chuong-2-he-phuong-trinh-tuyen-tinh_egkorytfhzBmZKREe-original.pdf

d,d,g

1. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 1

Phần 1. ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Gv: Phan Ngô Tuấn Anh
Khoa Toán – Thống Kê, UEH

Chương 2. Hệ phương trình tuyến tính

I. Một ví dụ dẫn về hệ phương trình tuyến tính
Một nhà đầu tư dự định dùng số tiền 500000$ để mua 3 loại cổ phiếu là A, B, C. Biết rằng,
 Cổ phiếu A có giá là 50$ và cho lợi nhuận hàng năm là 12%
 Cổ phiếu B có giá là 70$ và cho lợi nhuận hàng năm là 16%
 Cổ phiếu C có giá là 30$ và cho lợi nhuận hàng năm là 9%
Nhà đầu tư dự tính mua cổ phiếu B nhiều gấp 3 lần cổ phiếu C.
Nếu nhà đầu tư muốn lợi nhuận của việc mua cổ phiếu là 14% thì cần mua cổ phiếu A,B,C với số
lượng bao nhiêu?
Gọi
1 2 3
x ,x ,x lần lượt là số cổ phiếu A,B,C được mua thì:
Tổng số tiền mua cổ phiếu là
1 2 3
50x 70x 30x  , phải bằng với số vốn đầu tư ban đầu là 500000$,
nghĩa là:
1 2 3
)50x 70x 30x 50000 (10   
Số cổ phiếu B được mua nhiều gấp 3 lần số cổ phiếu C, nghĩa là:
2 3
(2)x 3x 
Tổng lợi nhuận đầu tư cổ phiếu là
1 2 3 1 2 3
50x 12% 70x 16% 30x 9% 6x 11.2x 2.7x        bằng
với lợi nhuận mong muốn là 500000 14% 70000  , nghĩa là:
1 2 3
)6x 11.2x 2.7x 70000 (3   
Từ (1),(2),(3) ta có hệ phương trình:
1 2 3
2 3
1 2 3
5
(
0x 70x 30x 500000
x 3x 0
6x 11.2x 2.7x 7
(1)
2)
(0 300)0
  

 

  


Mỗi phương trình trong hệ phương trình trên là bậc nhất đối với các ẩn
1 2 3
x ,x ,x nên ta gọi hệ
phương trình này hệ phương trình tuyến tính.
Trong phần sau, ta sẽ khảo sát hệ phương trình tuyến tính tổng quát, cùng với phương pháp giải và
điều kiện có nghiệm của hệ.
II. Định nghĩa hệ phương trình tuyến tính
Một hệ phương trình tuyến tính (linear equation system) gồm m phương trình, n ẩn có dạng tổng
quát như sau:

2. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 2

11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m 2 2 mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
   

   


    



  


trong đó,
1 2 n
x ,x , ,x là n ẩn số (unknowns) và
ij i
a , b là các hằng số.
Nghiệm (solution) của hệ thường được viết dưới dạng véc tơ
1 2 n
(x ,x , ,x )
Nếu toàn bộ vế phải của hệ đều bằng 0, nghĩa là
i
b 0 i  thì ta có hệ phương trình thuần nhất
(homogeneous system):
11 1 12 2 1n n
21 1 22 2 2n n
m1 1 m 2 2 mn n
a x a x a x 0
a x a x a x 0
a x a x a x 0
   

   


    



  

(hệ thuần nhất)
Dĩ nhiên, hệ thuần nhất luôn có sẵn nghiệm O (0,0, ,0) , được gọi là nghiệm tầm thường (trivial
solution) hoặc gọi là nghiệm zero. Ngoài nghiệm bằng 0 này, hệ thuần nhất có thể có nghiệm khác
0, vấn đề này sẽ được bàn ở cuối chương.
Đặt
11 12 1n 1 1
21 22 2n 2 2
m1 m 2 mn n m m n n 1 m 1
a a a x b
a a a x b
A ; X ; B
a a a x b
  
     
     
     
  
     
     
     


    


thì A được gọi là ma trận hệ số (của hệ phương trình), X được gọi là ma trận ẩn số, B được gọi là
ma trận hệ số tự do.
Lấy ma trận A nhân với ma trận X, ta được:
11 12 1n 1 11 1 12 2 1n n
21 22 2n 2 21 1 22 2 2n n
m1 m 2 mn n m1 1 m 2 2 mn n m 1
a a a x a x a x a x
a a a x a x a x a x
AX
a a a x a x a x a x

       
     
  
     
  
     
     
  
     
 
 
    
 
: vế trái của hệ phương trình
Do đó, hệ phương trình có thể viết ngắn gọn là AX B
Hệ thuần nhất được viết ngắn gọn là AX O, trong đó
m 1
0
0
O
0

 
 
 

 
 
 


3. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 3

Ta nói hai hệ phương trình là tương đương nếu chúng có cùng tập hợp nghiệm, nghĩa là nghiệm của
hệ này cũng là nghiệm của hệ kia và ngược lại.
Sau đây, ta xét một phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát.
II. Phương pháp Gauss
2.1 Hệ phương trình tuyến tính bậc thang
Xét hệ phương trình:
1 2 3 4
2 3 4
3 4
x
3
2x x 3x 1
x 2x 2x 4
1
3
(
x x
)
(2)
0(6 )
   

   

 


Ma trận hệ số của hệ phương trình:
3
2 1 3
A 0 2 2
0 0
1
1
6
  
 
  
 
 





là ma trận bậc thang. Ta gọi hệ phương trình trên là hệ phương trình bậc thang.
Tổng quát, ta nói hệ phương trình tuyến tính AX B (gồm m phương trình, n ẩn) là hệ phương
trình bậc thang nếu ma trận hệ số A là ma trận bậc thang.
Khi giải hệ phương trình bậc thang, ta giải ngược từ phương trình cuối trở lên.
Ví dụ: Giải hệ phương trình trên
Từ phương trình (3), ta tính
3
x theo
4
x:
3 4
x 2x
Từ phương trình (2), ta tính
2
x theo
3 4
x ,x:
2 3 4
4 4
4
x 2x 2x 4
2.(2x ) 2x 4
2x 4
  
  
 
(thay
3 4
x 2x)
Từ phương trình (1), ta tính
1
x theo
2 3 4
x ,x ,x:
1 2 3 4
4 4 4
4
x 2x x 3x 1
2.(2x 4) 2x 3x 1
5x 9
    
     
  
(thay
2 4
x 2x 4  và
3 4
x 2x)
Ta thấy không có thông tin nào từ hệ nói về giá trị của
4
x, điều này có nghĩa là
4
x có thể nhận giá
trị tùy ý (ta gọi
4
x là ẩn tự do – free unknown).
Đặt
4
x t với t thì ta có biểu thức nghiệm tổng quát của hệ là:

4. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 4

1
2
3
4
x 5t 9
x 2t 4
x 2t
x t
  

 





với t
(ta gọi t là tham số của nghiệm)
Với mỗi giá trị của t thì ta có một nghiệm riêng tương ứng. Chẳng hạn, nếu cho t 0 thì được
nghiệm riêng là:
1 2 3 4
(x ,x ,x ,x ) (9, 4,0,0) 
Nếu cho t 1 thì được nghiệm riêng là:
1 2 3 4
(x ,x ,x ,x ) (4, 2,2,1) 
Vì t có thể nhận vô số giá trị nên ta thấy hệ có vô số nghiệm. Khi hệ có vô số nghiệm thì trong biểu
thức nghiệm tổng quát của hệ sẽ chứa những ẩn tự do (free unknowns). Trong ví dụ trên thì hệ có vô
số nghiệm với 1 ẩn tự do (là
4
x).
2.2 Các phép biến đổi sơ cấp trên hệ phương trình tuyến tính
Trong chương 1 (ma trận & định thức), ta đã biết các phép biến đổi sơ cấp trên dòng của ma trận.
Đối với hệ phương trình tuyến tính, ta cũng có các phép biến đổi tương tự:
 Đổi chỗ 2 phương trình của hệ.
 Nhân 2 vế của một phương trình với một số thực khác 0.
 Lấy một phương trình cộng (hoặc trừ) với  lần phương trình khác.
Qua các phép biến đổi này, ta nhận được một hệ phương trình mới tương đương với hệ ban đầu.
2.3 Phương pháp Gauss
Ý tưởng của phương pháp này là, từ hệ phương trình ban đầu, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp
thích hợp đưa hệ về dạng bậc thang rồi giải hệ bậc thang này.
Ưu điểm của phương pháp Gauss là nó không đòi hỏi điều kiện nào cả và có thể viết thành thuật
toán cho máy tính dễ dàng.
Ví dụ: Giải hệ phương trình
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 2x x 1
3x 5x 2x 4
4x 6x 3x 2
  

  

  


Ta tạm thời gỡ bỏ các ký hiệu
1 2 3
x ,x ,x trong hệ phương trình, chỉ giữ lại ma trận hệ số của 2 vế.
Việc làm này gọi là ma trận hóa hệ phương trình. Sau đó, ta dùng các phép biến đổi sơ cấp thích hợp
để đưa hệ về dạng bậc thang:

5. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 5

3 22 1
3 1
d 2dd 3d
d 4d
1
4
2 1 1 2 1 1 2 1 1
3 5 2 4 0 1 1 1 0 1 1
4 6 3 2 0 2
1
0
1
11 2 0
1


        
     
    
     
     
   
     
: bậc thang
Gắn các ẩn
1 2 3
x ,x ,x vào trở lại, ta được hệ phương trình bậc thang (tương đương với hệ ban đầu):
1 2 3
2 3
3
x
2
2x x
x
(1)
(
1
x
3
x (
)4
)1
  

 

 


Từ (3), ta có
3
x 4 
Từ (2), ta có
2 3
x x 1 4 1 3      
Từ (1), ta có
1 2 3
x 2x x 1 2.( 3) ( 4) 1 1         
Vậy, hệ có nghiệm duy nhất là:
1
2
3
x 1
x 3
x 4
 

 

 


Ví dụ: Giải hệ phương trình
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2x x x 3
3x 2x 4x 5
7x 3x x 10
  

  

  


Ma trận hóa hệ phương trình:
3 21 2 2 1
3 1
d 4dd d d 3d
d 7d
2 1 1 3 1 3 2 1 3 2 1 3 2
3 2 4 5 3 2 4 5 0 5 1 0 5 1
7 3 110 7 3 1 10 0 4 20 4
1
0 0 0
1
0
1 1
1
 

              
       
        
       
       

 

 
   

   

Hệ trở thành:
1 2 3
2 3
(1)
x (
x x 3x
2
2
x )5 1
    

  

: bậc thang
(phương trình cuối trong hệ bậc thang trên là
1 2 3
0x 0x 0x 0   là một phương trình thừa, nó không
cho ta thông tin gì về nghiệm nên ta loại bỏ)
Từ (2), ta có
2 3
x 5x 1 
Từ (1), ta có
1 2 3 3 3 3
x x 3x 2 (5x 1) 3x 2 2x 1        
Ta thấy không có thông tin nào nói về giá trị của
3
x nên
3
x nhận giá trị tùy ý (ẩn tự do).

6. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 6

Đặt
3
x t, t  thì hệ có vô số nghiệm và nghiệm tổng quát là:
1
2
3
x 2t 1
x 5t 1
x t
 

 



với t
Ví dụ: Giải hệ phương trình
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2x x 3x 1
5x x 2x 4
8x 3x x 5
  

  

  


Ma trận hóa hệ phương trình:
1 2 2 1
3 1
2
3 2
3
2d d d 5d
d 8d
1
d
d d
2
1
d
3 11 2
3 3
2 1 3 1 3 4 2 3 4 2
5 1 2 4 5 1 2 4 0 14 22 6
8 3 1 5 8 3 1 5 0 21 33 11
3 4 2 3 4 2
0 11 3 0 11 3
0 7 11 0 0 0
1 1
1 1
7 7
 


       
     
    
     
     
  
     
     
   
   
   
   

 
 

   

Hệ trở thành:
1 2 3
2 3
2
3 3
(1)
0
x 3x 4x 2
7x 11x
(
3
3x
(2)
)
    

  

 


Từ (3) ta thấy hệ vô nghiệm vì không tồn tại
1 2 3
(x ,x ,x ) nào thỏa (3)
Các ví dụ trên minh họa phương pháp Gauss và cũng cho thấy 3 khả năng xảy ra về nghiệm của một
hệ phương trình tuyến tính: có nghiệm duy nhất, có vô số nghiệm, vô nghiệm.
Trong phần cuối của chương này, ta sẽ thấy rằng, đối một hệ phương trình tuyến tính thì chỉ có thể
xảy ra một trong 3 khả năng này mà thôi.
IV. Quy tắc Cramer
Xét hệ phương trình tuyến tính gồm n phương trình và n ẩn:
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
n1 1 n 2 2 nn n n
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
   

   


    



  


Đặt

7. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 7

11 12 1n 1
21 22 2n 2
n1 n 2 nn n
a a a b
a a a b
A ; B
a a a b
   
   
   
 
   
   
   


   


Gọi D det A và với mỗi j 1,2, ,n ta gọi
j
D là định thức có được từ A bằng cách thay cột j của
A bởi B.
Khi đó,
 Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất cho bởi công thức sau (được gọi là công thức
Cramer):
j
j
D
x j 1,2, ,n
D
   
 Nếu D 0 và có ít nhất một
j
D 0 thì hệ vô nghiệm.
Ghi chú: Nếu D 0 và tất cả các
j
D đồng thời bằng 0 thì ta chưa có kết luận: hệ có thể có vô số
nghiệm, mà cũng có thể vô nghiệm. Gặp trường hợp này, ta phải giải hệ bằng phương pháp Gauss.
Ví dụ: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2x x 3x 1
x 2x x 0
4x 3x x 2
  

  

  


Ta có:
2 1 3 1
A 1 2 1 ; B 0
4 3 1 2
   
   
  
   
   

   

Ta tính các định thức:
Casio
2 1 3
D det A 1 2 1 30 0
4 3 1

     

(suy ra hệ có nghiệm duy nhất)
Casio
1
1 3
D 2 1 110
3 1
1
2

   

(thay cột 1 của A bởi B)
Casio
2
2 3
D 1 1 5
4 1
1
0
2
   (thay cột 2 của A bởi B)

8. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 8

Casio
3
2 1
D 1 2 1
1
4 3
0
2

  

(thay cột 3 của A bởi B)
Vì D 0 nên hệ có nghiệm duy nhất cho bởi:
1
1
2
2
3
3
D 11
x
D 30
D 5
x
D 30
D 1
x
D 30

 



  


 



Ví dụ: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 3x 2x 4
2x x x 1
3x 4x x 0
  

  

  


Ta có:
1 3 2 4
A 2 1 1 ; B 1
3 4 1 0
   
   
  
   
   
   

Ta tính các định thức:
Casio
1 3 2
D det A 2 1 1 0
3 4 1
   
Casio
1
3 2
D 1 1 25 0
4
4
1
10
    (thay cột 1 của A bởi B)
Vì D 0 và có (ít nhất)
1
D 0 nên ta kết luận hệ vô nghiệm.
Ghi chú: Một hệ phương trình tuyến tính AX B được gọi là hệ phương trình Cramer nếu:
 Số phương trình bằng với số ẩn
 Ma trận hệ số A của hệ là không suy biến (có định thức khác 0)
Vậy, mọi hệ phương trình Cramer đều có nghiệm duy nhất (vì D det A 0  ).
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau là hệ Cramer

9. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 9

1 2 3
1 2 3
1 2 3
mx x 2x 1
2x mx x m
3x 2x x m 3
  

  

   

(với m là tham số)
Hệ phương trình trên có 3 phương trình và 3 ẩn (số phương trình bằng với số ẩn).
Do đó, để hệ phương trình này là hệ Cramer thì chỉ cần điều kiện ma trận hệ số là không suy biến.
Ma trận hệ số của hệ phương trình là:
m 1 2
A 2 m 1
3 2 1
 
 
 
 
 
 

Sarrus
2
m 1 2
D det A 2 m 1 m 4m 3
3 2 1
     
Để hệ phương trình là hệ Cramer thì:
2
m 1
D 0 m 4m 3 0
m 3

      


V. Sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình tuyến tính
Cho hệ phương trình tuyến tính AX B, gồm m phương trình và n ẩn:
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m 2 2 mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
a x a x a x b
   

   


    



  


Đặt
11 12 1n 1
21 22 2n 2
m1 m 2 mn m m n m 1
a a a b
a a a b
A ; B
a a a b
 
   
   
   
 
   
   
   


   


Gọi A (A B) là ma trận hệ số mở rộng, có được từ A bằng cách ghép thêm một cột là B:
11 12 1n 1
21 22 2n 2
m1 m 2 mn m
a a a b
a a a b
A
a a a b
 
 
 

 
 
 


   

: ma trận hệ số mở rộng
Khi đó,

10. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 10

- Hệ có nghiệm khi và chỉ khi r(A) r(A)
- Khi hệ có nghiệm, nghĩa là khi r(A) r(A) k  , thì
 Nếu k nthì nghiệm là duy nhất
 Nếu k nthì nghiệm là vô số và số ẩn tự do của hệ là n k
Ghi chú: Nếu k r(A) thì do A là ma trận có n cột nên r(A) n, nghĩa là k n
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm (không cần tìm nghiệm)
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x x 2x a
2x 3x x b
3x 5x 4x c
  

  

  

với a,b,clà tham số
Ta có:
1 1 2 a
A 2 3 1 ; B b
3 5 4 c
   
   
  
   
   

   


BA
1 1 2 a
A 2 3 1 b
3 5 4 c
 
 
 
 
 

 


Để hệ có nghiệm thì r(A) r(A) , do đó ta phải tìm r(A) và r(A) bằng cách đưa các ma trận Avà
Avề dạng bậc thang:

3 22 1
3 1
d 2dd 2d
d 3d
B
A
1 2 a 1 2 a1 2 a
A 2 3 1 b 0 5 b 2a 0 5 b 2a
3 5 4 c 0
1 11
1 1
a 2b c02 1 c 3a 0 0 0


    
    
           
   
        
    

Vậy,
2 khi a 2b c 0
r(A)
3 khi a 2b c 0
  

  

Trong ma trận bậc thang ở trên, nếu ta che cột cuối lại, thì 3 cột đầu cũng tạo thành một ma trận bậc
thang có đúng 2 dòng khác 0 và ma trận bậc thang tạo bởi 3 cột đầu này được sinh ra từ A bởi các
phép biến đổi sơ cấp.
Do đó, ta kết luận r(A) 2
Để hệ có nghiệm thì r(A) r(A) a 2b c 0    

11. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 11

Khi a 2b c 0   thì r(A) r(A) 2 n 3    nên hệ có vô số nghiệm và số ẩn tự do là
n k 3 2 1   
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 2x 3x 1
4x 5x 6x 2
7x mx 9x 0
  

  

  

(với m là tham số)
Ta có:
1 2 3 1
A 4 5 6 ; B 2
7 m 9 0
   
   
 
   
   
   


BA
1 2 3 1
A 4 5 6 2
7 m 9 0
 
 

 
 
 


Để hệ có nghiệm thì r(A) r(A) , do đó ta phải tìm r(A) và r(A) bằng cách đưa các ma trận A và
Avề dạng bậc thang.
Dùng các phép biến đổi sơ cấp:

2 32 1
3 1
3 2
c cd 4d
d 7d
B
A
d 2d
3 2 12 3 1 2 3 1
A 4 5 6 2 0 3 6 2 0 3 2
7 m 9 0 0 m 14 12 7 0 12 m 14 7
3 2 1
0 3 4
0 3
11 1
6
1
6
m0 8



    
    
            
   
           
 
 
   
 
  
 





Ma trận bậc thang trên có đúng 3 dòng khác 0 (với mọi m) nên r(A) 3 m 
Trong ma trận bậc thang trên, nếu ta che cột cuối lại thì 3 cột đầu tạo thành ma trận bậc thang và 3
cột đầu này có được từ A bởi các phép biến đổi sơ cấp. Do đó, hạng của A chính là số dòng khác 0
của ma trận bậc thang tạo bởi 3 cột đầu này:
2 khi m 8
r(A)
3 khi m 8




Vậy, hệ có nghiệm khi r(A) r(A) m 8  

12. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 12

Khi đó, r(A) r(A) 3 n   nên hệ có nghiệm duy nhất.
Cách khác: Ta tính
Sarrus
1 2 3
D det A 4 5 6 6m 48
7 m 9
   
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: D 0 6m 48 0 m 8     
Theo định lý Cramer, vì D 0 nên hệ có nghiệm duy nhất, thỏa yêu cầu có nghiệm nên ta nhận
m 8
Trường hợp 2: D 0 6m 48 0 m 8     
Ta thay m 8 vào hệ:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 2x 3x 1
4x 5x 6x 2
7x 8x 9x 0
  

  

  


1 2 3
A 4 5 6
7 8 9
 
 

 
 
 
;
1
B 2
0
 
 

 
 
 
;
1 2 3 1
A 4 5 6 2
7 8 9 0
 
 

 
 
 

Ta tìm hạng của A và hạng của A:
3 22 1
3 1
d 2dd 4d
d 7d
2 3 1 2 3 12 3 1
A 4 5 6 2 0 6 2 0 6 4
7 8 9 0 0 6 12 7 0 0 0
1 11
3 3
3


    
    
          
    
      
   
 
 

Vậy, r(A) 3 và che cột cuối của ma trận bậc thang trên thì ta thấy r(A) 2
Suy ra r(A) r(A) , do đó hệ vô nghiệm, không thỏa yêu cầu đề bài. Ta loại m 8
Qua 2 trường hợp trên, ta thấy hệ có nghiệm khi và chỉ khi m 8
Ví dụ: Cho hệ phương trình tuyến tính AX B gồm m phương trình, n ẩn. Biết rằng r(A) m, hãy
chứng minh hệ có nghiệm.
Ta sẽ chứng minh r(A) m
Thật vậy, ma trận Acó được từ A bằng cách ghép thêm một cột là B, do đó r(A) r(A)
Ma trận A có m dòng nên r(A) m. Vậy, ta có
gt
m r(A) r(A) m  
Suy ra r(A) m r(A)  : hệ có nghiệm.

13. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 13

Sau đây, ta xét các hệ quả của định lý sự tồn tại nghiệm ở trên:
Hệ quả 1. Đối với một hệ phương trình tuyến tính thì chỉ có thể xảy ra một trong các khả năng sau:
hoặc là hệ vô nghiệm, hoặc là hệ có nghiệm duy nhất, hoặc là hệ có vô số nghiệm.
Nói riêng, nếu hệ phương trình tuyến tính có 2 nghiệm khác nhau thì có vô số nghiệm.
Chú ý: Đối với hệ phương trình không tuyến tính thì hệ quả 1 là sai, chẳng hạn hệ
x y 3
xy 2
 



có đúng 2 nghiệm khác nhau là (x, y) (1,2) và (x, y) (2,1) mà không có vô số nghiệm.
Hệ quả 2. Cho hệ phương trình tuyến tính AX B gồm n phương trình và n ẩn. Khi đó, hệ có
nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu det A 0
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x mx 2x 1
3x 2x x m
2x x 3x 4
  

  

  

(với m là tham số)
Ma trận hệ số:
1 m 2
A 3 2 1
2 1 3
 
 

 
 
 

Sarrus
1 m 2
det A 3 2 1 7m 7
2 1 3

   
Để hệ có nghiệm duy nhất thì det A 0 7m 7 0 m 1      
Hệ quả 3. Cho hệ phương trình thuần nhất AX O (vế phải bằng 0) gồm m phương trình, n ẩn.
Khi đó,
 Nếu r(A) n thì hệ có nghiệm duy nhất là X O (chỉ có nghiệm tầm thường)
 Nếu r(A) n thì hệ có vô số nghiệm, nghĩa là có nghiệm X O(có nghiệm không tầm
thường)
Đặc biệt, nếu hệ thuần nhất AX O có số phương trình bằng với số ẩn thì:
 Nếu det A 0 thì hệ có nghiệm duy nhất là X O (chỉ có nghiệm tầm thường)
 Nếu det A 0 thì hệ có vô số nghiệm, nghĩa là có nghiệm X O(có nghiệm không tầm
thường)
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có vô số nghiệm

14. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 14

1 2 3
1 2 3
1 2 3
3x x x 0
mx 2x 3x 0
4x 3x 2x 0
  

  

  


Hệ phương trình trên là hệ thuần nhất (vế phải bằng 0), có số phương trình bằng với số ẩn nên ta
dùng hệ quả 3.
Ma trận hệ số:
3 1 1
A m 2 3
4 3 2
 
 

 
 
 

Sarrus
3 1 1
det A m 2 3 5m 5
4 3 2

   
Theo hệ quả 3, để hệ thuần nhất trên có vô số nghiệm thì det A 0 5m 5 0 m 1      
Chú ý: det A 0 là điều kiện để hệ thuần nhất AX Ocó vô số nghiệm, ta không được áp dụng kết
quả này cho hệ không thuần nhất AX B (đối với hệ không thuần nhất AX Bthì khi det A 0,
hệ vẫn có thể vô nghiệm).
Ví dụ: Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có vô số nghiệm và tìm nghiệm tổng quát trong trường
hợp này
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x x x m
2x 2x mx 2
3x mx 2x 1
  

   

   


Ma trận hệ số:
1 1 1
A 2 2 m
3 m 2
 
 

 
 
 

Sarrus
2
1 1 1
D det A 2 2 m m m 2
3 m 2

     
Xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1:
2
m 1
D 0 m m 2 0
m 2

       
 

Theo định lý Cramer, vì D 0 nên hệ có nghiệm duy nhất, không thỏa yêu cầu (có vô số nghiệm).
Ta loại m 1,m 2  
Trường hợp 2:
2
D 0 m m 2 0 m 1 m 2          

15. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 15

- Với m 1 thì hệ trở thành
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x x x 1
2x 2x x 2
3x x 2x 1
  

   

   


Ta giải hệ bằng phương pháp Gauss:
3 22 1
3 1
d dd 2d
d 3d
1 1 1
4
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 1 2 0 1 4 0 1 4
3 1 2 1 0 4 1 4 0 0 0
4
0


        
     
      
     
     
  
     

Hệ trở thành:
1 2 3
2 3
x x x 1
4x 4
(1)
( )x 2
  

  


Từ (2) ta có:
2 3 3
1 1
x (x 4) x 1
4 4
   
Từ (1) ta có:
1 2 3 3 3 3
1 3
x x x 1 ( x 1) x 1 x
4 4
        
Không có thông tin nào về giá giá trị của
3
x nên
3
x nhận giá trị tùy ý (ẩn tự do).
Đặt
3
x t, t  thì hệ có vô số nghiệm, với nghiệm tổng quát là:
1
2
3
3
x t
4
1
x t 1
4
x t

 



 




với t
Ta nhận giá trị m 1 này vì thỏa yêu cầu đề bài (có vô số nghiệm).
- Với m 2  thì hệ trở thành
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x x x 2
2x 2x 2x 2
3x 2x 2x 1
   

   

   


Ta giải hệ bằng phương pháp Gauss:
2 3 3 22 1
3 1
d d d 4dd 2d
d 3d
11 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2
2 2 2 2 0 4 2 0 1 5 0 1 5
3 2 2 1 0 1 1 5 0 4
1 1 1
4
4 2 0 1
1
0 0 8
1
 

               
       
       
       
       
    
       

Hệ trở thành:

16. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 16

1 2 3
2 3
3
)
x
x
(1)
( )
x x 2
1
2x 5
0x 38(
   

 

 


Từ (3) ta thấy hệ vô nghiệm, không thỏa yêu cầu đề bài (có vô số nghiệm) nên ta loại m 2 
Tóm lại, để hệ có vô số nghiệm thì m 1 và khi đó nghiệm tổng quát là
1
2
3
3
x t
4
1
x t 1
4
x t

 



 




với t
Ví dụ: Cho hệ phương trình không thuần nhất AX B (gồm m phương trình, n ẩn) và hệ thuần
nhất tương ứng AX O. Phát biểu sau đúng hay sai:
a) Nếu hệ AX B có nghiệm duy nhất thì hệ AX O có nghiệm duy nhất
Giả sử hệ AX B có nghiệm duy nhất, khi đó r(A) r(A) n 
Do r(A) nnên theo hệ quả 3, hệ AX O có nghiệm duy nhất
b) Nếu hệ AX B có vô số nghiệm thì hệ AX O có vô số nghiệm
Giả sử hệ AX B có vô số nghiệm, khi đó r(A) r(A) n 
Do r(A) nnên theo hệ quả 3, hệ AX O có vô số nghiệm
c) Nếu hệ AX O có nghiệm duy nhất thì hệ AX B có nghiệm duy nhất
Phát biểu này là sai, chẳng hạn xét hệ thuần nhất:
1 2
1 2
1 2
x x 0
x x 0
2x 3x 0
 

 

 


Hệ thuần nhất này có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường
1 2
x x 0 
Tuy nhiên, hệ không thuần nhất:
1 2
1 2
1 2
x x 1
x x 1
2x 3x 7
 

 

 

vô nghiệm
d) Nếu hệ AX O có vô số nghiệm thì hệ AX B có vô số nghiệm
Phát biểu này là sai, chẳng hạn xét hệ thuần nhất:

17. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 17

1 2
1 2
x 2x 0
2x 4x 0
 

 


Hệ thuần nhất này có vô số nghiệm. Tuy nhiên, hệ không thuần nhất:
1 2
1 2
x 2x 1
2x 4x 1
 

 

vô nghiệm
Ví dụ: Cho hệ phương trình không thuần nhất AX B gồm n phương trình, n ẩn và hệ thuần nhất
tương ứng AX O. Phát biểu sau đúng hay sai:
“Nếu hệ AX O có nghiệm duy nhất thì hệ AX B có nghiệm duy nhất”
Do hệ AX O (n phương trình, n ẩn) có nghiệm duy nhất nên theo hệ quả 3, ta có det A 0
Do det A 0 nên theo hệ quả 2, hệ AX B có nghiệm duy nhất.

Giải hệ phương trình tuyến tính trên Casio 570-FX ES PLUS (VN)
1. Hệ 2 phương trình, 2 ẩn
Máy tính trình bày hệ 2 phương trình, 2 ẩn dưới dạng:
1 1 1
2 2 2
a X b Y c
a X b Y c
 

 

(ẩn là X, Y)
Ta thực hiện các thao tác sau:
 Bấm phím MODE (SETUP)
 Chọn mục EQN (viết tắt của EQUATION : phương trình)
 Chọn mục
n n n
a X b Y c 
 Nhập số liệu
 Bấm dấu = thì sẽ được giá trị của X
 Bấm tiếp dấu = thì sẽ được giá trị của Y
2. Hệ 3 phương trình, 3 ẩn
Máy tính trình bày hệ 3 phương trình, 3 ẩn dưới dạng:
1 1 1 1
2 2 2 2
3 3 3 3
a X b Y c Z d
a X b Y c Z d
a X b Y c Z d
  

  

  

(ẩn là X, Y, Z)
Ta thực hiện các thao tác sau:
 Bấm phím MODE (SETUP)
 Chọn mục EQN (viết tắt của EQUATION : phương trình)
 Chọn mục
n n n n
a X b Y c Z d  
 Nhập số liệu
 Bấm dấu = thì sẽ được giá trị của X

18. Chương 2: Hệ phương trình tuyến tính
Trang | 18

 Bấm tiếp dấu = thì sẽ được giá trị của Y
 Bấm tiếp dấu = thì sẽ được giá trị của Z
Chú ý: Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì máy tính sẽ hiển thị giá trị của nghiệm (solution). Còn nếu hệ
vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm thì tùy từng đời máy khác nhau mà máy tính sẽ cho thông báo
khác nhau, cụ thể là:
 Trên máy tính Casio FX-570 ES PLUS: khi hệ vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm, thông báo
trên màn hình đều là “Math error”
 Trên máy tính Casio FX-570 ES PLUS VN: khi hệ vô nghiệm, thông báo rõ ràng là “No
solution”; khi có vô số nghiệm, thông báo cũng rõ ràng là “Infinite solution”.

BÀI TẬP
1. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 2x x 1
2x 5x x 4
3x 8x 3x 9
   

  

  


2. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Cramer:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
3x x 2x 5
2x 3x x 4
x 5x x 12
  

   

   


3. Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 3x 2x 1
2x 5x x 4
3x 7x mx 9
  

  

  

(với m là tham số)
HD: Tìm r(A) và r(A), hệ có nghiệm khi và chỉ khi r(A) r(A)
4. Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có vô số nghiệm và tìm nghiệm tổng quát:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
mx x x 1
x mx x m
2x 3x 4x 5
  

  

  


HD: Xem ví dụ trên

HẾT CHƯƠNG 2