Toán cao cấp 2- Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính docx

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

39
Bài 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Mục tiêu Nội dung
• Nắm được khái niệm về các loại hệ
phương trình đại số tuyến tính.
• Nắm được phương pháp giải hệ phương
trình có số phương trình và số ẩn bằng
nhau theo phương pháp Cramer và
phương pháp Gauss.
• Nắm được phương pháp giải hệ phương
trình đại số tuyến tính tổng quát; hệ
phương trình thuần nhất.
• Giải được các bài toán về hệ phương
trình đại số tuyến tính, theo cách tự luận
và theo trắc nghiệm.


Thời lượng
Bạn đọc nên để 15 giờ để nghiên cứu LT
+
8 giờ làm bài tập.
Hệ phương trình đại số tuyến tính là một
trong những vấn đề quan trọng của Đại số
tuyến tính. Các hệ số cũng như các giá trị
của các ẩn số là các số thực.Trong dạng
tổng quát số phương trình và số ẩn số có
thể là bất kỳ và hai loại số này có thể
không bằng nhau.

Bài 3 gồm những nội dung sau:
• Dạng của Hệ phương trình đại số
tuyến tính
• Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
• Hệ phương trình thuần nhất
• Phương pháp Gauss



Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

40
Bài toán mở đầu:

Mô hình cân bằng
Trong mô hình ma trận nói ở chương trước, ta đã có a
i j
x
j
là lượng sản phẩm ngành i cung cấp
cho ngành j. Tổng lượng sản phẩm ngành i coi là chi phí để sản xuất sản phẩm cho cả n ngành là:
n
ij j
j1
ax
=
∑

Lượng sản phẩm ngành i còn lại kí hiệu là y
i

thường được gọi là sản phẩm cuối cùng của ngành i.
Nếu mô hình là cân bằng thì ta có
n
ij j
j1
ax
=
∑

+
y
i
=
x
i ,
i
=
1,2,…, n
Ta có một hệ phương trình đại số tuyến tính n phương trình và n ẩn số. Ở đây
x
i
, i
=
1,2,…, n là các ẩn số
a
i j
và y
i
là các hằng số đã biết.
3.1. Dạng của hệ phương trình đại số tuyến tính

Dạng tổng quát của hệ phương trình đại số tuyến tính được viết như sau
()
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m2 2 mn n m
a x a x a x b
a x a x a x b
3.1

a x a x a x b
+++=
⎧
⎪
+++ =
⎪
⎨
⎪
⎪
+++=
⎩

Hệ này được viết dưới dạng ma trận là
Ax b=
(3.2)
ở đây A là ma trận được thành lập từ các hệ số của các biến
()
ij
mn
Aa
×

=
x: véc tơ cột của các biến.
1
2
n
x
x
x
x
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
=
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
#
(3.3)
b: véc tơ cột các số hạng tự do.
1
2
m
b
b
b
b
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
=

⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
#
(3.4)
Hệ phương trình đại số tuyến tính được gọi là:
• thuần nhất nếu tất cả các
i
b
0,i 1, 2, , m;
=
=
• không thuần nhất nếu có ít nhất một
i
b
0;
≠


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

41
• tương thích nếu hệ có ít nhất một nghiệm, tức là tồn tại một bộ giá trị của
12 n
x , x , , x mà khi thay vào sẽ có một đồng nhất thức;
• không tương thích nếu không có một nghiệm nào;
• xác định nếu hệ chỉ có một nghiệm duy nhất;
• bất định nếu tồn tại quá một nghiệm.
Muốn giải hệ phương trình đại số tuyến tính thì trước hết phải xác định xem hệ đã cho
tương thích hay không tương thích. Nếu là hệ tương thích thì lại phải xem hệ là xác định

hay bất định. Nếu hệ phương trình là xác định thì ta đi tìm nghiệm duy nhất của nó.
Ví dụ 1:
x2y1
x2y5
−=
⎧
⎨
+=
⎩

là một hệ hai phương trình 2 ẩn.
Ví dụ 2:
2x 3y z 1
xyz6
3x y 2z 1
−
+=−
⎧
⎪
++=
⎨
⎪
+
−=−
⎩

là một hệ 3 phương trình 3 ẩn.
Ví dụ 3:
2x 3y 4z 5
3x 2y 7z 6

−
+=
⎧
⎨
+
−=
⎩

là một hệ hai phương trình 3 ẩn.
3.2. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính
Khi giải hệ phương trình đại số tuyến tính có thể xảy ra hai trường hợp:
mn và mn.=≠
• Trường hợp m=n
Lúc này ma trận A có dạng
11 12 1n
21 22 2n
n1 n 2 nn
a a a
a a a
A
a a a
⎡
⎤
⎢
⎥
⎢
⎥
=
⎢
⎥

⎢
⎥
⎣
⎦
## #

Định nghĩa: Hệ (3.2) gọi là hệ Cramer nếu det (A)
≠
0 (ma trận A không suy biến)
Khi đó sẽ tồn tại ma trận nghịch đảo
1
A.
−

Định lí 3.1 (Cramer): Hệ Cramer có nghiệm duy nhất tính bằng công thức
i
i
x i 1, 2, ,n
Δ
==
Δ


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

42
Chứng minh
Ta nhân hai vế của đẳng thức (3.2) với
1
A

−
về bên trái, ta được:
11
AAx Ab
−−
=
Bởi vì
1
AA E
−
= , mà nhân bất cứ ma trận nào với E sẽ được đúng ma trận đó, nên
1
xAb
−
= (3.5)
Sau khi thế
1
A
−
bởi biểu thức của nó và thay các véc tơ cột x và b, ta có:
1111212n1n
2121222n2n
n1n12n2nnn
x A b A b A b
x A b A b A b
1
A
x A b A b A b
+++
⎡⎤ ⎡ ⎤

⎢⎥ ⎢ ⎥
+++
⎢⎥ ⎢ ⎥
=
⎢⎥ ⎢ ⎥
⎢⎥ ⎢ ⎥
+++
⎣⎦ ⎣ ⎦
### #

Vì hai ma trận chỉ bằng nhau khi các phần tử tương ứng của chúng bằng nhau nên
()
()
()
1111212n1n
i1i12i2nin
n1n12n2nnn
1
x A b A b A b
A

1
x A b A b A b
A

1
x A b A b A b
A
⎧
=+++

⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
=+++
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
=+++
⎪
⎩
(3.6)
Theo định lí khai triển: Định thức bằng tổng các tích của các phần tử của hàng
hoặc cột với các phần phụ đại số của chúng. Vì vậy bất cứ hàng nào trong biểu
thức (3.6) cũng thay được bằng các định thức tương ứng với véc tơ b là một cột
của nó, chẳ
ng hạn đối với
i
x sẽ có
11 12 1,i 1 1 1,i 1 1n
21 22 2,i 1 2 2,i 1 2n
1i 1 2i 2 ni n
n1 n 2 n,i 1 n n,i 1 nn
a a a b a a
a a a b a a
A b A b A b

a a a b a a
−+
−+
−+
+++=
(3.7)
Điều đó có nghĩa là muốn tìm
i
x thì phải chia định thức
i
Δ
thiết lập từ định thức
A =Δ
bằng cách thay cột i bởi cột số hạng tự do cho định thức Δ , tức là
i
i
x i 1, 2, , n
Δ
==
Δ
(3.8)
Vì vậy, có thể phát biểu quy tắc Cramer: Nếu định thức gồm các hệ số của hệ n
phương trình tuyến tính với n ẩn khác 0 thì hệ có một nghiệm duy nhất được tính
bằng công thức (3.8).
Ví dụ: Giải hệ
x0y2z6
3x 4y 6z 30
x2y3z8
++=
⎧

⎪
−
++=
⎨
⎪
−− + =
⎩


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

43
Giải: Ta có:
102
A346
123
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠
,
6
b
30
8
⎡
⎤

⎢
⎥
=
⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦

1
602
A3046
823
⎛⎞
⎜⎟
=
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
,
2
162
A3306
183
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟

⎜⎟
−
⎝⎠
,
3
106
A 3430
128
⎛⎞
⎜⎟
=−
⎜⎟
⎜⎟
−−
⎝⎠

Ta tính được det(A)
=
44
≠
0; det(A
1
)
=
–40; det(A
2
)
=
72; det(A
3

)
=
152.
Ta có nghiệm của hệ đã cho là:
x
1
=
–
40
44

=

10
11
−
; x
2
=

72 18
44 11
= , x
3
=

152 38
44 11
= .
•

Trường hợp mn≠
Ta gọi
()
ij
mn
Aa
×
= là ma trận của hệ. Sau khi thêm cột các số hạng tự do b vào ma
trận A, ta lập được ma trận mở rộng B.
11 12 1n 1
21 22 2n 2
m1 m 2 mn m
a a a b
a a a b
B

a a a b
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
=
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦

Để giải trường hợp này, ta dựa vào định lí sau:
Định lí 3.2 (Croneker – Capeli): Điều kiện cần và đủ để hệ (3.1) có nghiệm là
hạng của ma trận A bằng hạng của ma trận mở rộng B. Nếu
() ()
rA rB n==

thì hệ
(3.1) có một nghiệm duy nhất. Nếu
(
)
(
)
rA rB n
=
< thì hệ (3.1) có vô số nghiệm.
Chứng minh:
Cần: Giả sử hệ (3.1) có nghiệm. Ta phải chứng minh
(
)()
rA rB.=
Thật vậy, hệ (3.1) có nghiệm, tức là có
112 2 n n
x c , x c , , x c
=
== để cho
11 1 12 2 1n n 1
21 1 22 2 2n n 2
m1 1 m 2 2 mn n m
a c a c a c b
a c a c a c b

a c a c a c b
+++=
+++ =
+++=

Hay
11 2 2 n n
b
c A c A c A=+ ++
11i
22i
i
mmi
ba
ba
V i b A i 1, 2, ,n
ba
⎡⎤ ⎡⎤
⎢⎥ ⎢⎥
⎢⎥ ⎢⎥
===
⎢⎥ ⎢⎥
⎢⎥ ⎢⎥
⎣⎦ ⎣⎦
##
í

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

44
Điều đó chứng tỏ rằng cột cuối cùng của ma trận B là tổ hợp tuyến tính của n cột
đầu. Theo tính chất hạng của ma trận, ta có thể bỏ cột cuối cùng mà không làm
ảnh hưởng đến hạng của ma trận B. Vì vậy,
(
)

(
)
rA rB= .
Đủ: Giả sử
() ()
rA rB k.== Ta phải chứng minh hệ (3.2) có nghiệm.
Không giảm tính tổng quát, có thể coi định thức cấp k khác 0 của A và B nằm ở
góc trái. Khi đó, k cột đầu tiên độc lập tuyến tính và các cột còn lại có thể biểu
diễn qua k cột đầu. Trong trường hợp riêng, cột b biểu diễn được qua k cột đầu
11 2 2 k k
1111122 1kk
2211222 2kk
mm11m22 mkk
b A A A
b a a a
b a a a

b
a a a .
=λ +λ + +λ
=λ+λ++λ
=λ+λ++λ
=λ+λ++λ

Thật vậy, nếu lấy
11 k kk1k2 n
x , , x , x x x 0
++
=λ =λ = = = = thì chúng tạo nên
một nghiệm của hệ (3.1). Đó là điều phải chứng minh.

Ví dụ: Giải hệ phương trình:
1234
1234
1234
x3x x x 7
2x 5x x 2x 22
3x 8x x x 24
++−=
⎧
⎪
+−+=
⎨
⎪
++−=
⎩

Giải:
Ở đây m 3, n 4
=
= .
131 17 13 1 17
B251222 01348
381 124 0 1 22 3
−−
⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
=− →−−
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
−−−

⎣⎦⎣⎦

13 1 17
01348
00 1 2 5
−
⎡
⎤
⎢
⎥
→−−
⎢
⎥
⎢
⎥
−
−
⎣
⎦

Ta có
() ()
rA rB 3 n 4.==<=
Vậy hệ có vô số nghiệm.
Với ma trận cuối cùng ta có:
1234
23 4
34
x3x x x 7
x3x4x8

x2x 5
++−=
⎧
⎪
−− + =
⎨
⎪
−=−
⎩

Đặt
4
xc= , ta được:
123
23
3
x3x x 7c
x3x84c
x52c
++=+
⎧
⎪
−− =−
⎨
⎪
=− +
⎩
3
2
1

x52c
x 8 4c 15 6c 7 2c
x7c216c52c 95c
=− +
⎧
⎪
⇒=−++−=−
⎨
⎪
=
+− + +− =−+
⎩


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

45
Vậy các nghiệm có dạng
1
2
3
4
x95c
x72c
x52c
xc
=− +
⎧
⎪
=−

⎪
⎨
=− +
⎪
⎪
=
⎩
với mỗi giá trị của c ta có một nghiệm.
3.3. Hệ phương trình thuần nhất
Đây là trường hợp riêng của hệ (3.1), khi
i
b
0 v i m i i 1, 2, ,n
=
=íä nên Định lí
Croneke – Capeli vẫn đúng. Nhưng với trường hợp này, ta luôn có
() ()
rA rB= nên
hệ thuần nhất luôn có nghiệm. Chẳng hạn, ta thấy ngay
12 n
x 0, x 0, , x 0
=
== là một
nghiệm của hệ, gọi là nghiệm tầm thường.
Vậy khi nào hệ thuần nhất có nghiệm không tầm thường?
Định lí 3.3: Nếu
()
rA n= thì hệ thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường, nếu
()
rA n

<

thì hệ thuần nhất có vô số nghiệm, nghĩa là ngoài nghiệm tầm thường phải có nghiệm
không tầm thường.
Chứng minh:
Nếu
()
rA n= thì theo quy tắc Cramer, hệ có nghiệm duy nhất, chính là nghiệm tầm
thường. Nếu
(
)
(
)
r A n thì ta chuy n n r A<−Ó tự do sang phải và hệ sẽ có vô số nghiệm.
Hệ quả: Đối với hệ thuần nhất n phương trình n ẩn số thì điều kiện cần và đủ để hệ có
nghiệm không tầm thường là định thức
0.
Δ
=
Thật vậy, vì
()
(
)
0 thì r A r B n
Δ
==<. Do đó, hệ thuần nhất có vô số nghiệm, tức là
có nghiệm không tầm thường.
Ta cũng có các định nghĩa tương tự cho hệ (3.2) như đối với hệ (3.1).
Ví dụ: Giải hệ phương trình
123

123
12 3
x2x3x 0
2x x x 0
x3x 4x 0
−
+=
⎧
⎪
+
−=
⎨
⎪
+
−=
⎩

Giải :
Ta có
123
21 1 421831630.
13 4
−
Δ= − =− + + − − + =
−

Hệ có vô số nghiệm.
Xét định thức cấp 2
12
14 5 0.

21
−
=
+=≠
Bởi vậy, ta lấy 2 phương trình đầu
123
123
x2x3x 0
2x x x 0
−
+=
⎧
⎨
+
−=
⎩


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

46
Chuyển
3
x sang vế phải
(
)
12 3
12 3
x2x 3x a
2x x x (b)

−=−
⎧
⎪
⎨
+=
⎪
⎩

Lấy (b) nhân với 2 rồi cộng với (a), ta có:
131 3
23 13 3 3
1
5x x x x
5
27
xx2xx x x
55
=− ⇒ =−
=− =+ =

Vậy hệ đã cho có vô số nghiệm xác định bởi
13
23
3
1
xx
5
7
xx
5

x
⎧
=−
⎪
⎪
⎪
=
⎨
⎪
∈
⎪
⎪
⎩
\

3.4. Phương pháp Gauss
Nội dung của phương pháp Gauss là dùng cách khử dần các ẩn số để đưa hệ (2.18) về
dạng tam giác
12233 4
233 4
33 4
xxx
xx
x
+
α+α=α
⎧
⎪
+
β=β

⎨
⎪
γ=γ
⎩
(3.9)
rồi giải hệ này.
Hệ tam giác (3.9) rất dễ giải: từ phương trình thứ 3, ta suy ra
3
x, thế
3
x vào phương
trình thứ 2, ta suy ra
2
x, thế
2
x và
3
x vào phương trình thứ nhất, ta suy ra
1
x. Sau
đây, ta xét một ví dụ cụ thể rồi nêu ra các quy tắc thực hành
Ví dụ: Xét hệ
(
)
()
()
123
123
12 3
a

2x 3x 5x 2
3x 2,5x 4x 10 b
4x 3x 2x 2
c
++=
⎧
⎪
−+=
⎨
⎪
−+ + =
⎩

Giải :
Trước hết, ta chia (a) cho hệ số của
1
x, tức là cho 2, ta được:
(
)
12 3
x1,5x 2,5x 1 a
′
++ =

Sau đó khử
1
x khỏi (b). Muốn thế ta nhân
(a')
với hệ số của
1

x ở (b), tức là với 3, ta có:
123
3x 4,5x 7,5x 3
+
+= (b
′
)
Sau đó, đem phương trình
(
)
b
' này trừ đi phương trình (b) theo từng vế, ta được:
23
7x 3,5x 7
+
=− (b″)

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

47
Tương tự, ta khử
1
x ra khỏi (c): nhân (a') với hệ số của
1
x ở (c), tức là với (–4), ta có
12 3
4x 6x 10x 4.−− − =− (c′)
Sau đó đem
(
)

c
′
trừ (c) ta được:
23
9x 12x 6.−− =− (c″)
Bây giờ, ta chú ý đến hai phương trình
(
)
(
)
b
và c
′
′′′
, trong đó chỉ còn hai ẩn là
23
x và x. Lặp lại quá trình như trên.
Trước hết, ta chia
()
b
′′
cho hệ số của
2
x, tức là cho 7, ta được:
23
x0,5x 1
+
=− . (b″′)
Sau đó, ta khử
2

x khỏi
()
c
′′
bằng cách nhân
(
)
b
′
′′
với hệ số của
2
x ở
()
c
′′
, tức là với (–9)
23
9x 4,5x 9−− =. (b″″)
Sau đó đem
(
)
b
′′′′
trừ đi
()
c
′′
ta được:
3

7,5x 15.
=
(c″′)
Kết hợp các phương trình
()
(
)
(
)
a,b ,c
′
′′′ ′′′
ta được tam giác mong muốn.
Từ
()
3
15
c ta suy ra x 2
7,5
′′′
==.
Thế
()
3
x2 vo b
′′′
= µ ta được:
22
x0,52 1x 2
+

×=−⇒ =−.
Thế
()
32
x 2, x = 2 vào a
′
=− ta được:
(
)
1
11
x 1,5 2 2,5 2 1
x351 x 1.
+
×− + × =
−+=⇒ =−

Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
1
2
3
x1
x2
x2.
=
−
⎧
⎪
=
−

⎨
⎪
=
⎩

Trên đây, ta đã trình bày phương pháp Gauss một cách trình tự. Trong thực hành, ta
có thể thực hiện biến đổi ma trận như sau:
11
212
313
1
L. L
L3L L
2
L4L L
2 3 5 2 1 1,5 2,5 1 1 1, 5 2,5 1
32,5410 32,5410 073,57
4322 43 22 09126
→
−→
+→
⎡⎤⎡ ⎤⎡⎤
⎢⎥⎢ ⎥⎢⎥
−⎯⎯⎯⎯→− ⎯⎯⎯⎯⎯→−−
⎢⎥⎢ ⎥⎢⎥
⎢⎥⎢ ⎥⎢⎥
−−
⎣⎦⎣ ⎦⎣⎦

22

323
1
LL
L9L L
7
1 1, 5 2,5 1 1 1, 5 2,5 1
010,5 1 010,5 1
0 9 12 6 0 0 7,5 15
⎛⎞
×− →
⎜⎟
−→
⎝⎠
⎡
⎤⎡ ⎤
⎢
⎥⎢ ⎥
⎯
⎯⎯⎯⎯→−⎯⎯⎯⎯⎯→−
⎢
⎥⎢ ⎥
⎢
⎥⎢ ⎥
⎣
⎦⎣ ⎦

Từ đây, ta có ngay nghiệm của hệ
1
2
3

x1
x2
x2.
=
−
⎧
⎪
=
−
⎨
⎪
=
⎩


Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

48

TÓM LƯỢC CUỐI BÀI
• Nắm được phương pháp giải hệ phương trình có số phương trình và số ẩn bằng nhau theo
phương pháp Cramer và phương pháp Gauss;
•
Nắm được phương pháp giải hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát. Nắm được phương
pháp giải hệ phương trình thuần nhất;
•
Giải được các bài toán về hệ phương trình đại số tuyến tính.
Bài tiếp theo các bạn sẽ được học về Phép toán và Cấu trúc đại số.

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

49
BÀI TẬP
1. Giải hệ phương trình
a.

1234
1234
1234
3x 5x 2x 4x 2
7x 4x x 3x 5
5x 7x 4x 6x 3
−++=
⎧
⎪
−++=
⎨
⎪
+−−=
⎩

b.
1234
12 3 4
1234
x5x x x 0
3x 9x 13x 11x 0
2x 2x 6x 5x 1
+−+=
⎧

⎪
+− + =
⎨
⎪
+−+=
⎩

2. Giải và biện luận theo a hệ phương trình
a.

1234
1234
2
12 34
ax x x x 1
xaxx x a
xxaxx a
⎧
+++=
⎪
+++=
⎨
⎪
++ +=
⎩

b.
()
()
()

123
123
12 3
2ax x x 0
x2axx0
xx 2ax 0
−++=
⎧
⎪
+− + =
⎨
⎪
++− =
⎩

3. Cho hệ phương trình
123
12 3
12 3
x2xax 3
3x x ax 2
2x x 3x b
+
+=
⎧
⎪
−
−=
⎨
⎪

+
+=
⎩

a. Xác định a, b để hệ có nghiệm duy nhất.
b.
Xác định a, b để hệ có vô số nghiệm.
4. Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp Gauss
()
123
123
12 3
3x x x 1
Ix3xx 3
xx3x 9
++=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪
++ =
⎩

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM
Hãy chọn phương án đúng.
1. Cho hệ phương trình
2
2
3

xayaza
ax a y az 1
ax y a z 1
⎧
−+ =
⎪
−+=
⎨
⎪
+− =
⎩
trong đó a là tham số thực.
Khi đó, hệ có nghiệm duy nhất nếu

Bài 3: Hệ phương trình đại số tuyến tính

50
A. a0,a 1≠≠± B.
a0=

C.
a1=
D.
a1=−

2. Cho hệ phương trình thuần nhất 3 ẩn
2a 1 0 x 0
1a1y0
131az0
−

⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
−− =
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥
−
⎣⎦⎣⎦⎣⎦

Khi đó, hệ chỉ có nghiệm tầm thường nếu
A.
a2≠
B.
a1≠−

C.
a2 và a 1≠≠− D. a 2 ho c a 1==−Æ
3. Xét hệ phương trình đại số tuyến tính Ax b
=
. Khi đó
A.
Nếu
()
det A 0= thì hệ vô nghiệm;
B.
Nếu
()
det A 0≠ thì hệ có vô số nghiệm;
C. Nếu
Ax 0= có nghiệm không tầm thường thì
(

)
det A 0;
=

D.
Nếu Ax 0= có nghiệm không tầm thường thì
(
)
det A 0
≠
.
4. Xét hệ phương trình
123
23
3
x2x3x 0
x4x0
5x 0
++=
⎧
⎪
+=
⎨
⎪
=
⎩

Khi đó:
A.
Hệ vô nghiệm.

B.
Hệ có vô số nghiệm.
C.
Hệ có nghiệm không tầm thường.
D.
Hệ chỉ có nghiệm tầm thường.