連立方程式

このたった1つの数Dが「解がいくつあるか」という問いと「それは何か」という答えの両方をまとめている。符号を1つ確認するだけで、実際に試す前から加減法が成功するかどうかが分かる。

必要条件を導く（yを消去する）： $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ の第1式に $d$ を、第2式に $b$ を掛ける: $adx+bdy=ed$ と $bcx+bdy=bf$。第1式から第2式を引くと $bdy$ の項がちょうど消え、$(ad-bc)x=ed-bf$ が残る。この方程式は連立方程式の必要な帰結である。元の2式をともに満たす任意の組 $(x,y)$ は、これも満たさなければならない。これは元の2式の倍数を加減しただけで作られたからである。

双子の条件を導く（xを消去する）： 対称的に、第1式に $c$ を、第2式に $a$ を掛け、第2式から第1式を引いて $x$ の項を消去すると、$(ad-bc)y=af-ec$ が残る。これもまた任意の解の必要な帰結である。

D≠0のときの存在性。 $ad-bc\neq0$ ならば、1変数方程式 $(ad-bc)x=ed-bf$ は、1変数の一次方程式に関する定理により、ちょうど1つの解 $x=\dfrac{ed-bf}{ad-bc}$ を持つ。同様に $(ad-bc)y=af-ec$ はちょうど $y=\dfrac{af-ec}{ad-bc}$ を与える。これら2つの値を $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ の元の方程式に代入し代数的に整理すると、両方が同時に満たされることが確認できる(共通分母 $D$ 上で分数をまとめれば $a\cdot\dfrac{ed-bf}{ad-bc}+b\cdot\dfrac{af-ec}{ad-bc}=e$ を読者は確認できる)——したがって解は本当に存在する。

D≠0のときの一意性。 $(ad-bc)x=ed-bf$ と $(ad-bc)y=af-ec$ は $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ のすべての解に対して必要である(単に十分なだけではない)ため、元の連立方程式のどんな解 $(x,y)$ であっても、1変数定理の一意性の部分により、正確に $x=\dfrac{ed-bf}{ad-bc}$、$y=\dfrac{af-ec}{ad-bc}$ を満たすことを強制される。したがって2つの異なる解が存在することはあり得ない。存在性と合わせて、$ad-bc\neq0$ のときちょうど解は一意である。

D=0は2直線の傾きが等しいことを意味する。幾何学的には、それらは完全に平行で決して交わらない(解なし)か、実は同じ直線が2回描かれている(すべての点が解)かのどちらかであり、決して1つの交点にはならない。

前の定理の消去法の手順は $ad-bc\neq0$ を必要としなかった。それらは $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ の任意の解 $(x,y)$ が、$D$ の値に関わらず $(ad-bc)x=ed-bf$ を満たさなければならないことを示している。$ad-bc=0$ のとき、左辺 $(ad-bc)x$ はすべての $x$ に対して $0\cdot x=0$ となるため、この必要な方程式は数値命題 $0=ed-bf$ に縮退する。

**$ed-bf\neq0$ の場合（解なし）。** このとき命題 $0=ed-bf$ は $x$ と $y$ に関わらず単に偽である。連立方程式の解はすべてこの偽の命題を真にしなければならないので、解は存在し得ない。幾何学的には、2つの方程式は同じ傾き（$D=0$ のため）だが異なる切片を持つ直線を表す。すなわち平行で交わらない2直線である。

**$ed-bf=0$ の場合（無数の解）。** このとき必要な方程式は真だが空虚な命題 $0=0$ であり、yを消去しても情報は何も得られない——どんな $x$ に対しても自動的に満たされる。具体的には、$D=ad-bc=0$ かつ $(a,b)\neq(0,0)$ なので、$c=ka$、$d=kb$ となる定数 $k$ が存在する（第2式のx,y係数は第1式に比例する）。$ed-bf=0$ と合わせると $f=ke$ も成り立つので、第2式 $cx+dy=f$ は文字通り第1式 $ax+by=e$ の $k$ 倍である。第1式を満たすすべての点 $(x,y)$ は自動的に第2式も満たす（第1式を $k$ 倍すればよい）ので、直線 $ax+by=e$ 全体——無数の点——が連立方程式の解となる。