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Es sei \( F(x, y) = x^3 − 3xy + y^3 − 1 = 0 \). Man berechne \(y′\) und \(y′′\) im Punkt \( (1,−\sqrt{3}) \).


Ansatz:
\(y'(x) = -\frac{F_{x} (x, y(x))}{F_{y}(x, y(x))}\)

\(F_{x} = 3x^2-3y = 3(x^2 -y)\)
\(F_{y} = 3y^2 - 3x = 3(y^2 -x)\)

\(F(1, - \sqrt{3} = 0 = 1 + 3\sqrt{3} - 3\sqrt{3} -1\)
\(F_{y}(1, -\sqrt{3}) \ne 0 \ne 3(3 -1) = 6\)

\(y'(x) = - \frac{F_{x}(x, y(x))}{F_{y}(x, y(x))} = -\frac{3(x^2 - y(x))}{3(y(x)-x)} = \frac{y(x) -x^2}{y(x)^2 -x}\)

Frage:
Stimmt mein Ansatz und wie kann man die zweite Ableitung berechnen?

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Aloha :)

Da die implizite Funktion \(F(x;y)\) gleich \(0\) ist, gilt dies auch für deren Differential:$$F(x;y)=x^3-3xy+y^3-1\stackrel!=0\quad\implies$$$$0=dF=\frac{\partial F}{\partial x}dx+\frac{\partial F}{\partial y}dy=(3x^2-3y)dx+(-3x+3y^2)dy\quad\implies$$$$(3x-3y^2)dy=(3x^2-3y)dx\quad\implies$$$$y'(x)=\frac{dy}{dx}=\frac{3x^2-3y}{3x-3y^2}=\frac{x^2-y}{x-y^2}$$Das entspricht deinem Ergebnis (mit (-1) erweitert).

Für die zweite Ableitung bemühen wir die Quotientenregel:

$$y''(x)=\frac{(2x-y')(x-y^2)-(x^2-y)(1-2yy')}{(x-y^2)^2}=\frac{2x-y'}{x-y^2}-\frac{(x^2-y)(1-2yy')}{(x-y^2)^2}$$$$\phantom{y''(x)}=\frac{2x}{x-y^2}-\frac{y'}{x-y^2}-\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}+\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}2yy'$$$$\phantom{y''(x)}=\frac{2x}{x-y^2}-\frac{\frac{x^2-y}{x-y^2}}{x-y^2}-\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}+\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}2y\,\frac{x^2-y}{x-y^2}$$$$\phantom{y''(x)}=\frac{2x}{x-y^2}-\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}-\frac{x^2-y}{(x-y^2)^2}+\frac{2y(x^2-y)^2}{(x-y^2)^3}$$$$\phantom{y''(x)}=\frac{2x}{x-y^2}-\frac{2(x^2-y)}{(x-y^2)^2}+\frac{2y(x^2-y)^2}{(x-y^2)^3}$$

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