MATRIX AND EQUATIONS, Thesis of Linear Algebra

Lecture slides about matrix and equations

Typology: Thesis

2022/2023

Uploaded on 08/07/2023

long-pham-18
long-pham-18 🇻🇳

1 document

1 / 21

Toggle sidebar

This page cannot be seen from the preview

Don't miss anything!

bg1
1
GV : LÊ VĂN HỢP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
CHƯƠNG I
MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH
N tập hợp các số nguyên không âmN* = N \ {0}.
Z tập hợp các số nguyênZ* = Z \ {0}.
Q tập hợp các số hữu tỉQ* = Q \ {0}.
R tập hợp các số thựcR* = R \ {0}.
I. MA TRẬN:
1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho m, n N*. Một ma trận thực A kích thước ( m n ) là
một bảng số thực hình chữ nhậtm dòng n cột như sau:
A =
1 1 1
2 2 2
1 2
1 2
1 2
...
...
...
...
n
m
n
m m
n
a a a
a a a
a a a
hay A =
1
1
j
j
i
i
n
m
a
với aij R ( 1 i m, 1 j n ).
Khi m = n thì A là ma trận vuông thực cấp n và ta viết A =
,1
n
ii
j
j
a
.
Ký hiệu : Mm n(R) là tập hợp các ma trận thực kích thước ( m n ).
Mn(R) là tập hợp các ma trận vuông thực cấp n.
Ví dụ:
A =
1
4
3
1
j
i
i
j
a
= 3
3 2 4 5
7 0 1 cos8
2 ln 9 6
M3 4(R) có a14 = 5, a33 = 6 và a21 = 3
7
.
B =
3
1,
ii
j
j
b
=
7 1/ 2 0
5 / 3 4 9
6 8 2 / 7
M3(Q) có b13 = 0, b22 = 4 và b32 = 8.
pf3
pf4
pf5
pf8
pf9
pfa
pfd
pfe
pff
pf12
pf13
pf14
pf15

Partial preview of the text

Download MATRIX AND EQUATIONS and more Thesis Linear Algebra in PDF only on Docsity!

GV : LÊ VĂN HỢP ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH

CHƯƠNG I

MA TRẬN VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

N là tập hợp các số nguyên không âm và N* = N \ {0}.

Z là tập hợp các số nguyên và Z* = Z \ {0}.

Q là tập hợp các số hữu tỉ và Q* = Q \ {0}.

R là tập hợp các số thực và R* = R \ {0}.

I. MA TRẬN:

1.1/ ĐỊNH NGHĨA: Cho m, n  N*. Một ma trận thực A có kích thước ( m  n ) là

một bảng số thực hình chữ nhật có m dòng và n cột như sau:

A =

1 1 1 2 2 2

1 2 1 2

1 2

n

m

n

m mn

a a a a a a

a a a

hay A =   1

j 1 j i i n

a (^)   m  

với a ij  R ( 1  i  m, 1  j  n ).

Khi m = n thì A là ma trận vuông thực cấp n và ta viết A =  ai j  1  i , j  n.

Ký hiệu : M m  n ( R ) là tập hợp các ma trận thực có kích thước ( m  n ).

M n ( R ) là tập hợp các ma trận vuông thực cấp n.

Ví dụ:

A =  

1 4 ij^1 i^3 j

a (^)    

7 0 1 cos 2 ln 9 6 

 M 3  4 ( R ) có a 14 =  5, a 33 = 6 và a 21 = 3 7.

B =  bi j  1  i , j  3 =

 M 3 ( Q ) có b 13 = 0, b 22 = 4 và b 32 =  8.

C = ( 9 4 0 7  1)  M 1  5 ( Z ). D =

 M 4  1 ( N ).

1.2/ ĐỊNH NGHĨA: Ma trận không là ma trận có tất cả các hệ số bằng 0.

Ký hiệu ma trận không là O ( hiểu ngầm kích thước ) hoặc O m  n hoặc O n.

Ví dụ:

O (^) 3  4 =

 M 3  4 ( R ) và O 3 =

 M 3 ( R ).

1.3/ CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI SƠ CẤP TRÊN DÒNG CHO MA TRẬN:

Cho A  M m  n ( R ). Xét 1  i  j  m.

Có 3 hình thức biến đổi sơ cấp trên dòng cho ma trận :

a) Hoán vị dòng (i) với dòng (j). Ta ghi (i)  (j).

b) Nhân dòng (i) với số c  R*. Ta ghi (i)  c(i).

c) Thế dòng (i) bằng [ dòng (i) + c.dòng (j) ] với số c  R. Ta ghi (i)  [ (i) + c(j) ].

Các phép biến đổi đảo ngược của các phép biến đổi sơ cấp trên dòng nói trên lần

lượt là (i)  (j), (i)  c ^1 (i) và (i)  [ (i)  c(j) ].

Ví dụ:

A =

 A 1 = 1

 ^ 

qua phép biến đổi (1)  (3).

A =

 ^  

 A 2 =

 ^  

qua phép biến đổi (2)  3

1 2 1 2

1 2

11 12 1 21 2 2

1 2

1 2

n n

n

n n

m m mn m

a a a a a a

x x x x

b

a a b

x

x x

b

a

x

x

^ ^ ^ ^ 

với aij , b i là các số thực cho trước (1  i  m, 1  j  n)

và x 1 , x 2 , … , x n ( đều xuất hiện dưới dạng bậc nhất ) là n ẩn số thực cần tìm.

Đặt A = (^)   1 1

i m j j n

ai (^)    

 M (^) m  n ( R ), B = (^)  bi (^)  1   im  Mm  1 ( R ) và X = (^)  x (^) j  1   jn  M (^) n  1 ( R ) thì

hệ (*) được viết gọn thành các dạng AX = B hoặc (A | B) [ hiểu ngầm ma trận X ].

Ví dụ: Cho hệ phương trình tuyến tính ( có 3 phương trình và 4 ẩn số ) :

1 2 3 4 3 4 1 2 3 4 1

x x x x x x x x x x x

^ 

 ^  

. Hệ trên được viết gọn thành AX = B hoặc (A | B) với

x 1 x 2 x 3 x 4

A =

  , B =

và X =

1 2 3 4

x x x x

2.2/ NGHIỆM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THỰC:

Xét hệ phương trình tuyến tính thực AX = B (*) đã nêu trong (2.1).

Ta nói bộ ( c 1 , c 2 , …, c n )  Rn^ là một nghiệm của hệ (*) nếu tất cả các phương

trình của hệ (*) đều được thỏa khi thế x 1 = c 1 , x 2 = c 2 , … và xn = c n.

Ví dụ: Ta có ( x 1 =  2, x 2 = 0, x 3 = 3, x 4 = 1 ) thỏa các phương trình của hệ sau:

1 2 3 4 1 3 4 1 2 3

x x x x x x x x x x

^ 

 ^  

. Do đó ta nói ( 2, 0, 3, 1) là một nghiệm của hệ đã cho.

2.3/ MỆNH ĐỀ: ( số lượng nghiệm của một hệ phương trình tuyến tính thực ).

Xét hệ phương trình tuyến tính thực AX = B.

Có đúng một trong 3 trường hợp sau xảy ra :

a) Hệ vô nghiệm. b) Hệ có nghiệm duy nhất. c) Hệ có vô số nghiệm.

Ví dụ:

a) Phương trình 0x = 5 vô nghiệm. Phương trình 2x =  6 có nghiệm duy nhất

x =  3. Phương trình 0x = 0 có vô số nghiệm ( x thực tùy ý ).

b) Hệ (  3x + 7y = 15 & 9x  21y = 4 ) vô nghiệm.

Hệ (  3x + 7y = 15 & 4x  5y = 7 ) có nghiệm duy nhất ( x = 2, y = 3 ).

Hệ ( 3x + 7y = 15 & 6x  14y = 30) có vô số nghiệm với một ẩn tự do là x hoặc y.

Viết nghiệm : [x thực tùy ý , y = (3x + 15) / 7] hoặc [y thực tùy ý , x = (7y  15) / 3 ].

2.4/ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH THUẦN NHẤT (HPTTT ĐẲNG CẤP):

Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất AX = O ( có vế phải B = O ).

Hệ này có ít nhất một nghiệm tầm thường là ( x 1 = 0, x 2 = 0, … , x n = 0 ).

Do đó khi giải hệ, chỉ có đúng một trong hai trường hợp sau xảy ra :

a) Hệ có nghiệm duy nhất ( chính là nghiệm tầm thường ).

b) Hệ có vô số nghiệm ( ngoài nghiệm tầm thường , hệ còn có vô số nghiệm không

tầm thường ).

Ví dụ:

a) Hệ (9x + 7y = 0 & 4x  5y = 0 & 3x + 8y = 0) có nghiệm duy nhất (x = 0, y = 0).

b) Hệ ( 5x + 8y  4z = 0 ) có vô số nghiệm với hai ẩn tự do là (x, y) hoặc (x, z)

hoặc (y, z). Ta ghi kết quả theo một trong ba dạng sau : [ x, y  R , z = 5 8

x  y ]

hoặc [ x, z  R , y = 4 5

z  x ] hoặc [ y, z  R , x = 4 8

z  y ].

III. PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH:

3.1/ MỆNH ĐỀ:

a) Nếu hai hệ phương trình tuyến tính AX = B và CX = D có các ma trận

(A | B) và (C | D) tương đương dòng với nhau thì hai hệ trên là tương đương

v ới nhau ( nghĩa là hai hệ trên có cùng một tập hợp nghiệm ).

b) Suy ra trong quá trình giải một hệ phương trình tuyến tính , ta có thể sử dụng tùy

ý các phép biến đổi sơ cấp trên dòng mà không làm thay đổi tập hợp nghiệm

của nó.

3.2/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ NGHIỆM DUY NHẤT:

Xét hệ phương trình tuyến tính với 4 ẩn số x, y, z và t :

x y z t

 ^  

 ^ ^  

 ^  

x y z t

8

Từ hệ sau cùng , ta thấy hệ có nghiệm duy nhất ( x = 1, y = 2, z =  1, t =  2 ).

Bảng 1: (2)  [ (2) + 2(1) ], (3)  (3)  3(1), (4)  [ (4)  2(1) ].

Bảng 2: (2)  [(2) + (3)], (1)  [(1)  2(2)], (3)  [(3) + 4(2)], (4)  [(4) + 7(2)].

Bảng 3: (4)  [(4)  (3)], (3)   18 ^1 (3), (1)  [(1)  7(3)], (2)  [(2) + 2(3)].

Bảng 4: (4)  18 ^1 (4), [(1)  (1) + 2(4)], [(2)  (2)  3(4)], [(3)  (3) + 2(4)].

3.3/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÔ NGHIỆM:

Xét hệ phương trình tuyến tính với 5 ẩn số x, y, z, t và u:

x y z t u

 ^  

1 *^6

 ^  

 ^  

  • (^1)

: Ta thấy hệ vô nghiệm.

Bảng 1: (4)  [(4)  (1)], (1)  [(1)  (2)], (2)  [(2)  2(3)], (3)  [(3)  (1)].

Bảng 2: (2)  (3).

Bảng 3: (1)  [ (1)  2(2) ], (3)  [ (3) + 7(2) ], (4)  [ (4) + 3(2) ].

Bảng 4: (4)  [ (4)  2 ^1 (3) ].

3.4/ VÍ DỤ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CÓ VÔ SỐ NGHIỆM:

Xét hệ phương trình tuyến tính với 5 ẩn số x 1 , x 2 , x 3 , x 4 và x 5 :

x 1 x 2 x 3 x 4 x 5

1 *^1

  • (^2)

x 1 x 2 x 3 x 4 x 5

  • (^1)

: Ta thấy các cột (3) và (5) không biến đổi được.

Viết lại các phương trình không tầm thường (1), (2) và (3) của hệ cuối cùng :

x 1 + x 3 – (7/6)x 5 = 5/6 (1), x 2 – x 3 – (5/6)x 5 =  5/6 (2), x 4 – (1/3)x 5 = 2/3 (3)

hợp sau đây xảy ra:

a) Trường hợp 1: Ta gặp sự mâu thuẫn khi đang chuẩn hóa [ nghĩa là gặp một

dòng có dạng (^)  0 0 ... 0 a (^) với a  0. Dòng này là hệ quả của hai dòng nào

đó có tỉ lệ không tương thích giữa vế trái và vế phải ]. Khi đó hệ vô nghiệm.

b) Trường hợp 2: Ta xây dựng được n cột chuẩn liên tiếp E 1 , E 2 , … , En trong

A mà không gặp sự mâu thuẫn nào. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất bằng cách

dùng các phương trình không tầm thường theo thứ tự từ trên xuống dưới của

hệ cuối cùng trong quá trình chuẩn hóa để thấy lần lượt các ẩn từ trái qua phải.

c) Trường hợp 3: Ta chỉ xây dựng được k cột chuẩn E 1 , E 2 , …, Ek ( k < n )

trong A xen kẽ với ( n  k ) cột khác không chuẩn hóa được mà không gặp

sự mâu thuẫn nào. Khi đó hệ có vô số nghiệm với ( n  k ) ẩn tự do như sau :

* Các ẩn ứng với các cột không chuẩn hóa được là các ẩn tự do lấy giá trị

thực tùy ý.

* Các ẩn còn lại ( ứng với các cột chuẩn hóa được ) được tính theo các ẩn tự

do dựa theo các phương trình không tầm thường với thứ tự từ trên xuống

dưới của hệ cuối cùng trong quá trình chuẩn hóa.

3.7/ ĐIỀU KIỆN CHUẨN HÓA CỦA MỘT CỘT:

Ta muốn chuẩn hóa cột U =

1

1 2

1 k k

k

m

u

u

u

u

u

u (^) 

thành Ek = *

( số 1 * ở vị trí dòng k ).

a) Nếu u k = u k+1 = … = u m = 0 thì U không thể chuẩn hóa thành Ek.

( không sử dụng u 1 , u 2 , … , u k 1 để tạo 1* cho Ek vì cần bảo toàn E 1 , E 2 , … ,

E k  1 đã có trước đó. Còn u k , u k + 1 , … , u m không thể tạo 1* cho Ek được).

b) Nếu có ít nhất một hệ số  0 trong các số u k , u k+1 , … , u m thì U có thể chuẩn

hóa thành Ek [ hệ số  0 tự chia cho chính nó để tạo 1* cho Ek. Dùng 1* đó

để tạo các hệ số 0 ở các vị trí khác cho Ek. Nếu 1* đó nằm ở dòng thứ j với

j  k thì ta hoán vị các dòng (j) và (k) với nhau ].

Ví dụ:

a) Ta muốn chuẩn hóa các cột U =

5

1

6

2

4

3

u

u u

u

u

u

và V =

5

1

6

2

4

3

v

v v

v

v

v

thành E 4.

U không thể chuẩn hóa thành E 4 được (vì u 4 = u 5 = u 6 = 0).

V có thể chuẩn hóa thành E 4 được (vì có v 5 = 7  0) bằng các phép biến đổi

(5)  [(5) + 2(6)], (1)  [(1)  2(5)], (3)  [(3) + 8(5)], (6)  [(6) + 3(5)], (4)  (5).

b) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính vô nghiệm :

x y z t

(A | B) 

: sự mâu thuẫn và hệ vô nghiệm.

E 1 E 1

Dòng (3) và (4) có sự tỉ lệ không tương thích ở vế trái và vế phải : (4)  [(4) + 3

(3)].

c) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính ( 3 ẩn x, y, z ) có nghiệm duy nhất :

b) Nếu m  1, ta tiếp tục biến đổi hệ (*):

x y z

2

m m m m m m m m

2

m

m m m m

1

m

m m

E 1 E 1 E 2 E 1 E 2 E 3

Khi m =  3 thì hệ có nghiệm duy nhất ( x = y = z =  1 ).

Khi 1  m   3 thì hệ vô nghiệm [ do phương trình cuối ].

Bảng 1: (3)  [(3) + (2)], (4)  [(4)  (2)], (2)  (1  m)^1 (2), (1)  [(1)  (2)].

Bảng 2: (4)  [(4) + 2(3)], (3)  (m  1)^1 (3), (1)  [(1)  2(3)], (2)  [(2) + (3)].

3.9/ CÁC CỘT BÁN CHUẨN (có m DÒNG):

Dạng tổng quát của các cột bán chuẩn có m dòng là

F 1 =

0 0

0 0

 (^) a                 

, F 2 =

0

0 0

b c

, F 3 =

d e f

, … , F m  1 =

1

1 2 3

0

m

u

u

u u

và Fm =

1

3

2

m 1 m

v v v

v v

trong đó

a, c, f *, … , u * m  1 , v m * là các số thực tùy ý  0 và

b, d, e, … , u 1 , u 2 , … , u m  2 , v 1 , v 2 , … , v m  1 là các số thực tùy ý.

Các cột chuẩn ( có m dòng ) chính là các cột bán chuẩn ( có m dòng ) đặc biệt.

Ví dụ: Một số cột bán chuẩn có 5 dòng :

F 1 =

, F 2 =

, F 3 = *

, F 4 =

3 / 0

l 6 0 4 4

n

và F 5 =

sin 9*

e

3.10/ PHƯƠNG PHÁP GAUSS GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH:

Xét hệ phương trình tuyến tính thực (A | B) có m phương trình và n ẩn số.

Phương pháp Gauss có những sự tương tự nhất định với phương pháp Gauss –

Jordan nhưng ta xây dựng các cột bán chuẩn ( thay vì các cột chuẩn ). Điều kiện

để một cột bán chuẩn hóa được y hệt như điều kiện chuẩn hóa được (xem 3.7 ).

Phương pháp Gauss được thực hiện cụ thể như sau :

* Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng thích hợp để xây dựng tuần tự các cột

bán chuẩn F 1 , F 2 , F 3 , … trong A ( từ trái qua phải ). Việc bán chuẩn hóa các

cột phải tuân thủ các qui định sau :

  • Khi xây dựng Fk , không làm thay đổi các cột F 1 , F 2 , … , F (^) k  1 đã có trước đó.
  • Nếu cột đang xét không thể bán chuẩn hóa thành Fk thì xét qua cột kế cận bên

phải.

  • Sau khi xây dựng xong Fk , phải tiến hành ngay việc xây dựng Fk + 1 (nếu được)

* Quá trình bán chuẩn hóa các cột của A sẽ kết thúc khi gặp sự mâu thuẫn hoặc

khi đã bán chuẩn hóa xong cột cuối cùng của A mà không gặp sự mâu thuẫn.

* Khi kết thúc quá trình bán chuẩn hóa các cột của A, có đúng 1 trong 3 trường

hợp sau đây xảy ra :

a) Trường hợp 1: Ta gặp sự mâu thuẫn [ nghĩa là gặp một dòng có dạng

 0 0 ...^0 a^ với a^ ^ 0. Dòng này là^ hệ quả của hai dòng nào đó^ có^ sự tỉ lệ

không tương thích giữa vế trái và vế phải ]. Khi đó hệ vô nghiệm.

b) Trường hợp 2: Ta xây dựng được n cột bán chuẩn liên tiếp F 1 , F 2 , … , Fn

trong A mà không gặp sự mâu thuẫn nào. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất

Bảng 1: (2)  [ (2) + 2(1)], (3)  [ (3) + (1) ], (4)  [ (4)  3(1) ].

Bảng 2: (3)  [ (3) + 2(4) ], (4)  [ (4) + (2) ].

Bảng 3 : (4)  [ (4)  (3) ].

b) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính vô nghiệm ( các ẩn là x, y, z, t ):

x y z t

2

F 1 F 1 F 2

 (^)  0 0 0 0 3  : hệ vô nghiệm.

Bảng 1: (3)  [(3) + 2(2)], (1)  [(1) + 2(2)], (2)  [(2) + 2(1)], (4)  [(4) + 7(1)]

Bảng 2: (3)  [ (3)  4(2) ], (4)  [ (4) + 3(2) ].

Bảng 3 : (4)  [ (4) + 2(3) ].

c) Trường hợp hệ phương trình tuyến tính có vô số nghiệm ( các ẩn là x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 )

x 1 x 2 x 3 x 4 x 5

 ^ ^  

 ^  

F 1 F 1 F 2

x 1 x 2 x 3 x 4 x 5

: các cột (4) và (5) không bán chuẩn hóa được.

F 1 F 2 F 3

Viết lại các phương trình không tầm thường (1), (2) và (3) của hệ cuối cùng :

x 1 – x 2 + 3x 3 – 2x 4 = 4 (1), 2x 2 – x 3 + 2x 5 =  7 (2), 3x 3 – 2x 4 + x 5 = 2 (3)

Từ (3), (2) và (1), ta thấy hệ có vô số nghiệm với

2 ẩn tự do : x 4 = a, x 5 = b ( a, b  R ), x 3 = (2a  b + 2) / 3,

x 2 = (x 3  2b  7) / 2 = (2a  7b  19) / 6, x 1 = x 2  3x 3 + 2a + 4 = (2a  b  7) / 6

Bảng 1: (2)  [ (2)  3(1) ], (3)  [ (3) + (4) ], (4)  [ (4) + 2(1) ].

Bảng 2: (3)  [ (3)  5(2) ], (4)  [ (4)  2(2) ].

Bảng 3 : (3)  2 ^1 (3), (4)  [ (4)  (3) ].

IV. HẠNG CỦA MA TRẬN:

4.1/ DẠNG BẬC THANG VÀ DẠNG BẬC THANG RÚT GỌN CỦA MA TRẬN:

Cho A  M m  n ( R ).

a) Bán chuẩn hóa tối đa các cột của A, ta được ma trận SA  M m  n ( R ) ( biến đổi

Gauss ). Trong SA, các dòng không tầm thường ( dòng  O ) nằm phía trên các

dòng O và số hạng  0 đầu tiên của các dòng đó chính là số hạng có đánh dấu

* của các cột bán chuẩn. Ta nói SA là dạng bậc thang của A hay ma trận rút

gọn theo dòng của A. Dạng bậc thang SA của A không duy nhất.

b) Chuẩn hóa tối đa các cột của A, ta được ma trận RA  M m  n ( R ) ( biến đổi

Gauss – Jordan ). Trong RA, các dòng không tầm thường ( dòng  O ) nằm phía

trên các dòng O và số hạng  0 đầu tiên của các dòng đó chính là số 1* của

các cột chuẩn. Ta nói RA là dạng bậc thang rút gọn của A hay ma trận rút gọn

theo dòng từng bậc của A. Dạng bậc thang rút gọn RA của A là duy nhất.

R A là một trường hợp đặc biệt của SA.

4.2/ HẠNG CỦA MA TRẬN:

Cho A  M m  n ( R ) và các dạng SA và R A của A.

Đặt A = (A | B)  M m  (n + 1) ( R ). Ta gọi A là ma trận bổ sung của hệ (A | B).

Ta có r(A) = k  n và [ r( A ) = r(A) hay r( A ) = r(A) + 1 ].

a) Nếu r( A ) = r(A) + 1 thì hệ (A | B) vô nghiệm.

b) Nếu r( A ) = r(A) = n thì hệ có nghiệm duy nhất.

c) Nếu r( A ) = r(A) = k < n thì hệ có vô số nghiệm với số ẩn tự do là ( n  k ).

Ví dụ:

a) Xem lại hệ phương trình tuyến tính AX = B trong ( 3.2 ):

A = (A | B) =

 (RA | B’) = RA =

E 1 E 2 E 3 E 4

Ta có r( A ) = r(A) = n = 4 nên hệ có nghiệm duy nhất.

b) Xem lại hệ phương trình tuyến tính AX = B trong ( 3.3 ):

A = (A | B) =

 (SA | B’) = SA =

F 1 F 2 F 3 F 4

Ta có r( A ) = 4 = 3 + 1 = r(A) + 1 nên hệ vô nghiệm.

c) Xem lại hệ phương trình tuyến tính AX = B trong ( 3.4 ):

A =(A | B) =

 (RA | B’) = RA =

  • (^1)

E 1 E 2 E 3

Ta có r( A ) = r(A) = k = 3 < n = 5 nên hệ có vô số nghiệm với số ẩn tự do là

( n  k ) = 5  3 = 2.

d) Xem lại hệ phương trình tuyến tính AX = B trong ( 3.8 ) :

* Khi m = 1:

A = (A | B) =

m m m m

 (RA | B’) = R A =

E 1

Ta có r( A ) = r(A) = k = 1 < n = 3 nên hệ có vô số nghiệm với số ẩn tự do là

( n  k ) = 3  1 = 2.

* Khi m =  3:

A = (A | B) =

m m m m

 (RA | B’) = R A =

E 1 E 2 E 3

Ta có r( A ) = r(A) = n = 3 nên hệ có nghiệm duy nhất.

* Khi  3  m  1:

A = (A | B) =

m m m m

 (RA | B’) = S A =

m m )

m           

F 1 F 2 F 3 F 4

Ta có r( A ) = 4 = 3 + 1 = r(A) + 1 nên hệ vô nghiệm.

e) Xem lại các hệ phương trình tuyến tính AX = B trong Ví dụ của ( 3.10 ):

A = (A | B) =

 (SA | B’) = SA =

F 1 F 2 F 3 F 4

Ta có r( A ) = r(A) = n = 4 nên hệ có nghiệm duy nhất.