Hệ phương trình tuyến tính tổng quát
Hệ phương trình tuyến tính tổng quát có dạng $left{ begin{gathered} {a_{11}}{x_1} + {a_{12}}{x_2} + … + {a_{1n}}{x_1} = {b_1} hfill {a_{12}}{x_1} + {a_{22}}{x_2} + … + {a_{2n}}{x_n} = {b_2} hfill … hfill {a_{m1}}{x_1} + {a_{m2}}{x_2} + … + {a_{mn}}{x_n} = {b_m} hfill end{gathered} right..$
Với [A = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{…}&{{a_{1n}}} {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{…}&{{a_{2n}}} {…}&{…}&{…}&{…} {{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{…}&{{a_{mn}}} end{array}} right),X = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}} {{x_2}} {…} {{x_n}} end{array}} right),B = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{b_1}} {{b_2}} {…} {{b_m}} end{array}} right),overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{…}&{{a_{1n}}}&{{b_1}} {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{…}&{{a_{2n}}}&{{b_2}} {…}&{…}&{…}&{…}&{…} {{a_{m1}}}&{{a_{m2}}}&{…}&{{a_{mn}}}&{{b_m}} end{array}} right).]
Ta gọi là hệ phương trình tuyến tính gồm $m$ phương trình và $n$ ẩn.
Hệ phương trình đã cho có thể được viết dưới dạng ma trận $AX=B.$
Đặt $A_j^c = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{1j}}} {{a_{2j}}} {…} {{a_{mj}}} end{array}} right),j = 1,2,…,n$ là véctơ cột thứ j của ma trận hệ số A. Khi đó hệ phương trình
Hệ phương trình đã cho có thể được viết dưới dạng véctơ
${{x}_{1}}A_{1}^{c}+{{x}_{2}}A_{2}^{c}+…+{{x}_{n}}A_{n}^{c}=B.$ Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi véctơ $B$ biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ cột $left{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}$ của ma trận $A.$ Hệ có bao nhiêu nghiệm thì có bấy nhiêu cách biểu diễn tuyến tính véctơ $B$ qua hệ véctơ cột của ma trận $A.$
Do mọi định thức con của $A$ đều là định thức con của $overline{A}$ do đó $0le r(A)le r(overline{A})le min left{ m,n+1 right}.$
>>Xem thêm Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính tổng quát có nghiệm
Định lí Kronecker – Capelli
Cho hệ phương trình tuyến tính $n$ ẩn $AX=B.$ Điều kiện cần và đủ để hệ phương trình tuyến tính có nghiệm là $r(A)=r(overline{A}).$
Chứng minh.
Ta có $r(A)=rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c} right},r(overline{A})=rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c},B right}.$
Điều kiện cần: Nếu hệ có nghiệm thì véctơ B được biểu diễn tuyến tính qua hệ véctơ $left{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}.$
Do đó [rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c},B right}=rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}Rightarrow r(overline{A})=r(A).]
Điều kiện đủ: Nếu $r(A)=r(overline{A})Rightarrow rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c} right}=rleft{ A_{1}^{c},A_{2}^{c},…,A_{n}^{c},B right}.$
Ta có điều phải chứng minh.
Khảo sát tổng quát hệ phương trình tuyến tính
Cho hệ phương trình tuyến tính có $n$ ẩn, các ma trận hệ số và ma trận hệ số mở rộng lần lượt là $A,overline{A}.$ Khi đó:
- Nếu $r(A)=r(overline{A})=n$ (số ẩn của hệ) thì hệ có nghiệm duy nhất;
- Nếu $r(A)=r(overline{A})=r<n$ (nhỏ hơn số ẩn của hệ) thì hệ có vô số nghiệm phụ thuộc $n-r$ tham số;
- Nếu $r(A)<r(overline{A})$ thì hệ vô nghiệm.
>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận
>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính
>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức
>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch
>>Cơ sở của không gian véctơ
>> Đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của hàm số cho bởi tham số
>> Khai triển Taylor và ứng dụng
>> Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải
Ví dụ 1: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} {x_1} + 2{x_2} + 3{x_4} = 7 hfill 2{x_1} + 5{x_2} + {x_3} + 5{x_4} = 16 hfill 3{x_1} + 7{x_2} + {x_3} + 8{x_4} = 23 hfill 5{x_1} + 12{x_2} + 2{x_3} + 13{x_4} = m hfill 6{x_1} + 14{x_2} + 3{x_3} + 16{x_4} = 46 hfill end{gathered} right..$
Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:
$overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0&3&7 2&5&1&5&{16} 3&7&1&8&{23} 5&{12}&2&{13}&m 6&{14}&3&{16}&{46} end{array}} right)xrightarrow{begin{gathered} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} hfill {mathbf{ – 3}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} hfill {mathbf{ – 5}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} hfill {mathbf{ – 6}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{5}}} hfill end{gathered} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0&3&7 0&1&1&{ – 1}&2 0&1&1&{ – 1}&2 0&2&2&{ – 2}&{m – 35} 0&2&3&{ – 2}&4 end{array}} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{5}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0&3&7 0&1&1&{ – 1}&2 0&0&0&0&0 0&0&0&0&{m – 39} 0&0&1&0&0 end{array}} right).$
+ Nếu $m-39=0Leftrightarrow m=39Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2<4$ hệ có vô số nghiệm và hệ khi đó tương đương với $left{ begin{gathered} {x_1} + 2{x_2} + 3{x_4} = 7 hfill {x_2} + {x_3} – {x_4} = 2 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} {x_1} = 2{x_3} – 5{x_4} + 3 hfill {x_2} = – {x_3} + {x_4} + 2 hfill end{gathered} right..$ Nghiệm của hệ là $left( 2{{x}_{3}}-5{{x}_{4}}+3;-{{x}_{3}}+{{x}_{4}}+2;{{x}_{3}};{{x}_{4}} right),left( {{x}_{3}},{{x}_{4}}in mathbb{R} right).$
+ Nếu [m-39ne 0Leftrightarrow mne 39Rightarrow r(A)=2<r(overline{A})=3] hệ vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} 2{x_1} – 2{x_2} + {x_3} – {x_4} + {x_5} = 1 hfill {x_1} + 2{x_2} – {x_3} + {x_4} – 2{x_5} = 1 hfill 4{x_1} – 10{x_2} + 5{x_3} – 5{x_4} + 7{x_5} = 1 hfill 2{x_1} – 14{x_2} + 7{x_3} – 7{x_4} + 11{x_5} = m hfill end{gathered} right..$
Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:
$begin{gathered} overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} 2&{ – 2}&1&{ – 1}&1&1 1&2&{ – 1}&1&{ – 2}&1 4&{ – 10}&5&{ – 5}&7&1 2&{ – 14}&7&{ – 7}&{11}&m end{array}} right)xrightarrow{{{mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{& }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&1&{ – 2}&1 2&{ – 2}&1&{ – 1}&1&1 4&{ – 10}&5&{ – 5}&7&1 2&{ – 14}&7&{ – 7}&{11}&m end{array}} right) hfill xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} {mathbf{ – 4}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&1&{ – 2}&1 0&{ – 6}&3&{ – 3}&5&{ – 1} 0&{ – 18}&9&{ – 9}&{15}&{ – 3} 0&{ – 18}&9&{ – 9}&{15}&{m – 2} end{array}} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – 3}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} {mathbf{ – 3}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&1&{ – 2}&1 0&{ – 6}&3&{ – 3}&5&{ – 1} 0&0&0&0&0&0 0&0&0&0&0&{m + 1} end{array}} right). hfill end{gathered} $
+ Nếu $m+1ne 0Leftrightarrow mne -1Rightarrow r(A)=2<r(overline{A})=3$ hệ vô nghiệm.
+ Nếu [m+1=0Leftrightarrow m=-1Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2] hệ vô số nghiệm và khi đó hệ tương đương với $left{ begin{gathered} {x_1} + 2{x_2} – {x_3} + {x_4} – 2{x_5} = 1 hfill – 6{x_2} + 3{x_3} – 3{x_4} + 5{x_5} = – 1 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} {x_1} = frac{2}{3} – 2{x_4} + frac{1}{3}{x_5} hfill {x_2} = frac{1}{6} + frac{1}{2}{x_3} – frac{1}{2}{x_4} + frac{5}{6}{x_5} hfill end{gathered} right..$
Nghiệm của hệ là $left( {{x}_{1}}=frac{2}{3}-2{{x}_{4}}+frac{1}{3}{{x}_{5}};frac{1}{6}+frac{1}{2}{{x}_{3}}-frac{1}{2}{{x}_{4}}+frac{5}{6}{{x}_{5}};{{x}_{3}};{{x}_{4}};{{x}_{5}} right),left( {{x}_{3}},{{x}_{4}},{{x}_{5}}in mathbb{R} right).$
Ví dụ 3: Cho hệ phương trình $left{ begin{array}{l} (2 – a){x_1} + {x_2} + {x_3} = 0 {x_1} + (2 – a){x_2} + {x_3} = 0 {x_1} + {x_2} + (2 – a){x_3} = 0 end{array} right..$
a) Tìm $a$ để hệ phương trình có nghiệm duy nhất;
b) Tìm $a$ để hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số;
c) Tìm $a$ để hệ phương trình có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số.
Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:
$begin{gathered} overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} {2 – a}&1&1&0 1&{2 – a}&1&0 1&1&{2 – a}&0 end{array}} right)xrightarrow{{{mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{& }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{2 – a}&0 1&{2 – a}&1&0 {2 – a}&1&1&0 end{array}} right) hfill xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} {mathbf{(a – 2)}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{2 – a}&0 0&{1 – a}&{a – 1}&0 0&{a – 1}&{(1 – a)(a – 3)}&0 end{array}} right)xrightarrow{{{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{2 – a}&0 0&{1 – a}&{a – 1}&0 0&0&{(1 – a)(a – 4)}&0 end{array}} right). hfill end{gathered} $
a) Hệ có nghiệm duy nhất $ Leftrightarrow r(A) = r(overline A ) = 3 Leftrightarrow left{ begin{gathered} 1 – a ne 0 hfill (1 – a)(4 – a) ne 0 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} a ne 1 hfill a ne 4 hfill end{gathered} right..$
b) Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số $Leftrightarrow r(A)=r(overline{A})=2Leftrightarrow a=4.$
c) Hệ có vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số $Leftrightarrow r(A)=r(overline{A})=1Leftrightarrow a=1.$
Ví dụ 4: Cho hệ phương trình $left{ begin{array}{l} kx + y + z = 1 x + ky + z = k x + y + kz = {k^2} end{array} right..$
a) Tìm $k$ để hệ phương trình có nghiệm duy nhất;
b) Tìm $k$ để hệ phương trình vô nghiệm;
c) Tìm $k$ để hệ phương trình vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số.
Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:
$begin{gathered} overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} k&1&1&1 1&k&1&k 1&1&k&{{k^2}} end{array}} right)xrightarrow{{{mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{& }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&k&{{k^2}} 1&k&1&k k&1&1&1 end{array}} right) hfill xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} {mathbf{ – k}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&k&{{k^2}} 0&{k – 1}&{1 – k}&{k – {k^2}} 0&{1 – k}&{1 – {k^2}}&{1 – {k^3}} end{array}} right) hfill xrightarrow{{{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&k&{{k^2}} 0&{k – 1}&{1 – k}&{k – {k^2}} 0&0&{(1 – k)(2 + k)}&{(1 – k){{(k + 1)}^2}} end{array}} right). hfill end{gathered} $
Hệ có nghiệm duy nhất $ Leftrightarrow r(A) = r(overline A ) = 3 Leftrightarrow left{ begin{gathered} k – 1 ne 0 hfill (1 – k)(2 + k) ne 0 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} k ne 1 hfill k ne – 2 hfill end{gathered} right..$
Hệ vô nghiệm $Leftrightarrow r(A)<r(overline{A})Leftrightarrow k=-2.$
Hệ vô số nghiệm phụ thuộc hai tham số $ Leftrightarrow r(A) = r(overline A ) = 1 Leftrightarrow left{ begin{gathered} k – 1 = 0 hfill (1 – k)(2 + k) = 0 hfill (1 – k){(k + 1)^2} = 0 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow k = 1.$
Ví dụ 5: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} x + 2y + mz = a hfill 2x – 7y + left( {m – 1} right)z = 1 hfill – 4x + y – mz = b hfill end{gathered} right.$ theo các tham số $a,b$ và $m.$
Giải. Biến đổi sơ cấp cho ma trận hệ số mở rộng
$overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&m&a 2&{ – 7}&{m – 1}&1 { – 4}&1&{ – m}&b end{array}} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} {mathbf{4}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&m&a 0&{ – 11}&{ – m – 1}&{ – 2a + 1} 0&9&{3m}&{4a + b} end{array}} right)$
$xrightarrow{{dfrac{{mathbf{9}}}{{{mathbf{11}}}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&m&a 0&{ – 11}&{ – m – 1}&{ – 2a + 1} 0&0&{dfrac{3}{{11}}left( {8m – 3} right)}&{dfrac{1}{{11}}left( {26a + 11b + 9} right)} end{array}} right)$
+ Nếu $mne dfrac{3}{8}Rightarrow rleft( A right)=rleft( overline{A} right)=3$ nên hệ có nghiệm duy nhất xác định bởi
$x=dfrac{-6am-9bm-a+2b-3m}{3left( 8m-3 right)};y=dfrac{2am-bm-4a-b-3m}{3left( 8m-3 right)};z=dfrac{36a+11b+9}{3left( 8m-3 right)}$
+ Nếu $m=dfrac{3}{8}$ và $26a+11b+9ne 0Rightarrow rleft( A right)=2<rleft( overline{A} right)=3$ nên hệ vô nghiệm.
+ Nếu $m=dfrac{3}{8}$ và $26a+11b+9=0Rightarrow rleft( A right)=rleft( overline{A} right)=2<3$ hệ có vô số nghiệm phụ thuộc một tham số
Cụ thể $left{ begin{gathered} x + 2y + dfrac{3}{8}z = a hfill – 11y – dfrac{{11}}{8}z = – 2a + 1 hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} y = – dfrac{5}{{11}}a – dfrac{3}{{11}} + x hfill z = dfrac{{56}}{{11}}a + dfrac{{16}}{{11}} – 8x hfill end{gathered} right.,x in mathbb{R}.$
Ví dụ 6: Giải và biện luận hệ phương trình $left{ begin{gathered} x – y + az + t = a hfill x + ay – z + t = – 1 hfill ax + ay – z – t = – 1 hfill x + y + z + t = – a hfill end{gathered} right..$
Biến đổi ma trận hệ số mở rộng:
[begin{gathered} overline A = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&a&1&a 1&a&{ – 1}&1&{ – 1} a&a&{ – 1}&{ – 1}&{ – 1} 1&1&1&1&{ – a} end{array}} right)xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} {mathbf{ – a}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&a&1&a 0&{a + 1}&{ – a – 1}&0&{ – a – 1} 0&{2a}&{ – {a^2} – 1}&{ – a – 1}&{ – {a^2} – 1} 0&2&{ – a + 1}&0&{ – 2a} end{array}} right) hfill xrightarrow{{{mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{& }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&a&1&a 0&2&{ – a + 1}&0&{ – 2a} 0&{2a}&{ – {a^2} – 1}&{ – a – 1}&{ – {a^2} – 1} 0&{a + 1}&{ – a – 1}&0&{ – a – 1} end{array}} right) hfill xrightarrow{begin{subarray}{l} {mathbf{ – a}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} {mathbf{ – (a + 1)}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} end{subarray} }left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&a&1&a 0&2&{ – a + 1}&0&{ – 2a} 0&0&{ – a – 1}&{ – a – 1}&{{a^2} – 1} 0&0&{{a^2} – 2a – 3}&0&{2{a^2} – 2} end{array}} right) hfill xrightarrow{{{mathbf{(}}{{mathbf{a}}^{mathbf{2}}}{mathbf{ – 2a – 3)}}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}}{mathbf{ + (a + 1)}}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}}}left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&a&1&a 0&2&{ – a + 1}&0&{ – 2a} 0&0&{ – a – 1}&{ – a – 1}&{{a^2} – 1} 0&0&0&{(3 – a){{(a + 1)}^2}}&{{{({a^2} – 1)}^2}} end{array}} right). hfill end{gathered} ]
+ Nếu $a=-1Rightarrow r(A)=r(overline{A})=2<4$ hệ vô số nghiệm và hệ khi đó tương đương với [left{ begin{gathered} x – y + az + t = a hfill 2y + (1 – a)z = – 2a hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} x = frac{{3a – 1}}{2}z – t hfill y = – a + frac{{a – 1}}{2}z hfill end{gathered} right..]
+ Nếu $a=3Rightarrow r(A)=3<r(overline{A})=4$ hệ vô nghiệm.
+ Nếu $anotin left{ -1,3 right}Rightarrow r(A)=r(overline{A})=4$ hệ có nghiệm duy nhất và khi đó hệ tương đương với
[left{ begin{gathered} x – y + az + t = a hfill 2y + (1 – a)z = – 2a hfill – (a + 1)z – (a + 1)t = {a^2} – 1 hfill (3 – a){(a + 1)^2}t = {({a^2} – 1)^2} hfill end{gathered} right. Leftrightarrow left{ begin{gathered} x = frac{{2a – 2}}{{3 – a}} hfill y = – frac{{a + 1}}{{3 – a}} hfill z = frac{{2 – 2a}}{{3 – a}} hfill t = frac{{{{(a – 1)}^2}}}{{3 – a}} hfill end{gathered} right..]
