五次多项式的三个拐点共线,求证等差数列

hbghlyj

五次多项式$f(x)$的图象有三个拐点$(x_i,f(x_i)),i=1,2,3,x_1<x_2<x_3$且共线,求证$x_1,x_2,x_3$成等差数列.


回复 2# kuing
这个是我今天早上乱想的,没有看任何资料,但是,如此general的性质,想必是有前人研究过的
回复 3# 战巡
谢谢!
请问,能否推广到一般的五次曲线呢

kuing

想起了这帖 forum.php?mod=viewthread&tid=98

战巡

回复 1# hbghlyj


既然$x_1,x_2,x_3$是拐点，说明这三个点就是$f''(x)=0$的三个解不妨直接令
\[f''(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\]
\[=a[x^3-(x_1+x_2+x_3)x^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-x_1x_2x_3]\]
那么有
\[f'(x)=\int f''(x)dx\]
\[=a[\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{3}(x_1+x_2+x_3)x^3+\frac{1}{2}(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x^2-x_1x_2x_3x+c_1]\]
然后
\[f(x)=\int f'(x)dx\]
\[=a[\frac{1}{20}x^5-\frac{1}{12}(x_1+x_2+x_3)x^4+\frac{1}{6}(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x^3-\frac{1}{2}x_1x_2x_3x^2+c_1x+c_2]\]

而既然这三个拐点共线，假设这条线方程为$y=kx+b$，那么就有
\[f(x)-kx-b=0\]
\[a[\frac{1}{20}x^5-\frac{1}{12}(x_1+x_2+x_3)x^4+\frac{1}{6}(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x^3-\frac{1}{2}x_1x_2x_3x^2+(c_1-\frac{k}{a})x+c_2-\frac{b}{a}]=0\]
如此则说明，$x_1,x_2,x_3$正是这个五次方程的其中3个解
如果假设另外两个解为$x_4,x_5$（别管是不是实数，无所谓的），按照韦达定理就会有
一、
\[x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=\frac{20}{12}(x_1+x_2+x_3)\]
得到
\[x_4+x_5=\frac{2}{3}(x_1+x_2+x_3)\]
接下来我们用$p=x_1+x_2+x_3,q=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3,r=x_1x_2x_3$来替换这些烦人的项

二、
\[x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_1x_5+x_2x_3+x_2x_4+x_2x_5+x_3x_4+x_3x_5+x_4x_5=\frac{20}{6}(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)\]
得到
\[(x_1+x_2+x_3)(x_4+x_5)+x_4x_5=\frac{7}{3}(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)\]
代进上面的结果就有
\[2(x_1+x_2+x_3)^2+3x_4x_5=7(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)\]
\[x_4x_5=\frac{1}{3}(7q-2p^2)\]

三、
\[\sum_{1\le i<j<l\le 5}x_ix_jx_l=\frac{20}{2}x_1x_2x_3\]
\[(x_1 x_2+x_1x_3+x_2x_3)(x_4+x_5)+(x_1+x_2+x_3)x_4x_5=9x_1x_2x_3\]
\[q\cdot\frac{2}{3}p+p\cdot \frac{1}{3}(7q-2p^2)=9r\]
得到
\[r=\frac{1}{27}(9pq-2p^3)\]

另一方显然$x_1,x_2,x_3$是方程
\[x^3-px^2+qx-r=0\]
的三个解，代进去上面的$r$就得到
\[x^3-px^2+qx-\frac{1}{27}(9pq-2p^3)=0\]
\[\frac{1}{27}(3x-p)(9x^2-6px+9q-2p^2)=0\]
这就说明$x_1,x_2,x_3$中有一个等于$\frac{p}{3}=\frac{x_1+x_2+x_3}{3}$
这里面由于$x_1<x_2<x_3$，必然会有$x_1<\frac{p}{3}<x_3$，那只能是$x_2=\frac{p}{3}=\frac{x_1+x_2+x_3}{3}$，因此有
\[x_1+x_3=2x_2\]

kuing

设三拐点所在直线为 `y=g(x)`，令 `h(x)=f(x)-g(x)`，则 `h(x)` 有三个零点且它们都是拐点，即
\[h(x_1)=h(x_2)=h(x_3)=h''(x_1)=h''(x_2)=h''(x_3)=0,\]
设
\[h(x)=A(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5),\]
（这里 `x_4`, `x_5` 未必是实数，但照求导应该没问题吧？）
一方面，求导易得
\begin{align*}
h''(x)&=2A\sum_{i<j<k}(x-x_i)(x-x_j)(x-x_k)\\
&=2A(10x^3-6s_1x^2+3s_2x-s_3),\quad(*)
\end{align*}
其中
\[s_1=\sum_{i=1}^5x_i,\,s_2=\sum_{i<j}x_ix_j,\,s_3=\sum_{i<j<k}x_ix_jx_k,\]
另一方面，由 `h''(x_1)=h''(x_2)=h''(x_3)=0` 可知
\begin{align*}
h''(x)&=20A(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\\
&=20A(x^3-t_1x^2+t_2x-t_3),\quad(**)
\end{align*}
其中
\[t_1=x_1+x_2+x_3,\,t_2=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1,\,t_3=x_1x_2x_3,\]
比较式 (*) 与式 (**)，有
\[(t_1,t_2,t_3)=\left( \frac35s_1,\frac3{10}s_2,\frac1{10}s_3 \right),\]
记 `p=x_4+x_5`, `q=x_4x_5`，则上式化为
\[(t_1,t_2,t_3)=\left( \frac35(t_1+p),\frac3{10}(t_2+t_1p+q),\frac1{10}(t_3+t_2p+t_1q) \right),\]
消 `p`, `q` 即得
\[2t_1^3-9t_1t_2+27t_3=0,\]
代回 `x_1`, `x_2`, `x_3` 后因式分解即得
\[(x_1+x_2-2x_3)(x_1+x_3-2x_2)(x_2+x_3-2x_1)=0.\]

kuing

写完才看到战巡的……
我们不约儿童都使用了 x4, x5 而且也注明无需实数