1
BÀI GIẢNG TUẦN 5
HẠNG CỦA MA TRẬN VÀ NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = 0 , Ax = b

PHẠM XUÂN ĐỒNG
MỞ ĐẦU:
Hệ phương trình Ax = b có thể thu gọn về một hệ phương trình tuyến tính tương đương mà có số
phương trình ít hơn. Chẳng hạn:





−=+−
−=++−
=+−
2552
52
12
321
321
321
xxx
xxx
xxx








−=+−
=+−
⇔
43
12
32
321
xx
xxxTa thấy những hàng toàn 0 trong hệ phương trình có thể bỏ đi.
Câu hỏi đặt ra là: Kích thước m ×
××
× n của ma trận A có phải là kích thước gọn nhất của hệ
phương trình Ax = b không? Làm thế nào biết được kích thước thực hệ phương trình?

5.1 HẠNG CỦA MA TRẬN

I. Định nghĩa: Hạng của ma trận A là số các trụ. Ký hiệu là r(A) (rank).

Chú ý: (1) Nếu A cấp m ×
××
× n thì r(A) ≤ m, r(A) ≤ n hay r(A) ≤
≤≤
≤ min{m, n}.
(2) Cho A cấp n ×
××
× n , thì |A| ≠ 0 ⇔




−
=
462
31
021
mB
tùy theo m
Giải: (a)










→
4
4
3
400
400
211
A


1684
421
A . Nhận xét các cột của A và biểu diễn A qua tích 2 véc tơ.
Giải : 1)(
000
421
=⇒






−
→ ArA .
Nhận xét: các hàng, các cột tỉ lệ nhau. Biểu diễn A theo tích của 1 cột với 1 véc tơ là hệ số tỉ lệ với cột đó.
Chọn cột 2 và véc tơ hệ số tỉ lệ cột 2 là (−1/2, 1, −2). Khi đó :






−−







Ví dụ 3: Xác định ma trận nào sau đây có hạng cột đầy, hạng hàng đầy và tìm biến trụ, biến tự do của nó






−
=
610
132
A
,










−=
200
310
021
B ,



5.2 NGHIỆM ĐẶC BIỆT , NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = 0.

Ví dụ 4: Giải hệ





=+++
=+++
=+++
0131033
010822
032
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx

Giải :
[ ]











→
00000
04400
03211

nên hệ tương đương với hệ



=+
=+++
044
032
43
4321
xx
xxxx
. Biến trụ là x
1
và x
3
, biến tự do là x
2
và x
4
.
Ta có nghiệm








−
=












−
−−
=
1
1
0
1
0
0

2
được tìm nhanh
hơn bằng cách cho từng biến tự do bằng 1 và các biến tự do còn lại bằng 0. Các nghiệm đó gọi là
nghiệm đặc biệt của Ax = 0
Cho x
2
= 1, x
4
= 0 ⇒ x
3
=0 , x
1
= −1 thì nghiệm đặc biệt là )0,0,1,1(
1
−=s
Cho x
4
= 1, x
2
= 0 ⇒ x
3
= −1 , x
1
= −1 thì nghiệm đặc biệt là
)1,1,0,1(
2
−−=s

nên nghiệm đầy đủ :
2211

n-r
∈
∈∈
∈ R) gọi là nghiệm đầy đủ của Ax = 0 (cũng là không gian nghiệm của A).

Chú ý: (7) Hạng của A là r thì có (n−r) biến tự do ⇒
⇒⇒
⇒ (n−r) nghiệm đặc biệt.

II. Cách tìm nghiệm đặc biệt, nghiệm đầy đủ của Ax = 0 . (A
m×
××
×n
)

+ Biến đổi [A|0] → [U|0] và xác định r biến trụ và (n−r) biến tự do.
+ Cho từng biến tự do bằng 1, các biến tự do còn lại bằng 0 ⇒ các biến trụ ⇒ (n−r) nghiệm đặc biệt s
1
,
s
2
, …s
n−r
.
+ Nghiệm đầy đủ là x
n
= c
1
s
1










−
−−
−
0963
0642
0321










−
→
0000
0000
0321

1
0
3
0
1
2
21
ccx
n
. Hay
{ }
)1,0,3()0,1,2(|)(
21
−+== ccxxAN
nn
.
3
5.3 NGHIỆM RIÊNG VÀ NGHIỆM ĐẦY ĐỦ CỦA Ax = b

I. Định lý : Nếu x
1
là nghiệm của Ax = b và x
2
là nghiệm của Ax = 0 thì x = x
1
+ cx
2
cũng là
nghiệm của Ax = b với ∀
∀∀

+ Dùng phép khử để đưa [A| b] về dạng bậc thang [U| c].
+ Tìm nghiệm các nghiệm đặc biệt của Ax = 0 (xác định từ [U|0] )
+ Tìm 1 nghiệm riêng x
p
của Ax = b (Cho các biến tự do bằng 0 ⇒ tìm x
p
trong [U|c])
+ Nghiệm đầy đủ của Ax = b là x = x
p
+ x
nVí dụ 6 : Giải hệ phương trình:







=++
=++
=++
=++
91293
4752
2642
132
321








⇔
6330
2110
0000
1321












⇔
0000
0000
2110
1321


21
−==⇔



=
=+
⇔ xx
x
xx
. Vậy nghiệm










−
−
+









=
1152
421
111
A
Giải :










=
3
2
1
1152
421
111
]|[
b
b
b
bA


+−
− →
123
12
1
3000
310
111
bbb
bb
b

Điều kiện phương trình có nghiệm là : 03
321
=+− bbb (1)
Từ (1) ta có quan hệ các thành phần của b, cũng chính là quan hệ các véc tơ hàng ma trận A. Do đó suy
ra : 1×
××
× (hàng 1) −
−−
− 3 ×
××
× (hàng 2) + 1 ×
××
× (hàng 3) = hàng không ⇒
⇒⇒
⇒ y
T
A = 0

⇒
d
caa
caaa
dO
cU
bA
n
n
0000
...............
...0
...
2222
111211
mà
d
≠ 0 thì hệ vô nghiệm
(9) Bốn khả năng để hệ phương trình tuyến tính phụ thuộc vào hạng r.

1
nmr == (hạng hàng, cột đầy)
A
[ ]
U⇒
vuông, khả nghịch
bAx = có nghiệm duy nhất
2
nmr <=
(hạng hàng đầy)

FU

bAx = có 0 hoặc vô số nghiệm

Ví dụ 8 : Tại sao không thể có một hệ 1 phương trình 3 ẩn Ax = b với nghiệm riêng )0,2,1( −=
p
x và
nghiệm thuần nhất )3,2,1(c
n
=x .
Giải : Hệ có 1 biến trụ và 2 biến tự do nên nghiệm thuần nhất phải có 2 nghiệm đặc biệt.

Ví dụ 9 : Tại sao x = (1, 2, −1, 4) không thể là nghiệm duy nhất của phương trình Ax = (4, 0, 1)
Giải : Kích thước A là 3×4, nên có ít nhất 1 biến tự do. Nếu có nghiệm thì vô số nghiệm (trường hợp 4)

Ví dụ 10 : Tìm ma trận A và véc tơ b nếu biết nghiệm đầy đủ của Ax = b là






+






=











−
−
−
=
63
21
42
A ,










−=
9

chứa (1, −1, 2).
Giải : Gọi các cột của A là : (cột 1) = (−2, 1, 5) , (cột 3) = (0, 3, 1) ∈ C(A) . Do không gian nghiệm chứa
(1, −1, 2) nên 1×(cột 1) −1×(cột 2) + 2×(cột 3) = 0 nên (cột 2) = 1×(cột 1) + 2×(cột 3) = (− 2, 7, 7)
Vậy










−−
=
175
371
022
A (tương tự









