解説

方針・初手

整数解があるなら、有理根定理よりその値は定数項 $1$ の約数、すなわち $\pm 1$ に限られる。

また、虚数解は係数が実数であるから共役な複素数の組で現れる。したがって、まず整数解の組を絞り、そのあと残りの2解をもつ2次式の判別式が負になる条件を課せばよい。

解法1

$f(x)=0$ の4つの解を、整数解2つと虚数解2つに分けて考える。

整数解を $m,n$、虚数解を $\alpha,\overline{\alpha}$ とする。すると $m,n$ は整数であり、$f(x)$ は首項係数 $1$、定数項 $1$ の整係数多項式であるから、有理根定理より

$$ m,n\in{1,-1} $$

である。

一方、4解の積は定数項から

$$ mn\alpha\overline{\alpha}=1 $$

である。ところが

$$ \alpha\overline{\alpha}=|\alpha|^2>0 $$

であるから、$mn>0$ でなければならない。したがって整数解は

**(i)**

$1,1$

または

**(ii)**

$-1,-1$

のどちらかである。

ここで、残りの2解 $\alpha,\overline{\alpha}$ をもつ2次式を $x^2+px+q$ とおく。$f(x)$ は整係数多項式であり、$(x-1)^2$ または $(x+1)^2$ で割った商も整係数であるから、$p,q$ は整数である。

さらに、定数項の比較より、整数解の積が $1$ なので

$$ q=\alpha\overline{\alpha}=1 $$

となる。よって残りの2次式は

$$ x^2+px+1 $$

の形である。

この2次式が虚数解をもつためには判別式が負である必要があるから、

$$ p^2-4<0 $$

すなわち

$$ p=-1,0,1 $$

である。

以下、場合分けして $a,b,c$ を求める。

（i） 整数解が $1,1$ のとき

$$ f(x)=(x-1)^2(x^2+px+1) $$

である。展開すると

$$ \begin{aligned} f(x) &=(x^2-2x+1)(x^2+px+1) \\ &=x^4+(p-2)x^3+(2-2p)x^2+(p-2)x+1 \end{aligned} $$

となる。したがって

$$ a=p-2,\quad b=2-2p,\quad c=p-2 $$

であり、$p=-1,0,1$ を代入すると

$$ (a,b,c)=(-3,4,-3),\ (-2,2,-2),\ (-1,0,-1) $$

を得る。

（ii） 整数解が $-1,-1$ のとき

$$ f(x)=(x+1)^2(x^2+px+1) $$

である。展開すると

$$ \begin{aligned} f(x) &=(x^2+2x+1)(x^2+px+1) \\ &=x^4+(p+2)x^3+(2+2p)x^2+(p+2)x+1 \end{aligned} $$

となる。したがって

$$ a=p+2,\quad b=2+2p,\quad c=p+2 $$

であり、$p=-1,0,1$ を代入すると

$$ (a,b,c)=(1,0,1),\ (2,2,2),\ (3,4,3) $$

を得る。

解説

この問題の要点は、整数解に対して有理根定理を使い、候補を $\pm1$ にまで一気に絞ることである。

さらに、虚数解2つは共役複素数であり、その積は正であるから、整数解2つの積も正でなければならない。これにより整数解は $1,1$ または $-1,-1$ に限定される。

最後は残りの2次式を $x^2+px+1$ とおき、判別式 $p^2-4<0$ から $p=-1,0,1$ を得ればよい。重解を含めて4解と書かれているので、整数解が重解である場合も自然に含まれている。

答え

$$ (a,b,c)=(-3,4,-3),\ (-2,2,-2),\ (-1,0,-1),\ (1,0,1),\ (2,2,2),\ (3,4,3) $$

である。