Lineáris algebra/Kétismeretlenes egyenletrendszer elemi megoldása

◄- Tartalom =Témák jegyzéke  ↑ Előző lap: Lineáris egyenletrendszer ekvivalens átalakításai ↑   -► Következő lap:Többismeretlenes egyenletrendszerek, determinánsok

Módszerek kétismeretlenes egyenletrendszer megoldására

A következőkben – természetesen – az lesz a célunk, hogy mindegyik kéttagú kétismeretlenes lineáris egyenletrendszert megoldjuk. Azért is foglalkozunk ezekkel külön, mert már nem annyira triviálisak, hogy ránézésre meg lehessen oldani őket, de még elég egyszerűek ahhoz, hogy általában a lineáris egyenletrendszerek megoldásának módszereit tanulmányozni lehessen rajtuk úgy, hogy látni lehessen a lényeget.

A behelyettesítő módszer

A behelyettesítő módszer során kifejezzük az egyik egyenletből az egyik ismeretlent a másik segítségével (ti. a másik függvényében), és az így kapott kifejezést a másik egyenletben beírjuk a kifejezett ismeretlen helyébe. Így a másik egyenletet egyismeretlenes lineáris egyenletté alakítottuk, melyet megoldhatunk. Ha van(nak) megoldás(ok), ezekből a kifejezett ismeretlen értéke is kiszámítható.

 1. példa:

---

Megoldjuk a 2x + 3y = 5

3x - 2y = -3

egyenletrendszert behelyettesítő módszerrel.

• Az első egyenletből kifejezzük az $\mathbf {x}$ ismeretlent (egyébként azért ebből és azért ezt, mert együtthatója, 2, elég kis szám, és így kis nevezőjű törtekkel kell majd számolnunk; de bármelyik egyenlet bármelyik ismeretlenét választhatnánk): $2\mathbf {x} =5-3\mathbf {y}$ , azaz $\mathbf {x} ={\frac {5-3\mathbf {y} }{2}}$ .
• Ezt az eredményt behelyettesítjük a második egyenletbe: $7\left({\frac {5-3\mathbf {y} }{2}}\right)+5\mathbf {y} =12$ , azaz ${\frac {35}{2}}-{\frac {21}{2}}\mathbf {y} +5\mathbf {y} =12$ ,
• Szorzunk 2-vel, adódik $35-21\mathbf {y} +10\mathbf {y} =35-11\mathbf {y} =24$ ,
• az így keletkezett egyenlet elsőfokú egyváltozós lineáris egyenletrendszerré, azaz végül is egy elsőfokú egyismeretlenes egyenletté rendezhető:
• $11\mathbf {y} =35-24=11$, melyet megoldhatunk 11-gyel való leosztással:
• $\mathbf {y} ={\frac {11}{11}}=1$ .
• Ezért $\mathbf {x} ={\frac {5-3\mathbf {y} }{2}}={\frac {5-3\cdot 1}{2}}={\frac {5-3}{2}}={\frac {2}{2}}=1$ .
• Tehát a megoldás: $\left(1,1\right)$ , és behelyettesítve az egyenletekbe e számokat ellenőrizhető is, hogy ez valóban megoldása mindkét egyenletnek.

Az összehasonlító módszer

Az összehasonlító módszer során kifejezzük az egyik ismeretlent mindkét egyenletből a másik ismeretlen kifejezéseként. Mivel a két kapott kifejezés ugyanazzal a(z ismeretlen) számmal egyenlő, ezért a két kifejezés közé egyenlőségjelet írva, egy egyismeretlenes lineáris egyenletet kapunk, melyet megoldunk. Ha van(nak) megoldás(ok), ezekből a kifejezett ismeretlen értéke is kiszámítható.

2. példa:

---

Megoldjuk az 1. példában is szereplő ${\mathfrak {K}}:{\begin{cases}\ \ 2\mathbf {x} _{1}+3\mathbf {x} _{2}=5\ ;\\\ \ 7\mathbf {x} _{1}+5\mathbf {x} _{2}=12\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszert összehasonlító módszerrel.

• Az első egyenletből kifejezzük mondjuk az $\mathbf {x} _{1}$ ismeretlent: $2\mathbf {x} _{1}=5-3\mathbf {x} _{2}$ , azaz $\mathbf {x} _{1}={\frac {5-3\mathbf {x} _{2}}{2}}$ .
• A második egyenletből is kifejezzük ugyanezt az ( $\mathbf {x} _{1}$ ) ismeretlent: $7\mathbf {x} _{1}=12-5\mathbf {x} _{2}$ , azaz $\mathbf {x} _{1}={\frac {12-5\mathbf {x} _{2}}{7}}$ .
• Ennélfova $\mathbf {x} _{1}={\frac {5-3\mathbf {x} _{2}}{2}}={\frac {12-5\mathbf {x} _{2}}{7}}$ , vagyis kaptunk egy ${\mathfrak {e}}:{\frac {5-3\mathbf {x} _{2}}{2}}={\frac {12-5\mathbf {x} _{2}}{7}}$ alakú elsőfokú egyismeretlenes egyenletet, melyet megoldunk:
• Szorzunk 2-vel és 7-tel (azaz 14-gyel): $35-21\mathbf {x} _{2}=24-10\mathbf {x} _{2}$ ;
• Hozzáadunk $21\mathbf {x} _{2}$ -t: $35=11\mathbf {x} _{2}+24$ ;
• Levonunk 24-et: $11=11\mathbf {x} _{2}$ ;
• Osztunk 11-gyel: $\mathbf {x} _{2}={\frac {11}{11}}=1$ .
• $$\lbrack {}_{p}F_{q}\left({a_{1},\ldots ,a_{p} \atop b_{1},\ldots ,b_{q}};z\right)\underbrace {a+b+\cdots +z} _{26}\overbrace {1+2+\cdots +100} ^{5050}A{\xleftarrow {n+\mu -1}}B{\xrightarrow[{T}]{n\pm i-1}}C{\begin{array}{|c|c|c|}a&b&S\\\hline 0&0&1\\0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\\\end{array}}{\begin{bmatrix}{\begin{Vmatrix}x&y\\z&v\end{Vmatrix}}&y\\z&v\end{bmatrix}}$$ ;
• A megoldás

Az egyenlő együtthatók módszere

Az egyenlő együtthatók módszere során kiválasztjuk az egyik ismeretlent, melynek egyik együtthatója sem nulla, és ennek együtthatóit mindkét egyenletben egyenlővé tesszük úgy, hogy az első egyenletet az ismeretlen második egyenletbeli együtthatójával szorozzuk, és fordítva (a második egyenletet az első egyenletbeli együtthatóval). Ha egyik együttható sem nulla, akkor ez az átalakítás ekvivalens egyenletrendszert eredményez, melynek mindkét egyenletében az egyik ismeretlen együtthatója egyezik. Ekkor kivonva az egyik (pl. az első) egyenleteket a másikból, olyan elsőfokú egyismeretlenes (egyváltozós) egyenletet kapunk, melyet megoldhatunk. Most behelyettesítjük a kapott ismeretlen értékét valamelyik egyenletbe, és így kiszámolhatjuk a másik ismeretlent (vagy pedig a fent leírt módszert alkalmazzuk a másik ismeretlen együtthatóira is).

3. példa:

---

Megoldjuk az 1. példában is szereplő ${\mathfrak {K}}:{\begin{cases}\ \ 2\mathbf {x} _{1}+3\mathbf {x} _{2}=5\ ;\\\ \ 7\mathbf {x} _{1}+5\mathbf {x} _{2}=12\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszert az egyenlő együtthatók módszerével.

• Válasszuk ki például az $\mathbf {x} _{1}$ ismeretlent, mivel ennek egyik együtthatója sem nulla. Az első egyenletben ennek együtthatója 2, a második egyenletet tehát szorozzuk kettővel; a második egyenletben pedig 7 az együttható, az első egyenletet tehát 7-tel szorozzuk. Olyan egyenletrendszert kapunk, melynek mindkét egyenletében $\mathbf {x} _{1}$ együtthatója 2×7 = 14:

${\mathfrak {K}}:{\begin{cases}\ \ 14\mathbf {x} _{1}+21\mathbf {x} _{2}=35\ ;\\\ \ 14\mathbf {x} _{1}+10\mathbf {x} _{2}=24\ ;\end{cases}}$

• Ezt úgy oldjuk meg, hogy kivonjuk az első egyenletből a másodikat:

$\left(14\mathbf {x} _{1}-14\mathbf {x} _{1}\right)+\left(21\mathbf {x} _{2}-10\mathbf {x} _{2}\right)=35-24=11$ ;

• Adódik $11\mathbf {x} _{2}=11$ ;
• Osztva 11-gyel $\mathbf {x} _{2}={\frac {11}{11}}=1$ ;
• Most hasonlóan szorozgatásokkal kiszámolva az x₁-et, vagy az előző példákhoz hasonló behelyettesítéssel, megkapjuk a másik megoldást is, 1-et és a rendszer (összes) megoldása így (1,1).

A grafikus módszer

A grafikus módszer során ábrázoljuk az egyenletrendszer mindkét egyenletét mint egyváltozós lineáris függvényeket (arra ügyeljünk, hogy ugyanazt az ismeretlent tekintsük független változónak mindkét egyenletben, a másikat pedig függőnek!). Ez általában lehetséges. Két függvénygörbét (egyenest) kapunk ezáltal. Az egyenletrendszer akkor és csak akkor oldható meg egyértelműen, ha ezek az egyenesek metszik egymást valamely pontban, és ekkor a metszéspont koordinátái szolgáltatják a megoldásokat. Ha az egyenesek legalább kettő (azaz végtelen sok, azaz minden) pontban metszik egymást, végtelen sok megoldása van az egyenletnek. Ha nincs egy metszéspont se, nincs megoldás.

4. példa:

---

Megoldjuk a következő ${\mathfrak {K}}:{\begin{cases}\ \ 2\mathbf {x} _{1}+3\mathbf {x} _{2}=5\ ;\\\ \ 7\mathbf {x} _{1}+5\mathbf {x} _{2}=12\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszert a grafikus módszerrel.

Az egyik lehetőség, hogy ahogyan a kiegyenlítő módszer elején, kifejezzük az x₂ ismeretlent mindkét egyenletből, a ${\mathfrak {K}}'$ rendszert kapva:

${\mathfrak {K}}':{\begin{cases}\ \ \mathbf {x} _{2}=-{\frac {2}{3}}\mathbf {x} _{1}+{\frac {5}{3}}\ ;\\\ \ \mathbf {x} _{2}=-{\frac {7}{5}}\mathbf {x} _{1}+{\frac {12}{5}}\ ;\end{cases}}$

Közös nevezőre hozva a törteket:

${\mathfrak {K}}':{\begin{cases}\ \ \mathbf {x} _{2}=-{\frac {10}{15}}\mathbf {x} _{1}+{\frac {25}{15}}\ ;\\\ \ \mathbf {x} _{2}=-{\frac {21}{15}}\mathbf {x} _{1}+{\frac {36}{15}}\ ;\end{cases}}$

Most a rendszer mindkét egyenletét ábrázoljuk közös derékszögű koordináta-rendszerben, mintha egy x₂ függő és x₁ független változójú függvény lenne mindkettő.

Megjegyezzük, hogy ha nem kell nagyon pontosan ábrázolni, akkor az ábrázoláshoz még a hosszas közös nevezőre hozás sem szükséges, elegendő, ha mindkét egyenletnek mint lineáris függvénynek a tengelymetszeteit számolgatjuk (azaz behelyettesítünk egyenletről egyenletre részint x₁=0-t, részint x₂=0-t).

Megoldás grafikusan

Látható, hogy - noha a grafikus módszer általában nem abszolút pontos - meglehetős pontossággal kijött az (1,1) megoldás, mérések szerint az x,y koordináták esetében is egyaránt kevesebb mint 1/30 (kevesebb mint 0.03)-ad abszolút hibával.

Elsőfokú kétismeretlenes egyenletrendszer általános megoldása

5. példa:

---

Megoldjuk a ${\mathfrak {L}}:{\begin{cases}\ \ \alpha _{1,1}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}=\beta _{1}\ ;\\\ \ \alpha _{2,1}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}=\beta _{2}\ ;\end{cases}}$

egyenletrendszert behelyettesítő módszerrel.

• Arra gondolunk, hogy valamelyik egyenletből kifejezzük az egyik ismeretlent. Például az első egyenletből az első ismeretlent: $\alpha _{1,1}\mathbf {x} _{1}+\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}=\beta _{1}$ -ből $\alpha _{1,1}\mathbf {x} _{1}=\beta _{1}-\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}$ ekvivalens átalakítás, aztán pedig leoszthatunk $\alpha _{1,1}$ -gyel (?) Vigyázat, ezt csak akkor tehetjük, ha az együttható, amivel osztunk, nem nulla! Tehát ha a behelyettesítő módszert akarjuk alkalmazni, akkor legalább az egyik egyenlet legalább az egyik együtthatója nem nulla kell hogy legyen. Szerencsére ez általában teljesül, mivel hogy mindkét egyenlet mindkét együtthatója nulla, az elég triviális eset. Utóbbi esetben a bal oldalakon 0 állna. Ha mégis így van, akkor az egyenletrendszernek akkor és csak akkor van megoldása, ha homogén; s ez esetben minden valós számpár megoldás, ellenben ha valamelyik célérték nem nulla, azaz az egyenletrendszer inhomogén, akkor ez az egyenlet 0 = β ≠ 0 alakú, tehát azonosan hamis, nincs megoldása.
• Ezt figyelembe véve, tegyük fel, hogy $\alpha _{1,1}\neq 0$ ; ekkor $\mathbf {x} _{1}={\frac {\beta _{1}-\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}}{\alpha _{1,1}}}$ ,
• ezt behelyettesítve a második egyenletbe: $\alpha _{2,1}\left({\frac {\beta _{1}-\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}}{\alpha _{1,1}}}\right)+\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}=\beta _{2}$ ,
• a bal oldalon az osztást és beszorzást elvégezve ${\frac {\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}}}-{\frac {\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}}{\alpha _{1,1}}}+\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}=\beta _{2}$ ,
• szorozva a feltevés szerint nem nulla $\alpha _{1,1}\neq 0$ együtthatóval, $\alpha _{2,1}\beta _{1}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}+\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}\mathbf {x} _{2}=\alpha _{1,1}\beta _{2}$ ,
• összevonva az $\mathbf {x} _{2}$ ismeretlen együtthatóit, $\alpha _{2,1}\beta _{1}+\left(\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\right)\mathbf {x} _{2}=\alpha _{1,1}\beta _{2}$ , innen pedig $\left(\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\right)\mathbf {x} _{2}=\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{2,1}\beta _{1}$ .
• Ha most $\left(\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\right)\neq 0$ , akkor oszthatunk ezzel az együtthatóval, adódik:

$\mathbf {x} _{2}={\frac {\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}$ .

• Behelyettesítve ezt az eredményt $\mathbf {x} _{1}={\frac {\beta _{1}-\alpha _{1,2}\mathbf {x} _{2}}{\alpha _{1,1}}}$ -ben $\mathbf {x} _{2}$ helyére,

$\mathbf {x} _{1}$ $=$ ${\frac {\beta _{1}-\alpha _{1,2}\left({\frac {\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}\right)}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ ${\frac {\beta _{1}-{\frac {\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{1,2}\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ $=$ ${\frac {\beta _{1}{\frac {\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}-{\frac {\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{1,2}\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ $=$ ${\frac {{\frac {\beta _{1}\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\beta _{1}\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}-{\frac {\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{1,2}\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ $=$ ${\frac {\frac {\beta _{1}\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\beta _{1}\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}-\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}+\alpha _{1,2}\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ $=$ ${\frac {\frac {\beta _{1}\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}{\alpha _{1,1}}}$ $=$ ${\frac {\beta _{1}\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{1,2}\alpha _{1,1}\beta _{2}}{\alpha _{1,1}\left(\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\right)}}$ $=$ $=$ ${\frac {\alpha _{2,2}\beta _{1}-\alpha _{1,2}\beta _{2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}$ .

Ezzel pedig megállapítottuk, hogy bizonyos speciális eseteket leszámítva, a fenti lineáris kéttagú kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása:

$\left(\mathbf {x} _{1},\mathbf {x} _{2}\right)=\left({\frac {\alpha _{2,2}\beta _{1}-\alpha _{1,2}\beta _{2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}\ ,\ {\frac {\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}\right)$

A következő feltételekkel:

$\alpha _{1,1}\neq 0$ ;

$\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\neq 0$

Megjegyzések:

1. Triviális esetek
   1. Az $\alpha _{1,1}\neq 0$ feltétel nem teljesülése esetén az egyenletrendszert nagyon egyszerű megoldani, mivel ekkor $\alpha _{1,2}x_{1}=\beta _{1}$, ami $\alpha _{1,2}=0$ esetén azt jelenti, az első egyenlet megoldása bármi lehet (ha β₁=0), illetve nem létezik (ha β₁≠0); míg $\alpha _{1,2}\neq 0$ esetén $x_{1}={\frac {\beta _{1}}{\alpha _{1,2}}}$. Ennek ismeretében pedig a második egyenlet egyszerű elsőfokú egyismeretlenes egyenletté egyszerűsödik.
   2. Az α_1,1α_2,2-α_1,2α_2,1 ≠ 0 feltétel teljesülése esetén azt mondjuk, az egyenletrendszer reguláris; irregulárisnak mondjuk ellenkező esetben. Belátható, az irreguláris egyenletrendszerek azok, melyeknek egyik egyenlete a másik számszorosa, ez esetben nincs megoldás, vagy végtelen sok megoldás van.
2. Ezt a képletet ilyen formában elég nehéz megjegyezni. Ezért (is) alkották meg a matematikusok a másodrendű determináns fogalmát, amely kis gyakorlás után nagyon megkönnyíti a kétismeretlenes egyenletrendszerek megoldásának megjegyzését.

A másodrendű determináns

Vezessük be a következő definíciót: legyenek A,B,C,D valós (vagy komplex) számok (illetve függvények, polinomok, vagy bármi olyasmik, amikkel összeadást, kivonást és szorzást lehet végezni). Ekkor az ebből a négy elemből ebben a sorrendben képezett másodrendű determinánsnak nevezzük a következő számot: AD-BC. Ezt így is szokás jelölni:

${\begin{vmatrix}A&B\\C&D\end{vmatrix}}:=AD-BC={\begin{vmatrix}D&B\\C&A\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}A&C\\B&D\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}D&C\\B&A\end{vmatrix}}$

Úgy is szokás ezt mondani, hogy a fenti táblázat alakba írt négy számból képezett determináns a táblázat „főátlója” (ÉNY-DK irányú átló, balfent-jobblent irányú átló) elemeinek (A,D) szorzatának és „mellékátlója” (ÉK-DNY irányú átló, jobbfent-ballent irányú átló) elemeinek (B,C) szorzatának különbsége.

Fentebb megállapítottuk, hogy bizonyos speciális eseteket leszámítva, a fenti lineáris kéttagú kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása:

$\left(\mathbf {x} _{1},\mathbf {x} _{2}\right)=\left({\frac {\alpha _{2,2}\beta _{1}-\alpha _{1,2}\beta _{2}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}\ ,\ {\frac {\alpha _{1,1}\beta _{2}-\alpha _{2,1}\beta _{1}}{\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}}}\right)$

A következő feltételekkel:

$\alpha _{1,1}\neq 0$ ;

$\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}\neq 0$

Az $\alpha _{1,1}\alpha _{2,2}-\alpha _{2,1}\alpha _{1,2}={\begin{vmatrix}\alpha _{1,1}&\alpha _{1,2}\\\alpha _{2,1}&\alpha _{2,2}\end{vmatrix}}$ számot ill. determinánst az illető egyenletrendszer determinánsának is nevezzük.

Determinánsokkal a megoldás így írható fel:

$\left(\mathbf {x} _{1},\mathbf {x} _{2}\right)=\left({\frac {\begin{vmatrix}\beta _{1}&\alpha _{1,2}\\\beta _{2}&\alpha _{2,2}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\alpha _{1,1}&\alpha _{1,2}\\\alpha _{2,1}&\alpha _{2,2}\end{vmatrix}}}\ ,\ {\frac {\begin{vmatrix}\alpha _{1,1}&\beta _{1}\\\alpha _{2,1}&\beta _{2}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\alpha _{1,1}&\alpha _{1,2}\\\alpha _{2,1}&\alpha _{2,2}\end{vmatrix}}}\right)$

• Vagyis (a másodrendű Cramer-szabály):

1. A lineáris kétismeretlenes egyenletrendszer első ismeretlenének értékét úgy kapjuk, hogy azt a determinánst, melyet az egyenletrendszer determinánsából úgy kapunk, hogy annak első oszlopa helyére az egyenletrendszer konstans tagjait írjuk; osztjuk az egyenletrendszer determinánsával (ha ez nem nulla).
2. A lineáris kétismeretlenes egyenletrendszer második ismeretlenének értékét úgy kapjuk, hogy azt a determinánst, melyet az egyenletrendszer determinánsából úgy kapunk, hogy annak második oszlopa helyére az egyenletrendszer konstans tagjait írjuk; osztjuk az egyenletrendszer determinánsával (ha ez nem nulla).