方程组

这一个数D把“有多少个解”这个问题和“解是什么”这个答案都打包在了一起:只需检查一个符号,不用真去尝试就能知道消元法是否会成功。

推导必要条件（消去y）： 把 $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ 第一式乘以 $d$、第二式乘以 $b$:得 $adx+bdy=ed$ 和 $bcx+bdy=bf$。第一式减去第二式,恰好消去 $bdy$ 项,留下 $(ad-bc)x=ed-bf$。这个方程是方程组的必然推论:任何同时满足两个原方程的 $(x,y)$ 都必须满足它,因为它只是由原两式的倍数相加减得到的。

推导对偶条件（消去x）： 对称地,把第一式乘以 $c$、第二式乘以 $a$,再用第二式减第一式消去 $x$ 项,留下 $(ad-bc)y=af-ec$,同样是任意解的必然推论。

D≠0 时的存在性。 若 $ad-bc\neq0$,则一元方程 $(ad-bc)x=ed-bf$ 由一元一次方程的定理知恰有一个解 $x=\dfrac{ed-bf}{ad-bc}$;同理 $(ad-bc)y=af-ec$ 给出恰好 $y=\dfrac{af-ec}{ad-bc}$。把这两个值代入 $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ 的原方程并做代数化简,可确认两者同时成立(读者可通过在公分母 $D$ 上合并分数来验证 $a\cdot\dfrac{ed-bf}{ad-bc}+b\cdot\dfrac{af-ec}{ad-bc}=e$)——所以解确实存在。

D≠0 时的唯一性。 由于 $(ad-bc)x=ed-bf$ 和 $(ad-bc)y=af-ec$ 对 $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ 的每一个解都是必要的(而不仅仅是充分的),原方程组的任何解 $(x,y)$,无论是什么,都必然要满足 $x=\dfrac{ed-bf}{ad-bc}$、$y=\dfrac{af-ec}{ad-bc}$,这由一元方程唯一性部分保证。因此不可能有两个不同的解:结合存在性,恰好在 $ad-bc\neq0$ 时解是唯一的。

D=0 意味着两条直线斜率相同:从几何上看,它们要么完全平行、永不相交(无解),要么实际上是同一条直线被画了两次(每个点都是解)——绝不会只有一个交点。

前一个定理中的消元步骤并不需要 $ad-bc\neq0$:它们说明 $\begin{cases}ax+by=e\\cx+dy=f\end{cases}$ 的任何解 $(x,y)$ 都必须满足 $(ad-bc)x=ed-bf$,与 $D$ 的取值无关。当 $ad-bc=0$ 时,左边 $(ad-bc)x$ 对任意 $x$ 都等于 $0\cdot x=0$,于是这个必要方程退化为数值命题 $0=ed-bf$。

**情形 $ed-bf\neq0$（无解）。** 此时命题 $0=ed-bf$ 简单地为假,与 $x$ 和 $y$ 无关。由于方程组的任何解都必须使这个假命题成立,所以不可能存在解。从几何上看,两个方程描述的是斜率相同(因为 $D=0$)但截距不同的直线,即两条平行且不相交的直线。

**情形 $ed-bf=0$（无穷多解）。** 此时必要方程是真但空洞的命题 $0=0$,消去y没有给出任何信息——对任何 $x$ 它都自动成立。具体来说,由于 $D=ad-bc=0$ 且 $(a,b)\neq(0,0)$,存在常数 $k$ 使 $c=ka$、$d=kb$(第二个方程的x、y系数与第一个成比例);再结合 $ed-bf=0$ 可得 $f=ke$,于是第二个方程 $cx+dy=f$ 恰好就是第一个方程 $ax+by=e$ 的 $k$ 倍。满足第一个方程的每个点 $(x,y)$ 自动满足第二个方程(把第一个方程乘以 $k$ 即可),因此整条直线 $ax+by=e$——无穷多个点——都是方程组的解。