我们来看这一道题：
当k为何值时，线性方程组\begin{cases}x_1 + x_2 + kx_3 = 4 \\-x_1 + kx_2 + x_3 = k^2 \\x_1 - x_2 + 2x_3 = -4\end{cases}有唯一解、无解、有无穷多组解？在有解的情况下，求出其全部解.
由于未知数的个数和方程的个数都为3，由线性方程组根的判别法可得：r(A)=3（满秩）时一定有唯一解，当r(A)<3时有无穷多组解或无解.
我们使用行列式判断其是否满秩.由于
故当k≠4, −1时方程有唯一解，使用Cramer法则或消元法可得出解
由此我们萌生了一个想法：这个式子的前提是k≠4, −1. -1我能理解带不进去，但是4可是能带进去的啊！如果把4代进去会发生什么事呢？
代入发现，诶？还真是方程组的一组解. 那也就是说，这个题目中k=4是有无穷多解，k=−1是无解，对吗？
如果是这样的话，这个结论是不是一般性的呢？我可不可以说，凡是在形式上代入所求得的x有意义的话，这个x仍然是方程组的一组解，无论这个式子的前提要求是什么？
我们来证明一下：
定理：对于在数域\mathbb{K}上的线性方程组A(k_1,k_2,\cdots,k_n)\mathbf{x}=\mathbf{b}(k_1,k_2,\cdots,k_n)，若存在k_1,k_2,\cdots,k_n使得方程组有唯一解，且唯一解可以用k_1,k_2,\cdots,k_n表示，那么对于\forall\; k_1,k_2,\cdots,k_n \quad s.t. \quad x_1,x_2,\cdots,x_n\in\mathbb{K}代入得到的x_1,x_2,\cdots,x_n都是原方程的有效解.
proof.
为了方便，我们将(k_1,k_2,\cdots,k_n)记为\mathbf{k},\;(x_1,x_2,\cdots,x_n)记为\mathbf{x}.由于
于是
即最终解为
于是
但是在实际计算过程中，\mathbf{x}^\circ(\mathbf{k})的分子分母往往可以消去一部分（从最终结论来看，消去的多项式的根恰巧就是满足原方程有无穷多组解的\mathbf{k}），从而将等式化简，我们记化简后最终得到的式子为
\mathbf{x}(\mathbf{k})=\frac{P(\mathbf{k})}{Q(\mathbf{k})}
将 () 两侧乘以Q(\mathbf{k})（消去分母），我们得到
Q(\mathbf{k})A(\mathbf{k})\mathbf{x}(\mathbf{k})\equiv Q(\mathbf{k})\mathbf{b}(\mathbf{k})
这个式子成立的原因是：
1.这个式子的两端都是多项式.
2.定理已经说明存在\mathbf{k}使得其成立.
3.由于\left|A\right|是关于\mathbf{k}的多项式，故只有有限个\mathbf{k}使得\left|A\right|=0，而 () 成立当\left|A\right|\neq0，因此有无限个\mathbf{k}使得这个式子成立.
于是我们取\mathbf{k^*}使得Q(\mathbf{k}^{*})\neq0，代入上式即得
这正说明只要\mathbf{k}满足使唯一解表达式中所有分母同时非零，则\mathbf{k}所对应的解必然满足原方程.
再由于解的形式是多项式相除，定理中的\forall\; \mathbf{k} \quad s.t. \quad \mathbf{x}\in\mathbb{K}指的正是x_n分母非零，证毕.
此定理还可以使用摄动法来证明，作为习题留给读者.
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