2 3 4 1 n Khi đó hệ phương trình trên có thể viết dưới dạng véc tơ: x (2, 4, 8)x (2, 3, 5)x (1,1,3)x (1,2,4)  (4, 6,12) 1 2 3 4 09/08/2023 7 09/08/2023 8 2

Trang 3

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.2 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM 2x 2x  x  x  4  1 2 3 4 Định lý 4.1: (Kronecker-Capelli) Ví dụ 4.2 Xét hệ phương trình 4x  3x  x 2x  6  1 2 3 4 Hệ phương trình (4.1) có nghiệm khi và chỉ khi r A( )  r A()  8x 5x 3x  4x  12  1 2 3 4 trong đó A là ma trận có được bằng cách bổ sung thêm vào ma trận hệ số A một cột cuối là vế phải của hệ phương trình Ma trận hệ số Ma trận bổ sung cột cuối a ... a  a ... a b  2 2 1 1 2 2 1 1 4   11 1n   11 1n 1        A        A  4 3 1 2 A  4 3 1 2 6  A                 8 5 3 4 8 5 3 4 12 a ... a  a ... a b       m1 mn  m1 mn m Chứng minh: 2 2 1 3  r A( )  r A()  3 Hệ (4.1) có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x , x , …, x n sao cho 4 3 1  4  0  1 2 n Hạng r A( )  r A( )  3 x v  x v  ... x v  b  b  spanv ,...,v  r(v ,...,v )  r(v ,...,v , )b 8 5 3 1 1 2 2 n n 1 n 1 n 1 n Do đó hệ phương trình có nghiệm Do đó r(A)  r(Ã ) 09/08/2023 9 09/08/2023 10 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.3 PHƯƠNG PHÁP CRAMER det (A) 0  hệ {v ,v , …,v } là một cơ sở của n 1 2 n Hệ n phương trình tuyến tính n ẩn có ma trận hệ số A có định thức Do đó b được biểu diễn duy nhất thành tổ hợp tuyến tính của {v1, v2, …, vn} khác không được gọi là hệ Cramer. Định lý 4.2: Mọi hệ Cramer đều tồn tại duy nhất nghiệm. Nghĩa là tồn tại duy nhất x1, x2, …, xn sao cho Hệ Cramer n ẩn có nghiệm x v x v ...x v  b 1 1 2 2 n n n D a x b , i  1,...,n x  i ; i  1,...,n Gọi B {e1, e2, …, en} là cơ sở chính tắc của n ij j i i D j1      n  Trong đó D  detA  DB v ,...,v ,v ,v ,...,v  Di  DB v1,...,vi1, b ,vi1,...,vn  DB v ,...,v , x v ,v ,...,v  1 i1 i i1 n  1 i1 k k i1 n   k1    n   D  DB v ,...,v , ,b v ,...,v  x DB v ,...,v ,v ,v ,...,v i 1 i1 i1 n k 1 i1 k i1 n D k1 là định thức của hệ các véc tơ cột các hệ số của hệ phương trình D i  x D v ,...,v ,v ,v ,...,v  x D i nhưng véc tơ cột thứ i được thay bởi véc tơ cột vế sau. i B 1 i1 i i1 n i  x  , i  1,...,n i D 09/08/2023 11 09/08/2023 12 3

Trang 4

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.3: Hệ phương trình 2x  3y  z  1 Ví dụ 4.4 Giải và biện luận theo tham số  hệ phương trình   3x  5y  2z  8 x x x x  1   1 2 3 4  x  2y  3z  1 x x x x  1  1 2 3 4 Ta có detA  ( 3)( 1)3 x x x x  1 2 3 1 1 3 1  1 2 3 4  D  3 5 2  22 D  8 5 2  66 x x x x  1 x  1 2 3 4 1 2 3 1 2 3  Khi    3,   1: Hệ đã cho là hệ Cramer nên có nghiệm duy nhất 1 2 1 1 2 3 1 x  x  x  x  1 2 3 4   3 D  3 8 2  22 D  3 5 8  44  r A( )  r A( )  1 y z  Khi  1: Hệ phương trình có vô số nghiệm 1 1 3 1 2 1 x  1x x x với x ,x ,x tuỳ ý 1 2 3 4 2 3 4 66 22 44  Do đó hệ có nghiệmx   3, y   1, z   2  Khi    3: detA  0  r A( )  4, r A( )  4 hệ vô nghiệm 22 22 22 09/08/2023 13 09/08/2023 14 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.4. PHƯƠNG PHÁP MA TRẬN NGHỊCH ĐẢO  x  2x  3x  a Ví dụ 4.5 Xét hệ phương trình 1 2 3 Định lý 4.3  2x  5x  3x  b n 1 2 3 Hệ Cramer a x b ;i  1,...,n  x  8x  c ij j i 1 3 j1 Có thể viết dưới dạng ma trận AX  B 1 2 3 40 16 9  Ma trận   Có ma trận   với các ma trận tương ứng A  2 5 3 1   hệ số   nghịch đảo A   13 5 3 1 0 8   a a ... a  b  x     5 2 1  11 12 1n   1   1    a a ... a  b  x  Vậy hệ có nghiệm A   21 22 2n  B   2  X   2                             a a ... a  b  x  x  40 16 9   a 40a 16b  9c x  40a 16b  9c       1  1 n1 n2 nn n n x    13 5 3  b   13a 5b  3c   x  13a 5b  3c  2        2 det(A)  0  A1 x   5 2 1  c  5a 2b c  x  5a 2b c  3          3 Do đó hệ có nghiệm dạng ma trận X  A1B 09/08/2023 15 09/08/2023 16 4

Trang 5

CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Nhận xét 4.1 4.5. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP KHỬ GAUSS Khi thực hiện các biến đổi sơ cấp sau lên các phương trình của hệ Từ công thức đổi tọa độ (3.12), công thức (4.22) về ma trận chuyển  Đổi chỗ hai phương trình; cơ sở và từ ví dụ trên ta thấy  Nhân, chia một số khác 0 vào cả hai vế của một phương trình;  n  Cộng vào một phương trình một tổ hợp tuyến tính các phương a x b ,i  1,...,n trình khác  ij j i Nếu j1 A  a  A1  c   n và   thì     ij ij  aaxxaaxx......aaxxbb  c b  x ,i  1,...,n   a11 x1 a12x2  ... a 1nx n b 1  ij j i  ........................................................................................11............................................111 1 12122 2 1n1n nn 11 j1   a xaa xxaaa xxx .........aaaxxxbbb Phương trình thứ i  ............................................i............................................1............................................ji111 11 iji222 222 injninnnn i j i           b  x  x  b   aa xax xaaaxxx.........aaaxxxbb b Phương trình thứ j Nói cách 1 1 1 1  ............................................................................j........................................1i1j1111 j2ij222 22 jnjnin..........nn n ............jj i     A   và     B    thì B  A1   khác, nếu          aaax xxaaax xx.........aaaxxxbbb b  x  x  b   m1mm111 11 m2mm222 22 mnmnmnn nn mmm  n   n   n   n  thì sẽ được hệ phương trình mới tương đương. 09/08/2023 17 09/08/2023 18 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp khử Gauss là  Nếu một trong các b ,...,b khác 0 thì có phương trình p1 m thực hiện các phép biến đổi sơ cấp để đưa hệ phương trình về hệ vế trái bằng 0, vế phải khác 0 nên hệ vô nghiệm. tương đương với ma trận bổ sung của hệ mới có dạng  Nếu b  ... b  0 thì hệ đã cho tương đương với p1 m a b  hệ p phương trình  11 1   a b   pp p a x a x  ... a x b  b   11 1 12 2 1n n 1 p1  a x  ... a x b    22 2 2n n 2  b   ......................................... m   a x ...a x b  pp p pn n p trong đó a ...a  0. 11 pp Ta được các nghiệm x,...,x phụ thuộc các ẩn tùy ý x ,...,x. 1 p p1 n 09/08/2023 19 09/08/2023 20 5

Trang 6

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH  x 2x  3x  a  Có thể nhận thấy rằng khi ta biến đổi tương đương lên các  1 2 3 Ví dụ 4.6 Xét hệ phương trình 2x 5x  3x b  1 2 3 phương trình thì thực chất là biến đổi các hệ số của các (Xem Ví dụ 4.5)   x  8x  c phương trình.  1 3 1 2 3 a 1 0 8 c  1 0 8 c        A  2 5 3 b  0 1 3 b 2a  0 1 3 b 2a   Vì vậy khi thực hành ta chỉ cần biến đổi ma trận bổ sung       1 0 8 c 0 2 5 a c  0 0 1 5a 2b c của hệ để đưa về ma trận có dạng dưới đường chéo bằng 0,       1 0 0 40a 16b  9c từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình.    0 1 0 13a 5b 3c    0 0 1 5a 2b c   Khi biến đổi ta nên để hệ số của phương trình dễ triệt tiêu hệ   số phương trình khác lên hàng trên. x  40a 16b  9c  1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x  13a 5b 3c  2 x  5a 2b c  3 09/08/2023 21 09/08/2023 22 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 2x  5x  8x  8 Ví dụ 4.8 Giải và biện luận theo tham số m hệ phương trình Ví dụ 4.7 Giải hệ phương trình  1 2 3 4x  3x  9x  9  1 2 3 3x  2x  5x  4x  3   1 6 9 20 11 2x  3x  5x  7  1 2 3 4 3 2 5 4 3     1 2 3    3 2 5 4 3   4x x  4x mx  2  4 1 4 m 2    x  8x  7x  1 2  1 2 3 4 A     2 3 6 8 5  1 2 3 x 6x 9x 20x  11 1 6 9 20 11    1 2 3 4 2 3 6 8 5    2x  3x  6x  8x  5   4 1 4 m 2       1 2 3 4   2 5 8 8  1 8 7 12 1 8 7 12          3 4 1 4 3 9 9  2 5 8 8 2 5 8 8 1 6 9 20 11 1 6 9 20 11 1 0    A              5 5 5 2 3 5 7  4 3 9 9  0 7 7 7   0 5 8 16 9   8 16 9        0 20 32 64 36      0 1           0 0 0 0 0  5 5 5  1 8 7 12 2 3 5 7  0 2 3 1 0 15 24 48 27              0 0 0 0 0  0 5 8 m16 8  0 0 0 m 1          0 0 0 m 1  1 8 7 12  1 8 7 12 1 0 0 3          x  3 m m 0 11 6 16 0 1 1 1  0 1 0 2  1   0: hệ vô nghiệm;   0: hệ có vô số nghiệm           x  2 0 1 1 1  0 0 1 1  0 0 1 1  2 1 9 16 8 1 4 3        x  , x    x , x     x ;x tùy ý. 0 2 3 1  0 0 0 0  0 0 0 0 x  1 4 m 2 5 5m 5 3 1 5 5m 5 3 3       3 Ta cũng có thể chọn x hoặc x làm ẩn tùy ý. 1 2 09/08/2023 23 09/08/2023 24 6

Trang 7

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH 4.6 HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT 2x 3x 3x 2x  0 Ví dụ 4.10 Giải hệ phương trình thuần nhất 1 2 3 4 a x a x ...a x  0 4x 7x 5x 6x  0  11 1 12 2 1n n  1 2 3 4 a x a x ...a x  0 3x 5x 4x 4x  0  21 1 22 2 2n n  1 2 3 4        ......................................... 2 3 3 2 2 3 3 2 1 2 1 2        a x a x ...a x  0 A  4 7 5 6  4 7 5 6  2 3 3 2  m1 1 m2 2 mn n       3 5 4 4 1 2 1 2 4 7 5 6 Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có ít nhất nghiệm tầm thường 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 3 2       x  ...  x  0.  0 1 1 2   0 1 1 2   0 1 1 2 1 n       Nhận xét 4.2 0 1 1 2 0 0 0 0        0 0 0 0 Khi ta giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất theo phương pháp Ta được hệ phương trình tương đương khử Gauss thì vế sau của hệ không thay đổi và luôn bằng 0. Vì vậy để   x 3x 2x  0 x  3x 2x giải hệ phương trình thuần nhất ta chỉ cần biến đổi ma trận hệ số của  1 3 4   1 3 4 x ,x tùy ý. x x  2x  0 x  x 2x 3 4 hệ, sau đó thêm vế sau bằng 0.  2 3 4  2 3 4 09/08/2023 25 09/08/2023 26 CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Định lý 4.5 Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất Ví dụ 4.11 TậpW  u  ( , , )x y z 3 2x 3y  4z  0 2 Ma trận hệ số là không gian con của 3 có chiều dimW  31  2. a x a x ...a x  0 2  11 1 12 2 1n n a a ... a  a x a x ...a x  0  11 12 1n  Ví dụ 4.12  21 1 22 2 2n n a a ... a  .............................................. A   21 22 2n         Đặt V ,V lần lượt là tập hợp nghiệm của hệ phương trình (I) và hệ    1 2 a x a x ...a x  0   phương trình (II): m1 1 m2 2 mn n a a ... a   m1 m2 mn  4x  5x 2x  3x  0 2x 3x 3x 2x  0  1 2 3 4  1 2 3 4 a) Hệ phương trình chỉ có nghiệm tầm thường khi và chỉ khi r(A) n. ( )I 3x  5x  6x 4x  0 (II) 4x 7x 5x 6x  0  1 2 3 4  1 2 3 4 5x 7x 2x  0 3x 5x 4x 4x  0 b) Nếu r(A) p n thì tập hợp nghiệm của hệ phương trình là không  1 2 3  1 2 3 4 Hãy tìm một cơ sở với mỗi không gian con sau:V1,V2 và V1V2. gian véc tơ con np chiều của n . Suy ra chiều của: V1,V2 ,V1V2 và V1V2 . 09/08/2023 27 09/08/2023 28 7

Trang 8

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Hệ phương trình (I) V V là không gian nghiệm của hệ 6 phương trình 1 2 4 5 2 3  1 0 8 7  1 0 8 7  1 0 8 7          4x  5x 2x  3x  0       3 5 6 4  3 5 6 4  0 5 30 25  0 1 6 5  1 2 3 4 4 5 2 3  1 0 8 7  1 0 3 2                 5 7 2 0  1 2 4 3 0 2 12 10 0 0 0 0  3x1  5x2  6x3 4x4  0 3 5 6 4 0 1 6 5 0 1 1 2           5 7 2 0  0 0 0 0  0 0 0 0  5x  7x 2x  0          1 2 3 2 3 3 2 1 0 3 2 0 0 5 5 x  8x 7x v (8x 7x ,6x 5x ,x ,x ) 2x 3x 3x 2x  0         1 3 4 3 4 3 4 3 4  1 2 3 4 4 7 5 6 0 1 1 2  0 0 7 7 v (x ,x ,x ,x )V         x  6x  5x 1 2 3 4 1  x (8,6,1, 0)x (7, 5, 0,1) 4x 7x 5x 6x  0 3 5 4 4 0 0 0 0  0 0 0 0   2 3 4 3 4  1 2 3 4         3x 5x 4x 4x  0 V  x (8,6,1, 0)x (7,5, 0,1) x ,x    1 2 3 4   1 3 4 3 4 1 0 0 1   2 3 3 2 2 3 3 2 1 2 1 2 1 0 3 2 Do đó hệ phương trình có nghiệm: 0 1 0 1                    0 0 0 0  4 7 5 6  0 1 1 2  0 1 1 2   0 1 1 2 x  x  x  x ;x            1 4 2 3 tùy ý 0 0 1 1 3 5 4 4 1 2 1 2 0 1 1 2 0 0 0 0 4             V V  x (1,1,1,1) x   0 0 0 0  v (x ,x ,x ,x )V v (3x 2x ,x 2x ,x ,x )x (3,1,1,0)x (2,2, 0,1) 1 2 4 4 0 0 0 0  1 2 3 4 2 3 4 3 4 3 4 3 4   V  x (3,1,1, 0)x (2,2, 0, )1 x ,x   dimV  dimV  2, dim(V V )  1  dim(V V )  3 1 2 1 2 1 2 2 3 4 3 4 09/08/2023 29 09/08/2023 30 CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.13 Xét hệ phương trình thuần nhất có n phương trình n 1 ẩn j Xóa cột thứ a x a x ...a x a x  0 D 0 r(A)n  11 1 12 2 1n n 1,n1 n1 a a a Nếu tồn tại j thì , do   1j  1,n1 0 a x a x ...a x a x  0 11  21 1 22 2 2n n 2,n1 n1 đó không gian nghiệm của hệ có       ............................................................ D  a a a chiều bằng 1 và tập hợp nghiệm có  j i1  ij  i n, 1 a x a x ...a x a x  0 dạng  n1 1 n2 2 nn n n n, 1 n1      a  a  a   n1 nj n n, 1 t x( 0,x0,....,x0,...,x0 ) t  Đặt D (j  1, …, n 1) là định thức của ma trận vuông cấp n có 1 2 j n1 j được bằng cách xóa cột thứ j của ma trận hệ số 0 0 0 0 Trong đó (x ,x ,....,x ,...,x ) 1 2 j n1  j1,n1 A  a  là một nghiệm khác không của hệ. ij i1,n 09/08/2023 31 09/08/2023 32 8

Trang 9

CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Xét định thức cấp n 1 sau và khai triển theo hàng thứ nhất. Ta được Theo kết quả trên ta có: D  y D y (D )y (1)j1D y (1)n D  y  y  y 1 1 2 2 j j n1 n1 1 j n1 Thay y , y , ..., y bởi các hệ số của phương trình thứ i; với mọi i 1,...,n. a  a  a 1 2 n1 11 1j 1,n1 y  a , y  a , ..., y  a      1 i1 2 i2 n1 i n, 1 D  y  y  y a  a  a a  a  a 1 j n 1 i1 ij i n, 1 i1 ij i n, 1 a  a  a a  a  a      11 1j 1,n1 11 1j 1,n1           a  a  a D  D   0 n1 nj n n, 1 a  a  a a  a  a i1 ij i n, 1 i1 ij i n, 1           D  y (1)2D y (1)3D y (1)j1D y (1)n2D a  a  a a  a  a n1 nj n n, 1 n1 nj n n, 1 1 1 2 2 j j n1 n1 D  j1   n  Khi đó định thức D tương ứng bằng 0 (vì hàng thứ 1 và hàng thứ i 1  y D y (D )y (1) D y (1) D 1 1 2 2 j j n1 n1 bằng nhau). 09/08/2023 33 09/08/2023 34 CHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH y D y (D )y (1)j1D y (1)n D  D. Định lý 4.6 1 1 2 2 j j n1 n1  a x a x ...a x b Giả sử (x ,...,x )  11 1 12 2 1n n 1 Thay y  a , y  a , ..., y  a vào đẳng thức trên ta được 1 n a x a x ...a x b 1 i1 2 i2 n1 i n, 1  21 1 22 2 2n n 2 (*)     là một nghiệm của phương ............................................. j1 n  a (D )a (D )...a (1) D a (1) D  0 trình không thuần nhất (*) a x a x ...a x b i1 1 i2 2 ij j i n, 1 n1  m1 1 m2 2 mn n m Với mọi i; i 1,..., n.  Khi đó (x ,...,x ) a x a x ...a x  0 1 n  11 1 12 2 1n n Điều này chứng tỏ (D ,D ,....,( 1) j 1D ,...,( 1) n D ) a x a x ...a x  0 1 2 j n1 là nghiệm của phương trình  21 1 22 2 2n n  (**) là một nghiệm khác không của hệ phương trình. ........................................... thuần nhất tương ứng (**)  a x a x ...a x  0 Do đó tập hợp nghiệm có dạng  m1 1 m2 2 mn n   khi và chỉ khi tD ,D ,....,(1)j1D ,...,(1)n D t  . 1 2 j n1 (x  x ,...,x  x ) là nghiệm của hệ phương trình (*). 1 1 n n 09/08/2023 35 09/08/2023 36 9

Trang 10

CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CHCHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNHƯƠNG 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH Ví dụ 4.12 Giải và biện luận theo tham số x ax a x2  1 Theo Ví dụ 4.12 không gian nghiệm của hệ phương trình thuần nhất  1 2 3   a,b  tương ứng có chiều bằng 1 và có dạng t D( ,D ,D ) t  hệ phương trình x bx b x2  1 1 2 3  1 2 3 1 a a2 Ma trận hệ số A    Hệ có một nghiệm riêng   2  1 a a2 1 b b  x  1, x  0, x  0 Ma trận hệ số A    1 b b2  2 1 2 3   a a 1 a2 1 a D   ab b( a) D   b2 a2  (a b)(b a) D   b a 1 b b2 2 1 b2 3 1 b  Trường hợp a  b:r(A)1, hệ phương trình tương đương với một phương trình do đó có vô số nghiệm Do đó hệ có một nghiệm ab b( a),(a b)(b a),(b a) x  1ax a x2 ;x ,x tùy ý.   1 2 3 2 3 ab,(a b),1 cũng là nghiệm khác không của hệ phương trình thuần nhất. Trường hợp a  b: r(A)  2, do đó không gian nghiệm của hệ x  abt x  1abt Nghiệm tổng quát  1 Nghiệm tổng quát  1 1 x  (a b t) x  (a b t) phương trình thuần nhất có chiều bằng . của hệ thuần nhất  2  2  của hệ đã cho  x  t; t  x  t; t  3  3 09/08/2023 37 09/08/2023 38 10

Showing the first 10 pages. Download the document to see it all.

Comments (0)

Sign in to join the discussion

No comments yet. Be the first!

Related documents

Bộ đề ôn Đại số - Thi cuối kỳ HUST

Free923 pages

Đề minh họa Đại số tuyến tính (HUST)

Free72 pages

Tổng hợp Đề thi cuối kỳ đại số HUST BK0ST

Free729 pages

Giải Đề cương Đại số - Chương 4 (2024) (CLB HTHT HUST)

Free320 pages

Đề thi môn Đại số tuyến tính (NN2) (Kèm đáp án)

Premium38 pages
Same author

Đề thi TSA Khoa học giải quyết vấn đề - Khảo thí số 01

Free123 pages

Đề Đọc hiểu TSA - Khảo thí 01

Free26 pages

Đề Toán TSA - Khảo thí Toán học số 1 (Có đáp án)

Premium116 pages

Phiếu dự tuyển Vietcombank 2026 (VCB)

Free53 pages

Phiếu dự tuyển Vietcombank (VCB)

Free53 pages