Cuártica Cuasi discriminante

Question

Estoy tratando de encontrar una condición en a, b y c para el cuártico $P(x)=x^4+ax^3+bx+c$ tener una raíz triple.

Usando el Teorema de la Raíz Múltiple, es fácil demostrar que si tiene una raíz triple, debe ser $\alpha=-\frac{a}{2}$ .

Así que el método habitual para encontrar la condición es sustituir esto de nuevo en el polinomio original. En otras palabras, $P\left ( -\frac{a}{2} \right )=0$ debería dar la condición (¿necesaria?) para que el polinomio tenga una raíz triple.

Después de algunos cálculos, obtengo

• $a^4+8ab=16c \qquad (1)$

Aquí es donde surgen los problemas.

Para comprobar que realmente funciona, he puesto $a=1, b=1$ y encontró $c=\frac{9}{16}$ que NO tiene raíz triple de la calculadora gráfica.

Mi proceso de pensamiento fue "¡Oh! Debe ser porque todas las raíces triples deben ser también raíces dobles, así que quizás tenga que sustituir $x=-\frac{a}{2}$ de nuevo en $P'(x)$ para obtener una segunda condición que debe satisfacerse".

Así que trabajé con

$P'\left ( -\frac{a}{2} \right )=0 $ para obtener

• $a^3+4b=0 \qquad (2)$

Mi proceso de pensamiento posterior fue: "Vale, entonces si encuentro a,b,c que satisfaga tanto (1) COMO (2), ¡eso debería dar un polinomio con raíz triple!".

He puesto $a=2$ que me dio $b=-2$ utilizando (2) que a su vez utilizando (1) daba como resultado $c=-1$ . Por lo tanto, esta tripleta debe satisfacer las condiciones (1) y (2).

Pero, por desgracia, el gráfico no tiene una raíz triple.

¿Qué está pasando? ¿Tiene que ver quizá con el hecho de que las condiciones son necesarias, pero no suficientes?

Answer 1

Tiene una raíz triple en $x$ cuando $P(x)=0\land P'(x)=0\land P''(x)$ simultáneamente.

$$x^4+ax^3+bx+c=0\\4x^3+3ax^2+b=0\\12x^2+6ax=0.$$

Una solución obvia es $x=0$ con $b=c=0$ y arbitraria $a$ . Hay otro para $x=-\dfrac a2$ .

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$$x=-\frac a2,b=-\frac{a^3}4,c=-\frac{a^4}{16}.$$

Answer 2

El caso de una raíz que como mínimo doble es bien conocida y se caracteriza por la aniquilación del discriminante.

Consideremos el caso concreto en el que existe exactamente una raíz triple $t$ la otra raíz $s$ siendo simple. $$x^4+ax^3+bx+c = (x-s)(x-t)^3\ \ \text{for certain} \ s, t, \ s \neq t \tag{1}$$

Este caso se presta a algo bastante interesante .

Expandiendo el lado derecho de (1) e identificando coeficientes similares, obtenemos el sistema :

$$\begin{cases}a + 3t + s&=&0 \ \ \ \ \ (a)\\ 3t(t+s)&=&0 \ \ \ \ \ (b)\\ t^3 +3st^2 + b&=&0 \ \ \ \ \ (c)\\ st^3 - c&=&0 \ \ \ \ \ (d) \end{cases}$$

La condición b) permite dividir la cuestión en dos subcasos :

• Si $t=0$ se obtiene $b=c=0$ y $s=-a$ de donde la primera familia de soluciones, polinomios

$$P_a(x)=x^4-ax^3=x^3(x-a)$$

que de hecho tienen $0$ como raíz triple y $a \neq 0$ como raíz simple.

• Si $t \neq 0$ la condición (b) da $s=-t$ . Introduciendo esta expresión de $s$ en (a),(c) y (d) se obtiene finalmente la segunda familia de soluciones :

$$Q_t(x)=x^4-2tx^3+2t^3x-t^4=(x+t)(x-t)^3$$

una vez más en función de un único parámetro ( $t \neq 0$ ).

He aquí una representación gráfica de algunos polinomios $Q_t$ para $t=-4...4 \ \ (t \neq 0)$ :

Fig. 1. Representación gráfica de diferentes polinomios $Q_t$ . Para $t = -2$ se obtiene la curva en rojo oscuro con raíces en $t=-2$ (raíz triple) y en $s=2$ (raíz simple).