Problema del polinomio de sexto grado

Question

Si el gráfico de $$y = x^6 - 10x^5 + 29x^4 - 4x^3 + ax^2$$ siempre se encuentra por encima de la línea $y = bx + c$ , excepto en el caso de $3$ puntos en los que la curva se cruza con la línea.

¿Cuál es el mayor valor de $x$ para la cual la línea interseca la curva?

• A) 4
• B) 5
• C) 6
• D) 7

A través de la idea general de las gráficas y con la ayuda de una calculadora gráfica he concluido el aspecto aproximado de dicha curva y de una línea.

Sin embargo, me gustaría conocer una solución matemática adecuada a este problema.

Answer 1

Las condiciones son equivalentes: $$ x^6-10 x^5+29 x^4-4 x^3+ax^2-bx-c=(x-\alpha)^2(x-\beta)^2(x-\gamma)^2 $$ Desde $x^6-10 x^5+29 x^4-4 x^3+ax^2\geq bx+c$ y sabemos que la igualdad se mantiene para $3$ diferentes $x$ valores. Así que comprobando los coeficientes, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: $$ \begin{array}{c} -\alpha ^2 \beta ^2 \gamma ^2-c=0 \\ 2 \alpha \gamma ^2 \beta ^2+2 \alpha ^2 \gamma \beta ^2+2 \alpha ^2 \gamma ^2 \beta -b=0 \\ -\beta ^2 \alpha ^2-\gamma ^2 \alpha ^2-4 \beta \gamma \alpha ^2-4 \beta \gamma ^2 \alpha -4 \beta ^2 \gamma \alpha -\beta ^2 \gamma ^2+a=0 \\ 2 \beta \alpha ^2+2 \gamma \alpha ^2+2 \beta ^2 \alpha +2 \gamma ^2 \alpha +8 \beta \gamma \alpha +2 \beta \gamma ^2+2 \beta ^2 \gamma -4=0 \\ -\alpha ^2-4 \beta \alpha -4 \gamma \alpha -\beta ^2-\gamma ^2-4 \beta \gamma +29=0 \\ 2 \alpha +2 \beta +2 \gamma -10=0 \\ \end{array} $$ Así que: $$\alpha+\beta+\gamma=5$$ $$ \begin{array}{c} -\alpha ^2-4 \beta \alpha -4 \gamma \alpha -\beta ^2-\gamma ^2-4 \beta \gamma +29=\\ =-(\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma)+29=\\ =-2(\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma-2)=0 \end{array} $$

$$ \begin{array}{c} 2 \beta \alpha ^2+2 \gamma \alpha ^2+2 \beta ^2 \alpha +2 \gamma ^2 \alpha +8 \beta \gamma \alpha +2 \beta \gamma ^2+2 \beta ^2 \gamma -4=\\ =-4+2(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)+2\alpha\beta\gamma=0 \end{array} $$ Así tenemos: $$ \begin{array}{c} \alpha+\beta+\gamma=5\\ \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=2\\ \alpha\beta\gamma=-8 \end{array} $$ Así que tenemos que resolver: $$ x^3-5x^2+2x+8=(x-4)(x-2)(x+1)=0 $$ Así que $x=4$ .

Actualización

Tuve algo de tiempo para escribir un cálculo más general: $$ \left(x-\alpha\right)^{2}\left(x-\beta\right)^{2}\left(x-\gamma\right)^{2}=x^{6}+a_{5}x^{5}+a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0} $$

Comparando los coeficientes se obtiene:

$$ \begin{array}{ccc} \left(\alpha\beta\gamma\right)^{2}-a_{0} & = & 0\\ -2\alpha\beta\gamma\left(\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma\right)-a_{1} & = & 0\\ (\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma)^{2}+2\alpha\beta\gamma(\alpha+\beta+\gamma)-a_{2} & = & 0\\ -2\alpha\beta\gamma-2(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma)-a_{3} & = & 0\\ (\alpha+\beta+\gamma)^{2}+2(\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma)-a_{4} & = & 0\\ -2(\alpha+\beta+\gamma)-a_{5} & = & 0 \end{array} $$

Lo cual puede simplificarse aún más:

$$ {\displaystyle \begin{array}{ccc} \alpha\beta\gamma & = & {\displaystyle \frac{1}{16}\left(-a_{5}^{3}+4a_{4}a_{5}-8a_{3}\right)}\\ (\alpha\beta+\gamma\beta+\alpha\gamma) & = & {\displaystyle \frac{1}{8}\left(4a_{4}-a_{5}^{2}\right)}\\ (\alpha+\beta+\gamma) & = & {\displaystyle -\frac{a_{5}}{2}} \end{array}} $$

Así, para el $3$ coeficientes:

$$ {\displaystyle \begin{array}{ccc} a_{0} & = & {\displaystyle \frac{1}{256}\left(-a_{5}^{3}+4a_{4}a_{5}-8a_{3}\right)^{2}}\\ a_{1} & = & {\displaystyle \frac{1}{64}\left(a_{5}^{2}-4a_{4}\right)\left(-a_{5}^{3}+4a_{4}a_{5}-8a_{3}\right)}\\ a_{2} & = & {\displaystyle \frac{1}{64}\left(5a_{5}^{4}-24a_{4}a_{5}^{2}+32a_{3}a_{5}+16a_{4}^{2}\right)} \end{array}} $$

Por lo tanto:

$$ \left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)\left(x-\gamma\right)=x^{3}+\frac{a_{5}x^{2}}{2}+\frac{1}{8}\left(4a_{4}-a_{5}^{2}\right)x+\frac{1}{16}\left(a_{5}^{3}-4a_{4}a_{5}+8a_{3}\right) $$

Que tiene tres raíces reales distintas, si:

$$ \frac{1}{128}\left(-25a_{5}^{6}+180a_{4}a_{5}^{4}-320a_{3}a_{5}^{3}-304a_{4}^{2}a_{5}^{2}+1152a_{3}a_{4}a_{5}-64a_{4}^{3}-864a_{3}^{2}\right)>0 $$

Answer 2

Comienzo el cómputo por la misma expresión que @Ákos Somogyi

$$\tag{1}x^6-10 x^5+29 x^4-4 x^3+ax^2-bx-c=\underbrace{(x-\alpha)^2(x-\beta)^2(x-\gamma)^2}_{p(x)^2}$$

Pero considero de inmediato que este polinomio es igual a

$$\tag{2}p(x)^2=(x^3+ux^2+vx+w)^2$$

para determinados coeficientes $u,v,w.$ Expandiendo el cuadrado en (2):

$$\tag{3}x^6+2ux^5+(u^2+2v)x^4+(2uv+w)x^3+(2uw+v^2)x^2+2vwx+w^2,$$

obtenemos fácilmente por identificación de los coeficientes en (1) y (3):

$$u=-5, v=2, w=8.$$

de lo que deducimos: $a=-76, b=-32, c=-64$ y

$$p(x)=x^3-5x^2+2x+8=(x+1)(x-2)(x-4)$$

Por lo tanto, la raíz más a la derecha es: $x=4$ como se puede ver en la imagen de abajo. Esta imagen representa la curva con ecuación $y=x^6-10x^5+29x^4-4x^3-76x^2$ y la recta con ecuación $y=-32x-64$ , tangente a la curva en 3 puntos diferentes.

Answer 3

Como hay tres raíces dobles, $$x^6 - 10x^5 + 29x^4 - 4x^3 + ax^2-bx-c$$ es un cuadrado perfecto, y podemos evaluar su raíz cuadrada.

Mirando los dos primeros términos,

$$x^6-10x^5\leftrightarrow(x^3-5x)^2=x^6-10x^5\cdots$$

Siguiente

$$x^6-10x^5+29x^4\leftrightarrow(x^3-5x^2+px)^2=x^6-10x^5+(2p+25)x^4\cdots$$ para que $p=2$ .

Entonces

$$x^6-10x^5+29x^4-4x^3\leftrightarrow(x^3-5x^2+2x+q)^2=x^6-10x^5+29x^4+(2q-20)x^3\cdots$$ y $q=8$ .

Las raíces de

$$x^3-5x^2+2x+8$$ son $-1, 2$ y $\color{green}4$ .

Answer 4

Tenemos las líneas $y = x^{2}(x^{4}-10x^{3}+29x^{2}-4x+a)$ y $y = bx + c$

Con $x^{2}(x^{4}-10x^{3}+29x^{2}-4x+a) \geq bx + c$

Llamemos al $3$ puntos de intersección $x_{1}, x_{2}$ y $x_{3}$ con $x_{1}<x_{2}<x_{3}$

Dejemos que $h(x) = x^{6}-10x^{5}+29x^{4}-4x^{3}+ax^{2}$

Entonces, en el $3$ puntos de intersección, $h'(x_{i}) = b$

Queremos la ecuación

$x^{2}(x^{4}-10x^{3}+29x^{2}-4x+a) = bx + c$

tener $x_{1},x_{2}$ y $x_{3}$ como su $3$ soluciones distintas.

$x^{6}-10x^{5}+29x^{4}-4x^{3}+ax^{2}- bx - c =0$

$(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})f(x) = 0$ donde $f$ es una función de $x$ .

Está claro que $f$ sería una cúbica, que tendría al menos $1$ solución a $f(x) = 0$ . Entonces requerimos que, o bien, uno de nuestros puntos de intersección sea una raíz de $f(x)$ y la cuadrática restante no tiene raíces reales, o $f(x)$ tiene hasta $3$ raíces iguales a nuestros puntos de intersección.

Ahora considere los casos:

$x_{3} = 4: 1024 +16a = 4b + c $

$x_{3} = 5: 2000 + 25a = 5b + c$

$x_{3} = 7: 17836 + 49a = 7b + c$

Estas son todas las "condiciones" que se me ocurren. La desigualdad parece bastante compleja y difícil de aprovechar.