Nghiệm riêng của hệ phương trình tuyến tính

MỞ ĐẦU1. Lí do chọn đề tàiCó thể nói đối với sinh viên khoa toán nói riêng và sinh viên học toánnói chung Đại Số Tuyến Tính là một môn học rất quan trọng.Trong đó lí thuyết về hệ phương trình tuyến tính và các kĩ năng giải cáchệ phương trình tuyến tính là rất quan trọng, nó được hoàn thiện nhờ khônggian véc tơ và định thức. Nó có nhiều ứng dụng không những trong nhiềungành toán học khác như: Đại số, Hình học, Giải tích, lý thuyết phương trìnhvi phân, Phương trình đạo hàm riêng, Quy hoạch tuyến tính, và còn trongnhiều lĩnh vực khoa học khác. Chính vì lí do đó em đã chọn đề tài: “Hệphƣơng trình tuyến tính và lớp các bài toán đặc biệt của hệ phƣơng trìnhtuyến tính” để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp.2. Mục đích nghiên cứuTìm hiểu sâu hơn các kiến thức về hệ phương trình tuyến tính.Đưa ra một số dạng toán thường gặp của hệ phương trình tuyến tính vàhệ thống các ví dụ minh hoạ cho mỗi dạng toán.3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứuĐối tượng nghiên cứu: Kiến thức về hệ phương trình tuyến tính.Phạm vi nghiên cứu: Lý thuyết và một số dạng toán thường gặp về hệphương trình tuyến tính.4. Nhiệm vụ nghiên cứuTrình bày cơ sở lý thuyết về hệ phương trình tuyến tính.Đề xuất một số dạng toán thường gặp về hệ phương trình tuyến tính vàví dụ minh họa.5. Các phƣơng pháp nghiên cứuNghiên cứu sử dụng các lý luận, các công cụ toán học.Nghiên cứu các tài liệu liên quan.1PHẦN A: NỘI DUNGCHƢƠNG 1: ĐỊNH NGHĨA VỀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH1.1. Định nghĩaMột hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình bậc nhất n ẩn códạng như sau:a11 x1 a12 x2 ... a1n xnb1a21 x1 a22 x2 ... a2 n xnb2...am1 x1 am 2 x2 ... amn xn1bmTrong đó: các số aij là các hệ số, các số bi gọi là các hệ số tự do vàx1 , x2 ,..., xn là các ẩn, ( aij , b jk ).Hệ (1) được gọi là hệ phương trình tuyến tính tổng quát.Hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là hệ phương trình tuyến tínhthuần nhất nếu b1 b2 ... bm 0 hay:a11 x1 a12 x2 ... a1n xn0a21 x1 a22 x2 ... a2 n xn0...am1 x1 am 2 x2 ... amn xn20Ta gọi hệ (2) là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liên kết với hệ (1).Một nghiệm của hệ (1) là một bộ n số c1 , c2 ,..., cnx1c1 , x2c2 ,..., xnk sao cho khi thaycn thì mọi đẳng thức trong hệ (1) là những đẳng thức đúng.Hệ thuần nhất (2) luôn luôn có nghiệm, chẳng hạn (0,0,…,0)nghiệm của hệ. Ta gọi nghiệm (0,0,…,0) là nghiệm tầm thường.2k n là một1.2. Định nghĩaTa có ma trận:a11 a12 ... a1na21 a22 ... a2 n... ... ... ...am1 am 2 .... amnAlà ma trận các hệ số ( hoặc ma trận liên kết) của (1) và (2), còn ma trận :a11 a12a21 a22... ...am1 am 2B... a1n... a2 n... ...... amnb1b2...bmLà ma trận bổ sung của hệ (1) hay ma trận các hệ số mở rộng của (1).Đặt:x1x2X...xnb1vàbThì ta có thể viết gọn hệ (1) dưới dạng:AXbVà hệ (2) cũng có thể viết dưới dạng:AX0Véc tơ b được gọi là véc tơ hệ số tự do.1.3. Định nghĩaTa có thể viết gọn hệ (1) dưới dạng:naij x jbi , ij 131, 2,..., mb2...bmNếu coi mỗi cột cột của ma trận B như một véc tơ trong không gian k m ,chẳng hạn:uuvjuva1 j , a2 j ,..., amjb1 , b2 ,..., bmThì ta cũng có thể viết hệ (1) dưới dạng:uuvuuvuuv... n xn1 x12 x2uvVà gọi đó là dạng véc tơ của hệ (1).4CHƢƠNG 2: KHÔNG GIAN NGHIỆM CỦA HỆ PHƢƠNG TRÌNHTUYẾN TÍNH2.1. Định lý (Kronerker-capelli)Hệ phương trình tuyến tính (1) có nghiệm khi và chỉ khi hạng của matrận A bằng hạng của ma trận bổ sung B, nghĩa là: rankA rankB .Hệ quả:Hệ phương trình tuyến tính (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:n.rankA rankB2.2. Định lýTập hợp tất cả các nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất(2) là một không gian con của không gian vecto k n và có số chiều là n rankA .Mỗi cơ sở của không gian nghiệm của một hệ phương trình tuyến tínhthuần nhất (2) được gọi là một hệ nghiệm cơ bản.Hệ quả:Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (2) có nghiệm không tầm thườngkhi và chỉ khi rankA n . Nói riêng, nếu số ẩn nhiều hơn số phương trình thìnó luôn có nghiêm không tầm thường.2.3. Định nghĩaCho0là một nghiệm nào đó (cố định) của hệ (1). Khi đónghiệm của hệ (1) khi và chỉ khicó dạng0, trong đólàlà một nghiệmcủa hệ phương trình thuần nhất liên kết (1).2.4. Mệnh đềNếu biết nghiệm tổng quát của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất(2) liên kết với hệ (1) vàuvlà một nghiệm nào đó của hệ (1) thì mọi nghiệmcủa (1) có dạng:v uvuvuuv= + t1 1 + t2 2 +…+ truuvrvới t1,t2 ,..., tr k5Từ công thức trên, một nghiêm cố địnhtính là nghiệm riêng, còn nghiệmvuvcủa hệ phương trình tuyếngọi là nghiệm tổng quát.Như vậy để giải một hệ phương trình tuyến tính, ta cần tìm một nghiệmriêng, và một hệ nghiệm cơ sở của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất liênkết.2.5. Chú ýKhi hệ phương trình có vô hạn nghiệm, dù giải bằng phương phápGauss hay đưa về sử dụng qui tắc Cramer, ta có thể có nhiều cách chọn biếntự do.Khi giải hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, ta có nhiều cách chọnhệ nghiệm cơ bản.Ngoài hai phương pháp chính trên, tùy thuộc vào đặc thù của hệphương trình, ta có thể có nhiều cách khác nhau để đơn giản lời giải, chẳnghạn: khử biến (rút từ một phương trình rồi thay vào tất cả các phương trìnhcòn lại ), cộng hai vế của một phương trình lại với nhau,….6CHƢƠNG 3: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNHTUYẾN TÍNH3.1. Bài tập về không gian nghiệm của hệ phƣơng trình tuyến tính3.1.1. Một số ví dụ3.1.1.1. Ví dụ 1Chứng minh rằng hệ phương trình:AxbCó nghiệm, trong đó A M (m, n; k ) khi và chỉ khi mọi nghiệm v của hệphương trình tuyến tính thuần nhất:AT y0Có tính chất:v1b1 ... vmbm0.Lời giảiTa quy ước các véc tơ theo cột.Ta có:v1b1 ... vmbmbT v vT b.Theo giả thiết nếu hệ phương trình Ax b có nghiệm thì có u để :AubKhi đó:bT vTAu v uT AT u0.Ngược lại, ta kí hiệu v1 ,..., vs k m là một nghiệm cơ bản của hệ phươngtrình tuyến tính thuần nhất AT y 0 . Khi đó s m rankATrm r , trong đó:rankA .Gọi B là ma trận gồm các dòng là tọa độ của v j . Khi đó AT v j 0 vớimọi j cũng có nghĩa là mỗi cột của A là nghiệm của hệ phương trình:7Bz0.Không gian nghiệm của hệ này có chiều bằng:m rankBm sm (m r ) rrankA.Điều này chứng tỏ các cột của A sinh ra không gian nghiệm của hệBz0.Điều kiện vTj b 0 với mọi j cũng có nghĩa là b là nghiệm của hệBz0.Khi đó b biểu diễn tuyến tính được qua các cột của A. Điều này tươngđương với việc hệ Ax b có nghiệm.Vậy ta có điều phải chứng minh.3.1.1.2. Ví dụ 2Cho L là mở rộng trường k . Chứng minh rằng nếu hệ phương trình vớihệ số trên k có nghiệm trong L, thì nó cũng có nghiệm trong k .Lời giảiXét hệ phương trình tuyến tính trên L:a11 x1 a12 x2 ... a1n xnb1a21 x1 a22 x2 ... a2 n xnb2...am1 x1 am 2 x2 ... amn xnbmHệ đã cho có ma trận liên kết và bổ sung lần lượt là:Aa11 a12 ... a1na21 a22 ... a2 n... ... ... ...am1 am 2 .... amnvà Ba11 a12a21 a22... ...am1 am 2... a1n... a2 n... ...... amnb1b2...bmKhi đó từ giả thiết ta có: rankA rankB trên L. Tuy nhiên ta có thể xácđịnh hạng của ma trận qua các định thức con, mà các định thức con đều thuộck nên nó không phụ thuộc vào việc mở rộng k .8Nên ta có: rankA rankB trên k . Theo định lí Kronerker-capelli ta suyra hệ có nghiệm trong k .Vậy ta có điều phải chứng minh.3.1.1.3. Ví dụ 3Hãy xét xem khi nào hệ phương trình:ax bycx dyefCó nghiệm.Lời giảiTa có:a bc dad cb .* Nếu ad cb 0 , tức là hạng của ma trận liên kết bằng 2, thì hệ cónghiệm duy nhất.* Nếu ad cb 0 và ít nhất một trong bốn số khác 0 thì để hệ có nghiệmta phải có: af ce bf de 0 .Trường hợp a b c d 0 thì để hệ có nghiệm ta phải có: ef0.3.1.1.4. Ví dụ 4Chứng minh rằng hệ phương trình tuyến tính với m phương trình vàrankA m luôn có nghiệm.Đó có phải là điều kiện cần để mọi hệ phương trình tuyến tính như vậyluôn có nghiệm khi thay đổi tùy ý các hệ số tự do không?Lời giảiXét hệ phương trình tuyến tính trên trường k :a11 x1 a12 x2 ... a1n xnb1a21 x1 a22 x2 ... a2 n xnb2...am1 x1 am 2 x2 ... amn xn9bmCó ma trận liên kết và ma trận bổ sung lần lượt là:Aa11 a12 ... a1na21 a22 ... a2 n... ... ... ...am1 am 2 .... amna11 a12a21 a22... ...am1 am 2và B... a1n... a2 n... ...... amnb1b2...bmVà hạng của ma trận là số véc tơ dòng độc lập tuyến tính cực đại.Ta có:mm.rankA rankBDo đó: rankA rankB .Đây cũng là điều kiện cần, ta kí hiệu f là ánh xạ tuyến tính từ k n vàok m với ma trận biểu diễn A theo cặp cơ sở tự nhiên.Khi đó điều kiện để hệ phương trình với véc tơ hệ số tự do b cónghiệm là b Im f . Do đó ta phải có Im fk m hay rankA dim(Im f )m.3.1.1.5. Ví dụ 5Cho v1 ,..., vm ¡ n và xem ¡nnhư không gian Euclide. Hãy đặc trưng cácvéc tơ x R n trực giao với tất cả các véc tơ trên. Từ đó, hãy tính dimV trongđó V là không gian con sinh bởi v1 ,..., vm .Lời giảiĐặt:viai1 ,..., ainxx1 ,..., xn¡¡ni 1,..., mnKhi đó véc tơ x trực giao với tất cả các véc tơ vi i 1,..., m nếu và chỉnếu:vi .x0i 1,..., mai1 x1 ... ain xn100 ,i 1,..., ma11 x1 ... a1n xn...am1 x1 ... amn xn00Đặt:a11 ... a1n... ... ...am1 ... amnAVậy véc tơ x¡x1 ,..., xnnvuông góc với tất cả các véc tơ v1 ,..., vm khivà chỉ khi véc tơ x có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình tuyến tính thuầnnhất:AxT0 (*)Trong đó A là ma trận có các dòng là các tọa độ của vi .Ta có:dim Vrank v1 ,..., vmrankA rank v1 ,..., vmdimVHơn nữa VrankAlà không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tínhthuần nhất (*).Ta được:dimVn rankA n dimV .3.1.2. Bài tập đề nghịBài 1:Cho hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có hạng của ma trận liên kếtnhỏ hơn số biến một đơn vị. Chứng minh rằng hai nghiệm tùy ý của nó tỉ lệvới nhau (tức véc tơ nghiệm này là bội của véc tơ nghiệm kia).11Bài 2:Tìm điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng trên mặt phẳng :a1 x b1 y c10,a2 x b2 y c20,a3 x b3 y c30,Đồng qui.Bài 3:Tìm điều kiện để hệ phương trình sau có nghiệm:ax y z ax by z bx y cz cBài 4:Tìm điều kiện cần và đủ để ba điểm trên mặt phẳng có tọa độ x1 , y1 ,x2 , y2 , x3 , y3 thẳng hàng.123.2. Giải hệ phƣơng trình tuyến tính bằng phƣơng pháp CramerPhương pháp Cramer là sử dụng định thức để giải hệ phương trình.Xét một hệ n phương trình tuyến tính n ẩn:a11 x1 a12 x2 ... a1n xnb1a21 x1 a22 x2 ... a2 n xnb2...an1 x1 an 2 x2 ... ann xnbnTrong đó định thức:Aa11 a2a21 a22... ...ar1 ar 2... a1n... a2 n... ...... arr0.Định nghĩa: Ta nói hệ phương trình tuyến tính n ẩn và n phương trình làkhông suy biến nếu A0 , và là suy biến nếu A0.Định lý: Cho hệ phương trình tuyến tính không suy biến, kí hiệu: DA0thì hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thức:xiDiDVới Di là ma trận thu được từ ma trận A bằng cách thay cột i của Abằng cột hệ số tự do.Từ đó ta xây dựng cách giải hệ (1) bằng phương pháp dùng định thứcnhư sau:Từ hệ (1) ta có ma trận A là:Aa11 a12 ... a1na21 a22 ... a2 n... ... ... ...am1 am 2 .... amn13Và ma trân bổ sung B có dạng:a11 a12a21 a22... ...am1 am 2B... a1n... a2 n... ...... amnb1b2...bmTheo định lí kronecker-capelli:Nếu rankA rankB thì hệ (1) vô nghiệm.Nếu rankA rankB r , không làm mất tính tổng quát ta có định thức:Da11 a2a21 a22... ...ar1 ar 2... a1n... a2 n... ...... arr0+ Nếu r n thì hệ phương trình đã cho là hệ Cramer, và nó có nghiệmduy nhất.+ Nếu r n thì hệ (1) có vô số nghiệm phụ thuộc vào ( n r ) tham số.Nếu rn , không làm mất tính tổng quát xét hệ phương trình gồm rphương trình đầu:a11 x1 a12 x2 ... a1r xra1r 1 xra21 x1 a22 x2 ... a2 r xra2 r 1 xr......ar1 x1 ar 2 x2 ... arr xrarr 1 xr... a1n xn1b1... a2 n xn1... arn xn1b2(3)brMọi véc tơ dòng của ma trận bổ sung B đều là tổ hợp tuyến tính của rvéc tơ dòng đầu. Vì thế mỗi nghiệm của hệ (3) cũng là nghiệm của mỗiphương trình từ thứ r 1 đến thứ m , do đó là nghiệm của hệ (1). Ngược lạimỗi nghiệm của hệ (1) cũng là nghiệm của hệ (3), vì thế chỉ cần giải hệ (3).Ta viết nó dưới dạng:a11 x1 a12 x2 ... a1r xrb1 a1r 1 xra21 x1 a22 x2 ... a2 r xrb2 a2 r 1 xr............ar1 x1 ar 2 x2 ... arr xrbr14arr 1 xr... a1n xn111... a2 n xn... arn xn(4)và gọi các ẩn: xr 1 ,..., xn là những ẩn tự do.Với mỗi bộ n r số (cr 1,..., cn ) k nrcác vế phải của r phương trìnhnày là những hằng số. Vì định thức D 0 nên khi đó hệ (3) đã cho là hệCramer, ta tìm được giá trị duy nhất củax1c1 , x2c2 ,..., xrx1 ,..., xr ,chẳng hạn:cr .Khi đó:c1 , c2 ,..., cr , cr 1 ,..., cnLà một nghiệm của hệ (4), như vậy các giá trị của n r tham số phụthuộc vào cr 1 ,..., cn . Do cr 1 ,..., cn có thể nhận vô số giá trị nên hệ phương trình(4) có vô số nghiệm.Nếu coi rằng cr 1 ,..., cn nhận giá trị tùy ý thì nghiệm c1 , c2 ,..., cr , cr1đượcgọi là nghiệm tổng quát, nếu cho mỗi c j ( j r 1,..., n ) một giá trị trị xác địnhthì được gọi là một nghiệm riêng.Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất n ẩn và n phương trình cónghiệm không tầm thường khi và chỉ khi nó suy biến.3.2.1. Một số ví dụ3.2.1.1. Ví dụ 1Giải hệ phương trình sau:x1 2 x2 3x32 x1 x2x33x1 x2 2 x3622Lời giảiTa có:D1232113121530 0Do D 0 nên hệ có ngiệm duy nhất. Ta có:Suy ra : x1D1622211D31232 61 21 2D1=1 ,Dx231 ,21 62 23 2D231230D2D1 ,x3D3D1Vậy hệ có nghiệm duy nhất là 1,1,1 .3.2.1.2. Ví dụ 2Giải và biện luận hệ phương trình sau:ax y z 1x ay z aa2x y azLời giảiHệ có ma trận bổ sung và ma trận liên kết lần lượt là:a 1 11 a 11 1 aAvàBa 1 1 11 a 1 a1 1 a a2Ta có:DNếu a 1, aa 1 11 a 11 1 a2 thì Da3 3a 2 (a 1) 2 (a 2)0 nên hệ đã cho là một hệ Cramer.Ta cóD11aa21 1a 11 aa3 a 2 a 116(a 1)2 (a 1)Suy ra : xD2a 11 a1 a211aD3a 11 a1 a21aa2D1Da 2 2a 1 (a 1) 2a 4 2a 2 1 (a 2 1)2D2Da 1, ya 21a 2, zD3D(a 1)2a 2Hệ có nghiệm duy nhất:a 1 1 (a 1) 2,,.a 2 a 2 a 2* Nếu a 1 thì hệ phương trình đã cho tương đương với phương trình:x y z 1 hay xy z 1Cho y c2 , z c3 là những số tùy ý.Vậy nghiệm tổng quát của hệ là:c2 c3 1, c2 , c3 .* Nếu a 2 thì D 0 và ma trậnA21112111221123 0có định thức bằng 0 nhưng có định thức con:còn ma trận bổ sung B:B21112121111212112 có định thức cấp 3:4124Nghĩa là rankB 3 rankA .179Vậy hệ vô nghiệm.3.2.1.3. Ví dụ 3Giải các hệ phương trình sau:x1 x2 3x3 2 x4 3x5 1a)2 x1 2 x2 4 x3x4 3x523x1 3x2 5 x3 2 x4 3x5 12 x1 2 x2 8 x3x4 9 x522 x 3 y 5 z 7t 1b) 4 x 6 y 2 z 3t 22 x 3 y 11z 15t 13x1xc) 1x112 x1x2x2x22 x2x32 x33x3x32 x44 x46 x42 x415910Lời giảia) Hệ có ma trận liên kết và bổ sung lần lượt là:A12321232345821213339và1232B1232Ma trận A có:12321232345821231 32 43 50;212Suy ra: rankA 3 .Ma trận B có:34582123333918121224 04 03458212133391212Suy ra: rankB 4Vì rankA rankB nên hệ đã cho vô nghiệm.Vậy hệ đã cho vô nghiệm.b) Hệ đã cho có ma trân bổ sung và ma trận liên kết là:A312251541011034và31225B154101 61 120 63 34 9Định thức:D1225 14 01 336 0 ;Suy ra: rankA 3Tương tự ta xét ma trận B:312215411 61 120 63 312250;54101 120 63 34 90 ;Vì thế rankB 3 rankA . Vậy hệ có nghiệm.Nên ta sẽ giải phương trình sau:x12 x12 x15 x24 x2x2x33x31263Đó là một hệ Cramer có:D1225 14 01 3Ta có:1936 01225 14 01 336 0D112635 14 01 336 ;D31225 12461 372 .D21 12 12 6 02 3 372 ;Từ đó ta có:x1D1DD2D1; x2D3D2 ; x32.Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là: 1; 2; 2 .c) Hệ đã cho có ma trận liên kết và ma trận bổ sung lần lượt là:A31112111212312462vàB311121112123124621230;31112123115910Xét ma trận A:3111211121231246230; 11111Suy ra: rankA 2 .Tương tự ta xét ma trận B có:311121112123124621591031112111211122012312462311121591015910246231112111212312462159100311111123310;112 0.Suy ra: rankB 2 .Từ rankA rankB 2 . Ta có hệ sau:3 x1 x21 x3 2 x4x1 x25 2 x3 4 x4(*)(*) là hệ Cramer có định thức khác 0. Do đó x1 , x2 được xác định duy nhấtbởi các đẳng thức:x3 2 x4 4; x22x15 x3 10 x4 14.2Vậy hệ đã cho có vô số nghiệm dạng:(x3 2 x4 4 5 x3 10 x4 14;; x3 ; x4 ) .223.2.2. Bài tập đề nghịBài 1:Giải và biện luận các hệ phương trình sau:a)x12 x1mx12 x2(m 2) x2x2b)ax1x1x1x1ax1x2ax 2x2ax 2x2c)x1x1x1x1x2x2x2x22 x3(m 5) x3(m 1) x3x3x3ax 3ax 3ax 3x3x3x3x30221aa2a1x4x4x4x4abcd21Bài 2:Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp định thức:a)x13 x13 x12 x12 x1b)2x4x8x3x4 x22y3y5y3y5 x27 x24 x22 x3x33x33x35 x3zz3z2zt 22t 34t 62t 349151311Bài 3:Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm riêng của hệ phương trình:2 x 3t 5 z 7t 14 x 6 y 2 z 3t 22 x 3 y 11z 15t 1223.3. Giải hệ phƣơng trình tuyến tính bằng phƣơng pháp GaussNội dung của phương pháp Gauss là khử liên tiếp các ẩn của hệ phươngtrình và dựa trên các phép biến đổi sơ cấp của hệ phương trình.Giải hệ phương trình tuyến tính (1) gồm các bước sau:Bước 1:Giả sử aij 0 ( nếu không chỉ việc đổi chỗ các phương trình rồi đánh sốlại).1a. Ta có thể coi a11 0 , chia cả hai vế của phương trình thứ nhất cho a11 , takhử được x1 ra khỏi các phương trình ngoại trừ phương trình đầu.1b. Sau đó ta nhân phương trình này với ai1 rồi cộng vào phương trình thứ i( i 2,3,..., m ) ta nhận được phương trình có dạng:x1a '12 x2a '22 x2.......a 'm 2 x2......a '1n xna '2 n xnb '1b '2...a 'mn xnb 'mBước 2:Lập luận tương tự như trên đối với hệ con gồm ( m 1) phương trìnhvới các ẩn là: x2 , x3 ,..., xm .Khi đó ta được một hệ mới có dạng:x1a '12 x2...a '1n xnb '1x2.........a ''2 n xnb2xr...a ''rn xnbr0......br0bm1* Nếu có một trong các hệ số tự do: br 1 ,..., bm khác 0 thì hệ vô nghiệm.* Nếu br1... bm0 thì hệ có nghiệm.23Mỗi nghiệm của phương trình nhận được bằng cách gán cho: xr 1 ,..., xnnhững giá trị tùy ý thuộc trường k . Sau đó ta thế lần lượt từ dưới lên trên vàta có được các nghiệm: xr , xr 1 ,..., xr .3.3.1. Một số ví dụ3.3.1.1. Ví dụ 1Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss:3x1x1x112 x1x2x2x22 x2x32 x33x3x32 x44 x46 x42 x415910Lời giảiTheo phương pháp Gauss ta có:3x1x1x112 x1xx2x2x22 x2x22 x24 x214 x2x32 x33x3x32 x44 x46 x42 x4159106 x410 x420 x470 x49142898x35 x310 x335 x3x1x13x112 x1x1x2x2x22 x2x22 x2x32 x3x3x33x35 x36 x4x42 x42 x46 x410 x495110914Nếu cho x3 c3 , x4 c4 với c3 , c4 k thì vế phải của mỗi phương trìnhtrong hệ này là một số và hệ trở thành:x1x22 x23c35c36c410c4914Ta có x1, x2 được xác định như sau:x1c3 2c4 4;2x25c3 10c4 14.2Vậy hệ phương trình có nghiệm là:24(c3 2c4 4 5c3 10c4 14;; c3 ; c4 ) (*)22Vì c3 , c4 có thể nhận giá trị tùy ý trong k nên hệ có vô số nghiệm và nói(*) là nghiệm tổng quát của hệ.Nếu cho c3 , c4 một giá trị cụ thể thì ta được một nghiệm riêng.Chẳng hạn: Với c3 0, c4 1 ta được một nghiệm riêng là: ( 1, 2,0,1 ).3.3.1.2. Ví dụ 2Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m :x12 x13x1x12 x24 x26 x22 x22 x43x43x4x32 x3x3x513m2m 8x5x5Lời giảiTa có:x12 x13x1x12 x24 x26 x22 x2x12 x43x43x4x32 x3x32 x2x3x513m2m 8x5x52 x4x4x4x4x52 x52 x52 x5x12 x2x32 x3x311x12 x2x3m 52m 10x4x43x42 x4x52 x52 x52 x4x4x4x52 x52 x5Nếu m 5 ta thấy hai phương trình trong hệ là:x42 x5m 5x42 x52m 10 (vô lí).Vậy hệ phương trình vô nghiệm.Nếu m 5 , hệ đã cho tương đương với hệ:x12 x2x32 x4x4x425x52 x52 x511011m 32m 911m 5