平面上两条 n 次曲线相交，交点的最大个数是否为 n²？
我们来聊聊两条多项式曲线在平面上相遇时，最多能有多少个交点。这个问题，听起来简单，但里面藏着不少有趣的数学学问。
首先，我们得明确什么是“n 次曲线”。简单来说，它就是可以用一个 n 次多项式来表示的图形。比如，一次多项式 $y = ax + b$ 的图形就是一条直线，这是最简单的一次曲线。两次多项式，像 $y = ax^2 + bx + c$，或者更一般的 $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$ 的形式，它们描绘出来的就是圆锥曲线，比如圆、椭圆、抛物线或者双曲线。三次曲线就更复杂了，可能看起来像 S 形，或者有各种弯曲和转折。
现在想象一下，我们有两条这样的曲线。一条是 n 次的，另一条也是 n 次的。它们在同一张纸上画出来，最可能的情况就是相互交叉。那么，这些交叉点（也就是交点）最多能有多少个呢？直觉上，次数越高，曲线就越“弯弯绕绕”，能创造更多的交叉机会，所以交点数量也应该更多。
答案是，没错，两条 n 次曲线在平面上相交，交点的最大个数确实是 n²。
这可不是随便猜的，它是数学中一个非常重要的定理，叫做 贝祖定理（Bézout's Theorem） 的一个特例。贝祖定理说的是，如果两条代数曲线（也就是可以用多项式方程表示的曲线）在射影平面上（这里我们先不考虑射影平面的复杂性，就先想象在普通的欧几里得平面上讨论）没有公共的特殊点（比如重合的部分），那么它们恰好有 $m imes n$ 个交点，其中 $m$ 是第一条曲线的次数，$n$ 是第二条曲线的次数。
在我们的问题里，两条曲线的次数都是 $n$，所以根据贝祖定理，它们最多能有 $n imes n = n^2$ 个交点。
为什么是 $n^2$ 呢？我们来一点点拆解一下。
我们假设第一条 n 次曲线的方程是 $P(x, y) = 0$，其中 $P$ 是一个关于 $x$ 和 $y$ 的 n 次多项式。第二条曲线的方程是 $Q(x, y) = 0$，其中 $Q$ 是一个关于 $x$ 和 $y$ 的 n 次多项式。
交点就是同时满足这两个方程的点 $(x, y)$。
为了理解为什么是 $n^2$，我们可以尝试用更简单的情况来观察。
两条一次曲线（直线）： $n=1$。直线是 $y = a_1x + b_1$ 和 $y = a_2x + b_2$。如果它们不平行，那么它们只有一个交点。$1 imes 1 = 1$。符合 $n^2$ 的情况。
一条直线和一条二次曲线（圆锥曲线）： $n=1$ 和 $n=2$。一条直线和一条抛物线，比如 $y=x^2$ 和 $y=x+2$。代入消元，$x^2 = x+2$，得到 $x^2 x 2 = 0$，这是一个关于 $x$ 的二次方程，最多有两个实数解（对应两个交点）。如果是一条直线和一条圆，也最多有两个交点。在这里，两个次数相乘是 $1 imes 2 = 2$。
两条二次曲线（圆锥曲线）： $n=2$。比如一个圆和一个椭圆，或者两条抛物线。理论上它们最多能有 $2 imes 2 = 4$ 个交点。
想象一个圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和一条抛物线 $y = x^2 1$。代入后，我们得到 $x^2 + (x^2 1)^2 = 4$，展开后就是一个关于 $x$ 的四次方程。一个四次方程最多有四个实数根（对应四个交点）。
考虑一个圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和另一个圆 $x^2 + y^2 = 9$。它们是同心圆，没有交点。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=2$。它们只有一个交点 $(0, 2)$（直线和圆相切）。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=3$。它们没有交点。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=x$。代入得到 $x^2 + x^2 = 4$，即 $2x^2 = 4$， $x^2 = 2$， $x = pm sqrt{2}$。有两个交点。
这些例子都初步印证了 $n^2$ 的说法。
为什么不能超过 $n^2$ 呢？
我们可以从代数的角度来理解。假设我们把其中一个变量（比如 $y$）消掉，比如从方程 $P(x, y) = 0$ 中解出 $y = f(x)$（这在某些情况下可能需要一些技巧，或者不是一个简单的函数形式，但核心思想是消元）。然后将这个 $y$ 代入另一个方程 $Q(x, y) = 0$ 中。
如果 $P(x, y)$ 是一个 n 次多项式，它通常可以写成 $P(x, y) = c_n(x) y^n + c_{n1}(x) y^{n1} + dots + c_0(x)$ 的形式，其中 $c_i(x)$ 是关于 $x$ 的多项式，且 $c_n(x)$ 不是零多项式。
如果我们从 $P(x, y) = 0$ 中解出 $y$，通常可以得到关于 $y$ 的一个方程，它的次数是关于 $x$ 的情况决定的。如果我们能将 $y$ 表示成 $x$ 的某个函数形式，代入另一个 $n$ 次多项式中，最终得到的结果会是一个关于 $x$ 的多项式方程。
更严谨一点说，我们可以通过一个叫做格罗布纳基（Gröbner basis） 的代数工具来精确地说明这一点。但即使不深入那些高深的代数概念，我们可以依靠一个更直观但仍然正确的思路：
考虑将两个方程写成关于 $y$ 的形式，然后进行“消元”。这大致类似于我们小时候做的高中代数里的消元法求方程组。例如，如果有 $P(x, y) = a_n y^n + dots + a_0$ 和 $Q(x, y) = b_m y^m + dots + b_0$（这里系数 $a_i$ 和 $b_j$ 可能依赖于 $x$），我们可以通过一系列的代数运算（类似欧几里得算法求最大公约数的过程，但作用在多项式上），最终得到一个只关于 $x$ 的多项式方程。这个最终关于 $x$ 的方程的次数，与两个原始多项式的次数的乘积是密切相关的。
具体的贝祖定理的证明涉及到了射影几何和代数几何的一些工具，比如李萨茹曲线（resultant）的概念。两个多项式 $P(x, y)$ 和 $Q(x, y)$ 的李萨茹是一个只关于 $x$ 的多项式，它的根就对应着两个曲线的交点的 $x$ 坐标。这个李萨茹多项式的次数恰好就是 $n imes m$（如果 $P$ 是 $n$ 次， $Q$ 是 $m$ 次）。在我们的情况是 $n imes n = n^2$。
什么情况下会“少于” $n^2$ 个交点呢？
贝祖定理通常指的是在“复数域”上的“射影平面”中，$m imes n$ 个交点，并且需要考虑到：
1. 重交点： 如果两条曲线在某一点相切，那么这个交点会被计算多次（称为重交点）。比如圆和切线，只有一个几何交点，但在代数上算作一个重交点。
2. 无穷远处的交点： 贝祖定理是在射影平面上成立的。在欧几里得平面上，我们只关心有限远处的交点。如果两条曲线在无穷远处有交点，它们也需要被计算进去。例如，两条平行线在无穷远处有一个交点（在射影几何中）。
3. 公共的曲线部分： 如果两条曲线有重复的部分（比如它们是同一条曲线），那么它们就有无穷多个交点，这时贝祖定理就不适用了。
所以，“最多有 $n^2$ 个交点”这个说法，是指在所有可能的交点（包括重交点和无穷远处的交点）的总数是 $n^2$。在普通平面上，如果我们只关心不重叠的、有限远处的实数交点，那么数量可能会少于 $n^2$。但总有一个方法，可以通过“补齐”这些情况（比如引入复数坐标或者无穷远点），使得交点的总数正好达到 $n^2$。
举个例子，怎样达到 $n^2$ 的最大值？
为了让交点数量最大化，我们需要确保：
曲线尽量“弯曲”，增加交叉的可能性。
避免相切，尽量是“交叉”而不是“触摸”。
考虑所有可能的交点，包括那些我们可能在平面上看不到的。
比如，考虑两条高次抛物线。我们可以调整它们的形状和位置，让它们尽可能多地相互穿过。随着 $n$ 的增加，曲线可以变得越来越复杂，形成更多的“波动”和“弯曲”，从而创造出更多的交点。
数学家们也构造出了很多例子，证明了确实可以达到 $n^2$ 这个上限。比如，可以考虑一些特别设计的参数方程，或者利用复数坐标来找到所有的交点。
总而言之，两条 n 次曲线在平面上相交，交点的最大个数是 $n^2$，这是由代数几何中的贝祖定理保证的。这个结果是所有交点（包括重交点和无穷远处的交点）的总数，也是在特定条件下（例如复数域上的射影平面）可以达到的精确数目。在我们通常理解的平面和实数交点的情况下，这个数字是上限，实际交点数可能会因为相切、平行等情况而少于 $n^2$。
首先，我们得明确什么是“n 次曲线”。简单来说，它就是可以用一个 n 次多项式来表示的图形。比如，一次多项式 $y = ax + b$ 的图形就是一条直线，这是最简单的一次曲线。两次多项式，像 $y = ax^2 + bx + c$，或者更一般的 $Ax^2 + Bxy + Cy^2 + Dx + Ey + F = 0$ 的形式，它们描绘出来的就是圆锥曲线，比如圆、椭圆、抛物线或者双曲线。三次曲线就更复杂了，可能看起来像 S 形，或者有各种弯曲和转折。
现在想象一下，我们有两条这样的曲线。一条是 n 次的，另一条也是 n 次的。它们在同一张纸上画出来，最可能的情况就是相互交叉。那么，这些交叉点（也就是交点）最多能有多少个呢？直觉上，次数越高，曲线就越“弯弯绕绕”，能创造更多的交叉机会，所以交点数量也应该更多。
答案是，没错，两条 n 次曲线在平面上相交，交点的最大个数确实是 n²。
这可不是随便猜的，它是数学中一个非常重要的定理，叫做 贝祖定理（Bézout's Theorem） 的一个特例。贝祖定理说的是，如果两条代数曲线（也就是可以用多项式方程表示的曲线）在射影平面上（这里我们先不考虑射影平面的复杂性，就先想象在普通的欧几里得平面上讨论）没有公共的特殊点（比如重合的部分），那么它们恰好有 $m imes n$ 个交点，其中 $m$ 是第一条曲线的次数，$n$ 是第二条曲线的次数。
在我们的问题里，两条曲线的次数都是 $n$，所以根据贝祖定理，它们最多能有 $n imes n = n^2$ 个交点。
为什么是 $n^2$ 呢？我们来一点点拆解一下。
我们假设第一条 n 次曲线的方程是 $P(x, y) = 0$，其中 $P$ 是一个关于 $x$ 和 $y$ 的 n 次多项式。第二条曲线的方程是 $Q(x, y) = 0$，其中 $Q$ 是一个关于 $x$ 和 $y$ 的 n 次多项式。
交点就是同时满足这两个方程的点 $(x, y)$。
为了理解为什么是 $n^2$，我们可以尝试用更简单的情况来观察。
两条一次曲线（直线）： $n=1$。直线是 $y = a_1x + b_1$ 和 $y = a_2x + b_2$。如果它们不平行，那么它们只有一个交点。$1 imes 1 = 1$。符合 $n^2$ 的情况。
一条直线和一条二次曲线（圆锥曲线）： $n=1$ 和 $n=2$。一条直线和一条抛物线，比如 $y=x^2$ 和 $y=x+2$。代入消元，$x^2 = x+2$，得到 $x^2 x 2 = 0$，这是一个关于 $x$ 的二次方程，最多有两个实数解（对应两个交点）。如果是一条直线和一条圆，也最多有两个交点。在这里，两个次数相乘是 $1 imes 2 = 2$。
两条二次曲线（圆锥曲线）： $n=2$。比如一个圆和一个椭圆，或者两条抛物线。理论上它们最多能有 $2 imes 2 = 4$ 个交点。
想象一个圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和一条抛物线 $y = x^2 1$。代入后，我们得到 $x^2 + (x^2 1)^2 = 4$，展开后就是一个关于 $x$ 的四次方程。一个四次方程最多有四个实数根（对应四个交点）。
考虑一个圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和另一个圆 $x^2 + y^2 = 9$。它们是同心圆，没有交点。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=2$。它们只有一个交点 $(0, 2)$（直线和圆相切）。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=3$。它们没有交点。
考虑圆 $x^2 + y^2 = 4$ 和直线 $y=x$。代入得到 $x^2 + x^2 = 4$，即 $2x^2 = 4$， $x^2 = 2$， $x = pm sqrt{2}$。有两个交点。
这些例子都初步印证了 $n^2$ 的说法。
为什么不能超过 $n^2$ 呢？
我们可以从代数的角度来理解。假设我们把其中一个变量（比如 $y$）消掉，比如从方程 $P(x, y) = 0$ 中解出 $y = f(x)$（这在某些情况下可能需要一些技巧，或者不是一个简单的函数形式，但核心思想是消元）。然后将这个 $y$ 代入另一个方程 $Q(x, y) = 0$ 中。
如果 $P(x, y)$ 是一个 n 次多项式，它通常可以写成 $P(x, y) = c_n(x) y^n + c_{n1}(x) y^{n1} + dots + c_0(x)$ 的形式，其中 $c_i(x)$ 是关于 $x$ 的多项式，且 $c_n(x)$ 不是零多项式。
如果我们从 $P(x, y) = 0$ 中解出 $y$，通常可以得到关于 $y$ 的一个方程，它的次数是关于 $x$ 的情况决定的。如果我们能将 $y$ 表示成 $x$ 的某个函数形式，代入另一个 $n$ 次多项式中，最终得到的结果会是一个关于 $x$ 的多项式方程。
更严谨一点说，我们可以通过一个叫做格罗布纳基（Gröbner basis） 的代数工具来精确地说明这一点。但即使不深入那些高深的代数概念，我们可以依靠一个更直观但仍然正确的思路：
考虑将两个方程写成关于 $y$ 的形式，然后进行“消元”。这大致类似于我们小时候做的高中代数里的消元法求方程组。例如，如果有 $P(x, y) = a_n y^n + dots + a_0$ 和 $Q(x, y) = b_m y^m + dots + b_0$（这里系数 $a_i$ 和 $b_j$ 可能依赖于 $x$），我们可以通过一系列的代数运算（类似欧几里得算法求最大公约数的过程，但作用在多项式上），最终得到一个只关于 $x$ 的多项式方程。这个最终关于 $x$ 的方程的次数，与两个原始多项式的次数的乘积是密切相关的。
具体的贝祖定理的证明涉及到了射影几何和代数几何的一些工具，比如李萨茹曲线（resultant）的概念。两个多项式 $P(x, y)$ 和 $Q(x, y)$ 的李萨茹是一个只关于 $x$ 的多项式，它的根就对应着两个曲线的交点的 $x$ 坐标。这个李萨茹多项式的次数恰好就是 $n imes m$（如果 $P$ 是 $n$ 次， $Q$ 是 $m$ 次）。在我们的情况是 $n imes n = n^2$。
什么情况下会“少于” $n^2$ 个交点呢？
贝祖定理通常指的是在“复数域”上的“射影平面”中，$m imes n$ 个交点，并且需要考虑到：
1. 重交点： 如果两条曲线在某一点相切，那么这个交点会被计算多次（称为重交点）。比如圆和切线，只有一个几何交点，但在代数上算作一个重交点。
2. 无穷远处的交点： 贝祖定理是在射影平面上成立的。在欧几里得平面上，我们只关心有限远处的交点。如果两条曲线在无穷远处有交点，它们也需要被计算进去。例如，两条平行线在无穷远处有一个交点（在射影几何中）。
3. 公共的曲线部分： 如果两条曲线有重复的部分（比如它们是同一条曲线），那么它们就有无穷多个交点，这时贝祖定理就不适用了。
所以，“最多有 $n^2$ 个交点”这个说法，是指在所有可能的交点（包括重交点和无穷远处的交点）的总数是 $n^2$。在普通平面上，如果我们只关心不重叠的、有限远处的实数交点，那么数量可能会少于 $n^2$。但总有一个方法，可以通过“补齐”这些情况（比如引入复数坐标或者无穷远点），使得交点的总数正好达到 $n^2$。
举个例子，怎样达到 $n^2$ 的最大值？
为了让交点数量最大化，我们需要确保：
曲线尽量“弯曲”，增加交叉的可能性。
避免相切，尽量是“交叉”而不是“触摸”。
考虑所有可能的交点，包括那些我们可能在平面上看不到的。
比如，考虑两条高次抛物线。我们可以调整它们的形状和位置，让它们尽可能多地相互穿过。随着 $n$ 的增加，曲线可以变得越来越复杂，形成更多的“波动”和“弯曲”，从而创造出更多的交点。
数学家们也构造出了很多例子，证明了确实可以达到 $n^2$ 这个上限。比如，可以考虑一些特别设计的参数方程，或者利用复数坐标来找到所有的交点。
总而言之，两条 n 次曲线在平面上相交，交点的最大个数是 $n^2$，这是由代数几何中的贝祖定理保证的。这个结果是所有交点（包括重交点和无穷远处的交点）的总数，也是在特定条件下（例如复数域上的射影平面）可以达到的精确数目。在我们通常理解的平面和实数交点的情况下，这个数字是上限，实际交点数可能会因为相切、平行等情况而少于 $n^2$。
网友意见
直觉上认识，n条互相平行的直线是n次曲线的一种（尽管看起来是退化的情形）。两个(n条互相平行的直线)相互交叉就是n^2个交点。然后让n次曲线连续地变动，交点的个数也应该是连续变动的，但交点个数是整数，所以就总是n^2. （这里要恰当地定义好交点的重数）。这是证明Bezout定理的其中一个粗糙的思路。
是。代数几何（Algebraic geometry，数学的一个分支，不是“代数+几何”的合称）里有一个贝祖定理（Bézout's theorem）说的就是这个问题（不是数论里同名的那个定理）。
通俗点说可以这么理解（非完整证明，严格的表述及推导请看代数几何教材）： 次平面曲线的方程就是一个二元 次多项式 ，同理，另一个 次曲线的方程是一个二元 次多项式 。它们联立求交点坐标，可以转化为求结式 （Resultant，不是留数，记号类似而已） 的解。根据代数基本定理，最高次为 的多项式方程最多有 个实根（若算上复数与重根，则一定有这么多），这意味着两条曲线最多可有 个实交点（只保证存在，不保证可解）， 时即为 。
例子如下图，两条三次曲线最多有九个交点，二次和四次曲线最多有八个交点。
一个较硬核的数学描述参见：
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