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Aufgabe:

Zeigen Sie, dass es für \( F: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R},(x, y, z) \mapsto y^{2}+x z+z^{2}-\exp (x z)-1 \) offene Umgebungen \( U_{1} \subset \mathbb{R}^{2} \) von \( (0,-1), U_{2} \subset \mathbb{R} \) von 1 und eine stetig differenzierbare Funktion \( f: U_{1} \rightarrow U_{2} \) gibt, sodass für alle \( (x, y, z) \in U_{1} \times U_{2} \) die Gleichung \( F(x, y, z)=0 \) genau dann gilt, wenn \( z=f(x, y) \).

Überlegen Sie sich, dass \( f \) bereits zweimal stetig differenzierbar ist und bestimmen Sie das Taylorpolynom \( T^{(2)} f(x, y ;(0,-1)) \) zweiter Ordnung von \( f \) mit Entwicklungspunkt \( a=(0,-1) \).


Problem/Ansatz:

Der ersten Teil habe ich bereits mit dem Satz über implizite Funktionen gezeigt.

Ich komme eher bei dem zweiten Teil der Aufgabe nicht weiter, also das Taylorpolynom 2. Ord. zu finden. Ich habe bereits folgendes bestimmt (Ableitung der expliziten Funktion f):

\( \rightarrow \) Laut Angabe ist f zweimal stetig diffbar!
Zunächst ist: \( f(0,-1)=1 \)
Jacobi-Matrix von \( f \) :
\( \begin{array}{l} f^{\prime}(x, y)=\left(-\frac{F_{x}\left(x, y, z\right)}{F_{z}(x, y, z)}-\frac{F_{y}}{F_{z}}(x, y, z)\right)=-\frac{1}{x+2 z-x \exp (x z)} \cdot(z-z \exp (x z) \quad 2 y) \\ \Rightarrow f^{\prime}(0,-1)=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \end{array}\right) \end{array} \)

Mein Problem besteht darin, dass ich die zweite Ableitung von f nich bestimmen kann, also ich weiß nicht, wie die entsprechende Formel dafür aussehen. Kann mir da Jemand weiterhelfen?

von

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Beste Antwort

Hallo,

es ist technisch etwas kompliziert aufzuschreiben. Aber es geht etwa so: Wir haben

$$F(x,y,f(x,y))=0$$

Wenn wir dieser Gleichung partiell nach x differenzieren, dann erhalten wir:

$$F_x(x,y,f(x,y))+F_z(x,y,f(x,y))f_x(x,y)=0$$

Dies könnnen wir nach \(f_x(x,y)\). Analog für die Ableitung nach y. Das hast Du oben gemacht, zusammengefasst im Rahmen des Satzes über implizite Funktionen.

Um höhere partielle Ableitungen zu bestimmen, können wir die Gleichung noch einmal partiell nach x differenzieren, ich lasse die Argumente weg:

$$F_{x,x}+F_{x,z}f_x+\left[F_{z,x}+F_{z,z}f_x\right]f_x+F_zf_{x,x}=0$$

In dieser Gleichung ist alles - für den speziellen Punkt - bekannt und Du kannst nach \(f_{x,x}(x,y)\) auflösen.

Analog geht es für die anderen Ableitungen.

Gru0 Mathhilf

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