かれるようにできている。しかし、この世にはそれらの甘い解法を受け付けない孤高の問題
たちが存在する。
まずは、因数定理を用いた解法を復習しておこう。
例 方程式 x3−９ｘ2＋２１ｘ−５＝０ を解け。
（解） Ｆ（ｘ）＝x3−９ｘ2＋２１ｘ−５ とおくと、Ｆ（５）＝１２５−２２５＋１０５−５＝０ なので、
Ｆ（ｘ）は、ｘ−５で割り切れる。
よって、Ｆ（ｘ）＝（ｘ−５）（ｘ2−４ｘ＋１）＝０ より、 ｘ＝５、２±
（終）（コメント） 上記の方程式は、何とか因数定理を用いて解くことが出来た。±（５の約数）を
Ｆ（ｘ）のｘに代入すればよいことを知っていれば平易な問題だろう。
３次方程式におけるカルダノの方法（チルンハウス変換）を意識して、次のような別解が
考えられる。
（別解） ｘ＝ｙ＋ａ を、x3−９ｘ2＋２１ｘ−５＝０ に代入して、
ｙ3＋３ｙ2ａ＋３ｙａ2＋ａ3−９（ｙ2＋２ｙａ＋ａ2）＋２１（ｙ＋ａ）−５＝０
すなわち、 ｙ3＋３（ａ−３）ｙ2＋３（ａ2−６ａ＋７）ｙ＋ａ3−９ａ2＋２１ａ−５＝０
ここで、ａ＝３ とすると、 ｙ3−６ｙ＋４＝０ で、明らかに、ｙ＝２ を解に持つ。
（ｙ−２）（ｙ2＋２ｙ−２）＝０ より、 ｙ＝２、１±
よって、元の方程式の解は、 ｘ＝ｙ＋３＝５、２±
（終）（コメント） 上記の別解は、因数定理を用いた解法に比べ、少しまどろっこしい感じがするか
もしれない。ただ与えられた方程式から新しい方程式を構成するという考え方は、
次の問題を解く上で最強の武器となる。因みに、次の問題は、因数定理では手も
足も出ない。
例 方程式 x4−３ｘ2−６ｘ−２＝０ を解け。（→ 参考：「Ferrari の解法」）
（解） x4＝３ｘ2＋６ｘ＋２ の両辺に ｘ2ｙ＋（ｙ/２）2 を加えて、
x4＋ｘ2ｙ＋（ｙ/２）2 ＝（ｙ＋３）ｘ2＋６ｘ＋２＋（ｙ/２）2 を
すなわち、 （ｘ2＋ｙ/２）2＝（ｙ＋３）ｘ2＋６ｘ＋２＋（ｙ/２）2
左辺を開平するためには、右辺が完全平方式になればよいので、
判別式 Ｄ/４＝９−（ｙ＋３）（２＋（ｙ/２）2）＝０
よって、 ｙ3＋３ｙ2＋８ｙ−１２＝０ （← 分解方程式と言われる。）
この３次方程式は明らかに ｙ＝１ を解に持つので、
（ｘ2＋１/２）2＝４ｘ2＋６ｘ＋９/４＝（２ｘ＋３/２）2 より、
ｘ2＋１/２＝２ｘ＋３/２ 、ｘ2＋１/２＝−２ｘ−３/２
よって、 ｘ2−２ｘ−１＝０ 、ｘ2＋２ｘ＋２＝０ を解いて、求める方程式の解は、
ｘ＝１±
、−１±ｉ となる。 （終）（コメント） 因数定理で、１±
、−１±ｉ のうちの１つでも発見したら相当の猛者でしょう。平成３０年７月２３日付けのＳ（Ｈ）さんからのコメントをもとに、
x4−３ｘ2−６ｘ−２＝（ｘ−α）（x3＋ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ） と因数分解できたものとして、
右辺＝x4＋（ａ−α）ｘ3＋（ｂ−ａα）ｘ2＋（ｃ−ｂα）ｘ−ｃα より、
ａ−α＝０ 、ｂ−ａα＝−３ 、ｃ−ｂα＝−６ 、ｃα＝２
と、してはみたものの後は堂々巡りで、一気呵成には求まりそうにないので、発想を変えて
みた。
x4−３ｘ2−６ｘ−２＝x4−３（ｘ＋１）2＋１＝０ で、ｘ＝ｙ−１ とおくと、
ｙ4−４ｙ3＋３ｙ2−４ｙ＋２＝０ ・・・（*） を得る。
この方程式において、ｙに ｉ を代入してみると、 左辺＝１＋４ｉ−３−４ｉ＋２＝０ なので、
（*）の左辺は、ｙ−ｉ で割り切れる。すなわち、x4−３ｘ2−６ｘ−２＝０ は、ｉ−１を解に持つ。
実数係数の方程式なので、その共役複素数 −ｉ−１ も解となる。
ｉ−１ と −ｉ−１ を解に持つ２次方程式は、 ｘ2＋２ｘ＋２＝０ なので、
x4−３ｘ2−６ｘ−２ は、ｘ2＋２ｘ＋２ で割り切れ、
x4−３ｘ2−６ｘ−２＝（ｘ2＋２ｘ＋２）（ｘ2−２ｘ−１）
と因数分解される。よって、残りの他の解は、 ｘ＝１±
（コメント） x4−３ｘ2−６ｘ−２ の ｘ に、たとえば、ｉ−１ を代入するという発想は全く起こら
ないが、ｙ4−４ｙ3＋３ｙ2−４ｙ＋２ の ｙ に ｉ を代入するという発想は少なからず
あり得るのかな？と思う。
次の問題も上記と同じタイプの問題である。
例 方程式 x4＋４＝０ を解け。
（解） x4＋４ｘ2＋４−４ｘ2＝０ から、 （ｘ2＋２）2−４ｘ2＝０
よって、 （ｘ2＋２ｘ＋２）（ｘ2−２ｘ＋２）＝０ より、 ｘ＝−１±ｉ 、１±ｉ （終）
読者のために練習問題を残しておこう。
練習問題 方程式 x4＋４ｘ3−８ｘ＋４＝０ を解け。
（解） 解は、−１＋
（重解） 、−１− （重解） （終）