可以说是非常热烈庆祝了，看得出压抑了很久 
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的确如此吧。
现在我们解这个遗留问题。
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整式。我们想解方程组
\begin{cases} f(x,y) = 0, \\ g(x,y) = 0 \end{cases} \tag*{(A)}
因为任给数 k ，方程组
\begin{cases}
f(x,y) + kg(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
与方程组 (A) 有相同的解，故我们考虑选取合适的 k 使
h(x,y) = f(x,y) + kg(x,y)
可写为二个一次式的积。 h(x,y) 的 \Delta 也是不难写出的：
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \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} \\
= {} & c_0 + c_1 k + c_2 k^2 + c_3 k^3
\end{aligned}
其中
\begin{aligned}
c_0 = {} & A_1 C_1 F_1-A_1 E_1^2+2 B_1 D_1 E_1-B_1^2 F_1-C_1 D_1^2, \\
c_1 = {} & A_2 C_1 F_1+A_1 C_2 F_1+A_1 C_1 F_2-A_2 E_1^2-2 A_1 E_1 E_2 \\
& {} +2 B_1 D_2 E_1+2 B_1 D_1 E_2+2 B_2 D_1 E_1-B_1^2 F_2 \\
& {} -2 B_2 B_1 F_1-C_2 D_1^2-2 C_1 D_1 D_2, \\
c_2 = {} & A_2 C_2 F_1+A_2 C_1 F_2+A_1 C_2 F_2-A_1 E_2^2-2 A_2 E_1 E_2 \\
& {} +2 B_2 D_2 E_1+2 B_2 D_1 E_2+2 B_1 D_2 E_2-B_2^2 F_1 \\
& {} -2 B_1 B_2 F_2-C_1 D_2^2-2 C_2 D_1 D_2, \\
c_3 = {} & A_2 C_2 F_2-A_2 E_2^2+2 B_2 D_2 E_2-B_2^2 F_2-C_2 D_2^2
\end{aligned}
由此可见， \Delta 是关于 k 的一元整式，且它的次至多为三。
解 \Delta = 0 即可得到 k ，进而可将 h(x,y) 写为二个一次式的积。这样，我们就可以解方程组。
预告：我将在以后的贴子里讲解如何求解一元三次方程。
You could see the source code here.
现在我们解这个遗留问题。
> 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整式。我们想解方程组
> $$
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
>$$
因为任给数 $k$ ，方程组
$$
\begin{cases}
f(x,y) + kg(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
$$
与方程组 (A) 有相同的解，故我们考虑选取合适的 $k$ 使
$$
h(x,y) = f(x,y) + kg(x,y)
$$
可写为二个一次式的积。 $h(x,y)$ 的 $\Delta$ 也是不难写出的：
$$
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
A_1 + kA_2 & B_1 + kB_2 & D_1 + kD_2 \\
B_1 + kB_2 & C_1 + kC_2 & E_1 + kE_2 \\
D_1 + kD_2 & E_1 + kE_2 & F_1 + kF_2 \\
\end{vmatrix} \\
= {} & c_0 + c_1 k + c_2 k^2 + c_3 k^3
\end{aligned}
$$
其中
$$
\begin{aligned}
c_0 = {} & A_1 C_1 F_1-A_1 E_1^2+2 B_1 D_1 E_1-B_1^2 F_1-C_1 D_1^2, \\
c_1 = {} & A_2 C_1 F_1+A_1 C_2 F_1+A_1 C_1 F_2-A_2 E_1^2-2 A_1 E_1 E_2 \\
& {} +2 B_1 D_2 E_1+2 B_1 D_1 E_2+2 B_2 D_1 E_1-B_1^2 F_2 \\
& {} -2 B_2 B_1 F_1-C_2 D_1^2-2 C_1 D_1 D_2, \\
c_2 = {} & A_2 C_2 F_1+A_2 C_1 F_2+A_1 C_2 F_2-A_1 E_2^2-2 A_2 E_1 E_2 \\
& {} +2 B_2 D_2 E_1+2 B_2 D_1 E_2+2 B_1 D_2 E_2-B_2^2 F_1 \\
& {} -2 B_1 B_2 F_2-C_1 D_2^2-2 C_2 D_1 D_2, \\
c_3 = {} & A_2 C_2 F_2-A_2 E_2^2+2 B_2 D_2 E_2-B_2^2 F_2-C_2 D_2^2
\end{aligned}
$$
由此可见， $\Delta$ 是关于 $k$ 的一元整式，且它的次至多为三。
解 $\Delta = 0$ 即可得到 $k$ ，进而可将 $h(x,y)$ 写为二个一次式的积。这样，我们就可以解方程组。
预告：我将在以后的贴子里讲解如何求解一元三次方程。
给你在 #app 创建一个独立频道如何？
谢谢！不过，我似乎不太需要独立的频道；我感觉在灌水区就差不多了。没人真来咱小众论坛学算学吧？哈哈。
我写不动了。明日继续。
我仔细地看了看 大家的板块 的贴子。我发算学贴时，会一次性发多条回复，而不是开好几个贴子。填坑差不多后，我又会安静一段时间。毕竟，我也不像 Euler 或 Cauchy 那么多产。所以，我还不需要专门开一个独立的频道。当然，开个算学标签也不是不行——这样便于分类吧。
早睡早起身体好！ GN.
标签可以的，你应该能创建吧
首先，我認為（或許有誤），這裏的計算都沒有區分虛部和實部，因此，好像談到實數就行了，沒有必要擴展至復數。
至少我沒有看到你談虛數的部份。
同時，根據我的理解，題意可能是，一個二元一次方程，對其因式分解，能得到兩組指定因式的充要條件，如果有，就求這個充要條件。
因此，這裏是在討論因式分解的問題（？）。
嗯。我已经加上去了。感谢蛙哥的工作了。
您好。这里“复数”是有必要的。比方说，您可以考虑 x^2 + y^2 。并不存在六个实数 a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 使
x^2 + y^2 = (a_0 x + a_1 y + a_2) (a_3 x + a_4 y + a_5)
我可以解释您“为什么没看到虚数”。那是因为，在复数里，任给 w ，必有 z 使 z^2 = w 。我并不是十分明显地用到了这个命题，所以我的论证看上去“跟复数没关系”。
是二元二次多项式。
还有，也并不是“得到指定因式”。我没太懂这句话；所以，姑且让我理解为：
给定复数 a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 ，“二元二次多项式 f(x,y) 是 a_0 x + a_1 y + a_2 与 a_3 x + a_4 y + a_5 的积”的必要与充分条件。
如果这样， f(x,y) 也被定下来了，不是吗？
我给因式的限制是：每个因式都是一次式。
或者说，我在本帖讨论这个问题：
给定二元二次多项式 f(x,y) ，“存在复数 a_0, a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 使 f(x,y) 是 a_0 x + a_1 y + a_2 与 a_3 x + a_4 y + a_5 的积”的必要与充分条件。
是的，我主要讨论因式分解问题。
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我们以这个为例。
解方程组
\begin{cases} f(x,y) = 0, \\ g(x,y) = 0 \end{cases} \tag*{(A)}其中
\begin{aligned} & f(x,y) = x^2 + 3y^2 + 2x - 11, \\ & g(x,y) = 3x^2 - y^2 - 4x - 3 \end{aligned}
设 k 为数。作
\begin{aligned}
h(x,y)
= {} & f(x,y) + kg(x,y) \\
= {} & (1+3k)x^2 + (3-k)y^2 + 2(1-2k)x + (-3k-11)
\end{aligned}
因为对任意 k ，方程组 (A) 与方程组
\begin{cases}
h(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
同解，故我们可考虑选取适当的 k 使 h(x,y) 可写为二个一次式的积。计算 h(x,y) 的 \Delta ：
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
1+3k & 0 & 1-2k \\
0 & 3-k & 0 \\
1-2k & 0 & -3k-11 \\
\end{vmatrix} \\
= {} & (1+3k)(3-k)(-3k-11) - (1+3k) \cdot 0 \cdot 0 - 0 \cdot 0 \cdot (-3k-11) \\
& \qquad {} + 0 \cdot 0 \cdot (1-2k) + (1-2k) \cdot 0 \cdot 0 - (1-2k) (3-k) (1-2k) \\
= {} & (3-k)(1+3k)(-3k-11) - (3-k)(1-2k)(1-2k) \\
= {} & (k-3)(3k+1)(3k+11) + (k-3)(2k-1)(2k-1) \\
= {} & (k-3)(9k^2+36k+11) + (k-3)(4k^2-4k+1) \\
= {} & (k-3)(13k^2 + 32k + 12)
\end{aligned}
由此可见，取 k=3 ， h(x,y) 的 \Delta 就是零。此时
h(x,y) = 10x^2 - 10x - 20 = 10(x-2)(x+1)
所以 x=2 或 x=-1 。
当 x=2 时，
0 = g(x,y) = g(2,y) = 1-y^2 = (1+y)(1-y)
所以 y=-1 或 y=1 。
当 x=-1 时，
0 = g(x,y) = g(-1,y) = 4-y^2 = (2+y)(2-y)
所以 y=-2 或 y=2 。
综上，方程组有四组解：
\begin{aligned}
& x = -1 \quad \text{and} \quad y = -2 \\
\text{or} \quad & x = -1 \quad \text{and} \quad y = 2 \\
\text{or} \quad & x = 2 \quad \text{and} \quad y = -1 \\
\text{or} \quad & x = 2 \quad \text{and} \quad y = 1
\end{aligned}
You could see the source code here.
我们以这个为例。
> 解方程组
> $$
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
> $$
> 其中
> $$
\begin{aligned}
& f(x,y) = x^2 + 3y^2 + 2x - 11, \\
& g(x,y) = 3x^2 - y^2 - 4x - 3
\end{aligned}
> $$
设 $k$ 为数。作
$$
\begin{aligned}
h(x,y)
= {} & f(x,y) + kg(x,y) \\
= {} & (1+3k)x^2 + (3-k)y^2 + 2(1-2k)x + (-3k-11)
\end{aligned}
$$
因为对任意 $k$ ，方程组 (A) 与方程组
$$
\begin{cases}
h(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
$$
同解，故我们可考虑选取适当的 $k$ 使 $h(x,y)$ 可写为二个一次式的积。计算 $h(x,y)$ 的 $\Delta$ ：
$$
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
1+3k & 0 & 1-2k \\
0 & 3-k & 0 \\
1-2k & 0 & -3k-11 \\
\end{vmatrix} \\
= {} & (1+3k)(3-k)(-3k-11) - (1+3k) \cdot 0 \cdot 0 - 0 \cdot 0 \cdot (-3k-11) \\
& \qquad {} + 0 \cdot 0 \cdot (1-2k) + (1-2k) \cdot 0 \cdot 0 - (1-2k) (3-k) (1-2k) \\
= {} & (3-k)(1+3k)(-3k-11) - (3-k)(1-2k)(1-2k) \\
= {} & (k-3)(3k+1)(3k+11) + (k-3)(2k-1)(2k-1) \\
= {} & (k-3)(9k^2+36k+11) + (k-3)(4k^2-4k+1) \\
= {} & (k-3)(13k^2 + 32k + 12)
\end{aligned}
$$
由此可见，取 $k=3$ ， $h(x,y)$ 的 $\Delta$ 就是零。此时
$$
h(x,y) = 10x^2 - 10x - 20 = 10(x-2)(x+1)
$$
所以 $x=2$ 或 $x=-1$ 。
当 $x=2$ 时，
$$
0 = g(x,y) = g(2,y) = 1-y^2 = (1+y)(1-y)
$$
所以 $y=-1$ 或 $y=1$ 。
当 $x=-1$ 时，
$$
0 = g(x,y) = g(-1,y) = 4-y^2 = (2+y)(2-y)
$$
所以 $y=-2$ 或 $y=2$ 。
综上，方程组有四组解：
$$
\begin{aligned}
& x = -1 \quad \text{and} \quad y = -2 \\
\text{or} \quad & x = -1 \quad \text{and} \quad y = 2 \\
\text{or} \quad & x = 2 \quad \text{and} \quad y = -1 \\
\text{or} \quad & x = 2 \quad \text{and} \quad y = 1
\end{aligned}
$$
我们不但可以用这个命题解二元二次方程组，还可解一元四次方程。
具体地，设 p(x) = Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C 是一元四次整式。我们要解方程 p(x) = 0 。
若 C = 0 ，则 p(0) = C = 0 ，故 0 是 p(x) = 0 的一个解，且
p(x) = x \cdot \underbrace{(Ax^3 + 2Dx^2 + Fx + 2E)}_{q(x)}
q(x) （至多）是一元三次整式，从而用老方法（已有的知识）解 q(x) = 0 即可。
若 C \neq 0 ，则 p(0) = C \neq 0 ，故 0 不是 p(x) = 0 的解。那么， p(x) = 0 相当于
{p(x) \over x^2} = 0
即
Ax^2 + 2Dx + F + 2E \frac{1}{x} + C \frac{1}{x^2} = 0
令 y = \frac{1}{x} ，则
Ax^2 + 2Dx + F + 2Ey + Cy^2 = 0
也就是
Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F = 0
You could see the source code here.
我们不但可以用这个命题解二元二次方程组，还可解一元四次方程。
具体地，设 $p(x) = Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C$ 是一元四次整式。我们要解方程 $p(x) = 0$ 。
若 $C = 0$ ，则 $p(0) = C = 0$ ，故 $0$ 是 $p(x) = 0$ 的一个解，且
$$
p(x) = x \cdot \underbrace{(Ax^3 + 2Dx^2 + Fx + 2E)}_{q(x)}
$$
$q(x)$ （至多）是一元三次整式，从而用老方法（已有的知识）解 $q(x) = 0$ 即可。
若 $C \neq 0$ ，则 $p(0) = C \neq 0$ ，故 $0$ 不是 $p(x) = 0$ 的解。那么， $p(x) = 0$ 相当于
$$
{p(x) \over x^2} = 0
$$
即
$$
Ax^2 + 2Dx + F + 2E \frac{1}{x} + C \frac{1}{x^2} = 0
$$
令 $y = \frac{1}{x}$ ，则
$$
Ax^2 + 2Dx + F + 2Ey + Cy^2 = 0
$$
也就是
$$
Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F = 0
$$
令
\begin{aligned}
& f(x,y) = Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F, \\
& g(x,y) = 2xy - 2
\end{aligned}
考虑方程组
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
与方程
Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C = 0 \tag*{(B)}
我们考察方程组 (A) 的解与方程 (B) 的解的关系。
我们再提醒一下读者：我们已假定 C 不等于零。
设 (x_1, y_1) 是方程组 (A) 的解。所以 g(x_1,y_1) = 2x_1 y_1 - 2 = 0 ，即 y_1 = \frac{1}{x_1} 。所以
f(x_1,y_1) = Ax_1^2 + C \frac{1}{x_1^2} + 2Dx_1 + 2E \frac{1}{x_1} + F = 0
二侧同乘 x_1^2 ，有
x_1^2 f(x_1,y_1) = Ax_1^4 + C + 2Dx_1^3 + 2Ex_1 + Fx_1^2
故
\begin{aligned}
& Ax_1^4 + 2Dx_1^3 + Fx_1^2 + 2Ex_1 + C \\
= {} & x_1^2 f(x_1,y_1) = x_1^2 \cdot 0 \\
= {} & 0
\end{aligned}
从而 x_1 是 (B) 的解。
设 x_2 是方程 (B) 的解。因为已假定 C \neq 0 ，故 x_2 一定不等于零。作 y_2 = \frac{1}{x_2} 。所以
\begin{aligned}
f(x_2, y_2)
= {} & Ax_2^2 + Cy_2^2 + 2Dx_2 + 2Ey_2 + F \\
= {} & Ax_2^2 + C \frac{1}{x_2^2} + 2Dx_2 + 2E \frac{1}{x_2} + F \\
= {} & Ax_2^2 + 2Dx_2 + F + 2E \frac{1}{x_2} + C \frac{1}{x_2^2} \\
= {} & {Ax_2^4 + 2Dx_2^3 + Fx_2^2 + 2Ex_2 + C \over x_2^2} \\
= {} 0
\end{aligned}
且
g(x_2, y_2) = 2x_2 y_2 - 2 = 2 - 2 = 0
故 (x_2, y_2) 是 (A) 的解。
所以，我们得到如下命题：
设 C \neq 0 。若方程组 (A) 有解 (x_1, y_1) ，则 x_1 必为方程 (B) 的解；反过来，若 (B) 有解 x_2 ，则 \left( x_2, \frac{1}{x_2} \right) 必为 (A) 的解。
You could see the source code here.
令
$$
\begin{aligned}
& f(x,y) = Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F, \\
& g(x,y) = 2xy - 2
\end{aligned}
$$
考虑方程组
$$
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
$$
与方程
$$
Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C = 0 \tag*{(B)}
$$
我们考察方程组 (A) 的解与方程 (B) 的解的关系。
我们再提醒一下读者：我们已假定 $C$ 不等于零。
---
设 $(x_1, y_1)$ 是方程组 (A) 的解。所以 $g(x_1,y_1) = 2x_1 y_1 - 2 = 0$ ，即 $y_1 = \frac{1}{x_1}$ 。所以
$$
f(x_1,y_1) = Ax_1^2 + C \frac{1}{x_1^2} + 2Dx_1 + 2E \frac{1}{x_1} + F = 0
$$
二侧同乘 $x_1^2$ ，有
$$
x_1^2 f(x_1,y_1) = Ax_1^4 + C + 2Dx_1^3 + 2Ex_1 + Fx_1^2
$$
故
$$
\begin{aligned}
& Ax_1^4 + 2Dx_1^3 + Fx_1^2 + 2Ex_1 + C \\
= {} & x_1^2 f(x_1,y_1) = x_1^2 \cdot 0 \\
= {} & 0
\end{aligned}
$$
从而 $x_1$ 是 (B) 的解。
设 $x_2$ 是方程 (B) 的解。因为已假定 $C \neq 0$ ，故 $x_2$ 一定不等于零。作 $y_2 = \frac{1}{x_2}$ 。所以
$$
\begin{aligned}
f(x_2, y_2)
= {} & Ax_2^2 + Cy_2^2 + 2Dx_2 + 2Ey_2 + F \\
= {} & Ax_2^2 + C \frac{1}{x_2^2} + 2Dx_2 + 2E \frac{1}{x_2} + F \\
= {} & Ax_2^2 + 2Dx_2 + F + 2E \frac{1}{x_2} + C \frac{1}{x_2^2} \\
= {} & {Ax_2^4 + 2Dx_2^3 + Fx_2^2 + 2Ex_2 + C \over x_2^2} \\
= {} 0
\end{aligned}
$$
且
$$
g(x_2, y_2) = 2x_2 y_2 - 2 = 2 - 2 = 0
$$
故 $(x_2, y_2)$ 是 (A) 的解。
---
所以，我们得到如下命题：
> 设 $C \neq 0$ 。若方程组 (A) 有解 $(x_1, y_1)$ ，则 $x_1$ 必为方程 (B) 的解；反过来，若 (B) 有解 $x_2$ ，则 $\left( x_2, \frac{1}{x_2} \right)$ 必为 (A) 的解。
设 C \neq 0 。令
\begin{aligned}
& f(x,y) = Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F, \\
& g(x,y) = 2xy - 2
\end{aligned}
考虑方程组
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
与方程
Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C = 0 \tag*{(B)}
我们知道，解方程 (B) 相当于解方程组 (A)。我们也已经会求解二元二次方程组了。
具体地，任给数 k ，方程组
\begin{cases}
f(x,y) + kg(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(C)}
必有相同的解。令
h(x,y) = f(x,y) + kg(x,y) = Ax^2 + 2kxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + (F - 2k)
我们可选取适当的 k 使 h(x,y) 可写为二个一次式的积。我们看 h(x,y) 的 \Delta ：
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
A & k & D \\
k & C & E \\
D & E & F-2k \\
\end{vmatrix} \\
= {} & 2k^3 - Fk^2 - 2(AC-DE)k + (ACF - AE^2 - CD^2)
\end{aligned}
由此可见， \Delta 是关于 k 的一元三次整式。
解 \Delta = 0 即可得到 k ，进而可将 h(x,y) 写为二个一次式的积。这样，我们就可以解方程组 (C)，从而解方程组 (A)，进而解方程 (B)。
You could see the source code here.
设 $C \neq 0$ 。令
$$
\begin{aligned}
& f(x,y) = Ax^2 + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + F, \\
& g(x,y) = 2xy - 2
\end{aligned}
$$
考虑方程组
$$
\begin{cases}
f(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(A)}
$$
与方程
$$
Ax^4 + 2Dx^3 + Fx^2 + 2Ex + C = 0 \tag*{(B)}
$$
我们知道，解方程 (B) 相当于解方程组 (A)。我们也已经会求解二元二次方程组了。
具体地，任给数 $k$ ，方程组
$$
\begin{cases}
f(x,y) + kg(x,y) = 0, \\
g(x,y) = 0
\end{cases} \tag*{(C)}
$$
必有相同的解。令
$$
h(x,y) = f(x,y) + kg(x,y) = Ax^2 + 2kxy + Cy^2 + 2Dx + 2Ey + (F - 2k)
$$
我们可选取适当的 $k$ 使 $h(x,y)$ 可写为二个一次式的积。我们看 $h(x,y)$ 的 $\Delta$ ：
$$
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
A & k & D \\
k & C & E \\
D & E & F-2k \\
\end{vmatrix} \\
= {} & 2k^3 - Fk^2 - 2(AC-DE)k + (ACF - AE^2 - CD^2)
\end{aligned}
$$
由此可见， $\Delta$ 是关于 $k$ 的一元三次整式。
解 $\Delta = 0$ 即可得到 $k$ ，进而可将 $h(x,y)$ 写为二个一次式的积。这样，我们就可以解方程组 (C)，从而解方程组 (A)，进而解方程 (B)。
我们举一个例。
解方程
x^4 - 6x^3 + 11x^2 - 6x - 24 = 0 \tag*{(A)}
首先，注意到 0 一定不是方程 (A) 的解。所以，我们可以写出方程组
\begin{cases}
x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 = 0, \\
2xy - 2 = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
我们知道，若 x_1 是 (A) 的解，则 \left(x_1, \frac{1}{x_1}\right) 是 (B) 的解；反过来，若 (x_2, y_2) 是 (B) 的解，则 x_2 是 (A) 的解。我们已经有成熟的技术解 (B)。具体地，设 k 为数。不难写出与 (B) 同解的方程组
\begin{cases}
h(x,y) = 0, \\
2xy - 2 = 0
\end{cases} \tag*{(C)}
其中
h(x,y) = x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 + k \cdot (2xy - 2)
不难算出 h(x,y) 的 \Delta ：
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
1 & k & -3 \\
k & -24 & -3 \\
-3 & -3 & 11-2k \\
\end{vmatrix} \\
= {} & 1 \cdot (-24) \cdot (11-2k) - 1 \cdot (-3) \cdot (-3) - k \cdot k \cdot (11-2k) \\
& \qquad {} + k \cdot (-3) \cdot (-3) + (-3) \cdot k \cdot (-3) - (-3) \cdot (-24) \cdot (-3) \\
= {} & 24(2k-11) - 9 + k^2 (2k-11) + 9k + 9k + 216 \\
= {} & 24(2k-2-9) - 9 + k^2 (2k-2-9) + 18k + 216 \\
= {} & 24(2k-2) - 216 - 9 + k^2(2k-2) - 9k^2 + 18k + 216 \\
= {} & 48(k-1) - 9 + 2k^2(k-1) - 9k^2 + 18k \\
= {} & 48(k-1) + 2k^2 (k-1) - 9(k-1)(k-1) \\
= {} & (k-1) (48 - 9(k-1) + 2k^2) \\
= {} & (k-1) (2k^2 - 9k + 57)
\end{aligned}
由此可见，取 k=1 ， h(x,y) 的 \Delta 就是零。此时
\begin{aligned}
h(x,y)
= {} & x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 + 2xy - 2 \\
= {} & x^2 + 2x(y-3) - 24y^2 - 6y + 9 \\
= {} & x^2 + 2x(y-3) + (y-3)^2 - (y-3)^2 - 24y^2 - 6y + 9 \\
= {} & (x + y - 3)^2 - 25y^2 \\
= {} & (x + y - 3 - 5y) (x + y - 3 + 5y) \\
= {} & (x - 4y - 3) (x + 6y - 3)
\end{aligned}
所以
x - 4y - 3 = 0 \qquad \text{or} \qquad x + 6y - 3 = 0
从而
x^2 - 4xy - 3x = 0 \qquad \text{or} \qquad x^2 + 6xy - 3x = 0
因为 2xy - 2 = 0 ，故 xy = 1 。从而
x^2 - 3x - 4 = 0 \qquad \text{or} \qquad x^2 - 3x + 6 = 0
这里提醒一下读者：我们的目的是求解（原方程的） x ， y 仅仅是辅助量。所以，我们借助 xy = 1 消去了 y ，进而直接求解 x 。在这里，我们不必同时解出 x 与 y 。
一元二次方程是很好求解的；这里，我就省略求解这二个方程的详细步骤了。不难算出
x = -1 \quad \text{or} \quad x = 4 \quad \text{or} \quad x = \frac{3 + \mathrm{i}\sqrt{15}}{2} \quad \text{or} \quad x = \frac{3 - \mathrm{i}\sqrt{15}}{2}
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我们举一个例。
> 解方程
> $$
x^4 - 6x^3 + 11x^2 - 6x - 24 = 0 \tag*{(A)}
> $$
首先，注意到 $0$ 一定不是方程 (A) 的解。所以，我们可以写出方程组
$$
\begin{cases}
x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 = 0, \\
2xy - 2 = 0
\end{cases} \tag*{(B)}
$$
我们知道，若 $x_1$ 是 (A) 的解，则 $\left(x_1, \frac{1}{x_1}\right)$ 是 (B) 的解；反过来，若 $(x_2, y_2)$ 是 (B) 的解，则 $x_2$ 是 (A) 的解。我们已经有成熟的技术解 (B)。具体地，设 $k$ 为数。不难写出与 (B) 同解的方程组
$$
\begin{cases}
h(x,y) = 0, \\
2xy - 2 = 0
\end{cases} \tag*{(C)}
$$
其中
$$
h(x,y) = x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 + k \cdot (2xy - 2)
$$
不难算出 $h(x,y)$ 的 $\Delta$ ：
$$
\begin{aligned}
\Delta
= {} & \begin{vmatrix}
1 & k & -3 \\
k & -24 & -3 \\
-3 & -3 & 11-2k \\
\end{vmatrix} \\
= {} & 1 \cdot (-24) \cdot (11-2k) - 1 \cdot (-3) \cdot (-3) - k \cdot k \cdot (11-2k) \\
& \qquad {} + k \cdot (-3) \cdot (-3) + (-3) \cdot k \cdot (-3) - (-3) \cdot (-24) \cdot (-3) \\
= {} & 24(2k-11) - 9 + k^2 (2k-11) + 9k + 9k + 216 \\
= {} & 24(2k-2-9) - 9 + k^2 (2k-2-9) + 18k + 216 \\
= {} & 24(2k-2) - 216 - 9 + k^2(2k-2) - 9k^2 + 18k + 216 \\
= {} & 48(k-1) - 9 + 2k^2(k-1) - 9k^2 + 18k \\
= {} & 48(k-1) + 2k^2 (k-1) - 9(k-1)(k-1) \\
= {} & (k-1) (48 - 9(k-1) + 2k^2) \\
= {} & (k-1) (2k^2 - 9k + 57)
\end{aligned}
$$
由此可见，取 $k=1$ ， $h(x,y)$ 的 $\Delta$ 就是零。此时
$$
\begin{aligned}
h(x,y)
= {} & x^2 - 6x + 11 - 6y - 24y^2 + 2xy - 2 \\
= {} & x^2 + 2x(y-3) - 24y^2 - 6y + 9 \\
= {} & x^2 + 2x(y-3) + (y-3)^2 - (y-3)^2 - 24y^2 - 6y + 9 \\
= {} & (x + y - 3)^2 - 25y^2 \\
= {} & (x + y - 3 - 5y) (x + y - 3 + 5y) \\
= {} & (x - 4y - 3) (x + 6y - 3)
\end{aligned}
$$
所以
$$
x - 4y - 3 = 0 \qquad \text{or} \qquad x + 6y - 3 = 0
$$
从而
$$
x^2 - 4xy - 3x = 0 \qquad \text{or} \qquad x^2 + 6xy - 3x = 0
$$
因为 $2xy - 2 = 0$ ，故 $xy = 1$ 。从而
$$
x^2 - 3x - 4 = 0 \qquad \text{or} \qquad x^2 - 3x + 6 = 0
$$
这里提醒一下读者：我们的目的是求解（原方程的） $x$ ， $y$ 仅仅是辅助量。所以，我们借助 $xy = 1$ 消去了 $y$ ，进而直接求解 $x$ 。在这里，我们不必同时解出 $x$ 与 $y$ 。
一元二次方程是很好求解的；这里，我就省略求解这二个方程的详细步骤了。不难算出
$$
x = -1 \quad \text{or} \quad x = 4 \quad \text{or} \quad x = \frac{3 + \mathrm{i}\sqrt{15}}{2} \quad \text{or} \quad x = \frac{3 - \mathrm{i}\sqrt{15}}{2}
$$
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