Aquí es un poco aseado truco que me robó algunos cap denominado Ferrari. Funciona para todas las ecuaciones de la forma $x^4 + ax^2 + bx + c = 0$, con la única diferencia de ser una de completar-de-la-plaza en el primer paso. Ver aquí para una referencia (elegí este vínculo, porque la historia es casi tan interesante como el de las matemáticas!).
$$
\begin{align*}
z^4+2z+3&=0\\
\Rightarrow (z^2)^2&=-2z-3\\
\Rightarrow (z^2+y)^2&=-2z-3+2yz^2 + y^2&\forall\: y\\
&=(2y)z^2 - 2z + (- 3 + y^2)
\end{align*}
$$
Ahora el lado derecho es una ecuación cuadrática en $z$ y podemos elegir el $y$, de modo que el lado derecho tiene la forma $(\alpha z+\beta)^2$. Por lo tanto, tomar el todopoderoso fórmula y se estipula que $b^2-4ac=0$:
$$\begin{align*}
(-2)^2 -4(2y)(- 3 + y^2) &= 0\\
\Rightarrow4 + 24y - 8y^3 &= 0 \\
\Rightarrow1 + 6y - 2y^3 &= 0
\end{align*}
$$
Este es un cúbicos en $y$, lo que nos puede solucionar$^{\dagger}$. Tenemos $y=-1.6418$, $y=-0.16825$ y $y=1.8100$. Estos valores, a continuación, significa que usted tiene la siguiente fórmula, donde $\alpha$ $\beta$ son los números depende de nuestro valor de $y$.
$$
\begin{align*}
(z^2+y)^2&=(\alpha z+\beta)^2\\
\Rightarrow z^2+y&=\alpha z+\beta
\end{align*}
$$
Resolver, como de costumbre.
$^{\dagger}$ Está bien, lo admito, lo he hecho poco uso de Wolfram-Alpha...pero se puede hacer a mano, y no es demasiado difícil. Sólo estoy haciendo tarde para mi té...