Xem tài liệu

Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Hệ phương trình tuyến tính tổng quát có dạng:

{a_{11}}{x_1} + {a_{12}}{x_2} + ... + {a_{1n}}{x_1} = {b_1}
{a_{12}}{x_1} + {a_{22}}{x_2} + ... + {a_{2n}}{x_n} = {b_2}
...
{a_{m1}}{x_1} + {a_{m2}}{x_2} + ... + {a_{mn}}{x_n} = {b_m}

Với:
A =

{{a_{11}}&{a_{12}}&...&{a_{1n}}}
{{a_{21}}&{a_{22}}&...&{a_{2n}}}
{...}&{...}&{...}&{...}
{{a_{m1}}&{a_{m2}}&...&{a_{mn}}}

X =

{{x_1}}
{{x_2}}
{...}
{{x_n}}

B =

{{b_1}}
{{b_2}}
{...}
{{b_m}}

Ta gọi là hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình và n ẩn.

Hệ phương trình đã cho có thể được viết dưới dạng ma trận AX=B.

Đặt $Aj^c = left( begin{array}{c} {a{1j}} {a{2j}} {…} {a{mj}} end{array} right), j = 1,2,…,n$ là véctơ cột thứ j của ma trận hệ số A. Khi đó hệ phương trình

Hệ phương trình đã cho có thể được viết dưới dạng véctơ

${{x}{1}}A{1}^{c}+{{x}{2}}A{2}^{c}+…+{{x}{n}}A{n}^{c}=B.$ Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi véctơ B biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ cột $ left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A_{n}^{c} right} $ của ma trận A. Hệ có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu cách biểu diễn tuyến tính véctơ B qua hệ véctơ cột của ma trận A.

Do mọi định thức con của A đều là định thức con của $overline{A}$ do đó $0 le r(A) le r(overline{A}) le min left{ m,n+1 right}.$

Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính tổng quát có nghiệm

Định lí Kronecker – Capelli

Cho hệ phương trình tuyến tính n ẩn AX=B. Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính có nghiệm là r(A)=r($overline{A}$).

Chứng minh:
Ta có r(A)=r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c} right} right)$, r($overline{A}$)=r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c},B right} right)$.

Điều kiện cần: Nếu hệ có nghiệm thì véctơ B được biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}$.

Do đó r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c},B right} right)$=r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c} right} right) Rightarrow$ r($overline{A}$)=r(A).

Điều kiện đủ: Nếu r(A)=r($overline{A}$) $Rightarrow$ r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c} right} right)$=r$left( left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A{n}^{c},B right} right)$.

Ta có điều phải chứng minh.

Khảo sát tổng quát hệ phương trình tuyến tính

Xem thêm : Code game rắn săn mồi trên console bằng C++

Cho hệ phương trình tuyến tính có n ẩn, các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng lần lượt là A,$overline{A}$. Khi đó:

• Nếu r(A)=r($overline{A}$)=n (số ẩn của hệ) thì hệ có nghiệm duy nhất;
• Nếu r(A)=r($overline{A}$)=r < n (nhỏ hơn số ẩn của hệ) thì hệ có vô số nghiệm phụ thuộc n-r tham số;
• Nếu r(A)

Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính tổng quát có nghiệm

Định lí Kronecker – Capelli

Cho hệ phương trình tuyến tính n ẩn AX=B. Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính có nghiệm là r(A)=r($overline{A}$).

Chứng minh:
Ta có r(A)=r($overline{A}$).

Điều kiện cần: Nếu hệ có nghiệm thì véctơ B được biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $left{ A{1}^{c},A{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}$.

Do đó r($overline{A}$)=r(A).

Điều kiện đủ: Nếu r(A)=r($overline{A}$), thì hệ có nghiệm.

Ta có điều phải chứng minh.

Khảo sát tổng quát hệ phương trình tuyến tính

Xem thêm : Code game rắn săn mồi trên console bằng C++

Cho hệ phương trình tuyến tính có n ẩn, các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng lần lượt là A,$overline{A}$. Khi đó:

• Nếu r(A)=r($overline{A}$)=n (số ẩn của hệ) thì hệ có nghiệm duy nhất;
• Nếu r(A)=r($overline{A}$)=r < n (nhỏ hơn số ẩn của hệ) thì hệ có vô số nghiệm phụ thuộc n-r tham số;
• Nếu r(A)

Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} {x_1} + 2{x_2} + 3{x_4} = 7 hfill 2{x_1} + 5{x_2} + {x_3} + 5{x_4} = 16 hfill 3{x_1} + 7{x_2} + {x_3} + 8{x_4} = 23 hfill 5{x_1} + 12{x_2} + 2{x_3} + 13{x_4} = m hfill 6{x_1} + 14{x_2} + 3{x_3} + 16{x_4} = 46 hfill end{gathered} right..$

Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:

$overline A = left( begin{array}{cccc} 1&2&0&3&7 2&5&1&5&{16} 3&7&1&8&{23} 5&{12}&2&{13}&m 6&{14}&3&{16}&{46} end{array} right)xrightarrow{begin{gathered} – 2{{d}{1}}+{{d}{2}} – 3{{d}{1}}+{{d}{3}} – 5{{d}{1}}+{{d}{4}} – 6{{d}{1}}+{{d}{5}} end{gathered} }left( begin{array}{cccc} 1&2&0&3&7 0&1&1&{ – 1}&2 0&1&1&{ – 1}&2 0&2&2&{ – 2}&{m – 35} 0&2&3&{ – 2}&4 end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – 3{{d}{2}}+{{d}{3}} – 3{{d}{2}}+{{d}{4}} – 3{{d}{2}}+{{d}{5}} end{subarray} }left( begin{array}{cccc} 1&2&0&3&7 0&1&1&{ – 1}&2 0&0&0&0&0 0&0&0&0&{m – 39} 0&0&1&0&0 end{array} right).$

• Nếu $m-39=0Rightarrow m=39Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2<4$ hệ có vô số nghiệm và hệ khi đó tương đương với $left{ begin{gathered} {x_1} + 2{x_2} + 3{x_4} = 7 hfill {x_2} + {x_3} – {x_4} = 2 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} {x_1} = 2{x_3} – 5{x_4} + 3 hfill {x_2} = – {x_3} + {x4} + 2 hfill end{gathered} right.$ Nghiệm của hệ là $left( 2{{x}{3}}-5{{x}{4}}+3;-{{x}{3}}+{{x}{4}}+2;{{x}{3}};{{x}{4}} right),left( {{x}{3}},{{x}_{4}}in mathbb{R} right).$

• Nếu $m-39ne 0Rightarrow mne 39Rightarrow r(A)=2

Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} 2{x_1} – 2{x_2} + {x_3} – {x_4} + {x_5} = 1 hfill {x_1} + 2{x_2} – {x_3} + {x_4} – 2{x_5} = 1 hfill 4{x_1} – 10{x_2} + 5{x_3} – 5{x_4} + 7{x_5} = 1 hfill 2{x_1} – 14{x_2} + 7{x_3} – 7{x_4} + 11{x_5} = m hfill end{gathered} right..$

Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:

$begin{gathered} overline A = left( begin{array}{ccccc} 2&{ – 2}&1&{ – 1}&1 1&2&{ – 1}&1&{ – 2} 4&{ – 10}&5&{ – 5}&7 2&{ – 14}&7&{ – 7}&{11} end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – 2{{d}{1}}+{{d}{2}} – 4{{d}{1}}+{{d}{3}} – 2{{d}{1}}+{{d}{4}} end{subarray} }left( begin{array}{ccccc} 2&{ – 2}&1&{ – 1}&1 0&{ – 6}&3&{ – 3}&5 0&{ – 18}&9&{ – 9}&{15} 0&{ – 18}&9&{ – 9}&{15} end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – 3{{d}{2}}+{{d}{3}} – 3{{d}{2}}+{{d}{4}} end{subarray} }left( begin{array}{ccccc} 2&{ – 2}&1&{ – 1}&1 0&{ – 6}&3&{ – 3}&5 0&0&0&0&0 0&0&0&0&{m – 2} end{array} right). end{gathered}$

• Xem thêm : [TopTip] Top 6 Phần Mềm Thiết Kế Trò Chơi Học Tập – YBOX

  Nếu $m-2ne 0Rightarrow r(A)=2

• Nếu $m-2=0Rightarrow m=2Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2<4$ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số.
  Cụ thể $left{ begin{gathered} 2{x_1} – 2{x_2} + {x_3} – {x_4} + {x_5} = 1 hfill – 6{x_2} + 3{x_3} – 3{x_4} + 5{x_5} = – 1 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} {x_1} = frac{2}{3} – 2{x_4} + frac{1}{3}{x_5} hfill {x_2} = frac{1}{6} + frac{1}{2}{x_3} – frac{1}{2}{x_4} + frac{5}{6}{x_5} hfill end{gathered} right. ,xin mathbb{R}.$

Ví dụ 3: Cho hệ phương trình $left{ begin{array}{l} (2 – a){x_1} + {x_2} + {x_3} = 0 hfill {x_1} + (2 – a){x_2} + {x_3} = 0 hfill {x_1} + {x_2} + (2 – a){x_3} = 0 end{array} right..$

a) Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất;

b) Tìm a để hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số;

c) Tìm a để hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số.

Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:

$begin{gathered} overline A = left( begin{array}{cccc} {2 – a}&1&1&0 1&{2 – a}&1&0 1&1&{2 – a}&0 end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – {{d}{1}}+{{d}{2}} – (a – 2){{d}{1}}+{{d}{3}} – {{d}{1}}+{{d}{4}} end{subarray} }left( begin{array}{cccc} {2 – a}&1&1&0 0&(a + 1)&(a – 1)&0 0&(1 – a)&(1 – a)&{a^2} – 1 end{array} right)xrightarrow{{{d}{2}}+{{d}{3}}}} left( begin{array}{cccc} {2 – a}&1&1&0 0&(a + 1)&(a – 1)&0 0&0&2a&{a^2} – 1 end{array} right). end{gathered}$

a) Hệ có nghiệm duy nhất $ Leftrightarrow r(A) = r(overline A ) = 3 Leftrightarrow left{ begin{gathered} a – 1 ne 0 hfill (1 – a)(4 – a) ne 0 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} a ne 1 hfill a ne 4 hfill end{gathered} right..$

b) Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số $ Leftrightarrow r(A)=r(overline{A})=2 Leftrightarrow a=4.$

c) Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số $ Leftrightarrow r(A)=r(overline{A})=1 Leftrightarrow a=1.$

Ví dụ 4: Cho hệ phương trình $ left{ begin{gathered} kx + y + z = 1 hfill x + ky – z = – 1 hfill ax + ay – z – t = – 1 hfill x + y + z + t = – a hfill end{gathered} right..$ theo các tham số $a,b$ và $m.$

Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:

$begin{gathered} overline A = left( begin{array}{ccccc} k&1&1&1&a 1&k&{ – 1}&1&{ – 1} a&a&{ – 1}&{ – 1}&{ – 1} 1&1&1&1&{ – a} end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – (a – 1){{d}{1}}+{{d}{2}} – 2(a – 1){{d}{1}}+{{d}{3}} – (a – 1){{d}{1}}+{{d}{4}} end{subarray} }left( begin{array}{ccccc} k&1&1&1&a 0&a – 1&{ – 2}&0&{ – 2a + 1} 0&a&a – 2&0&{ – a – 1} 0&0&0&{1 – a}&{{a^2} – 1} end{array} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} – {{d}{2}}+{{d}{3}} – (a + 1){{d}{2}}+2{{d}{4}} end{subarray} }left( begin{array}{ccccc} k&1&1&1&a 0&a – 1&{ – 2}&0&{ – 2a + 1} 0&0&{ – a + 2}&0&{a + 1} 0&0&0&{1 – a}&{{a^2} – 1} end{array} right)xrightarrow{{{d}{3}}+(a+1){{d}{4}}}} left( begin{array}{ccccc} k&1&1&1&a 0&a – 1&{ – 2}&0&{ – 2a + 1} 0&0&{ – a + 2}&0&{a + 1} 0&0&0&0&{a^2} – 2a – 3 end{array} right). end{gathered}$

• Nếu $a=-1Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2<4$ hệ vô số nghiệm và hệ khi đó tương đương với $left{ begin{gathered} x – y + az + t = a hfill 2y + (1 – a)z = – 2a hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} x = frac{{3a – 1}}{2}z – t hfill y = – a + frac{{a – 1}}{2}z hfill end{gathered} right. ,xin mathbb{R}.$

• Nếu $a=3Rightarrow r(A)=3

• Nếu $anotin left{ -1,3 right}Rightarrow r(A)=r(overline{A})=4$ hệ có nghiệm duy nhất và khi đó hệ tương đương với
  $left{ begin{gathered} x – y + az + t = a hfill 2y + (1 – a)z = – 2a hfill (a + 1)z + (a + 1)t = {a^2} – 1 hfill (3 – a){(a + 1)^2}t = {({a^2} – 1)^2} hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} x = frac{{2a – 2}}{{3 – a}} hfill y = – frac{{a + 1}}{{3 – a}} hfill z = frac{{2 – 2a}}{{3 – a}} hfill t = frac{{{{(a – 1)}^2}}}{{3 – a}} hfill end{gathered} right..$

Nguồn: https://ispacedanang.edu.vn
Danh mục: Học tập