35. $2$ 元 $2$ 次方程组

本节, 我们讨论如何求解方程组 ${f_{1} (x, y) = 0, f_{2} (x, y) = 0,$ (35.1)其中 $f_{i} (x, y) = A_{i} x^{2} + 2 B_{i} x y + C_{i} y^{2} + 2 D_{i} x + 2 E_{i} y + F_{i}$ ( $i = 1$ , $2$ ).

我们看一个简单的例.

例 35.1. 解方程组 ${f_{1} (x, y) = x^{2} - y^{2} - 4 x + 4 = 0, f_{2} (x, y) = x^{2} + y^{2} - 2 x = 0.$

注意, $f_{1} (x, y) = = = = x^{2} - y^{2} - 4 x + 4 (x^{2} - 4 x + 4) - y^{2} (x - 2)^{2} - y^{2} (x - 2 + y) (x - 2 - y) .$ 故 $x = 2 - y 或 x = 2 + y .$ 联立 $x = 2 - y$ 与 $f_{2} (x, y) = 0$ , 得 $2 y^{2} - 2 y = 0$ . 则 $(x, y) = (1, 1) 或 (x, y) = (2, 0) .$ 联立 $x = 2 + y$ 与 $f_{2} (x, y) = 0$ , 得 $2 y^{2} + 2 y = 0$ . 则 $(x, y) = (1, - 1) 或 (x, y) = (2, 0) .$ 经验证, $(1, 1)$ , $(1, - 1)$ , $(2, 0)$ 都是解.

不难算出, $f_{1} (x, y)$ 的判别式 $Δ_{1} = det ⎣ ⎡ 10 - 2 0 - 1 0 - 2 04 ⎦ ⎤ = 0.$ 所以, 理论地, $f_{1} (x, y)$ 确实可被写为二个 $2$ 元 $⩽ 1$ 次式的积. 不过, $f_{2} (x, y)$ 的判别式 $Δ_{2} = det ⎣ ⎡ 10 - 1 010 - 1 00 ⎦ ⎤ = - 1.$ 所以, $f_{2} (x, y)$ 不可被写为二个 $2$ 元 $⩽ 1$ 次式的积.

由此可见, 若我们能写方程组 (35.1) 的一个方程的左侧为二个 $2$ 元 $⩽ 1$ 次式的积, 则我们可解二个 $1$ 元 $⩽ 2$ 次方程, 以解此方程组.

不过, 不是所有的方程组都这么简单.

例 35.2. 解方程组 ${f_{1} (x, y) = x^{2} + 3 y^{2} + 2 x - 11 = 0, f_{2} (x, y) = 3 x^{2} - y^{2} - 4 x - 3 = 0.$

我们试用老方法解此方程组. 不过, 试了试, 发现 $f_{1} (x, y)$ 与 $f_{2} (x, y)$ 好像 “不可被分解”. 此时, 我们来计算判别式. $f_{1} (x, y)$ , $f_{2} (x, y)$ 的判别式分别是 $Δ_{1} = det ⎣ ⎡ 101030 10 - 11 ⎦ ⎤ = - 36, Δ_{2} = det ⎣ ⎡ 30 - 2 0 - 1 0 - 2 0 - 3 ⎦ ⎤ = 13.$ 看来, 我们不能像上个例那样直接地解此方程组.

不过, 我们并非无计可施.

定理 35.3. 设 $k$ 是复数. 则方程组 (35.1) 与方程组 ${f_{1} (x, y) + k f_{2} (x, y) = 0, f_{2} (x, y) = 0$ (35.2)同解.

证. 任取方程组 (35.1) 的一个解 $(s, t)$ . 于是, $f_{1} (s, t) = f_{2} (s, t) = 0$ . 从而 $f_{1} (s, t) + k f_{2} (s, t) = 0 + k 0 = 0$ . 故方程组 (35.1) 的每一个解都是方程组 (35.2) 的解.

反过来, 任取方程组 (35.2) 的一个解

(u, v)

. 于是,

f_{1} (u, v) + k f_{2} (u, v) = f_{2} (u, v) = 0

. 从而

f_{1} (u, v) = (f_{1} (u, v) + k f_{2} (u, v)) - k f_{2} (u, v) = 0 - k 0 = 0

. 故方程组 (35.2) 的每一个解都是方程组 (35.1) 的解.

证毕.

根据上个定理, 方程组 (35.1) 与方程组 (35.2) 同解. 那么, 能否取适当的 $k$ , 使方程组 (35.2) 的首个方程的左侧可被写为二个 $2$ 元 $⩽ 1$ 次式的积? 我们计算 $f_{3} (x, y) = f_{1} (x, y) + k f_{2} (x, y)$ 的判别式: $Δ_{3} = = det ⎣ ⎡ A_{1} + k A_{2} B_{1} + k B_{2} D_{1} + k D_{2} B_{1} + k B_{2} C_{1} + k C_{2} E_{1} + k E_{2} D_{1} + k D_{2} E_{1} + k E_{2} F_{1} + k F_{2} ⎦ ⎤ Δ_{1} + c_{1} k + c_{2} k^{2} + Δ_{2} k^{3},$ 其中, $Δ_{i}$ 是 $f_{i} (x, y)$ 的判别式 ( $i = 1$ , $2$ ), 且 $c_{1} = c_{2} = det ⎣ ⎡ A_{2} B_{2} D_{2} B_{1} C_{1} E_{1} D_{1} E_{1} F_{1} ⎦ ⎤ + det ⎣ ⎡ A_{1} B_{1} D_{1} B_{2} C_{2} E_{2} D_{1} E_{1} F_{1} ⎦ ⎤ + det ⎣ ⎡ A_{1} B_{1} D_{1} B_{1} C_{1} E_{1} D_{2} E_{2} F_{2} ⎦ ⎤, det ⎣ ⎡ A_{1} B_{1} D_{1} B_{2} C_{2} E_{2} D_{2} E_{2} F_{2} ⎦ ⎤ + det ⎣ ⎡ A_{2} B_{2} D_{2} B_{1} C_{1} E_{1} D_{2} E_{2} F_{2} ⎦ ⎤ + det ⎣ ⎡ A_{2} B_{2} D_{2} B_{2} C_{2} E_{2} D_{1} E_{1} F_{1} ⎦ ⎤ .$ $Δ_{3}$ 是一个关于 $k$ 的 $1$ 元 $⩽ 3$ 次式, 故 $Δ_{3} = 0$ 是一个 $1$ 元 $⩽ 3$ 次方程. 理论地, 这是可解的. 解出一个 $k$ . 从而, 我们可用老方法解跟方程组 (35.1) 同解的方程组 (35.2), 进而得到方程组 (35.1) 的解.

例 35.4. 我们解当时未能求解的方程组 ${f_{1} (x, y) = x^{2} + 3 y^{2} + 2 x - 11 = 0, f_{2} (x, y) = 3 x^{2} - y^{2} - 4 x - 3 = 0.$

待定复数 $k$ . 作出同解方程组 ${f_{3} (x, y) = 0, f_{2} (x, y) = 0,$ 其中 $f_{3} (x, y) = = f_{1} (x, y) + k f_{2} (x, y) (1 + 3 k) x^{2} + (3 - k) y^{2} + 2 (1 - 2 k) x + (- 3 k - 11) .$ 计算 $f_{3} (x, y)$ 的判别式 $Δ_{3} = det ⎣ ⎡ 1 + 3 k 0 1 - 2 k 0 3 - k 0 1 - 2 k 0 - 3 k - 11 ⎦ ⎤ = (k - 3) (13 k^{2} + 32 k + 12) .$ 所以, 我们可取 $k = 3$ . 则 $f_{3} (x, y) = 10 x^{2} - 10 x - 20 = 10 (x - 2) (x + 1) .$ 从而 $x = 2 或 x = - 1.$ 联立 $x = 2$ 与 $f_{2} (x, y) = 0$ , 得 $- y^{2} + 1 = 0$ . 则 $(x, y) = (2, 1) 或 (x, y) = (2, - 1) .$ 联立 $x = - 1$ 与 $f_{2} (x, y) = 0$ , 得 $- y^{2} + 4 = 0$ . 则 $(x, y) = (- 1, 2) 或 (x, y) = (- 1, - 2) .$ 经验证, $(2, 1)$ , $(2, - 1)$ , $(- 1, 2)$ , $(- 1, - 2)$ 都是解.

名字空间

视图

35. $2$ 元 $2$ 次方程组