Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Hệ phương trình được gọi là thuần nhất nếu vế phải của mọi phương trình đều bằng 0.

Định nghĩa hệ thuần nhất

Dạng tổng quát của hệ phương trình thuần nhất như sau:

$$\begin{array}{ccccccccc}{a}_{11}{x}_1& +& a_{12}{x}_2& +& \dots & +& a_{1n}{x}_n& =& 0\\ a_{21}{x}_1& +& a_{22}{x}_2& +& \dots & +& a_{2n}{x}_n& =& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& =& ⋮\\ a_{m1}{x}_1& +& a_{m2}{x}_2& +& \dots & +& a_{mn}{x}_n& =& 0\end{array}$$

Hệ này gồm m phương trình với n ẩn, và vế phải của mọi phương trình đều bằng 0. Nếu vế phải không bằng 0 thì đó không phải hệ phương trình thuần nhất. Có thể viết hệ trên dưới dạng ma trận bằng cách lần lượt chép vào ma trận tất cả các hệ số, tức là tất cả các a_ij, ở đúng vị trí của chúng trong hệ. Không cần chép cột số 0 bên phải vào ma trận, vì như thế là thừa. Như sau:

$$A=\left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \dots & a_{1n}\\ a_{21}& a_{22}& \dots & a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& a_{m2}& \dots & a_{mn}\end{array}\right)$$

Ma trận này biểu diễn hệ m phương trình với n ẩn ở trên. Mỗi dòng của ma trận ứng với một phương trình. Khi đó có thể viết cả hệ dưới dạng

$$Ax=0$$

Các tính chất cơ bản của hệ

Từ bài hệ phương trình tuyến tính và định lí Kronecker – Capelli, ta rút ra được một số khẳng định thú vị về hệ phương trình thuần nhất.

• Mọi hệ thuần nhất đều có nghiệm.
• Tập nghiệm của hệ thuần nhất luôn chứa nghiệm tầm thường. Thay tất cả các ẩn bằng 0, ta được m đẳng thức 0 = 0.
• Từ định lí Kronecker – Capelli ta biết rằng để viết nghiệm tổng quát của hệ cần n − k tham số, trong đó n là số ẩn và k là hạng của ma trận bổ sung, ở đây k = rank(A). Nếu n = k thì không cần tham số nào và hệ có nghiệm duy nhất là nghiệm tầm thường. Mà n = k khi và chỉ khi ma trận A không có cột nào phụ thuộc tuyến tính (với ma trận vuông, điều này nghĩa là ma trận khả nghịch).
• Từ ý trên cũng suy ra hệ có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi ma trận A có một cột phụ thuộc tuyến tính.
• Nếu hệ có số ẩn nhiều hơn số phương trình thì hệ có nghiệm không tầm thường. Khi số ẩn nhiều hơn số phương trình, k = rank(A) không vượt quá số phương trình, tức là m. Khi đó k < n, nên n − k > 0, và do đó còn có những nghiệm khác, được mô tả bằng n − k tham số.

Tính chất của tập nghiệm

• Tổng của hai nghiệm bất kì của hệ Ax = 0 cũng là nghiệm của hệ. Nếu x₁ và x₂ là nghiệm của hệ thì Ax₁ = 0 và Ax₂ = 0, và theo khẳng định này ta cũng có A(x₁ + x₂) = 0.

Chứng minh rất đơn giản. Giả sử Ax₁ = 0 và Ax₂ = 0, ta chứng minh A(x₁ + x₂) = 0. Phép cộng và phép nhân ma trận thoả mãn tính chất phân phối, nên có thể viết

$$A(x_1+x_2)=A{x}_1+A{x}_2.$$

Theo giả thiết Ax₁ = 0 và Ax₂ = 0, nên biểu thức Ax₁ + Ax₂ có thể viết lại thành 0+0. Ta được đẳng thức 0 = 0, vậy khẳng định đúng.

Cụ thể: nếu hệ có hai nghiệm x₁ = (0; 5; 6) và x₂ = (7; 3; 5) thì x₃ = x₁ + x₂ = (0 + 7; 5 + 3; 6 + 5) = (7; 8; 11) cũng là nghiệm của hệ.

• Với mọi hằng số c ∈ ℝ, tích của một nghiệm của hệ với số c cũng là nghiệm. Nếu x₁ là nghiệm của hệ Ax = 0 thì c · x₁ cũng là nghiệm của hệ.

Chứng minh cũng đơn giản. Giả sử x₁ là nghiệm của hệ Ax = 0 và c ∈ ℝ. Ta chứng minh đẳng thức

$$A(c{x}_1)=0$$

Vì c là một hằng số nên có thể đặt ra ngoài cả biểu thức:

$$A(c{x}_1)=c\cdot A{x}_1$$

Theo giả thiết Ax₁ = 0, nên từ c · Ax₁ ta được c · 0 = 0.

• Hệ quả của hai ý trên là mọi tổ hợp tuyến tính của các nghiệm của hệ cũng là nghiệm của hệ đó.

Từ đây nảy ra câu hỏi: nếu một số nghiệm chỉ là tổ hợp tuyến tính của các nghiệm khác thì có tồn tại một tập nghiệm mà qua đó sinh ra được mọi nghiệm còn lại không?

Ta thử viết các nghiệm của hệ vào một ma trận. Tức là nếu x₁ = (x₁₁; x₁₂; …; x_1n) là nghiệm, x₂ = (x₂₁; x₂₂; …; x_2n) là nghiệm, và cứ thế với các x_i, ta lập ma trận F có các cột là những nghiệm này:

$$F=\left(\begin{array}{ccc}{x}_{11}& x_{21}& \dots \\ x_{12}& x_{22}& \dots \\ ⋮& ⋮& \ddots \\ x_{1n}& x_{2n}& \dots \end{array}\right)$$

Vì có thể lập vô số tổ hợp tuyến tính khác nhau, tức là vô số nghiệm, nên ma trận F sẽ là vô hạn. Điều ta quan tâm là có thể thu nhỏ ma trận F để nó chỉ chứa hữu hạn cột, mà từ đó sinh ra được mọi nghiệm còn lại hay không.

Còn lại bao nhiêu cột? Ma trận F có n dòng, vì hệ ban đầu có n ẩn và mỗi cột biểu diễn một nghiệm. Do đó hạng lớn nhất có thể của ma trận F đúng bằng n. Nếu ma trận F có nhiều hơn n cột thì chắc chắn có ít nhất một cột phụ thuộc tuyến tính. Từ đó suy ra có thể viết cả tập nghiệm vào một ma trận cỡ tối đa n × n, còn các nghiệm khác tính được nhờ tổ hợp tuyến tính. Mọi cột thêm vào chắc chắn là thừa. Câu hỏi còn lại là có thể giảm kích thước của ma trận F hơn nữa không.

Hệ nghiệm cơ bản

Từ định lí Kronecker – Capelli ta biết nghiệm tổng quát của hệ Ax = 0 biểu diễn được qua n − k tham số, trong đó n là số ẩn và k = rank(A). Kí hiệu các tham số là t₁, t₂, …, t_{n − k}. Dùng các tham số này, làm thế nào sinh ra hai nghiệm độc lập tuyến tính?

Trường hợp thứ nhất, thay tham số t₁ bằng 1 và các tham số còn lại bằng 0. Tức là t₁ = 1 và t₂ = t₃ = … = t_{n − k} = 0. Trường hợp thứ hai làm tương tự, chỉ chuyển số 1 sang tham số thứ hai: t₂ = 1 và t₁ = t₃ = t₄ = … = t_{n − k} = 0. Thay các tham số này vào nghiệm tổng quát, ta được hai nghiệm khác nhau và độc lập tuyến tính.

Ví dụ: cho

$$(t_1;t_2;t_3;2t_1;4t_3)$$

là nghiệm tổng quát của một hệ phương trình thuần nhất nào đó, với 3 tham số. Chọn các tham số t₁ = 1, t₂ = t₃ = 0, ta được nghiệm riêng x₁ = (1; 0; 0; 2; 0); với t₁ = t₃ = 0, t₂ = 1 ta được x₂ = (0; 1; 0; 0; 0), và với t₁ = t₂ = 0, t₃ = 1 ta được x₃ = (0; 0; 1; 0; 4). Viết các nghiệm riêng vào ma trận F:

$$F=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 2& 0& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right)$$

Chỉ nhìn 3 dòng đầu cũng thấy rõ các cột độc lập tuyến tính. Như vậy ta đã lập được 3 nghiệm riêng khác nhau, độc lập tuyến tính với nhau. Đồng thời mọi nghiệm khác đều phụ thuộc tuyến tính vào chúng. Nếu chọn các tham số t₁ = 1, t₂ = 2, t₃ = 0 và tính nghiệm, ta được x₄ = (1; 2; 0; 2; 0).

Nhưng nghiệm này có thể biểu diễn thành x₁ + 2x₂ = (1; 0; 0; 2; 0) + 2(0; 1; 0; 0; 0) = (1; 2; 0; 2; 0). Với các nghiệm khác cũng tương tự. Như vậy ta được một ma trận có 3 cột xác định mọi nghiệm của hệ phương trình.

Có thể tổng quát hoá cách làm này. Nếu hệ Ax = 0 có nghiệm tổng quát dùng n − k tham số thì mọi nghiệm của hệ biểu diễn được qua n − k nghiệm riêng độc lập tuyến tính của hệ. Một tập nghiệm như vậy gọi là hệ nghiệm cơ bản.

Có thể tìm các nghiệm này, chẳng hạn, bằng cách lần lượt thay từng tham số t₁, t₂, …, t_{n − k} bằng 1, còn các tham số khác bằng 0. Khi đó ta được n − k nghiệm độc lập tuyến tính của hệ.

Đây không phải cách duy nhất để lập n − k nghiệm riêng độc lập tuyến tính của hệ. Có thể thay tham số t_i bằng một số bất kì khác 0 thay cho số 1, và vẫn được các nghiệm độc lập tuyến tính.

Nhắc lại định nghĩa hệ nghiệm cơ bản của hệ Ax = 0: đó là một tập các nghiệm riêng {x₁; x₂; …; x_{n − k}} thoả mãn

• x₁, x₂, …, x_{n − k} độc lập tuyến tính,
• mọi nghiệm của hệ Ax = 0 đều biểu diễn được thành tổ hợp tuyến tính của các nghiệm riêng x₁, x₂, …, x_{n − k}.

Ví dụ

Giải hệ phương trình thuần nhất sau và tìm hệ nghiệm cơ bản:

$$\begin{array}{ccccccccc}2x_1& -& 5x_2& +& 7x_3& +& x_4& =& 0\\ 4x_1& +& 3x_2& +& x_3& & & =& 0\\ 2x_1& -& 18x_2& +& 20x_3& +& 3x_4& =& 0\\ 8x_1& -& 20x_2& +& 28x_3& +& 4x_4& =& 0\end{array}$$

Ma trận hệ số A có dạng

$$A=\left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 8& -20& 28& 4\end{array}\right)$$

Ta có thể tính định thức của ma trận này. Định thức bằng 0. Do đó ma trận hệ số suy biến và hệ có nghiệm không tầm thường. Ta tìm nghiệm tổng quát của hệ bằng phương pháp khử Gauss. Dòng cuối cùng (dòng thứ tư) bằng tổng của 3 dòng đầu, nên ta biến cả dòng thứ tư thành dòng toàn số 0. Sau đó nhân dòng thứ nhất với 3, dòng thứ hai với −1, và thay dòng thứ ba bằng tổng của hai dòng đầu:

$$\begin{array}{rcl}\left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 8& -20& 28& 4\end{array}\right)& \sim & \left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}6& -15& 21& 3\\ -4& -3& -1& 0\\ 2& -18& 20& 3\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}6& -15& 21& 3\\ -4& -3& -1& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\\ & \sim & \left(\begin{array}{cccc}2& -5& 7& 1\\ 4& 3& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\end{array}$$

Biến đổi tiếp không còn ý nghĩa. Ta thấy ma trận có hạng bằng 2, rank(A) = 2. Để viết nghiệm tổng quát của hệ ta cần 2 tham số, gọi là s và t. Để viết hệ nghiệm cơ bản ta cần 2 nghiệm riêng.

Bây giờ ta có hệ phương trình sau:

$$\begin{array}{ccccccccc}2x_1& -& 5x_2& +& 7x_3& +& x_4& =& 0\\ 4x_1& +& 3x_2& +& x_3& & & =& 0\end{array}$$

Từ phương trình thứ hai, rút x₃.

$$x_3=-4x_1-3x_2$$

Thay x₁ và x₂ bằng các tham số: s = x₁ và t = x₂. Khi đó có thể viết x₃ = −4s − 3t. Còn lại phải tính x₄, ta tìm từ phương trình thứ nhất:

$$\begin{array}{rcl}{x}_4& =& -2s+5t-7(-4s-3t)\\ x_4& =& -2s+5t+28s+21t\\ x_4& =& 26s+26t\\ x_4& =& 26(s+t)\end{array}$$

Vậy nghiệm tổng quát là: (s; t; −4s − 3t; 26(s + t)). Để có hệ nghiệm cơ bản, ta cần tìm 2 nghiệm riêng (tức là 2 nghiệm cụ thể) độc lập tuyến tính. Ta tìm chúng bằng cách thay các tham số trước hết bằng s = 1, t = 0, rồi bằng s = 0, t = 1. Với cặp tham số thứ nhất ta có nghiệm riêng

$$X_1=(x_1;x_2;x_3;x_4)=(1;0;-4;26)$$

và với cặp thứ hai

$$X_2=(x_1;x_2;x_3;x_4)=(0;1;-3;26).$$

Hai nghiệm này độc lập tuyến tính. Vì nghiệm tổng quát dùng 2 tham số nên để lập hệ nghiệm cơ bản chỉ cần 2 nghiệm riêng. Hệ nghiệm cơ bản như sau

$$\{(1;0;-4;26),(0;1;-3;26)\}.$$

Cũng có thể kiểm tra hai nghiệm này bằng cách thay vào các phương trình ban đầu. Với X₁ ta được các đẳng thức:

$$\begin{array}{ccccccccc}2\cdot 1& -& 5\cdot 0& +& 7\cdot (-4)& +& 26& =& 0\\ 4\cdot 1& +& 3\cdot 0& -& 4& & & =& 0\\ 2\cdot 1& -& 18\cdot 0& +& 20\cdot (-4)& +& 3\cdot 26& =& 0\\ 8\cdot 1& -& 20\cdot 0& +& 28\cdot (-4)& +& 4\cdot 26& =& 0\end{array}$$

Sau khi biến đổi ta có:

$$\begin{array}{rcl}2-28+26& =& 0\\ 4-4& =& 0\\ 2-80+78& =& 0\\ 8-112+104& =& 0\end{array}$$

Ta thấy mọi phương trình đều cho 0 = 0. Có vẻ ta đã tính đúng.