设“若 $p$，则 $q$”是真命题。我们说，$p$ 是 $q$ 的充分条件（sufficient condition），且 $q$ 是 $p$ 的必要条件（necessary condition）。用符号写出来，就是
$$ p \Rightarrow q \quad \text{or} \quad q \Leftarrow p $$
我们会遇到形如“$\ell$ 的一个必要与充分条件是 $r$”的命题。换个说法，就是“$r$ 是 $\ell$ 的一个必要与充分条件”。再分解一下，就是“$r$ 是 $\ell$ 的一个必要条件”与“$r$ 是 $\ell$ 的一个充分条件”这二个命题。根据定义，这相当于“若 $\ell$，则 $r$”与“若 $r$，则 $\ell$”都是真命题。也就是说，$\ell$ 跟 $r$ 是等价的（equivalent）。用符号写出来，就是
$$ p \Leftrightarrow q $$
证明“$\ell$ 的一个必要与充分条件是 $r$”时，我们会把它分为必要性（necessity）与充分性（sufficiency）二个部分。证明必要性，就是证明“$r$ 是 $\ell$ 的一个必要条件”，也就是证明“若 $\ell$，则 $r$”是对的；换句话说，证明左边可以推出右边。证明充分性，就是证明“$r$ 是 $\ell$ 的一个充分条件”，也就是证明“若 $r$，则 $\ell$”是对的；换句话说，证明右边可以推出左边。
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设
$$ f(x,y) = Ax^2 + 2Bxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F $$
是复系数二元二次多项式；这里，$A, B, C$ 不全为零。存在复数 $a_0, \cdots, a_5$ 使
$$ f(x,y) = (a_0 x + a_1 y + a_2) (a_3 x + a_4 y + a_5) $$
的一个必要与充分条件是
$$ \Delta = \begin{vmatrix}
A & B & D \\
B & C & E \\
D & E & F \\
\end{vmatrix} = 0 $$
这里，$| \cdot |$ 是九元三次多项式的简写：
$$ \begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13} \\
a_{21} & a_{22} & a_{23} \\
a_{31} & a_{32} & a_{33}
\end{vmatrix} = a_{11} a_{22} a_{33} - a_{11} a_{32} a_{23}
- a_{21} a_{12} a_{33} + a_{21} a_{32} a_{13}
+ a_{31} a_{12} a_{23} - a_{31} a_{22} a_{13} $$
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先看简单的必要性。设
$$ f(x,y) = (a_0 x + a_1 y + a_2) (a_3 x + a_4 y + a_5) $$
展开它：
$$ f(x,y) = A x^2 + 2B xy + C y^2 + 2D x + 2E y + F $$
这里
$$ \begin{aligned}
& A = a_0 a_3, \quad C = a_1 a_4, \quad F = a_2 a_5, \\
& 2B = a_0 a_4 + a_1 a_3, \\
& 2D = a_0 a_5 + a_2 a_3, \\
& 2E = a_1 a_5 + a_2 a_4
\end{aligned} $$
所以
$$ \begin{aligned}
\Delta
& = {} \begin{vmatrix}
A & B & D \\
B & C & E \\
D & E & F \\
\end{vmatrix} \\
& = {} ACF - A E^2 - B^2 F + BED + DBE - DCD \\
& = {} ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2) \\
& = {} \frac{1}{4} (4ACF + 2B \cdot 2E \cdot 2D) - \frac{1}{4} (A (2E)^2 + C (2D)^2 + F(2B)^2) \\
& = {} \frac{1}{4} (4 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 + a_1 a_2^2 a_4 a_3^2+a_1^2 a_2 a_5 a_3^2+a_0 a_2^2 a_4^2 a_3+a_0 a_1^2 a_5^2 a_3 \\
& \quad \qquad +2 a_0 a_1 a_2 a_4 a_5 a_3+a_0^2 a_1 a_4 a_5^2+a_0^2 a_2 a_4^2 a_5) \\
& \quad - \frac{1}{4} (a_0 a_2^2 a_3 a_4^2+2 a_0 a_1 a_2 a_3 a_5 a_4+a_0 a_1^2 a_3 a_5^2 \\
& \quad \qquad +a_1 a_2^2 a_4 a_3^2+2 a_0 a_1 a_2 a_4 a_5 a_3+a_0^2 a_1 a_4 a_5^2 \\
& \quad \qquad +a_1^2 a_2 a_5 a_3^2+2 a_0 a_1 a_2 a_4 a_5 a_3+a_0^2 a_2 a_4^2 a_5) \\
& = {} 0
\end{aligned} $$
再看稍复杂一些的充分性。
设
$$ \Delta = \begin{vmatrix}
A & B & D \\
B & C & E \\
D & E & F \\
\end{vmatrix} = ACF + 2BED - (AE^2 + CD^2 + FB^2) = 0 $$
分类讨论。
0\. $A = C = 0$ 且 $B \neq 0$。此时
$$ \begin{aligned}
f(x,y)
& = {} 2Bxy + 2Dx + 2Ey + F \\
& = {} \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By) + F \\
& = {} \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By + DE - DE) + F \\
& = {} \frac{2}{B}(Bx \cdot By + D \cdot Bx + E \cdot By + DE) - \frac{2}{B} \cdot DE + F \\
& = {} \frac{2}{B}(Bx + E)(By + D) - \frac{2ED - FB}{B} \\
& = {} \left(1x + 0y + \frac{E}{B}\right)(0x + 2By + 2D) - \frac{2BED - FB^2}{B^2}
\end{aligned} $$
因为 $\Delta = 0$，且 $A = C = 0$，故
$$ \Delta = 0 + 2BED - (0 + 0 + FB^2) = 2BED - FB^2 = 0 $$
从而
$$ f(x,y) = \left(1x + 0y + \frac{E}{B}\right)(0x + 2By + 2D) $$
1\. $A \neq 0$。此时
$$ f(x,y) = Ax^2 + 2(By + D)x + (Cy^2 + 2Ey + F) $$
利用
$$ az^2 + 2bz = \frac{1}{a} (az + b)^2 - \frac{b^2}{a} $$
可知
$$ f(x,y) = \frac{1}{A} (Ax + By + D)^2 + \frac{1}{A}((AC - B)y^2 + 2(AE - BD)y) + \frac{AF - D^2}{A} $$
1\.0\. $AC - B^2 = 0$。此时，$C = \frac{B^2}{A}$。因为 $\Delta = 0$，故
$$ \begin{aligned}
\Delta
& = {} A \cdot \frac{B^2}{A} \cdot F + 2BED - AE^2 - \frac{B^2 D^2}{A} - FB^2 \\
& = {} -\frac{1}{A} (A^2 E^2 - 2AE BD + B^2 D^2) \\
& = {} -\frac{1}{A} (AE - BD)^2 = 0
\end{aligned} $$
所以 $AE - BD = 0$。这样
$$ f(x,y) = \frac{(Ax + By + D)^2 - (D^2 - AF)}{A} $$
设复数 $d$ 适合 $d^2 = D^2 - AF$。则
$$ f(x,y) = \frac{1}{A} (Ax + By + D + d)(Ax + By + D - d) $$
也就是
$$ f(x,y) = \left( 1x + \frac{B}{A} y + \frac{D+d}{A} \right) (Ax + By + (D - d)) $$
1\.1\. $AC - B^2 \neq 0$。此时
$$ (AC - B^2) y^2 + 2(AE - BD)y = \frac{1}{AC - B^2} ((AC - B^2)y + (AE - BD))^2 - \frac{(AE - BD)^2}{AC - B^2} $$
所以
$$ f(x,y) = \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)} + \frac{AF - D^2}{A} - \frac{(AE - BD)^2}{A(AC - B^2)} $$
也就是
$$ f(x,y) = \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)} + \frac{\Delta}{AC - B^2} $$
因为 $\Delta = 0$，故
$$ f(x,y) = \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{((B^2 - AC)y + (BD - AE))^2}{A(B^2 - AC)} $$
设复数 $e$ 适合 $e^2 = B^2 - AC$。设 $f = \frac{BD-AE}{e}$。则
$$ \begin{aligned}
f(x,y)
& = {} \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{(ey + \frac{BD-AE}{e})^2}{A} \\
& = {} \frac{(Ax + By + D)^2}{A} - \frac{(ey + f)^2}{A} \\
& = {} \frac{1}{A}(Ax + By + D + ey + f)(Ax + By + D - ey - f) \\
& = {} \left( 1x + \frac{B+e}{A}y + \frac{D+f}{A} \right) (Ax + (B-e)y + (D-f))
\end{aligned} $$
2\. $C \neq 0$。此时
$$ f(x,y) = Cy^2 + 2Byx + Ax^2 + 2Ey + 2Dx + F $$
作二元二次多项式
$$ G(X,Y) = CX^2 + 2BXY + AY^2 + 2EX + 2DY + F $$
换句话说
$$ G(r,s) = f(s,r) $$
我们算一下
$$ \Delta' = \begin{vmatrix}
C & B & E \\
B & A & D \\
E & D & F \\
\end{vmatrix} $$
其实，$\Delta'$ 与 $\Delta$ 的区别就是 $A,C$ 互换与 $D,E$ 互换。也就是说
$$ \Delta' = CAF + 2BDE - (CD^2 + AE^2 + FB^2) = \Delta = 0 $$
所以，存在复数 $a_0,\cdots,a_5$ 使
$$ G(X,Y) = (a_0 X + a_1 Y + a_2) (a_3 X + a_4 Y + a_5) $$
所以
$$ f(x,y) = G(y,x) = (a_1 x + a_0 y + a_2) (a_4 x + a_3 y + a_5) $$
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我们可以借助这个命题解由二个二元二次方程联立的方程组。
设
$$ \begin{aligned}
& f(x,y) = A_1 x^2 + 2B_1 xy + C_1 y^2 + 2D_1 x + 2E_1 y + F_1, \\
& g(x,y) = A_2 x^2 + 2B_2 xy + C_2 y^2 + 2D_2 x + 2E_2 y + F_2
\end{aligned} $$
都是系数为复数的二元二次多项式。我们想解方程组
$$ f(x,y) = g(x,y) = 0 $$
“要是 $f(x,y)=0$ 或 $g(x,y)=0$ 可因式分解就好了！”
为什么这么说呢？五烙哥（WLOG: without loss of generality），设
$$ f(x,y) = \ell_1 (x,y) \ell_2 (x,y) $$
其中 $\ell_1$ 与 $\ell_2$ 都是二元一次多项式。一次方程普拉斯二次方程好解吧？代入消元哟。
但如果 $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 都不能拆呢？
设 $k$ 是一个常数。我们考虑方程组
$$ f(x,y) + kg(x,y) = g(x,y) = 0 $$
不难看出，这与
$$ f(x,y) = g(x,y) = 0 $$
有相同的解。
记
$$ \begin{aligned}
h(x,y)
= {} & f(x,y) + kg(x,y) \\
= {} & (A_1 + kA_2) x^2 + 2 (B_1 + kB_2) xy + (C_1 + kC_2) y^2 \\
& \qquad + 2 (D_1 + kD_2) x + 2 (E_1 + kE_2) y + (F_1 + kF_2)
\end{aligned} $$
计算
$$ \Delta(k)
= \begin{vmatrix}
A_1 + kA_2 & B_1 + kB_2 & D_1 + kD_2 \\
B_1 + kB_2 & C_1 + kC_2 & E_1 + kE_2 \\
D_1 + kD_2 & E_1 + kE_2 & F_1 + kF_2 \\
\end{vmatrix} $$
$\Delta(k)$ 是一个次数至多为三的一元多项式。若 $\Delta(k) = 0$ 有解 $k = k_0$，则 $f(x,y) + k_0 g(x,y)$ 可写为一次式的乘积。
我用一个具体例子来演示这一点吧！
设
$$ \begin{aligned}
& f(x,y) = 24x^2 - 34xy + 8y^2 - 2x + 14y - 22, \\
& g(x,y) = x^2 + 4xy - 3y^2 + 2x + 6y - 3 \\
\end{aligned} $$
解方程组
$$ f(x,y) = g(x,y) = 0 $$
设
$$ \begin{aligned}
h(x,y)
= {} & f(x,y) + kg(x,y) \\
= {} & (24 + k) x^2 + 2 (-17 + 2k) xy + (8 - 3k) y^2 \\
& \qquad + 2 (-1 + k) x + 2 (7 + 3k) y + (-22 - 3k)
\end{aligned} $$
计算
$$ \begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
k+24 & 2k-17 & k-1 \\
2k-17 & -3k+8 & 3k+7 \\
k-1 & 3k+7 & -3k-22 \\
\end{vmatrix} \\
= {} & 27 k^3-216 k^2-999 k+1\,188 \\
= {} & 27 (k^3-8 k^2-37 k+44) \\
= {} & 27 (k+4) (k-1) (k-11) \\
\end{aligned} $$
所以，$k = 1$ 时，
$$ h(x,y) = 25x^2 - 30xy + 5y^2 + 20y - 25 = 5(x-y+1)(5x-y-5) $$
联立 $x-y+1=0$ 与 $g(x,y)=0$ 可得
$$ 0 = g(x,1+x) = 2x^2 + 6x $$
于是
$$ x_1 = 0, \quad x_2 = -3 $$
故
$$ y_1 = 1, \quad y_2 = -2 $$
联立 $5x-y-5=0$ 与 $g(x,y)=0$ 可得
$$ 0 = g(x,5x-5) = -54x^2 + 162x - 108 = -54(x-1)(x-2) $$
于是
$$ x_3 = 1, \quad x_4 = 2 $$
故
$$ y_3 = 0, \quad y_4 = 5 $$
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这个小东西不但可以解二元二次方程组，还可以用来解一元四次方程。
五烙哥，设 $p(x) = x^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C$，且 $C \neq 0$。这样，$0$ 不是 $p(x)$ 的根。所以
$$ x^2 + 2Dx + F + \frac{2E}{x} + \frac{C}{x^2} = 0 $$
将 $\frac{1}{x}$ 替换为 $y$，有
$$ x^2 + 2Dx + F + 2Ey + Cy^2 = 0 $$
这是一个二元二次方程。将其与 $2xy - 2 = 0$ 联立，就是二元二次方程组。这样，可以用刚才的方法求解。
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感谢您读到这里。
