数と式 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) べき乗和 $p_k=x^k+y^k+z^k$ を直接いじるより、基本対称式 $e_1,e_2,e_3$ を橋渡しにするのが基本だ。

$p_1,p_2,p_3$ から $e_1,e_2,e_3$ が決まる。あとは3変数のべき乗和の漸化式 $p_k=e_1{p}_{k-1}-e_2{p}_{k-2}+e_3{p}_{k-3}$(ニュートンの公式)で、$p_4$ がすぐに出る。$x,y,z$ の具体値を求めにいかない。それがこの型を解くこつだ。

① $e_1,e_2$ を求める。 $e_1=p_1=1$。$p_2=e_1^2-2e_2$ より

$$3=1-2e_2⟺e_2=-1$$

② $e_3$ を求める。 $k=3$ で $p_3=e_1{p}_2-e_2{p}_1+3e_3$:

$$4=1\cdot 3-(-1)\cdot 1+3e_3=3+1+3e_3⟺e_3=0$$

③ $p_4$ を計算する。 $p_4=e_1{p}_3-e_2{p}_2+e_3{p}_1$:

$$p_4=1\cdot 4-(-1)\cdot 3+0\cdot 1=4+3=7$$

まとめ: べき乗和は基本対称式を経由すると漸化式で機械的に伸ばせる。$e_1,e_2,e_3$ の3つさえ押さえれば、$p_4,p_5,\dots$ はすべて漸化式から出る。$x,y,z$ を解として求めにいかないことが大事だ。

発展。 実はこの $x,y,z$ は、$0$ と $\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$(黄金比のペア)だ。だから $p_k$ の列 $1,3,4,7,11,\dots$ はリュカ数列になっている(前2つの和が次)。同じ漸化式を回すと $p_5=p_4+p_3=11$。答えの $7$ が偶然でないことが分かる。

別解

漸化式を「その場で作る」(公式を覚えていない人へ)。 ニュートンの公式を忘れても、方程式から自力で導ける。$e_1=1,e_2=-1,e_3=0$ が分かった時点で、$x,y,z$ は3次方程式

$$t^3-t^2-t=0$$

の3つの解だ(解と係数の関係の逆読み)。つまり $x,y,z$ のどれもが $t^3=t^2+t$ を満たす:

$$x^3=x^2+x,y^3=y^2+y,z^3=z^2+z$$

両辺に $x$(それぞれ $y,z$)を掛けると $x^4=x^3+x^2$ など。3本を足し上げれば

$$p_4=p_3+p_2=4+3=7$$

「解はみな自分の方程式を満たす。だから、べき乗和も同じ漸化式を満たす」。ニュートンの公式の中身はこれだけだ。仕組みごと理解すれば、覚える公式が1つ減る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^5+\frac{1}{x^5}$ を5乗の展開でいきなり求めるのは大変だ。$s_k=x^k+\frac{1}{x^k}$ とまとめて、低い次数から漸化式で積み上げる。

決め手は $\left(x+\frac{1}{x}\right)s_{k-1}$ の展開だ。交差項がちょうど $x^{k-2}+\frac{1}{x^{k-2}}$ になり、$s_k=3s_{k-1}-s_{k-2}$ が出る。あとは $s_1=3$ から順に $s_5$ まで階段を上るだけ。

① 漸化式。 $\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^{k-1}+\frac{1}{x^{k-1}}\right)=\left(x^k+\frac{1}{x^k}\right)+\left(x^{k-2}+\frac{1}{x^{k-2}}\right)$ より

$$3s_{k-1}=s_k+s_{k-2}⟺s_k=3s_{k-1}-s_{k-2}$$

② 順に計算する。 $s_1=3$。$s_2=x^2+\frac{1}{x^2}={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2-2=9-2=7$。以降は漸化式で

$$s_3=3\cdot 7-3=18,s_4=3\cdot 18-7=47,s_5=3\cdot 47-18=123$$

よって $x^5+\frac{1}{x^5}=123$。

まとめ: $x^k+\frac{1}{x^k}$ を $s_k$ とまとめ、$s_k=3s_{k-1}-s_{k-2}$ で階段を上る。$x$ そのもの(無理数)を求めず、対称な量だけで完結させるのがこつだ。

発展。 漸化式が整数係数だから、$s_k$ はすべて整数になる。実は $x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ は黄金比の2乗 ${\phi }^2$ で、$s_k$ の列 $3,7,18,47,123,\dots$ はリュカ数列の偶数番目($L_2,L_4,L_6,\dots$)に一致している。無理数のべきの和が律儀に整数を刻む背景には、こういう構造がある。

別解

掛け算の組み合わせでまとめて求める(階段を飛ばすルート)。 漸化式で1段ずつ上らなくても、既知の $s_2,s_3$ を掛け合わせれば $s_5$ に届く。まず $s_2=3^2-2=7$。次に3乗の展開から

$${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^3=x^3+\frac{1}{x^3}+3\left(x+\frac{1}{x}\right)⟹27=s_3+9,s_3=18$$

仕上げに $s_2\cdot s_3$ を展開する:

$$\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)=x^5+\frac{1}{x^5}+x+\frac{1}{x}=s_5+s_1$$

よって $7\cdot 18=s_5+3$、$s_5=126-3=123$。指数の足し算($2+3=5$)と引き算($3-2=1$)が同時に現れるのが、この掛け算の性質だ。目的の次数への「近道の組み合わせ」を自分で設計できると、この型はぐっと速くなる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 恒等式の証明は、右辺の因数分解された形が「なぜその因数をもつか」を左辺から示すと見通しがよい。

左辺を $a$ の多項式とみて、$a=-b$ を代入してみる。$0$ になれば、因数定理から $(a+b)$ を因数にもつと分かる。左辺は $a,b,c$ について対称だから、同じ理由で $(b+c),(c+a)$ も因数だ。

左辺は3次、$(a+b)(b+c)(c+a)$ も3次。あとは定数倍を、退化しない1点で合わせれば確定する。

① $(a+b)$ が因数。 左辺を $F=(a+b+c{)}^3-a^3-b^3-c^3$ とし、$a=-b$ を代入する:

$$F=(0+c{)}^3-(-b{)}^3-b^3-c^3=c^3+b^3-b^3-c^3=0$$

よって $F$ は $(a+b)$ を因数にもつ。

② 対称性から3因数。 $F$ は $a,b,c$ の入れ替えで不変(対称式)。だから同様に $b=-c$ で $0$、$c=-a$ で $0$ になり、$F$ は $(a+b)(b+c)(c+a)$ で割り切れる。

③ 定数倍の決定。 $F$ も $(a+b)(b+c)(c+a)$ も、ともに $a,b,c$ の3次式。$F=k(a+b)(b+c)(c+a)$ とおき、たとえば $a=b=c=1$ を代入すると

$$F=3^3-1-1-1=24,(a+b)(b+c)(c+a)=2\cdot 2\cdot 2=8$$

より $24=8k$、$k=3$。したがって

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

まとめ: 因数定理で因数を1つ見つけ、対称性で残り2つに広げ、次数の一致から定数倍だけを1点で合わせる。総当たりの展開より、構造(因数と次数)を使う方が短くて確実だ。

発展。 この恒等式に $a+b+c=0$ を入れると、左辺は $-(a^3+b^3+c^3)$、右辺は $3(-c)(-a)(-b)=-3abc$。つまり有名な「$a+b+c=0$ のとき $a^3+b^3+c^3=3abc$」が1行で出る。本問の恒等式はあの公式を一般化したものだ。

別解

2文字の同型を踏み台にする(展開を最小限にした直接ルート)。 2文字版の恒等式 $(a+b{)}^3-a^3-b^3=3ab(a+b)$ は展開1回で確かめられる。これを踏み台に、3文字目を後から入れる。

$s=a+b$ とおいて、左辺を「$s$ と $c$ の2文字」として展開する:

$$F=(s+c{)}^3-a^3-b^3-c^3=(s^3-a^3-b^3)+3s^{2}c+3s{c}^2$$

前半は2文字版で $s^3-a^3-b^3=3abs$。後半は $3sc(s+c)$。合わせて

$$F=3s\left(ab+c(s+c)\right)=3(a+b)\left(ab+ca+cb+c^2\right)$$

最後のかっこは $a(b+c)+c(b+c)=(a+c)(b+c)$ と因数分解できる。よって

$$F=3(a+b)(b+c)(c+a)$$

因数定理を使わず、既知の2文字版に帰着させて組み立てるルートだ。「複雑な式は、文字を1つ束ねて既知の形に落とす」という手筋は、対称式のあちこちで使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 対称な式だから、$a=b=\frac{1}{2}$ で最小になりそうだと当たりをつける。それを厳密に示すには、$a+b=1$(固定)と $ab=p$ を使い、式全体を $p$ だけの関数にする。

$a,b>0,a+b=1$ のとき、$p=ab$ の動ける範囲は $0<p\le \frac{1}{4}$ だ(相加相乗で上限 $\frac{1}{4}$、等号は $a=b$)。式が $p$ の単調関数なら、端 $p=\frac{1}{4}$ で最小と決まる。

① 式を $p$ で表す。 $a^2+b^2=(a+b{)}^2-2ab=1-2p$。また

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a^2+b^2}{(ab{)}^2}=\frac{1-2p}{p^2},\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{p}$$

${\left(a+\frac{1}{a}\right)}^2=a^2+2+\frac{1}{a^2}$ だから、2つ足すと

$${\left(a+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(b+\frac{1}{b}\right)}^2=(a^2+b^2)+4+\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)=(1-2p)+4+\frac{1-2p}{p^2}$$

$$=5-2p+\frac{1-2p}{p^2}$$

② $p$ の関数として最小を探す。 $g(p)=5-2p+\frac{1-2p}{p^2}=5-2p+\frac{1}{p^2}-\frac{2}{p}$($0<p\le \frac{1}{4}$)。$p$ が小さくなるほど $\frac{1}{p^2}$ と $-\frac{2}{p}$ の組は急激に大きくなる($-2p$ の減少よりずっと速い)。よって $g$ は減少で、範囲の右端 $p=\frac{1}{4}$ で最小になる。

③ 値。 $p=\frac{1}{4}$ を代入する:

$$g\left(\frac{1}{4}\right)=5-\frac{1}{2}+\frac{1-\frac{1}{2}}{\frac{1}{16}}=5-\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{16}}=5-\frac{1}{2}+8=\frac{25}{2}$$

よって最小値は $\frac{25}{2}$($a=b=\frac{1}{2}$ のとき)。

まとめ: $a+b$ を固定し、$ab=p$ を変数にとって1変数に落とす。範囲 $0<p\le \frac{1}{4}$ の端で最小、という形で、直感の「$a=b$」が厳密な形で現れる。対称式の最大最小の基本の方法だ。

発展。 $a=b$ で最小になるのは偶然ではない。$t+\frac{1}{t}$ 型の「下に凸」な関数を対称な条件で足すと、そろえたとき($a=b$)が最小になる。ここには、数IIIで学ぶ凸性(イェンゼンの不等式)の考え方が現れている。

別解

2乗平均の不等式で1行で示す(得意な人向け)。 実数 $X,Y$ について

$$X^2+Y^2\ge \frac{(X+Y{)}^2}{2}$$

が成り立つ($2(X^2+Y^2)-(X+Y{)}^2=(X-Y{)}^2\ge 0$)。これを $X=a+\frac{1}{a},Y=b+\frac{1}{b}$ に使う。

$$X+Y=(a+b)+\frac{a+b}{ab}=1+\frac{1}{p}(p=ab)$$

$0<p\le \frac{1}{4}$ より $\frac{1}{p}\ge 4$、つまり $X+Y\ge 5$。よって

$${\left(a+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(b+\frac{1}{b}\right)}^2\ge \frac{(X+Y{)}^2}{2}\ge \frac{25}{2}$$

等号は $X=Y$ かつ $p=\frac{1}{4}$、すなわち $a=b=\frac{1}{2}$ のとき(実現する)。$p$ の関数の増減を調べる必要すらない。「2乗の和は、和の2乗の半分以上」という1本の不等式を使えば、この計算をまるごと省ける。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|x-k|$ の和 $f(x)$ は、下に凸な折れ線になる。$x$ を少し右へ動かすと、$x$ より左にある点への距離は $+1$ ずつ増え、右にある点へは $-1$ ずつ減る。つまり、傾き $=$(左の点の数)$-$(右の点の数)だ。

点は $1,\dots ,100$ の100個(偶数)。$50<x<51$ では左に50個・右に50個で傾き $0$。ここが平らな底で、最小になる。

あとは中央のまわりで、各点への距離を足し上げればよい。

① 最小の位置。 点 $1,\dots ,100$ の中央は50番目と51番目。$50\le x\le 51$ で傾きが $0$ となり、$f$ はそこで一定・最小になる。$x=50$ で計算する。

② 距離を並べる。 $x=50$ から各点への距離は

$$|50-1|,|50-2|,\dots ,|50-100|=49,48,\dots ,1,0,1,2,\dots ,50$$

左側($k=1,\dots ,49$)が $49,48,\dots ,1$。$k=50$ が $0$。右側($k=51,\dots ,100$)が $1,2,\dots ,50$ だ。

③ 和。

$$f(50)=\sum _{j=1}^{49}j+0+\sum _{j=1}^{50}j=\frac{49\cdot 50}{2}+\frac{50\cdot 51}{2}=1225+1275=2500$$

よって最小値は $2500$($50\le x\le 51$)。

まとめ: 絶対値の和は中央値で最小。この一般則を「傾き=左右の個数差」で理解すれば解ける。偶数個だから中央2点のあいだが平らになる。最小値は中央からの距離を等差数列の和として計算する。

発展。 「絶対値の和(絶対偏差)を最小にする代表値は中央値」。これはデータの分析で学ぶ事実そのものだ(2乗の和を最小にするのは平均値)。100個の点をデータとみれば、本問はその代表値の話を、折れ線の傾きで証明したことになる。

別解

外側からペアにして足す(直感ルート)。 100本の絶対値を、外側から2本ずつ組にする。

まず両端のペア。$|x-1|+|x-100|$ は「2点 $1,100$ への距離の和」だから、$x$ がその間にあれば最小値 $99$(2点間の距離)。次のペア $|x-2|+|x-99|$ は、間にあれば最小 $97$。以下、$|x-50|+|x-51|$ の最小 $1$ まで、50組できる。

全部足すと

$$f(x)\ge 99+97+95+\cdots +3+1=50^2=2500$$

(奇数を1から99まで足すと $50^2$。)等号は、$x$ が50組すべての「間」にあるとき。いちばんきつい条件は最内のペアの $50\le x\le 51$ で、このとき全ペアが同時に等号になる。よって最小値 $2500$。

「2点への距離の和は、間にいれば2点間の距離」という一番素朴な事実だけで、傾きの議論なしに答えへ届く。$2500=50^2$ という値の意味(奇数の和)まで分かるのが、このルートのよいところだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(x-1{)}^2$ で割った余りは1次以下だから、$ax+b$ とおける。$x^{10}=(x-1{)}^{2}Q(x)+ax+b$ だ。

ふつうは $x=1$ を代入して1本の式を得る。だが未知数は $a,b$ の2つで、それだけでは決まらない。

そこで、割る式が重根 $x=1$ をもつことを使う。両辺を微分してから $x=1$ を代入すると、もう1本得られる。$(x-1{)}^2$ は微分しても $x=1$ で $0$ になる項を残すのがミソだ。これで連立できる。

① 余りを設定する。 $x^{10}=(x-1{)}^{2}Q(x)+ax+b$。

② $x=1$ を代入。 右辺第1項は $0$ になり

$$1^{10}=a+b⟺a+b=1$$

③ 微分して $x=1$ を代入。 両辺を微分すると

$$10x^9=2(x-1)Q(x)+(x-1{)}^2{Q}^{\prime }(x)+a$$

$x=1$ を代入すると、右辺の $(x-1)$ を含む項はすべて消えて

$$10\cdot 1^9=a⟺a=10$$

④ 決定。 $a=10$ を $a+b=1$ に入れて $b=-9$。よって余りは

$$10x-9$$

まとめ: 重根で割る余りは「値の一致」と「微分係数の一致」の2条件で決まる。$(x-1{)}^2$ の因子が微分後も $x=1$ で $0$ になることを使えば解ける。$x^{10}$ を一切展開せずに済む。

発展。 余り $10x-9$ は $y=x^{10}$ の $x=1$ における接線の式になっている($f(1)=1$、傾き $f^{\prime }(1)=10$)。一般に $f(x)$ を $(x-c{)}^2$ で割った余りは、$x=c$ での接線 $f(c)+f^{\prime }(c)(x-c)$ に一致する。「余り=いちばん近い1次式」と解釈できる。

別解

ずらして展開する(微分を使わないルート)。 $x=1+t$(つまり $t=x-1$)とおくと、割る式は $t^2$ になる。「$t^2$ で割った余り」は、$t$ の式の定数項と1次の項を拾うだけだ。

$$x^{10}=(1+t{)}^{10}$$

$(1+t{)}^{10}$ を展開したとき、定数項は $1$、$t$ の項は $10t$(10個のかっこから $t$ を1つだけ選ぶ選び方が10通り)。$t^2$ 以上の項はすべて $t^2$ で割り切れる。よって

$$x^{10}=1+10t+(t^2\text{の倍数})=1+10(x-1)+(x-1{)}^2\times (\cdots )$$

余りは $1+10(x-1)=10x-9$。微分の代わりに「原点を $x=1$ にずらす」だけで、同じ2つの情報(値と傾き)が展開の最初の2項として現れる。数IIの微分を知らなくても、この問題は解けるのだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分母がバラバラで、直接は評価しにくい。決め手は各項に $1$ を足して分子をそろえることだ。

$\frac{a}{b+c}+1=\frac{a+b+c}{b+c}$。3項すべてで、分子が $s=a+b+c$ に統一される。すると左辺 $+3$ は「$s$ × 分母の逆数の和」になり、有名不等式 $(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9$ に乗る。

① 各項に $1$ を足す。 $s=a+b+c$ とおくと

$$\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b}{c+a}+1\right)+\left(\frac{c}{a+b}+1\right)=\frac{s}{b+c}+\frac{s}{c+a}+\frac{s}{a+b}$$

すなわち(左辺)$+3=s\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)$。

② 有名不等式で評価する。 $x=b+c,y=c+a,z=a+b$ とおくと $x+y+z=2s$。相加相乗より

$$(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9⟹2s\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge 9$$

よって $s\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge \frac{9}{2}$。

③ 結論。 (左辺)$+3\ge \frac{9}{2}$ だから

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}$$

等号は $x=y=z$、すなわち $a=b=c$ のとき。

まとめ: 「各項に $1$ を足して分子をそろえる」細工で、扱いにくい和を有名不等式 $(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\ge 9$ に帰着させる。足した $3$ を最後に引いて $\frac{3}{2}$ が出る。ネスビットの不等式と呼ばれる名品だ。

発展。 変数を増やしても同じ細工が通る。正数 $a_1,\dots ,a_n$($n\ge 2$)と $s=a_1+\cdots +a_n$ について $\sum \frac{a_i}{s-a_i}\ge \frac{n}{n-1}$ が成り立つ($n=3$ が本問)。「+1 で分子をそろえる」はこの一族全体を貫く一手だ。

別解

分子を2乗の形に直して評価する(得意な人向け)。 各項の分子を2乗にそろえる書き換えから始める、別の基本の方法もある。

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

これを使うと、$q=ab+bc+ca$ として

$$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ba}+\frac{c^2}{ca+cb}\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{s^2}{2q}$$

あとは $s^2\ge 3q$(展開すれば $\frac{1}{2}\{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\}\ge 0$)から

$$\frac{s^2}{2q}\ge \frac{3q}{2q}=\frac{3}{2}$$

等号はどちらの不等式でも $a=b=c$。「分子を2乗にしてまとめて足す」このコーシー・シュワルツの型は、分数の和を下から評価するときに広く使える。数IIの式と証明で本格的に登場するが、形だけ先に知っておくと役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 無理数を解にもつ整数係数方程式は、「根号を含む項を片側に集めて2乗する」操作を、根号が全部消えるまで繰り返して作る。

$x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を2乗すると、$2\sqrt{6}$ という新しい根号が出る。それだけを孤立させて、もう一度2乗する。独立な根号2つを消すには2回の2乗が要るから、次数は $2\times 2=4$ になる見込みだ。

① 1回目の2乗。

$$x^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2=2+3+2\sqrt{6}=5+2\sqrt{6}$$

② 根号を分離する。 $\sqrt{6}$ を含む項を片側に集める:

$$x^2-5=2\sqrt{6}$$

③ 2回目の2乗。 両辺を2乗して根号を消す:

$$(x^2-5{)}^2=(2\sqrt{6}{)}^2=24$$ $$x^4-10x^2+25=24⟺x^4-10x^2+1=0$$

これは整数係数で、$x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつ。$\sqrt{2},\sqrt{3}$ という独立な2つの無理数を含むため、より低い次数の整数係数方程式では表せず、4次が最小である。

まとめ: 根号を1種類ずつ孤立させて2乗する。2乗のたびに次数が倍になり、独立な根号2つで4次に到達する。得られた $x^4-10x^2+1$ は $\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}$ の4つすべてを解にもつ。

発展。 整数係数の方程式は $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつなら、符号を変えた「4兄弟」$\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}$ を全員解にもってしまう(2乗の操作が符号の区別を消すから)。この「共役はセットで現れる」という現象は、大学で学ぶ体とガロア理論につながっている。

別解

4兄弟をまとめて掛ける(答えの構造が見えるルート)。 逆転の発想で、解にしたい数の「仲間」を先に全員そろえ、積を作ってしまう。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ の符号違い4つ $\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}$ を解にもつ4次式は

$$\left(x-\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)\left(x-\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{2}-\sqrt{3}\right)\left(x+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)$$

前の2つと後ろの2つを、それぞれ「和と差の積」でまとめる:

$$\left((x-\sqrt{2}{)}^2-3\right)\left((x+\sqrt{2}{)}^2-3\right)=\left(x^2-2\sqrt{2}x-1\right)\left(x^2+2\sqrt{2}x-1\right)$$

もう一度、和と差の積($x^2-1$ を共通部分とみる):

$$(x^2-1{)}^2-(2\sqrt{2}x{)}^2=x^4-2x^2+1-8x^2=x^4-10x^2+1$$

根号が2段階できれいに消え、整数係数になった。「2乗を繰り返す」本解と同じことを、因数の側から見たルートだ。なぜ4次で、なぜ他の3つも解になるのか。答えの構造がこの積の形にすべて書いてある。