Aussehen von Fkt. 4. Grades

10.03.2025, 12:15

polyy

Aussehen von Fkt. 4. Grades

Kann ich an der Funtionsgleichung einer Funktion 4. Grades direkt sehen, ob sie nur eine Extremstelle oder drei Extremstellen hat?
Wenn ja woran?
(Also z.B. Parameter vor dem x³, x² x oder absolutes Glied?

LG

10.03.2025, 12:35

HAL 9000

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Drei lokale Extremstellen hat diese Funktion genau dann, wenn ihre Ableitung (die eine kubische Funktion ist) genau drei reelle Nullstellen hat. Und das kann man anhand des Vorzeichens von deren Diskriminante entscheiden.

11.03.2025, 09:16

polyyn

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Ok, danke. Also man kann nicht schon sagen, weil z.B. kein Summand mit x^2 dabei ist , ist es auf alle Fälle ...... oder weil ein neagtiver Summand mit x dabei ist, ist es ....

11.03.2025, 09:52

Leopold

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[attach]58185[/attach]

11.03.2025, 10:41

HAL 9000

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@polyy

Zu bequem, dir die Diskriminantenvariante mal anzuschauen? Mit der kann man eine Aussage treffen mit einem noch übersichtlichem Term (d.h. deutlich weniger aufwändig als die komplizierteren Terme der Gesamtlösung der kubischen Gleichung).

Ausgehend von $\begin{eqnarray*} f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e \end{eqnarray*}$ hat die Diskriminante der Ableitung $\begin{eqnarray*} f'(x) \end{eqnarray*}$ die Gestalt $\begin{eqnarray*} \Delta = -p^3-q^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p=\frac{8}{3}ac - b^2 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} q=b^3 - 4abc + 8a^2d \end{eqnarray*}$ (da es hier nur um deren Vorzeichen geht, habe ich einen dazu unwesentlichen positiven Vorfaktor weggelassen).

Für Leopolds drei Fälle mit den Parametertupeln $\begin{eqnarray*} a=1,c=0,e=0 \end{eqnarray*}$ ergibt das $\begin{eqnarray*} \Delta = b^6 - (b^3 + 8d)^2 \end{eqnarray*}$ und damit:

1) $\begin{eqnarray*} b=-1,d=1 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \Delta=-48 < 0 \end{eqnarray*}$ , das bedeutet nur eine lokale Extremstelle.

2) $\begin{eqnarray*} b=-2,d=2 \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \Delta=0 \end{eqnarray*}$ , auch nur eine lokale Extremstelle. Außerdem ist auch noch $\begin{eqnarray*} p\neq 0 \end{eqnarray*}$ , damit gibt es außer der lokalen Extremstelle noch einen Sattelpunkt (im Fall $\begin{eqnarray*} \Delta=0,p=0 \end{eqnarray*}$ gibt es den nicht, da ist $\begin{eqnarray*} f(x) = a\left(x+\frac{b}{4a}\right)^4 + d_1 \end{eqnarray*}$ ).

3) $\begin{eqnarray*} b=-2,d=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} \Delta=48 > 0 \end{eqnarray*}$ , das bedeutet drei lokale Extremstellen.

11.03.2025, 11:02

Steffen Bühler

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Allgemeiner könnte man die im Wiki-Link genannte Diskriminante $\begin{eqnarray*} -4c^3-27d^2 \end{eqnarray*}$ einer kubischen Gleichung verwenden und auf die Ableitung von $\begin{eqnarray*} ax^4+bx^3+cx^2+dx+e \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} 4ax^3+3bx^2+2cx+d \end{eqnarray*}$ anwenden. Das ergibt dann $\begin{eqnarray*} -4 \cdot (2c)^3-27d^2 \end{eqnarray*}$ .

Nach $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ aufgelöst ist das $\begin{eqnarray*} d=\pm \frac 49 \cdot \sqrt 6 \cdot \sqrt {-c^3} \end{eqnarray*}$ .

Das bedeutet: $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ muss nichtpositiv und $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ muss innerhalb dieser Grenzen sein, damit drei Extremstellen auftreten.

Ich wundere mich allerdings, dass die anderen Koeffizienten gar nichts zu sagen haben. Denkfehler?

11.03.2025, 11:06

HAL 9000

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Mit Ausnahme der abschließenden Auflösung habe ich eigentlich genau das getan - allerdings ohne Symbolkonflikte bei $\begin{eqnarray*} c,d \end{eqnarray*}$ ...

Deine Diskriminantenformel bezieht sich auf die kubische Gleichung $\begin{eqnarray*} x^3 + cx + d = 0 \end{eqnarray*}$ , d.h., ohne quadratisches Glied.

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Ok, etwas ausführlicher:

$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x) = 4ax^3 + 3bx^2 + 2cx + d \end{eqnarray*}$

Wir wollen wissen, wieviel reelle Lösungen die kubische Gleichung $\begin{eqnarray*} f'(x) = 0 \end{eqnarray*}$ hat. Lassen wir zunächst mal da quadratische Glied verschwinden, das gelingt via $\begin{eqnarray*} g(x) := 16a^2\cdot f'\left(\frac{x-b}{4a}\right) = \ldots = x^3 + 3p x + 2q \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} p = \frac{8}{3}ac - b^2 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} q = b^3 - 4abc + 8a^2d \end{eqnarray*}$ . Denn Anzahl (und Vielfachheit) der Nullstellen von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist dieselbe wie bei $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ , nur an anderen Stellen durch die verwendete lineare Transformation des Arguments.

Die Diskriminante der kubischen Gleichung $\begin{eqnarray*} x^3+3px+2q=0 \end{eqnarray*}$ ist nun eben jenes $\begin{eqnarray*} \Delta = -p^3-q^2 \end{eqnarray*}$ .

11.03.2025, 11:17

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von HAL 9000
Deine Diskriminantenformel bezieht sich auf die kubische Gleichung $\begin{eqnarray*} x^3 + cx + d = 0 \end{eqnarray*}$ , d.h., ohne quadratisches Glied.

Stimmt, danke. Dann kann man offenbar zwar bei gegebenen drei Koeffizienten den vierten bestimmen, so dass drei Extremstellen entstehen, aber "sehen" kann man es nicht.

11.03.2025, 15:26

klauss

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Ein einfaches Patenrezept scheint es angesichts der umfangreichen Rechnungen nicht zu geben. Daher habe ich versucht, einen Spezialfall mit bescheidenerem Aufwand herauszufiltern:

Vorgelegt wird ein
$\begin{eqnarray*} f(x) = a_{4}x^4 + a_{3}x^3 + a_{2}x^2 + a_{1}x + a_{0} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} a_{4},a_{3},a_{2} ,a_{1}\neq 0 \end{eqnarray*}$ ; $\begin{eqnarray*} a_{0} \end{eqnarray*}$ beliebig

1) Prüfung der Voraussetzung mit einem Blick

$\begin{eqnarray*} a_{4},a_{3},a_{2} ,a_{1} \end{eqnarray*}$ haben
- alle dasselbe Vorzeichen
oder
- alternierendes Vorzeichen

2) Man betrachtet

$\begin{eqnarray*} a_{4},~\frac{a_{3}}{4},~\frac{a_{2}}{6},~\frac{a_{1}}{4} \end{eqnarray*}$

(sprich: Man teilt die Koeffizienten durch die Binomialkoeffizienten zur 4. Potenz)

Wenn es eine Zahl $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ gibt, so dass
$\begin{eqnarray*} | \frac{a_{3}}{4} |=p \cdot | a_{4} | \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} | \frac{a_{2}}{6} | =p \cdot| \frac{a_{3}}{4} | \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} | \frac{a_{1}}{4}| =p \cdot | \frac{a_{2}}{6}| \end{eqnarray*}$

dann läßt sich $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ in "Scheitelpunktsform" $\begin{eqnarray*} a_{4}\left(x\pm p\right)^{4}+q \end{eqnarray*}$ schreiben und hat somit nur 1 Extremstelle, da aus $\begin{eqnarray*} f(x)=x^{4} \end{eqnarray*}$ durch Streckung/Stauchung/Verschiebung hervorgegangen.

11.03.2025, 15:42

HAL 9000

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Tja, wie einfach soll es noch sein? Ich habe oben ein recht einfaches Rezept für alle Fälle angegeben - vor allem wenn ich sehe, welch Aufwand du betreibst, um nur den einen Sonderfall $\begin{eqnarray*} \Delta=0,p=0 \end{eqnarray*}$ (in meiner Terminologie) zu charakterisieren. Augenzwinkern

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Man kann übrigens auch ohne langes Studium der Theorien der Diskriminanten oder der Cardanischen Formeln noch relativ einfach begründen, warum $\begin{eqnarray*} g(x)=x^3+3px+2q \end{eqnarray*}$ genau dann drei reelle Nullstellen hat, falls $\begin{eqnarray*} \Delta=-p^3-q^2 \end{eqnarray*}$ positiv ist - es genügen folgende Überlegungen:

Mit $\begin{eqnarray*} g'(x)=3x^2 + 3p \end{eqnarray*}$ ist klar, dass $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ im Fall $\begin{eqnarray*} p\geq 0 \end{eqnarray*}$ streng monoton wachsend ist und damit nur eine reelle Nullstelle hat. Betrachten wir im folgenden also nur $\begin{eqnarray*} p<0 \end{eqnarray*}$ : Dann hat $\begin{eqnarray*} g' \end{eqnarray*}$ die Nullstellen $\begin{eqnarray*} \pm\sqrt{-p} \end{eqnarray*}$ , bei der negativen hat $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ein lokales Maximum, bei der positiven ein lokales Minimum. Damit $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nun drei Nullstellen hat, muss an diesen beiden lokalen Extremstellen gelten

$\begin{eqnarray*} 0 \stackrel{!}{<} g\left(-\sqrt{-p}\right) = -2p\sqrt{-p} + 2q \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0 \stackrel{!}{>} g\left(\sqrt{-p}\right) = 2p\sqrt{-p} + 2q \end{eqnarray*}$ .

Beides zusammen ist genau dann erfüllt, wenn neben $\begin{eqnarray*} p<0 \end{eqnarray*}$ auch noch $\begin{eqnarray*} |q| < |p|\sqrt{-p} \end{eqnarray*}$ gilt, was nach Quadrierung äquivalent zu $\begin{eqnarray*} q^2 < -p^3 \end{eqnarray*}$ ist, und das entspricht $\begin{eqnarray*} \Delta > 0 \end{eqnarray*}$ .

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