定数 b, c, p, q, r に対し，
x^4+bx+c = (x^2+px+q)(x^2-px+r)
が x についての恒等式であるとする。
(1) p \ne 0 であるとき，q, r を p, b で表せ。
(2) p \ne 0 とする。b, c が定数 a を用いて
b = (a^2+1)(a+2), \quad c = -\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1)
と表されているとき，有理数を係数とする t についての整式 f(t) と g(t) で
\{p^2-(a^2+1)\}\{p^4+f(a)p^2+g(a)\} = 0
を満たすものを 1 組求めよ。
(3) a を整数とする。x の 4 次式
x^4+(a^2+1)(a+2)x-\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1)
が有理数を係数とする 2 次式の積に因数分解できるような a をすべて求めよ。
右辺を展開します。x^3 の項は -px^3 と +px^3 で消えます。左辺に x^3 がないことと合っています。
x^2 の係数は q+r-p^2、x の係数は p(r-q)、定数項は qr です。
左辺と比べて q+r = p^2、p(r-q) = b、qr = c の 3 つが出ます。
前の 2 つは q+r と r-q を与えているので、足し引きすれば q = \dfrac{p^3-b}{2p}、r = \dfrac{p^3+b}{2p} です。これが (1) の答えです。
残った qr = c に入れます。qr = \dfrac{p^6-b^2}{4p^2} ですから p^6-4cp^2-b^2 = 0 です。
p は 2 乗と 6 乗でしか出てきません。u = p^2 と置くと u^3-4cu-b^2 = 0 という 3 次方程式になります。
b = (a^2+1)(a+2)、c = -\left(a+\dfrac{3}{4}\right)(a^2+1) を入れます。4c = -(4a+3)(a^2+1)、b^2 = (a^2+1)^2(a+2)^2 です。
式は u^3+(4a+3)(a^2+1)u-(a^2+1)^2(a+2)^2 = 0 となります。a^2+1 が何度も顔を出します。
u = a^2+1 を入れてみます。(a^2+1)^2 でくくると、残るのは (a^2+1)+(4a+3)-(a+2)^2 です。
a^2+1+4a+3-a^2-4a-4 = 0 ですから、たしかに根です。
そこで u-(a^2+1) で割ります。商は u^2+(a^2+1)u+(a^2+1)(a+2)^2 です。
よって f(t) = t^2+1、g(t) = (t^2+1)(t+2)^2 が (2) の答えです。どちらも整数を係数に持ちます。
因数分解できるとは、p, q, r が有理数に取れるということです。u = p^2 も有理数で、しかも正です。
u^2+(a^2+1)u+(a^2+1)(a+2)^2 = 0 のほうは、2 解の和が -(a^2+1) < 0、積が (a^2+1)(a+2)^2 \geqq 0 ですから、正の解を持ちません。
だから p^2 = a^2+1 です。p が有理数になるのは a^2+1 が平方数のときで、a が整数なら k^2-a^2 = 1 から a = 0 に限られます。
p = 0 の場合も見ておきます。b = 0、つまり a = -2 が要りますが、そのとき c = \dfrac{25}{4} で -q^2 = \dfrac{25}{4} となり実数の q がありません。答えは a = 0 だけです。