数と式 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 展開で押し切るのは損。まず「$a=b$ を入れると $0$ になる」ことに気づきたい($a=b$ なら第1項と第2項が打ち消し、第3項も $c^3(a-b)=0$)。

$a=b$ で $0$ なら因数 $(a-b)$ をもつ。この式は $2$ 文字を入れ替えると符号が変わる交代式だから、$(a-b)(b-c)(c-a)$ でまるごと割り切れる。これで骨組みが決まる。もとは $4$ 次、$(a-b)(b-c)(c-a)$ は $3$ 次だから、残りは $1$ 次の対称式 $k(a+b+c)$。係数 $k$ は都合のよい $1$ 点を代入して決める。

① 因数を見つける。 $a=b$ を代入すると

$$b^3(b-c)+b^3(c-b)+c^3(b-b)=b^3(b-c)-b^3(b-c)+0=0$$

よって $(a-b)$ で割り切れる。この式は交代式だから、同様に $(b-c)$、$(c-a)$ でも割り切れる。したがって

$$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=(a-b)(b-c)(c-a)\cdot Q$$

と書ける。

② 残りの因数 $Q$ の形を絞る。 もとの式は各項が $4$ 次(合計次数 $4$)、$(a-b)(b-c)(c-a)$ は $3$ 次だから、$Q$ は $1$ 次。しかも全体は交代式の性質を保つので、$Q$ は $a,b,c$ について対称な $1$ 次式、すなわち $Q=k(a+b+c)$($k$ は定数)に限られる。

③ 係数 $k$ を決める。 適当な値を代入して比べる。$a=0,b=1,c=2$ とすると

• 左辺 $=0+1\cdot (2-0)+8\cdot (0-1)=2-8=-6$
• $(a-b)(b-c)(c-a)=(-1)(-1)(2)=2$、$a+b+c=3$

よって右辺 $=2\cdot k\cdot 3=6k$。$6k=-6$ より $k=-1$。したがって

$$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

まとめ:交代式($2$ 文字の入れかえで符号が変わる式)は必ず $(a-b)(b-c)(c-a)$ で割り切れる。あとは次数と対称性で残りの因数の「形」を絞り、$1$ 点代入で係数を確定する。$12$ 項を展開して整理するより、はるかに速くて確実だ。

発展。 $a^n(b-c)+b^n(c-a)+c^n(a-b)$ は、どの $n$ でも交代式で $(a-b)(b-c)(c-a)$ を因数にもつ。$n=3$ では残りが $-(a+b+c)$、$n=4$ では $-(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$。交代式を交代式で割ると対称式になる、という一般法則が、因数分解の見通しを与える。

別解

別解:因数を$1$つずつ「代入」で確定させる(苦手な人向け)。 いきなり交代式の理屈を使わず、素直に因数を$1$つずつ見つける。

$a=b$ を代入すると $0$ → 因数 $(a-b)$。$b=c$ を代入しても $0$ → 因数 $(b-c)$。$c=a$ でも $0$ → 因数 $(c-a)$。$3$ つの因数 $(a-b)(b-c)(c-a)$ が確定した。

もとの式は $4$ 次、この積は $3$ 次だから、残りは $1$ 次式。$a,b,c$ の対称性(実は交代式を交代式で割ると対称式)から、残りは $k(a+b+c)$ の形。係数 $k$ は $1$ 点で決める。$a=0,b=1,c=2$ を代入すると、左辺 $=0+1\cdot 2+8\cdot (-1)=-6$、右辺 $=k\cdot (0-1)(1-2)(2-0)\cdot 3=k\cdot (-1)(-1)(2)\cdot 3=6k$。$-6=6k$ より $k=-1$。

よって $-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$。「交代式は $(a-b)(b-c)(c-a)$ で割れる」を知らなくても、$3$ 回の代入で因数を集めれば同じ答えに着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 項が $3$ つ($x^8,x^4,1$)で、和や差の公式が直接は使えない。こういうときは「平方の差」に持ち込むのが基本だ。

$x^8+x^4+1$ に $x^4$ を足して引くと、$(x^8+2x^4+1)-x^4=(x^4+1{)}^2-(x^2{)}^2$。平方の差ができた。因数分解すると $(x^4+x^2+1)(x^4-x^2+1)$。前の因子 $x^4+x^2+1$ にも同じ手が使えて、さらに割れる。

① 平方の差を作る。 $x^8+x^4+1$ は $2x^4$ があれば $(x^4+1{)}^2$ になる。そこで $x^4$ を足して引く。

$$x^8+x^4+1=(x^8+2x^4+1)-x^4=(x^4+1{)}^2-(x^2{)}^2$$

これで平方の差になった。

$$=(x^4+x^2+1)(x^4-x^2+1)$$

② もう一段割れないか調べる。 左の $x^4+x^2+1$ にも同じ手が使える。$2x^2$ があれば $(x^2+1{)}^2$ だから、$x^2$ を足して引く。

$$x^4+x^2+1=(x^2+1{)}^2-x^2=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$$

③ 残りを見極める。 右の $x^4-x^2+1$ に同じ手を試すと $(x^2+1{)}^2-3x^2$ となり、$3x^2$ は有理数係数の平方 $(qx{)}^2$ にできない($q=\sqrt{3}$ が必要)。よってこれ以上は有理数の範囲では分解できない。以上より

$$x^8+x^4+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1)$$

まとめ:項が $3$ つの高次式は「$2$ 乗の項を補って平方の差」を作るのが突破口。$1$ 回で終わりと思わず、出てきた因数にも同じ手が使えないか必ず試す。$x^4-x^2+1$ で手が止まるのは、そこが有理数では既約という「割り切れない壁」だから。

発展。 $x^4-x^2+1$ は円分多項式 ${\Phi }_{12}$ で、有理数の範囲では既約(それ以上割れない)。一般に $x^{2^k}+x^{2^{k-1}}+1$ 型は「平方の差」を繰り返して円分多項式の積に分かれる。因数分解の「終点」が円分多項式で決まるという、整数論につながる話だ。

別解

別解:$1$ の原始 $6$ 乗根を代入して因数を突き止める(得意な人向けの高い視点)。 $x^8+x^4+1=\frac{x^{12}-1}{x^4-1}$($x^4\ne 1$)と書ける($x^4$ を公比とする等比の和)。だから根は「$1$ の $12$ 乗根のうち $4$ 乗根でないもの」。

$1$ の $12$ 乗根で $4$ 乗根でないのは、位数 $12,6,3$ のもの。位数 $3$ の根(原始 $3$ 乗根 $\omega$)を根にもつ因子は $x^2+x+1$、位数 $6$ の根は $x^2-x+1$、位数 $12$ の根は $x^4-x^2+1$。

$$x^8+x^4+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)(x^4-x^2+1).$$

これらは円分多項式 ${\Phi }_3,{\Phi }_6,{\Phi }_{12}$ そのもの。「どの $1$ の累乗根が根か」を数えると、因数分解が根の言葉で説明できる。平方の差を$2$回とる(本解)のは、この根の分類を代数の操作で実現したものだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 対称式は、因数定理で「因数を当てる」のが速い。$a=-b$ を代入してみる。

計算すると $0$ になる(確かめてみよう)。だから因数 $(a+b)$ をもつ。式は $a,b,c$ について対称だから、同じ理由で $(b+c)$、$(c+a)$ も因数。

もとは $3$ 次、$(a+b)(b+c)(c+a)$ も $3$ 次だから、残りは定数 $k$。$1$ 点代入で $k=1$ と決まる。

① 因数を見つける。 $a=-b$ を代入すると

$$b^2(b+c)+b^2(c-b)+c^2(-b+b)+2(-b)bc=b^2(b+c)+b^2(c-b)+0-2b^{2}c$$

$=b^2\{(b+c)+(c-b)\}-2b^{2}c=b^2(2c)-2b^{2}c=0$。よって $(a+b)$ で割り切れる。対称式だから $(b+c)$、$(c+a)$ も因数。

② 残りの因数を絞る。 もとの式は $3$ 次(合計次数 $3$)、$(a+b)(b+c)(c+a)$ も $3$ 次。よって残りは定数 $k$ で

$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc=k(a+b)(b+c)(c+a)$$

③ 係数 $k$ を決める。 $a=b=c=1$ を代入すると、左辺 $=1\cdot 2+1\cdot 2+1\cdot 2+2=8$、右辺 $=k\cdot 2\cdot 2\cdot 2=8k$。よって $k=1$。したがって

$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc=(a+b)(b+c)(c+a)$$

まとめ:対称式の因数分解は「$1$ 文字で整理」か「因数定理で因数を当てる」の二択。候補が $(a+b)(b+c)(c+a)$ と分かれば次数と $1$ 点代入で終わる。$2abc$ の項がちょうど積の展開に含まれる「のりしろ」の役割をしている。

発展。 $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ はよく出る恒等式で、難関の多変数の恒等式の問題でもそのまま使う。基本対称式 $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ で書くと $pq-r$。$3$ 次方程式の解の対称式や、不等式の証明で繰り返し登場する「道具」になる。

別解

別解:展開して対称式で組み直す(計算で押し切るルート)。 因数定理を使わず、左辺を展開して整理する。

$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)+2abc=a^{2}b+a^{2}c+b^{2}c+b^{2}a+c^{2}a+c^{2}b+2abc.$$

一方、右辺 $(a+b)(b+c)(c+a)$ を展開すると、これも同じ $6$ 項 $+2abc$ になる(基本対称式で $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ とも書ける)。両者が一致するので、左辺 $=(a+b)(b+c)(c+a)$。

因数定理(本解)は「因数を当てる」手早い方法だが、展開して突き合わせる素朴なルートも、$6$ 項 $+2abc$ という対称な形が見えれば確実。$a^{2}b$ 型($6$ 通り)がすべて係数 $1$ で現れる、という対称性に気づけば組み直せる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 文字の $2$ 次式は、片方の文字について降べきに整理するのが基本だ。$x$ について整理する。

$x^2+(3y+2)x+(2y^2+3y+1)$。定数項 $2y^2+3y+1$ を因数分解すると $(2y+1)(y+1)$。あとはたすき掛け。$2$ 因数 $(y+1)$ と $(2y+1)$ の和が $x$ の係数 $3y+2$ に一致するかを確かめれば、$(x+y+1)(x+2y+1)$ と分かる。

① $x$ について整理する。

$$x^2+(3y+2)x+(2y^2+3y+1)$$

② 定数項を因数分解する。 $2y^2+3y+1=(2y+1)(y+1)$。

③ たすき掛けで組む。 $x^2+(和)x+(積)$ の形なので、積が $(2y+1)(y+1)$、和が $x$ の係数 $3y+2$ になる $2$ つを探す。いま

$$(2y+1)+(y+1)=3y+2$$

とぴたり一致する。よって

$$x^2+(3y+2)x+(2y^2+3y+1)=(x+2y+1)(x+y+1)$$

まとめ:「$1$ 文字で整理 → 定数項(他方の文字の式)を因数分解 → たすき掛け」が $2$ 変数因数分解の型。定数項の $2$ 因数の和が中央の係数に一致するかどうかが、成否の分かれ目になる。

発展。 $2$ 変数 $2$ 次式 $a{x}^2+bxy+c{y}^2+dx+ey+f$ が $2$ 直線に分解する条件は、判別式(行列式)$\left|\begin{array}{ccc}a& b/2& d/2\\ b/2& c& e/2\\ d/2& e/2& f\end{array}\right|=0$。この式が $2$ 直線を表すか、楕円・放物線・双曲線かは、この行列式が判定する($2$ 次曲線の分類)。

別解

別解:定数項を$0$にする$2$本の直線として見る(得意な人向けの視点)。 $2$ 次式 $=0$ が表す図形(この場合は $2$ 直線)から因数を読む。

$x^2+3xy+2y^2+2x+3y+1=0$ が $2$ 本の直線に分解するなら、その式は $(x+py+q)(x+ry+s)$ の形。最高次 $x^2+3xy+2y^2=(x+y)(x+2y)$ から $p=1,r=2$。定数まわりは $y=0$ とおいた $x^2+2x+1=(x+1{)}^2$ から、両因子とも $x$ の定数部分が $+1$。よって $(x+y+1)(x+2y+1)$。

$y=0$ の切り口で定数部分を、$2$ 次の部分で $y$ の係数を、と「別々の断面」で係数を決める。降べき整理のたすき掛け(本解)と同じ結果に、図形的な見方から着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $4$ つを順に掛けるのは悪手。$1+4=2+3=5$ に注目して、両端どうし・内側どうしで組む。

$(x+1)(x+4)=x^2+5x+4$、$(x+2)(x+3)=x^2+5x+6$。どちらも $x^2+5x$ を共通に含む。そこで $t=x^2+5x$ とおくと、$(t+4)(t+6)+1=t^2+10t+25=(t+5{)}^2$。$t$ を戻せば $(x^2+5x+5{)}^2$。「共通のかたまりを文字でおく」置換が決め手だ。

① 組み合わせを選んでかける。

$$(x+1)(x+4)=x^2+5x+4,(x+2)(x+3)=x^2+5x+6$$

どちらにも $x^2+5x$ が共通して現れる。

② 置きかえる。 $t=x^2+5x$ とおくと、もとの式は

$$(t+4)(t+6)+1=t^2+10t+24+1=t^2+10t+25=(t+5{)}^2$$

③ $t$ を戻す。

$$(x^2+5x+5{)}^2$$

これで $(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+1$ は整式 $x^2+5x+5$ の $2$ 乗だと示せた。

まとめ:「連続する $4$ つの積 $+1$ は平方」という有名事実の一般化。かける順を工夫して共通のかたまりを作り、置きかえで $2$ 次式に落とすのが決め手。$+1$ がちょうど $t^2+10t+24$ を $(t+5{)}^2$ に押し上げる役割をしている。

発展。 連続する $4$ 整数の積に $1$ を足すと必ず平方数: $n(n+1)(n+2)(n+3)+1=(n^2+3n+1{)}^2$。たとえば $1\cdot 2\cdot 3\cdot 4+1=25=5^2$。「連続整数の積 $+1$ が平方」という事実で、整数の性質の問題にもよく出てくる。

別解

別解:中心をずらして対称形にする(得意な人向けの視点)。 $4$ つの因数 $x+1,x+2,x+3,x+4$ の「中心」は $x+\frac{5}{2}$。そこで $u=x+\frac{5}{2}$ とおくと、$4$ 因数は $u-\frac{3}{2},u-\frac{1}{2},u+\frac{1}{2},u+\frac{3}{2}$ と、$u$ について対称に並ぶ。

両端どうし・内側どうしを掛けると平方の差になる。

$$\left(u-\frac{3}{2}\right)\left(u+\frac{3}{2}\right)=u^2-\frac{9}{4},\left(u-\frac{1}{2}\right)\left(u+\frac{1}{2}\right)=u^2-\frac{1}{4}.$$

積に $1$ を足すと $\left(u^2-\frac{9}{4}\right)\left(u^2-\frac{1}{4}\right)+1=u^4-\frac{5}{2}{u}^2+\frac{9}{16}+1={\left(u^2-\frac{5}{4}\right)}^2$。$u=x+\frac{5}{2}$ を戻すと $u^2-\frac{5}{4}=x^2+5x+\frac{25}{4}-\frac{5}{4}=x^2+5x+5$。だから $(x^2+5x+5{)}^2$。$t=x^2+5x$ とおく本解と同じだが、「中心をずらして対称に」すると、なぜ両端・内側で組むのかが構造として見える。連続 $4$ 数の積 $+1$ が必ず平方になるのは、この対称性があるからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^4+x^2+25$ は $3$ 項で、そのままでは割れない。「平方の差」に整えるのが基本だ。

定数 $25$ から $(x^2+5{)}^2=x^4+10x^2+25$ を作る。もとの式との差は $10x^2-x^2=9x^2=(3x{)}^2$。だから $x^4+x^2+25=(x^2+5{)}^2-(3x{)}^2$。平方の差の公式で $(x^2+5-3x)(x^2+5+3x)$。

① 平方に近づける。 $(x^2+5{)}^2=x^4+10x^2+25$ だから、もとの式との差をとると

$$x^4+x^2+25=(x^2+5{)}^2-9x^2$$

② 平方の差にする。 $9x^2=(3x{)}^2$ なので

$$=(x^2+5{)}^2-(3x{)}^2=(x^2+5+3x)(x^2+5-3x)$$

③ 整える。

$$=(x^2+3x+5)(x^2-3x+5)$$

どちらの $2$ 次式も判別式が $9-20=-11<0$ で、有理数の範囲でこれ以上は分解できない。

まとめ:$x^4+(\text{小さい})x^2+(\text{平方})$ の形は、定数から $(x^2+p{)}^2$ を作り、余りを $(qx{)}^2$ にして平方の差にするのが基本だ。$x^2$ の係数がちょうど $2p-q^2$($=2\cdot 5-3^2=1$)と合うように $p,q$ を選ぶのがポイント。

発展。 「$x^4+a{x}^2+b^2$ を平方の差にする」手(ソフィー・ジェルマンの恒等式の類)は、$x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$ が代表例。$x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2)$ と一般化でき、素数判定($n^4+4$ が素数になるのは $n=1$ だけ)にも使われる。

別解

別解:実数の範囲で解いて$2$次因子を作る(得意な人向けの視点)。 $x^4+x^2+25=0$ の解の構造から因数を組む。$t=x^2$ とおくと $t^2+t+25=0$ で、$t=\frac{-1\pm \sqrt{-99}}{2}$(虚数)。だから実数の範囲では $2$ 次までしか割れない。

$4$ つの複素数根は共役どうしをペアにすると実係数の $2$ 次因子になる。根の実部が $\pm \frac{3}{2}$、絶対値の$2$乗(積)が $5$ になることから、$2$ 次因子は $x^2\mp 3x+5$。

$$x^4+x^2+25=(x^2-3x+5)(x^2+3x+5).$$

平方の差 $(x^2+5{)}^2-(3x{)}^2$ に整える本解と同じ答え。定数項 $25=5\times 5$ を「両因子の定数を $5$ ずつ」と割り振り、$1$ 次の係数を $\pm 3$ にすれば $x^2$ の係数が $10-9=1$ で合う、と逆算してもよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 文字をまとめて展開すると項が多く、ミスしやすい。$1$ 文字($c$)に着目して降べきに整理するのが確実だ。

両辺を $c$ について $c^2,c,$ 定数の順にそろえる。左辺・右辺それぞれで係数を書き出す。$c^2$ の係数・$c$ の係数・定数項が左右で一致すれば、恒等式として証明完了。$3$ 文字の対称性に頼るより、$1$ 文字整理のほうが手が確実に動く。

① 右辺を $c$ について整理する。 $(a+b)(b+c)(c+a)$ のうち $c$ を含むのは $(b+c)(c+a)=c^2+(a+b)c+ab$。よって

$$(a+b)\{c^2+(a+b)c+ab\}=(a+b)c^2+(a+b{)}^{2}c+ab(a+b)$$

② 左辺を $c$ について整理する。 $ab+bc+ca=ab+(a+b)c$ を使うと

$$(a+b+c)\{ab+(a+b)c\}-abc$$

$$=(a+b)ab+(a+b{)}^{2}c+abc+(a+b)c^2-abc$$

$$=(a+b)c^2+(a+b{)}^{2}c+ab(a+b)$$

($+abc$ と $-abc$ が打ち消し合う点に注意。)

③ 見比べる。 左辺・右辺ともに $(a+b)c^2+(a+b{)}^{2}c+ab(a+b)$ で、$c^2$・$c$・定数のどの係数も一致する。よって等式は成り立つ。(証明終)

まとめ:多変数の恒等式は「$1$ 文字で整理して係数比較」。全部展開するより、次数ごとにそろえるほうが速くて確実。左辺の $-abc$ が、展開で生じる $+abc$ をちょうど打ち消すところが、この等式の要点だ。

発展。 $(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b)(b+c)(c+a)$ を $\ge$ の形にすると、相加相乗平均から $(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$(正の数で)などの有名不等式が出る。対称式の恒等式はそのまま不等式の証明の基礎になる。基本対称式 $pq-r$ の形は $3$ 次方程式 $t^3-p{t}^2+qt-r=0$ の係数と直結している。

別解

別解:基本対称式で両辺を書く(得意な人向けの高い視点)。 $p=a+b+c$、$q=ab+bc+ca$、$r=abc$(基本対称式)を使うと、恒等式が透ける。

左辺はそのまま $pq-r$。右辺 $(a+b)(b+c)(c+a)$ を基本対称式で展開する公式は $(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$(よく使う恒等式)。$a+b=p-c$ などとして丁寧に展開しても出る。両辺とも $pq-r$。一致するので恒等式。

$c$ について整理する(本解)のは手を動かす確実な道、基本対称式で書くのは「そもそも両辺が同じ対称式の組合せ」だと見抜く道。$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$ は、$3$ 次方程式の解と係数や、対称式の計算で繰り返し使う基本公式だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 文字 $2$ 次式は、まず最高次($2$ 次)の部分だけをたすき掛けして骨組みを決める。

$6x^2+xy-12y^2=(2x+3y)(3x-4y)$。これで因数の「頭」が決まった。あとは $(2x+3y+m)(3x-4y+n)$ とおき、$x,y$ の $1$ 次の係数から $m,n$ を連立で求める。最後に定数項 $mn=-10$ で検算すれば安心だ。

① 最高次の部分をたすき掛けする。 $6x^2=(2x)(3x)$、$-12y^2=(3y)(-4y)$ の組で

$$6x^2+xy-12y^2=(2x+3y)(3x-4y)$$

($xy$ の係数は $2\cdot (-4)+3\cdot 3=1$ で一致する。)

② 定数を付けた形をおく。 求める因数分解を

$$(2x+3y+m)(3x-4y+n)$$

とおき、展開して $x$・$y$ の $1$ 次と定数を、もとの式と比べる。

• $x$ の係数:$2n+3m=4$
• $y$ の係数:$-4m+3n=23$
• 定数:$mn=-10$

③ $m,n$ を決める。 上の $2$ 本 $3m+2n=4$、$-4m+3n=23$ を連立して解くと $m=-2$、$n=5$。これは残る条件 $mn=(-2)\cdot 5=-10$ も満たす(定数項による検算)。よって

$$6x^2+xy-12y^2+4x+23y-10=(2x+3y-2)(3x-4y+5)$$

まとめ:$2$ 変数の $2$ 次式は「最高次を先にたすき掛け → 定数を付けて $1$ 次と定数で連立」。定数項の $mn$ は連立の検算に使えるので、$3$ つの条件が全部そろって初めて確定する。

発展。 片方の文字の $2$ 次方程式とみて解くと、判別式が「文字の完全平方」になるかどうかで、有理係数で因数分解できるかが判定できる(別解)。$(17y-16{)}^2$ のようにきれいな平方になれば分解可能、平方にならなければ有理数の範囲では既約。因数分解できるかどうかは、判別式で分かる。

別解

別解:一方の文字の$2$次方程式として解く(苦手な人にも確実なルート)。 $x$ の$2$次式とみて、$6x^2+(y+4)x-(12y^2-23y+10)=0$ を解の公式で解く。

判別式は $(y+4{)}^2+24(12y^2-23y+10)=289y^2-544y+256=(17y-16{)}^2$。きれいな平方になった(因数分解できる印)。

$$x=\frac{-(y+4)\pm (17y-16)}{12}=\frac{16y-20}{12}\text{または}\frac{-18y-12}{12}.$$

すなわち $x=\frac{4y-5}{3}$ または $x=\frac{-3y-2}{2}$。これを $(3x-4y+5)$ と $(2x+3y+2)$ … 符号をそろえて

$$6x^2+xy-12y^2+4x+23y-10=(2x+3y-2)(3x-4y+5).$$

たすき掛けで骨組みから組む本解に対し、「片方の文字の$2$次方程式を解く」と、判別式が平方になるかどうかで因数分解の可否まで判定できる。判別式 $(17y-16{)}^2$ がきれいな平方だったことが、有理係数で割れる保証だ。