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大学数学基礎解説
文献あり

グレブナー基底を求める「まではやらない」連立方程式の変形

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はじめに

ただ連立方程式を解くことが目的である場合の同値変形をまとめていきます。
用語や記号がほんの一部高校範囲外なので大学数学以上に設定してありますが、かといって大学数学レベルのことかと聞かれると微妙です。

同値変形$[0]$

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ 0=0 & \end{cases} \iff \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ 0=0 & \end{cases} &\iff& \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \land 0=0\\ &\iff& \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \land \top\\ &\iff& \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$

式の消去のために、次に説明する同値変形$[1]$と合わせて暗黙的に使います。

同値変形$[1]$

$f\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)$の単項式に$g\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)\neq0$の先頭単項式$\mathrm{LM}\left(g\right)$の倍数$M\neq0$があるとき、$f$から$h=f-\dfrac{M}{\mathrm{LM}\left(g\right)}g$を得る操作を$g$による単項簡約といい、$f\underset{g}{\longrightarrow}h$と表すことにします。

$f_i\underset{f_j}{\longrightarrow}h\ \ \left(i\neq j\right)$とする。
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \iff \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ h\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$

$h$はある単項式$M^{\prime}\neq0$を用いて$h=f_i-M^{\prime}f_j$と表せる。
$f_i=0\land f_j=0$ならば$h=0$だから
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \implies \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ h\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
が示される。また、$f_i=h+M^{\prime}f_j$と表せる。
$h=0\land f_j=0$ならば$f_i=0$だから
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \impliedby \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ h\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
が示される。

これを使うことが多いです。

同値変形$[2]$

$f\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)$の先頭単項式$\mathrm{LM}\left(f\right)$を先頭係数で割ったものを先頭項$\mathrm{LT}\left(f\right)$といいます。
$T_1,\ T_2$の最小公倍数を$\mathrm{LCM}\left(T_1,\ T_2\right)$と表すことにします。
$f\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)\neq0,\ g\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)\neq0$について
$S\left(f,\ g\right)=\dfrac{\mathrm{LCM}\left(\mathrm{LT}\left(f\right),\ \mathrm{LT}\left(g\right)\right)}{\mathrm{LM}\left(f\right)}f-\dfrac{\mathrm{LCM}\left(\mathrm{LT}\left(f\right),\ \mathrm{LT}\left(g\right)\right)}{\mathrm{LM}\left(g\right)}g$
$f,\ g$$S$多項式といいます。

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \iff \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ S\left(f_i,\ f_j\right)=0 \end{cases} \end{eqnarray} $$

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \impliedby \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ S\left(f_i,\ f_j\right)=0 \end{cases} \end{eqnarray}\\ $$
は明らかである。
また、$S\left(f_i,\ f_j\right)$はある単項式$M_1\neq0,\ M_2\neq0$を用いて$S\left(f_i,\ f_j\right)=M_1f_i-M_2f_j$と表せる。
$f_i=0\land f_j=0$ならば$S\left(f_i,\ f_j\right)=0$だから
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \end{cases} \implies \begin{cases} f_1\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ f_2\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_i\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_j\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ \ \ \vdots & \\ f_n\left(x_1,\ x_2,\ \ldots,\ x_m\right)=0 & \\ S\left(f_i,\ f_j\right)=0 \end{cases} \end{eqnarray}\\ $$
が示される。

同値変形$[1]$$1$変数の方程式が現れなかったときに使います。

例1

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z=3 & \\ xy=1 & \\ yz=1 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
を解いてみましょう。
まず移項によって右辺を0にします。最終的に$1$変数の方程式に落としこみたいため、$x>y>z$の辞書式順序で並べます。
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ xy-1=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同値変形$[0],\ [1]$が使えないので、同値変形$[2]$を使います。
$S\left(xy-1,\ yz-1\right)$を求めます。
$xy$$yz$の最小公倍数は$xyz$なので
$$ \begin{eqnarray} S\left(xy-1,\ yz-1\right)&=&z\left(xy-1\right)-x\left(yz-1\right)\\ &=&xyz-z-xyz+x\\ &=&x-z \end{eqnarray} $$
$x-z=0$を方程式に追加します。

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ xy-1=0 & \\ yz-1=0 & \\ x-z=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ xy-1=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
先頭単項式が$x$である式が現れたので、同値変形$[1]$を使います。
$\left(xy-1\right)-y\left(x-z\right)=xy-1-xy+yz=yz-1$

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ yz-1=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同じ方程式が$2$つ現れたので、同値変形$[1]$からの同値変形$[0]$で消去します。

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \\ 0=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z-3=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同値変形$[1]$をまた使います。
$\left(x^2+y+z-3\right)-x\left(x-z\right)=x^2+y+z-3-x^2+xz=xz+y+z-3$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} xz+y+z-3=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同値変形$[1]$をまた使います。
$\left(xz+y+z-3\right)-z\left(x-z\right)=xz+y+z-3-xz+z^2=y+z^2+z-3$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} y+z^2+z-3=0 & \\ x-z=0 & \\ yz-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x-z=0 & \\ yz-1=0 & \\ y+z^2+z-3=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同値変形$[1]$をまた使います。
$\left(yz-1\right)-z\left(y+z^2+z-3\right)=yz-1-yz-z^3-z^2+3z=-z^3-z^2+3z-1$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x-z=0 & \\ -z^3-z^2+3z-1=0 & \\ y+z^2+z-3=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x-z=0 &\\ y+z^2+z-3=0 & \\ z^3+z^2-3z+1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\{x-z,\ y+z^2+z-3,\ z^3+z^2-3z+1\}$$\langle x^2+y+z-3,\ xy-1,\ yz-1\rangle=\langle x-z,\ y+z^2+z-3,\ z^3+z^2-3z+1\rangle$の簡約グレブナー基底ですが、それを確認する必要はありません。
連立方程式を解くために同値変形をしてきたということが重要です。
$z^3+z^2-3z+1=0$を解きます。
明らかに$z=1$を解にもつので
$z^3+z^2-3z+1=\left(z-1\right)\left(z^2+2z-1\right)=\left(z-1\right)\left(z+1+\sqrt2\right)\left(z+1-\sqrt2\right)=0$より
$z=1,\ -1+\sqrt2,\ -1-\sqrt2$
$\left(1\right)z=1$の場合
$y+z^2+z-3=y+1^2+1-3=y-1=0$より$y=1$
$x-z=x-1=0$より$x=1$
$\left(2\right)z=-1+\sqrt2$の場合
$y+z^2+z-3=y+\left(-1+\sqrt2\right)^2+\left(-1+\sqrt2\right)-3=y-1-\sqrt2=0$より$y=1+\sqrt2$
$x-z=x+1-\sqrt2=0$より$x=-1+\sqrt2$
$\left(3\right)z=-1-\sqrt2$の場合
$y+z^2+z-3=y+\left(-1-\sqrt2\right)^2+\left(-1-\sqrt2\right)-3=y-1+\sqrt2=0$より$y=1-\sqrt2$
$x-z=x+1+\sqrt2=0$より$x=-1-\sqrt2$
よって
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} x^2+y+z=3 & \\ xy=1 & \\ yz=1 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
の解は、$x=y=z=1$または$x=z=-1\pm\sqrt2,\ y=1\pm\sqrt2\ ($複号同順$)$です。

例2

さらに極端な例です。
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s=25 & \\ a^2s+\left(1-b\right)^2s=49 & \\ \left(1-a\right)^2s+b^2s=1 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
を解いてみましょう。
ちなみにこの方程式で1963年の名古屋大学の入試の図形問題を補助線を引かずに解けます。
まず移項によって右辺を0にし、$a>b>s$の辞書式順序で並べます。

$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s-25=0 & \\ a^2s+b^2s-2bs+s-49=0 & \\ a^2s-2as+b^2s+s-1=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
同値変形$[1]$をひたすら使っていきます。
$\left(a^2s-2as+b^2s+s-1\right)-\left(a^2s+b^2s-25\right)=-2as+s+24$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s-25=0 & \\ a^2s+b^2s-2bs+s-49=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(a^2s+b^2s-2bs+s-49\right)-\left(a^2s+b^2s-25\right)=-2bs+s-24$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s-25=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s-25=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(a^2s+b^2s-25\right)-b\left(bs-\dfrac{1}{2}s+12\right)=a^2s+\dfrac{1}{2}bs-12b-25$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+\dfrac{1}{2}bs-12b-25=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(a^2s+\dfrac{1}{2}bs-12b-25\right)-\dfrac{1}{2}\left(bs-\dfrac{1}{2}s+12\right)=a^2s-12b+\dfrac{1}{4}s-31$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s-12b+\dfrac{1}{4}s-31=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(a^2s-12b+\dfrac{1}{4}s-31\right)-a\left(as-\dfrac{1}{2}s-12\right)=\dfrac{1}{2}as+12a-12b+\dfrac{1}{4}s-31$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} as+24a-24b+\dfrac{1}{2}s-62=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(as+24a-24b+\dfrac{1}{2}s-62\right)-\left(as-\dfrac{1}{2}s-12\right)=24a-24b+s-50$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=0 & \\ as-\dfrac{1}{2}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(as-\dfrac{1}{2}s-12\right)-s\left(a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}\right)=bs-\dfrac{1}{24}s^2+\dfrac{19}{12}s-12$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=0 & \\ bs-\dfrac{1}{24}s^2+\dfrac{19}{12}s-12=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$\left(bs-\dfrac{1}{24}s^2+\dfrac{19}{12}s-12\right)-\left(bs-\dfrac{1}{2}s+12\right)=-\dfrac{1}{24}s^2+\dfrac{25}{12}s-24$より
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=0 & \\ s^2-50s+576=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=0 & \\ bs-\dfrac{1}{2}s+12=0 & \\ s^2-50s+576=0 & \end{cases} \end{eqnarray} $$

同値変形$[1]$だけで$a,b,s$の方程式と$b,s$の方程式と$s$の方程式がそれぞれ現れました。
$$ \begin{eqnarray} S\left(bs-\dfrac{1}{2}s+12,\ s^2-50s+576\right)&=&s\left(bs-\dfrac{1}{2}s+12\right)-b\left(s^2-50s+576\right)\\ &=&50bs-576b-\dfrac{1}{2}s^2+12s\\ &\underset{bs-\frac{1}{2}s+12}{\longrightarrow}&-576b-\dfrac{1}{2}s^2+37s-600\\ &\underset{s^2-50s+576}{\longrightarrow}&-576b+12s-312\\ \end{eqnarray} $$
より、実は$\{a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12},\ bs-\dfrac{1}{2}s+12,\ s^2-50s+576\}$$\langle a^2s+b^2s-25,\ a^2s+b^2s-2bs+s-49,\ a^2s-2as+b^2s+s-1\rangle=\langle a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12},\ bs-\dfrac{1}{2}s+12,\ s^2-50s+576\rangle$のグレブナー基底ではありません。
しかし、ここまで連立方程式を解くという目的のもと同値変形をしてきたので、このまま解いて問題ありません。
$s^2-50s+576=0$を解くと
$s^2-50s+576=(s-32)(s-18)=0$より$s=32,\ 18$です。
$\left(1\right)s=32$の場合
$bs-\dfrac{1}{2}s+12=32b-16+12=32b-4=0$より$b=\dfrac{1}{8}$
$a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=a-\dfrac{1}{8}+\dfrac{32}{24}-\dfrac{25}{12}=a-\dfrac{21}{24}=a-\dfrac{7}{8}=0$より$a=\dfrac{7}{8}$
$\left(2\right)s=18$の場合
$bs-\dfrac{1}{2}s+12=18b-9+12=18b+3=0$より$b=-\dfrac{1}{6}$
$a-b+\dfrac{1}{24}s-\dfrac{25}{12}=a+\dfrac{1}{6}+\dfrac{18}{24}-\dfrac{25}{12}=a-\dfrac{28}{24}=a-\dfrac{7}{6}=0$より$a=\dfrac{7}{6}$
よって
$$ \begin{eqnarray} \begin{cases} a^2s+b^2s=25 & \\ a^2s+\left(1-b\right)^2s=49 & \\ \left(1-a\right)^2s+b^2s=1 & \end{cases} \end{eqnarray} $$
の解は、$a=\dfrac{7}{8},\ b=\dfrac{1}{8},\ s=32$または$a=\dfrac{7}{6},\ b=-\dfrac{1}{6},\ s=18$です。

参考文献

投稿日:2021122

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