Analysis

2. MEHRFACHE INTEGRALE UND ABLEITUNGEN 381
Lemma 2.3.8. Seien D ⊂ R n eine Teilmenge und f1, f2 : D → R Funktionen.
Gegeben p ∈ D und Polynome P1, P2 mit fi ∼ d p Pi folgt
f1 + f2 ∼ d p P1 + P2 und f1f2 ∼ d p P1P2
2.3.9. Dies Lemma besteht in der Tat aus zwei Spezialfällen des Satzes, man
kann nämlich die Addition (+) : R 2 → R betrachten und rechnen f1 + f2 =
(+) ◦ (f1, f2) ∼ d p (+) ◦ (P1, P2) = P1 + P2 und ähnlich für die Multiplikation.
Wir brauchen jedoch einen unabhängigen Beweis, damit wir das Lemma beim
Beweis des Satzes verwenden dürfen.
Beweis des Lemmas. Dem Leser überlassen. Statt Pi polynomial reicht es
auch, Pi stetig bei p anzunehmen.
Beweis des Satzes. Wir zeigen nun zunächst g◦f ∼ d p Q◦f und dann Q◦f ∼ d p
Q◦P. Für die erste Ausage schreiben wir g(y) = Q(y)+|y −f(p)| d ε(y −f(p))
und erhalten durch Einsetzen von y = f(x) und Erweitern des rechtesten
Terms
(g ◦ f)(x) = (Q ◦ f)(x) + |x − p| d
|f(x) − f(p)|
|x − p|
d
ε(f(x) − f(p))
für alle x = p. Wir hatten uns ja bereits auf den Fall d ≥ 1 zurückgezogen.
In diesem Fall stimmt f bei p bis mindestens zur Ordnung 1 überein mit der
polynomialen Abbildung P, folglich ist f differenzierbar bei p, die vordere
Klammer in den eckigen Klammern bleibt beschränkt für für x → p und der
Ausdruck in eckigen Klammern strebt für x → p gegen Null. Wir müssen
also nur noch für jede polynomiale Abbildung Q zeigen
Q ◦ f ∼ d p Q ◦ P
Es reicht sicher, das im Fall l = 1 zu zeigen, also für Q ein Polynom. In
diesem Fall folgt sie aber sofort aus dem vorhergehenden Lemma 2.3.8.
Beispiel 2.3.10. Wollen wir für die Funktion f(x, y) = sin(x ey ) die partielle
∂
Ableitung
3f ∂x(∂y) 2 im Nullpunkt bestimmen, so benutzen wir unseren Satz
2.3.6 und rechnen
sin t = t − t3 + . . . 3!
x e y = x + xy + xy2
2
sin(x e y ) = x + xy + xy2
2
+ . . .
− x3
3!
+ . . .
und die gesuchte partielle Ableitung bei x = y = 0 ergibt sich mit der
Taylorreihe zu 1.