[Download] Hệ phương trình tuyến tính.pdf – Tải File Word, PDF Miễn Phí

Hệ phương trình tuyến tính ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNHTài liệu ôn thi cao học năm 2005Phiên bản chưa chỉnh sửaPGS TS. Mỵ Vinh QuangNgày 19 tháng 12 năm 2004phương trình tuyến tính thuần nhất’ title=”hệ phương trình tuyến tính thuần nhất”>Hệ phương trình tuyến tính thuần nhấtHệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ thuần nhất nếu cột tự do của hệ bằng 0, tức làb1= b2= · · · = bm= 0.2 Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính2.1 Phương pháp CramerNội dung của phương pháp này cũng chính là định lý sau đây:Định lý 1 (Cramer) Cho hệ Cramera11x1+ a12x2+ · · · + a1nxn= b1a21x1+ a22x2+ · · · + a2nxn= b2. . . . . .an1x1+ an2x2+ · · · + annxn= bn(2)trong đóA =a11a12. . . a1na21a22. . . a2n. . . . . . . . . . . .an1an2. . . annlà ma trận các hệ số.Hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thứcxi=det Aidet A2trong đó Aichính là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột i của A bằng cột tự dob1b2 .bnVí dụ 1: Giải hệ phương trình:ax1+ bx2= ccx2+ ax3= bcx1+ bx3= atrong đó a, b, c là ba số khác 0.Giải: Ta có:det A =a b 00 c ac 0 b= 2abc = 0nên hệ trên là hệ Cramer. Hơn nữadet A1=c b 0b c aa 0 b=a2− b2+ c2bdet A2=a c 00 b ac a b=−a2+ b2+ c2avàdet A3=a b c0 c bc 0 a=a2+ b2− c2cDo đó, hệ có nghiệm duy nhất:x1=det A1det A=a2− b2+ c22ac, x2=det A2det A=−a2+ b2+ c22bc, x3=det A3det A=a2+ b2− c22ab2.2 Sử dụng phương pháp biến đổi sơ cấp (phương pháp Gauss) đểgiải hệ phương trình tuyến tính tổng quátNội dung cơ bản của phương pháp này dựa trên định lý quan trong sau về nghiệm của một hệphương trình tuyến tính.Định lý 2 (Định lý Cronecker-Capelly) Cho hệ phương trình tuyến tính tổng quát (1), Avà 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(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 Avề dạng bậc thang. Ma trận bậc thang cuối cùng có dạng:A → C =0 . . . c∗1i1. . . . . . . . . . . . . . . c1nd10 . . . 0 . . . c∗2i2. . . . . . . . . c2nd2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . 0 . . . . . . c∗rir. . . crndr0 . . . 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 đó1. Nếu tồn tại ít nhất divới r + 1  i  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 cáccột được đánh dấu *) giữ lại bên trái và các xi1, xi2, . . . , xirlà các ẩn còn các cột còn lạichuyển sang bên phải, các ẩn xkứng với các cột này sẽ trở thành tham số. Vậy ta cón − r tham số và hệ đã cho tương đương với hệc1i1c1i2. . . c1ird1(xk)0 c2i2. . . c2ird2(xk). . . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . crirdr(xk)(3)trong đó di(xk) là các hàm tuyến tính của xkvới k = i1, i2, . . . , ir. Hệ phương trình (3) làhệ phương trình dạng tam giác, ta có thể dễ dàng giải được bằng phương pháp thế dầntừ 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 khác0 thì ta có thể kết luận hệ vô nghiệm mà không cần phải làm tiếp.Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:x1+ 2×2+ 2×4+ x5= 12×1+ 4×2+ x3+ 3×4= 33×1+ 6×2+ 2×3+ 3×4+ x5= mx1+ 2×2+ x3+ x5= 2m − 8Giải:A =1 2 0 2 1 12 4 1 3 0 33 6 2 3 1 m1 2 1 0 1 2m − 8d2→(−2)d1+d2−−−−−−−−→d3→(−3)d1+d3d4→(−1)d1+d41 2 0 2 1 10 0 1 −1 −2 10 0 2 −3 −2 m − 30 0 1 −2 0 2m − 9d3→(−2)d2+d3−−−−−−−−→d4→(−1)d2+d41 2 0 2 1 10 0 1 −1 −2 10 0 0 −1 2 m − 50 0 0 −1 2 2m − 10d4→(−1)d3+d4−−−−−−−−→1 2 0 2 1 10 0 1 −1 −2 10 0 0 −1 2 m − 50 0 0 0 0 m − 54* Nếu m = 5 hệ phương trình vô nghiệm.* Nếu m = 5, hệ đã cho tương đương với1∗2 0 2 1 10 0 1∗−1 −2 10 0 0 −1∗2 00 0 0 0 0 0Trường hợp này hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 2 tham số là x2và x5. Chuyển cột 2 vàcột 5 sang bên phải, hệ có dạngx1+ 2×4= 1 − 2×2− 2x5x3− x4= 1 + 2×5−x4= −2x5Giải từ dưới lên ta sẽ cóx4= 2x5x3= x4+ 2×5+ 1 = 4×5+ 1×1= 1 − 2×2− 2×5− 2×4= −2×2− 5×5+ 1Tóm lại, trong trường hợp này nghiệm của hệ làx1= −2a − 5b + 1×2= ax3= 4b + 1×4= 2bx5= ba, b tùy ý.Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:x1+ x2+ x3+ mx4= 1×1+ x2+ mx3+ x4= 1×1+ mx2+ x3+ x4= 1mx1+ x2+ x3+ x4= 1Giải:A =1 1 1 m 11 1 m 1 11 m 1 1 1m 1 1 1 1d2→(−1)d1+d2d3→(−1)d1+d3−−−−−−−−−→d4→(−m)d1+d41 1 1 m 10 0 m − 1 1 − m 00 m − 1 0 1 − m 00 1 − m 1 − m 1 − m21 − md2↔d3−−−−→1 1 1 m 10 m − 1 0 1 − m 00 0 m − 1 1 − m 00 1 − m 1 − m 1 − m21 − md4→d2+d3+d4−−−−−−−−→1 1 1 m 10 m − 1 0 1 − m 00 0 m − 1 1 − m 00 0 0 3 − 2m − m21 − m= C5Chú ý rằng 3 − 2m − m2= (1 − m)(m + 3). Bởi vậy:1) m = 1, khi đóC =1 1 1 1 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc vào 3 tham số x2, x3, x4. Nghiệm làx1= 1 − a − b − cx2= ax3= bx4= c2) m = −3, khi đóC =1 1 1 −3 10 −4 0 4 00 0 −4 4 00 0 0 0 4Hệ vô nghiệm.3) m = 1 và m = −3, hệ có nghiệm duy nhấtx4=1 − m3 − 2m − m2=1m + 3×3= x4=1m + 3, x2= x4=1m + 3×1= 1 − x2− x3− mx4=1m + 3Vậy: x1= x2= x3= x4=1m+3.Tóm lại:• m = 1 hệ có vô số nghiệm;• m = −3 hệ vô nghiệm;• m = 1, −3, hệ có một nghiệm duy nhất x1= x2= x3= x4=1m+3.Bài tậpGiải và biện luận các hệ sau:27.2×1+ x2+ x3+ x4= 1×1+ 2×2− x3+ 4×4= 2×1+ 7×2− 4×3+ 11×4= m4x1+ 8×2− 4×3+ 16×4= m + 128.2×1− x2+ x3− 2×4+ 3×5= 3×1+ x2− x3− x4+ x5= 13×1+ x2+ x3− 3×4+ 4×5= 65×1+ 2×3− 5×4+ 7×5= 9 − m629.mx1+ x2+ x3= 1×1+ mx2+ x3= 1×1+ x2+ mx3= 130.mx1+ x2+ x3+ x4= 1×1+ mx2+ x3+ x4= 1×1+ x2+ mx3+ x4= 131. Cho aijlà các số nguyên. Giải hệ:12×1= a11x1+ a12x2+ · · · + a1nxn12x2= a21x1+ a22x2+ · · · + a2nxn. . .12xn= an1x1+ an2x2+ · · · + annxn32. Giải hệ phương trình:x1+ x2+ · · · + xn= 1×1+ 2×2+ · · · + 2n−1xn= 1×1+ 3×2+ · · · + 3n−1xn= 1. . .x1+ nx2+ · · · + nn−1xn= 133. Chứng minh rằng hệ phương trình:a11x1+ a12x2+ · · · + a1nxn= 0a21x1+ a22x2+ · · · + a2nxn= 0· · ·an1x1+ an2x2+ · · · + annxn= 0trong đó aij= −ajivà n lẽ, có nghiệm khác 0.7 . của một hệ phương trìnhtuyến tính ta được hệ mới tương đương với hệ đã cho.1.2 Một vài hệ phương trình đặc biệta. Hệ CramerHệ phương trình tuyến tính (1). nhấtHệ phương trình tuyến tính (1) gọi là hệ thuần nhất nếu cột tự do của hệ bằng 0, tức làb1= b2= · · · = bm= 0.2 Các phương pháp giải hệ phương trình tuyến