Problem B. 5002. (January 2019)
B. 5002. The graph of the cubic polynomial \(\displaystyle x^3 +a x^2 + bx + c\) and the circle of radius \(\displaystyle 10\) centred at the origin intersect at six distinct points \(\displaystyle P_1\), \(\displaystyle P_2\), \(\displaystyle P_3\), \(\displaystyle P_4\), \(\displaystyle P_5\), \(\displaystyle P_6\). Express the centre of mass of the system \(\displaystyle P_1\), \(\displaystyle P_2\), \(\displaystyle P_3\), \(\displaystyle P_4\), \(\displaystyle P_5\), \(\displaystyle P_6\) in terms of the coefficients \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\).
(5 pont)
Deadline expired on February 11, 2019.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Legyenek a metszéspontok koordinátái \(\displaystyle P_i(x_i,y_i)\) (ahol \(\displaystyle 1\leq i\leq 6\)). Bármely metszéspontra teljesülnek az
\(\displaystyle y=x^3+ax^2+bx+c\)
és
\(\displaystyle x^2+y^2=100\)
egyenletek. Így az \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_6\) számok mind megoldásai a
\(\displaystyle 100-x^2=(x^3+ax^2+bx+c)^2\)
egyenletnek. A négyzetre emelést elvégezve, és rendezve az egyenletet:
\(\displaystyle 0=x^6+2ax^5+(a^2+2b)x^4+(2c+2ab)x^3+(2ac+b^2+1)x^2+2bcx+(c^2-100).\)
Az \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_6\) számok mind különbözők, hiszen a \(\displaystyle P_i\) pontok mind különbözők, és \(\displaystyle y_i\)-t egyértelműen meghatározza \(\displaystyle x_i\). Egy hatodfokú polinomnak legfeljebb hat különböző valós gyöke lehet, így a kapott polinomnak hat különböző gyöke kell legyen, melyek éppen az \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_6\) számok. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján az első három elemi szimmetrikus polinomjuk:
| \(\displaystyle s_1:=x_1+x_2+\dots+x_6=-2a, \) | \(\displaystyle {(1)}\) |
| \(\displaystyle s_2:=x_1x_2+x_1x_3+\dots+x_5x_6=a^2+2b, \) | \(\displaystyle {(2)}\) |
| \(\displaystyle s_3:=x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+\dots+x_4x_5x_6=-(2c+2ab). \) | \(\displaystyle {(3)}\) |
(1) alapján a súlypont első koordinátája \(\displaystyle \frac{x_1+x_2+\dots+x_6}{6}=-\frac{a}{3}\). Jelölje \(\displaystyle h_i=x_1^i+x_2^i+\dots+x_6^i\) az \(\displaystyle i\)-edik hatványösszegét az \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_6\) számoknak. Ismert (és könnyen ellenőrizhető), hogy \(\displaystyle h_2=s_1^2-2s_2\), illetve \(\displaystyle h_3=s_1h_2-s_2s_1+3s_3\). Tehát:
\(\displaystyle h_1=s_1=-2a,\)
\(\displaystyle h_2=s_1^2-2s_2=4a^2-2(a^2+2b)=2a^2-4b,\)
\(\displaystyle h_3=(-2a)(2a^2-4b)-(-2a)(a^2+2b)-6(c+ab)=-2a^3+6ab-6c.\)
Mivel minden \(\displaystyle 1\leq i\leq 6\) esetén \(\displaystyle y_i=x_i^3+ax_i^2+bx_i+c\), ezért
\(\displaystyle y_1+y_2+\dots+y_6=h_3+ah_2+bh_1+6c=(-2a^3+6ab-6c)+a(2a^2-4b)+b(-2a)+6c=0.\)
Tehát a súlypont koordinátái: \(\displaystyle \left(-\frac{a}{3},0\right)\).
Megjegyzések. 1. Ha egy \(\displaystyle (x,y)\) pont rajta van a megadott grafikonon és körön is, akkor
\(\displaystyle y-ax^2-c=x^3+bx=x(x^2+b),\)
és így
\(\displaystyle y-a(100-y^2)=x(100-y^2+b),\)
amiből
\(\displaystyle (y-a(100-y^2))^2=x^2(100-y^2+b)^2.\)
Tehát az \(\displaystyle y_i\) pontok mindegyike megoldása a \(\displaystyle (100-y^2)(100-y^2+b)^2-(y-a(100-y^2))^2=0\) hatodfokú egyenletnek. Mivel ez a polinom páros, speciálisan \(\displaystyle y^5\) együtthatója is 0, vagyis az egyenlet hat (esetleg komplex) gyökének (multiplicitással számolt) összege 0. Azonban az, hogy ez a hat gyök \(\displaystyle y_1,y_2,\dots,y_6\) még további indoklást igényelne, hiszen a \(\displaystyle x_i\)-k esetében használt érvelés nem működik, mivel az \(\displaystyle y_i\)-k nem feltétlenül páronként különbözők.
2. Könnyen ellenőrizhető, hogy például az \(\displaystyle y=x^3-10x\) polinom hat pontban metszi az \(\displaystyle x^2+y^2=100\) kört, tehát a feladatban leírt eset valóban előfordulhat.
Statistics:
37 students sent a solution. 5 points: Apagyi Dávid, Baski Bence, Beke Csongor, Dobák Dániel, Füredi Erik Benjámin, Geretovszky Anna, Győrffy Ágoston, Hegedűs Dániel, Jánosik Áron, Jánosik Máté, Markó Gábor, Péter Kristóf, Pooya Esmaeil Akhoondy, Rareș Polenciuc, Soós 314 Máté, Szabó 417 Dávid, Telek Zsigmond , Tóth 827 Balázs, Velich Nóra, Weisz Máté, Zsigri Bálint. 4 points: Bokor Endre, Csaplár Viktor, Gyetvai Miklós, Hámori Janka, Kerekes Anna, Szabó 991 Kornél, Tiderenczl Dániel, Várkonyi Zsombor. 3 points: 2 students. 2 points: 3 students. 1 point: 2 students. 0 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2019