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\title{Schulmathe: Polynom vierten Grades}
\date{}

\begin{document}
\maketitle\thispagestyle{empty}
\small{\textit{Die Aufgabe besteht darin, dass wir folgenden Ratio bestimmen: gegeben ist ein Polynom vierten Grades, mit zwei Wendepunkten $p_1$ und $p_2$, wo $p_1$ . Die Gerade durch diese Wendepunkte schneidet die Kurve des Polynoms in noch zwei Punkten $q_1$ und $q_2$. Zu bestimmen ist der Ratio $||q_1 - p_1||/||p_1 - p_2||$ und $||q_2 - p_1||/||p_2-p_1||$.}}

Wir machen bei dieser Aufgabe 2 Annahmen: (1) Es gibt zwei verschiedene Wendepunkte und (2) die Gerade durch diese zwei Wendepunkte schneidet der Graphik in noch zwei anderen Punkten.

Um die Distanzen zu bestimmen, k\"onnen wir die Graphik beliebig in $x$- und $y$-Richtung translieren. Auch \"andert sich der Ratio nicht under Skallierungen von $x$. Aus letzterem folgt, dass wir annehmen d\"urfen, dass das Polynom monisch ist:
\[
f(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx +d \,.
\]
Nach der Transformation $x\mapsto x - a/4$ k\"onnen annehmen, dass $a=0$. Nach einer Verschiebung $y \mapsto y +d$ k\"onnen wir  schon annehmen, dass $d=0$. Wir d\"urfen also annehmen, dass unser Polynom gegeben ist durch:
\begin{equation}\label{eqn1}
f(x) = x^4 - 6ax^2 + bx \,.
\end{equation}

Die Existenz von den zwei verschiedenen Wendepunkten impliziert, dass die Gleichung
\[
x^2 - a =0
\]
zwei L\"osungen hat. Daher muss $a$ ein Quadrat sein, und wir k\"onnen also statt (\ref{eqn1}) auch gleich
\[
f(x) = x^4 - 6a^2x^2 + bx 
\]
f\"ur das definierende Polynom nehmen. Des Weiteren k\"onnen wir annehmen, dass $a>0$. Damit sind also die $x$-Koordinate der Wendepunkte $p_1$ und $p_2$ gegeben durch $x=\pm a$.

Sei $h = kx+l$ die Gleichung der Gerade durch $p_1$ und $p_2$. Die Schnittpunkte von dieser Gerade mit dem Graphen von $f$ finden wir durch L\"osen von $f(x) - h(x) = 0$. Beachte, dass $f$ und $f-h$ nur im linearen Teil unterschiedlich sind. Wir wissen das $x=\pm a$ Nullpunkte des Polynoms $f-h$ sind, weil die Punkte $p_1$ und $p_2$ auf der Gerade durch $p_1$ und $p_2$ sind\footnote{Hatten Wittgenstein, Schlick, Hahn und Company dann doch recht, Mathe sei nur Tautologie, daf\"ur aber sinnvolle?}. Wir k\"onnen also schreiben
\[
f(x) - h(x) = (x^2 - a^2)(x^2 + sx+t)\,,
\]
f\"ur irgendwelche $s$ und $t$. Da der Koeffizient vor $x^3$ in $f(x) - h(x)$ Null sein muss, sehen wir, dass $s=0$. Dann muss aber, die zweite Annahme in Betracht nehmend, $t$ ein Quadrat sein; also schreiben wir
\[
f(x) - h(x) = (x^2 - a^2)(x^2 - c^2)\,,
\]
wo $c$ eine reelle Zahl ist, von welcher wir annehmen k\"onnen, dass sie gr\"o{\ss}er als Null ist. Da $f$ und $f-h$ nur im linearen Teil anders ausschauen, sind die quadratischen Terme von $f$ und $f-h$ gleich. Es folgt dann, dass
\[
6a^2 = a^2 + c^2\,,
\]
womit dann $c=\sqrt{5}a$. Damit sind alle Ratios fix, weil alle Punkte auf einer Gerade liegen, und deswegen statt der eigentlichen Distanzen die Projektion auf der $x$-Achse nehmen d\"urfen. 




\end{document}