Um auf lokale Extrema zu untersuchen benötigt man die ersten beiden Ableitungen:

$f^{\prime }\left(x\right)=4x^3-3x^2-2x$

$f^{\prime \prime }\left(x\right)=12x^2-6x-2$

Damit ein lokales Extremum existiert, muss die notwendige Bedingung $f^{\prime }(x)=0$ erfüllt sein:

$f^{\prime }\left(x\right)=0$

$4x^3-3x^2-2x=0$

$4x(x^2-\frac{3}{4}x-\frac{1}{2})=0$

$x_1=0$

$x_2=\frac{3}{8}+\sqrt{{\left(\frac{3}{8}\right)}^2+\frac{1}{2}}=\frac{3}{8}+\sqrt{\frac{41}{64}}=\frac{3+\sqrt{41}}{8}\approx 1.18$

$x_3=\frac{3}{8}-\sqrt{{\left(\frac{3}{8}\right)}^2+\frac{1}{2}}=\frac{3}{8}-\sqrt{\frac{41}{64}}=\frac{3-\sqrt{41}}{8}\approx -0.43$

Damit gibt es zwei Kandidaten für lokale Extrema. Falls die zweite Ableitung bei einem gefundenen Kandidaten ungleich Null ist, ist die hinreichende Bedingung erfüllt und es ist nachgewiesen, dass es sich um lokale Extremstellen handelt:

$f^{\prime \prime }\left(0\right)=12\cdot 0^2-6\cdot 0-2=-2$

Das ist echt kleiner als Null. Damit ist $x_1=0$​ eine lokale Extremstelle. Da die zweite Ableitung kleiner Null ist, muss hier ein Maximum vorliegen. Um den Extrempunkt angeben zu können muss man nun noch $x_1=0$​ in die Funktionsgleichung einsetzen:

$f\left(0\right)=0^4-0^3+0^2=0$

Also ist ein lokales Maximum gefunden: $Max(0;0)$

Für $x_2=\frac{3+\sqrt{41}}{8}$ das gleiche Vorgehen:

$f^{\prime \prime }(\frac{3+\sqrt{41}}{8})\approx 7.63$

Das ist echt größer als Null. Damit ist $x_2=\frac{3+\sqrt{41}}{8}$​ eine lokale Extremstelle. Da die zweite Ableitung größer Null ist, muss hier ein Minimum vorliegen. Um den Extrempunkt angeben zu können muss man nun noch $x_2=\frac{3+\sqrt{41}}{8}$​ in die Funktionsgleichung einsetzen:

$f\left(\frac{3+\sqrt{41}}{8}\right)={\left(\frac{3+\sqrt{41}}{8}\right)}^4-{\left(\frac{3+\sqrt{41}}{8}\right)}^3+{\left(\frac{3+\sqrt{41}}{8}\right)}^2\approx -1.1$

Also ist ein lokales Minimum gefunden: $Min(1.18;-1.1)$

Für $x_3=\frac{3-\sqrt{41}}{8}$ das gleiche Vorgehen:

$f^{\prime \prime }(\frac{3-\sqrt{41}}{8})\approx 2.8$

Das ist echt größer als Null. Damit ist $x_2=\frac{3-\sqrt{41}}{8}$​ eine lokale Extremstelle. Da die zweite Ableitung größer Null ist, muss hier ein Minimum vorliegen. Um den Extrempunkt angeben zu können muss man nun noch $x_2=\frac{3-\sqrt{41}}{8}$​ in die Funktionsgleichung einsetzen:

$f\left(\frac{3-\sqrt{41}}{8}\right)={\left(\frac{3-\sqrt{41}}{8}\right)}^4-{\left(\frac{3-\sqrt{41}}{8}\right)}^3+{\left(\frac{3-\sqrt{41}}{8}\right)}^2\approx -0.07$

Also ist ein weiteres lokales Minimum gefunden: $Min(-0.43;-0.07)$

Da ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=\infty$, kann $x_2$ kein globales Maximum sein.

Da $f(x_1)<f(x_2)$, kann bei $x_2$ kein globales Minimum sein.

Nun ist nur noch zu prüfen, ob bei $x_1$ ein globales Minimum vorliegt. Wenn bei $x_1$ein globales Minimum wäre, würde gelten $f(x)\ge f(x_1)$ für alle $x$ aus dem Definitionsbereich. Wir nehmen mal an, dass dies nicht so ist. Dann müsste es $x$ geben, für die gilt:

$f(x)<f(x_1)$

Durch folgende Überlegung kann man aber nachweisen, dass es keine x-Werte kleiner als $f(x_1)$ geben kann:

• ${\lim }_{x\to \infty }f(x)=\infty$ und ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=\infty$

• Die Funktion ist wie jede ganzrationale Funktion stetig.

• Die Funktion kann nur drei Extrema besitzen (siehe notwendige Bedingung aus Aufgabe a)).

Sollte es noch Werte kleiner als $f(x_1)$ geben, müsste die Funktion aber noch ein Minimum haben da sie stetig ist und das angegebenen Verhalten im Unendlichen hat. Schließlich muss sie wieder "hinauf". Bei $x_1$ muss demnach ein globales Minimum vorliegen.