Gleichung funktion dritten grades bestimmen beliebige punkte geht

Gleichung für eine Funktion dritten Grades bestimmen, die durch beliebige Punkte geht

Du hast immer 4 Parameter zu bestimmen.
f = b3 x ³ + b2 x ² + b1 x + b0
Du siehst es noch direkter, wenn du daran denkst, dass du ja drei Nullstellen x1;2;3 hast; dazu käme der Normierungsfaktor k.
f = k
Diese 4 Bed. sind lediglich notwendig, nicht hinreichend. Hier treten ganz typisch die Probleme der ===> linearen Abhängigkeit und der ===> schlechten Konditionierung von Gleichungssystemen auf, die so in ihrer Allgemeinheit von Schülern noch gar nicht wahr genommen werden. So ist es beispielsweise immer möglich, ein Polynom n-ten Grades aus n + 1 Knotenpunkten zu konstruieren ===> Lagrange-Polynome
Es existiert z.B. auch eine ===> Splinelösung, z.B.
f , f ; f ' , f ' Schüler lassen sich - ich seh das hier ja bei euch jeden Tag - völlig unbelehrbar zu gekoppelten 4 Unbekannten verleiten, über die du a priori erst mal jeden Überblick verlierst. Es stellt sich nämlich heraus, dass Aufgaben, die dem Schwierigkeitsgrad von Schülern an gemessen sind, sich mit zwei oder manchmal auch nur einer Unbekannten erschlagen lassen. Für mich ist das so ne Art Denksport, denn wie es am Besten geht, ist eben von Aufgabe zu Aufgabe verschieden. Bitte schön; wennde was hast - an mir solls nicht scheitern.
Ich bin hier Sieger aller Klassen. Ich will ja keines Wegs aus schließen, dass hier jemand mehr Tricks auf der Pfanne hat als ich - nur ist mir dieser Jemand in Lycos noch nicht begegnet.

Pass auf; was du willst - ich beziehe mich hier auf deine Frage an cyxy. Das ist voll pervers; ich sags dir bloß. Aber in Lehrbüchern über höhere Mathematik wird es folgender Maßen erklärt.
Du gibst vier Knoten vor
P1;2;3;4 :=
Wie gehe ich vor? Ich definiere die 4 Lagrange-Polynome Diese 4 Polynome will ich mal nennen L1;2;3;4 Und zwar sollen die erfüllen
L k
Dabei ist dieses ===> Kronecker-DELTA immer gleich Eins, wenn zwei Indizes gleich sind; sonst gleich Null. Paar Beispiele: L1 = 0 , L2 = 1 , L4 = 0 , L1 = 1.
Also jetzt mal angenommen, die LP lassen sich konstruieren. Dann wäre die Lösung für das Problem doch
f = y1 L1 + y2 L2 + y3 L3 + y4 L4
Das ist verblüffend; Mathematiker nennen so Darstellungen wie orthogonal. Und jetzt konstruieren wir als Beispiel L1. Also sagst du, x2;3;4 sind die drei Nullstellen. Du musst jetzt nur noch durch die Normierung dividieren; denk mal scharf nach.
L1 =
---
Das hat man in Mathe immer besonders gern, wenn man die Lösung KONSTRUIEREN kann. Wir wissen jetzt dank Lagrange, einem der ganz großen: Das Problem ist lösbar.
Aber ich hab ja Hochschuldrill; mich haben sie erzogen, systematisch weiter zu fragen. Wir wollen doch darauf hinaus, dass 4 Punkte das Problem auch EINDEUTIG machen. Ein Polynom, das nur durch den einen Punkt P1 geht, wäre ja schon L1 - als Antwort auf deine Frage. Aber dieses L1 ist eben nicht eindeutig
Stell dir vor, es gäbe da zwei verschiedene Polynome 3. Grades f1 und f2 , die beide durch den Parcours verlaufen. Dann bilde ich
g := f1 - f2
ist ein Polynom höchstens 3. Grades, das nicht identisch verschwindet. Es hätte 4 Nullstellen - MINDESTENS. Nämlich x1;2;3;4 - Widerspruch.
Matheprofs begeben sich nur ungern in die Niederungen der Praxis. Unsere Darstellung ist eben deshalb so unhandlich - wer soll denn die ganzen Klammern aus multi? So kann das unmöglich stehen bleiben; ich geb das Zeug zwischenzeitlich auch alles beim Arndt Brünner ab.
Verstehste; gegen einen mit 12 silvestern Mensa seit ihr voll chancenlos. Ich seh genau, worauf es an kommt; Beispiel. Hier kam mal eine Aufgabe analog Aber du musst etwas ' sehen ' genau wie in der Geometrie. Und da seh ich, die Zahlen erfüllen rein zufällig eine Zusatzbed.
y1 = y2
Ja gut; was soll uns das jetzt groß bringen? Es rettet uns mit einem Schlag vor den ganzen Klammern. In würde das direkt erst mal nicht auf fallen. Ich gehe her und sage
F : f = F + y1
Wegen hast du offenbar
F = F = 0
F = k
mit der zunächst unbekannten Nullstelle x0 Du kennst F3;4 := F k wird einfach weg dividiert
-- = F3 / F4

Ich wär echt nicht drauf gekommen - wäre ich nicht in der Praxis voll auf die Schnauze gefallen. An dem Beispiel lässt sich nämlich wunderbar demonstrieren, was das ist - schlecht konditioniert.
Wegen ist ein mindstens quadratisches Polynom; es wäre ja im Falle von Entartung denkbar, dass die Knoten bereits durch einen quadratischen Fit dar gestellt werden. Mensch stell dir das mal vor; der ganze Klammersalat in den du aus multi müsstest, bis dass du raus hast, dass sich die kubischen Terme weg heben. Oder noch perverser: Vier Punkte liegen auf einer Geraden 2.6 - also irgendwas ist in total durch geknallt.
würde sich dann reduzieren auf
F = k
F3;4 = k
Jetzt gehst du her und setzt F3;4 in ein – da erlebst du dein blaues Wunder. Was du bekommst,ist nämlich gar keine Bestimmungsgl. für x0, sondern du bretterst auf den Widerspruch x3 = x4
An sich ist das ja auch nicht weiter tragisch; wenn ich definitiv weiß, die Form liegt vor, dann ermittle ich k über F3 – die vierte Bed. für F4 wird immer automatisch mit erfüllt – auch im allgemeinen Fall Es hat sich eigentlich gar nichts Wesentliches geändert.
Was passiert hier eigentlich? x0 ist quasi gegen Unendl. gegangen; und ‚sub specie aeternitatis‘ – von der Unendlichkeit her beurteilt – ist x3 = x4 durchaus erfüllt …
Ich seh schon, wie die Analytiker bedenklich mit dem Kopf wiegen. Nein; so dürfen wir nicht argumentieren. Der Widerspruch ergibt sich einfach, weil wir voraus setzen, während tatsächlich vor liegt 2.7c
Auf x0 passt ganz typisch jener unter Physikern kursierende Witz, ‚unendliche Größen dürfen wir vernachlässigen‘
Wir sind eigentlich gewohnt, den Grenzübergang x0 ===> °° zu bilden. Das ist es, was ich mit ‚schlecht Konditioniert‘ meine – dass auf x0 >> x3;4 führen könnte – auch das ist ja theoretisch denkbar. Was wir doch effektiv bilden können, ist der Grenzwert
[x0===> °°x3 –x0x4 – x03.2)
Führen wir diesen Grenzübergang in durch, landen wir wieder bei einer zu äquivalenten Aussage.

Gar nicht; man braucht mind. drei Angaben.

Sorry, ich habe mich vertan.
Die allgemeine Funktionsgleichung einer kubischen Gleichung lautet:
f = ax³+bx²+cx+d
Man braucht also VIER Angaben.

Wenn ich jetzt also noch zwei zusätliche Punkte habe B und C
Dann könnte ich diese lösen oder?
Wenn ja, bitte erklären, wie sowas geht

Soweit ich weiß kannst du das nicht weiter rechnen. Für die Aufstellung einer Funktionsgleichung bräuchtest du noch die Nullstellen.