Technische Universität München Übungsblatt 10 Hausaufgaben

Hausaufgaben
Aufgabe 10.1
Sei f : R 2 → R gegeben durch
Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik 2 (Elektrotechnik)
Prof. Dr. Anusch Taraz | Dr. Michael Ritter
Übungsblatt 10
⎧
⎨ x
f(x, y) :=
⎩
2y x4 +y2 für (x, y) �= (0, 0),
0 für (x, y) = (0, 0).
a) Zeigen Sie, dass f im Punkt (0, 0) partiell differenzierbar ist und berechnen Sie ∂xf(x, y)
und ∂yf(x, y) für alle (x, y) ∈ R 2 .
b) Zeigen Sie, dass f in (0, 0) unstetig ist.
c) Ist f in (0, 0) total differenzierbar? Berechnen Sie gegebenenfalls die totale Ableitung
von f in (0, 0).
Lösung zu Aufgabe 10.1
vgl. Mitschrift aus der Zentralübung
Ergänzend hier noch zwei Plots der Funktion f. Die erste Abbildung zeigt eine Darstellung des
Graphen, auf der sich sehr schön die parabelförmigen Niveaulinien erkennen lassen: Die Funktion
bleibt entlang einer solchen Line (z. B. der rote „Bergrücken“) konstant, nimmt jedoch
im Nullpunkt den Wert 0 an. Die Höhenlinien im zweiten Bild verdeutlichen das nochmals.
1

0.5
−0.5
3
2
1
0
4
−1
−2
−3
0
3
2
1
0
−1
−2
−3
−4
−4
−4
−4 −3 −2 −1 0 1 2 3
Aufgabe 10.2
Gibt es eine zweimal stetig differenzierbare Funktion f : R 2 → R, die folgende Gleichungen
erfüllt?
∂xf(x, y) = 4x 2 y und ∂yf(x, y) = x 2 + 3
2
−2
0
2
4

Lösung zu Aufgabe 10.2
vgl. Mitschrift aus der Zentralübung
Aufgabe 10.3
Berechnen Sie die Gradienten folgender Funktionen und geben Sie jeweils an, wo die Funktionen
partiell differenzierbar bzw. total differenzierbar sind.
a) f : R 2 → R, f(x, y) := xy + 3x 2 + 2(x + y)
b) f : R 2 → R, f(x, y) := x 3 e x+y2
c) f : R 2 → R, f(x, y) := xy ln(1 + √ x 2 + 2y 2 )
d) f : R 3 → R, f(x, y, z) := |x| (x + y + z)
e) f : R 3 → R, f(x, y, z) := x 2 y 2 z 2 + e x+2y−3z
f) f : R 4 → R, f(x1, x2, x3, x4) := sin(x1x2) + cos(x3x4) − x2x3 ln(x 2 3 + x 4 4)
Lösung zu Aufgabe 10.3
Die meisten Funktionen sind überall stetig differenzierbar, daher existiert auch die totale
Ableitung.
a) Es gilt:
b) Es gilt:
c) Es gilt:
∇f(x, y) =
�
�
y + 6x + 2
∇f(x, y) =
.
x + 2
�
3x 2 e x+y2
+ x3ex+y2 2x3yex+y2 �
= x 2 e x+y2
�
⎛
y ln
⎜
∇f(x, y) = ⎝
�
1 + √ x2 + 2y2 �
+
x ln �
1 + √ x2 + 2y2 �
+
3 + x
2xy
�
x2 √ y
x2 +2y2 +x2 +2y2 2xy2 ⎞
⎟
⎠ .
√
x2 +2y2 +x2 +2y2 Diese Ableitung ist im Nullpunkt (0, 0) T nicht definiert, dort untersuchen wir die partiellen
Ableitungen daher gesondert mit Hilfe der Differentialquotienten:
f(0 + h, 0) − f(0, 0)
∂1(0, 0) = lim
h→h h
∂2(0, 0) = lim
h→h
f(0, 0 + h) − f(0, 0)
h
0 − 0
= lim
h→0 h
= lim
h→0
0 − 0
h
Also ist die Funktion in (0, 0) T partiell differenzierbar mit ∇f(0, 0) = (0, 0) T . Für die
totale Differenzierbarkeit ist zu prüfen, ob
= 0
= 0
f(0 + (h1, h2) T ) = f(0, 0) + ∇f(0, 0) T (h1, h2) T + o �� �
�(h1, h2) T �� �
�
3
.

gilt. Wir betrachten also mit h = (h1, h2) T den Ausdruck
f(0 + h) − f(0, 0) − ∇f(0, 0) T h
�h�
= h1h2 ln(1 +
�
�
h 2 1 + 2h 2 2)
h 2 1 + h 2 2
für �h� → 0. Wenn �h� = R für eine Konstante R gilt, ist auch h1 · h2 ≤ R · R und
�
h 2 1 + 2h 2 2 ≤ R √ 2, also folgt
�
�
�
�h1h2
ln(1 + h
�
�
�
2 1 + 2h2 2)
�
h2 1 + h2 �
�
�
�
�
�
2
≤
�
�
�R
�
�
2 ln(1 + R √ �
2) �
�
�
R � = R ln(1 + R√2.) Mit R → 0 geht dieser Ausdruck gegen 0, also ist die Bedingung für totale Differenzierbarkeit
erfüllt, f ist in (0, 0) T total differenzierbar.
d) Für x > 0 gilt
für x < 0 ist
⎛
⎞
2x + y + z
⎜
⎟
∇f(x, y) = ⎝ x ⎠ ,
x
⎛
⎞
−2x − y − z
⎜
⎟
∇f(x, y) = ⎝ −x ⎠ .
−x
Für x = 0 ist f konstant die Nullfunktion, partielle Ableitungen in y- und z-Richtung
sind also beide 0. Für die partielle Ableitung in x-Richtung für x → 0 berechnen wir die
Grenzwerte
lim
x↓0
lim
x↑0
f(x, y, z) − f(0, y, z)
x
f(x, y, z) − f(0, y, z)
x
= lim
x↓0
= lim
x↓0
x(x + y + z) − 0
= y + z
x
−x(x + y + z) − 0
= −y − z
x
Die partielle Ableitung ∂xf(0, y, z) ist also unstetig, wenn x + z �= −y − z.
e) Es gilt
f) Es gilt
Aufgabe 10.4
⎜
∇f(x1, x2, x3, x4) = ⎜
⎝
⎛
2xy
⎜
∇f(x, y, z) = ⎝
2z2 + ex+2y−3z 2x2yz 2 + 2ex+2y−3z 2x2y2z − 3ex+2y−3z ⎞
⎟
⎠ .
⎛
x2 cos(x1x2)
x1 cos(x2x2) − x3 ln(x 2 3 + x 4 4)
−x4 sin(x3x4) − x2 ln(x2 3 + x4 4) − 2x2x2 3
x2 3 +x4 4
4
−x3 sin(x3x4) − 4x2x3x 3 4
x 2 3 +x4 4
⎞
⎟ .
⎟
⎠

Geben Sie für folgende Funktionen den maximalen Definitionsbereich an und berechnen Sie
alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung (soweit diese existieren).
a) f : R 2 → R, f(x, y) := x
y
b) f : R 2 → R, f(x, y) := ln(x 2 + y 2 )
c) f : R 3 → R, f(x, y, z) := ln( x2 +y 2
|z| )
Lösung zu Aufgabe 10.4
a) Der Definitionsbereich ist Df = R 2 \ (R × {0}), also der gesamte R 2 mit Ausnahme der
x-Achse. Für die ersten und zweiten Ableitungen ergibt sich:
∂xf(x, y) = 1
y
∂yf(x, y) = −x
y 2
∂xxf(x, y) = 0 ∂xyf(x, y) = − 1
y 2
∂yx(x, y) = − 1
y 2
∂yyf(x, y) = 2x
y 3
b) Der Definitionsbereich ist Df = R2 �� ��
0
\ . Als partielle Ableitungen erhalten wir:
0
∂xf(x, y) = 2x
x 2 + y 2 ∂yf(x, y) = 2y
x 2 + y 2
∂xxf(x, y) = 2(y2 − x 2 )
(x 2 + y 2 ) 2 ∂xyf(x, y) = − 4xy
(x 2 + y 2 ) 2
∂yxf(x, y) = − 4xy
(x 2 + y 2 ) 2
∂yyf(x, y) = 2(x2 − y 2 )
(x 2 + y 2 ) 2
c) Der Definitionsbereich ergibt sich zu Df = R 3 \ (R 2 × {0}) ∪ ({0} × {0} × R)), wir
schließen also sowohl die z-Achse aus (dort hätte der Bruch im ln den Wert 0) als auch
die x-y-Ebene (dort wäre der Bruch nicht definiert). Es ergibt sich dann (zunächst die
Ableitungen ohne z-Komponente):
∂xf(x, y, z) = 2x
x 2 + y 2 ∂yf(x, y, z) = 2y
x 2 + y 2
∂xxf(x, y, z) = 2(x2 + y 2 ) − 4x 2
(x 2 + y 2 ) 2 ∂xyf(x, y, z) = −4xy
(x 2 + y 2 ) 2
∂yxf(x, y, z) = −4xy
(x 2 + y 2 ) 2
5
∂yyf(x, y, z) = 2(x2 + y 2 ) − 4y 2
(x 2 + y 2 ) 2

Für die partiellen Ableitungen mit z-Komponente machen wir eine Fallunterscheidung,
für z > 0 gilt:
∂zf(x, y, z) =
z
x2 + y2 −(x2 + y2 )
z2 = − 1
z
∂zzf(x, y, z) = 1
z 2
∂x (∂z) f(x, y, z) = 0 ∂z (∂x) f(x, y, z) = 0
∂y (∂z) f(x, y, z) = 0 ∂z (∂y) f(x, y, z) = 0
Für die partiellen Ableitungen mit z-Komponente und z < 0 ändern sich einige Vorzeichen
in der Rechnung, die Ergebnisse bleiben aber (zufällig) gleich:
∂zf(x, y, z) = −z
x2 + y2 (x2 + y2 )
z2 = − 1
z
∂zzf(x, y, z) = 1
z 2
∂x (∂z) f(x, y, z) = 0 ∂z (∂x) f(x, y, z) = 0
∂y (∂z) f(x, y, z) = 0 ∂z (∂y) f(x, y, z) = 0
Aufgabe 10.5
Sei f : R 2 → R gegeben durch f(x, y) = |xy|. In welchen Punkten ist f partiell bzw. total
differenzierbar? Berechnen Sie in den entsprechenden Punkten die partiellen bzw. die totale
Ableitung.
Lösung zu Aufgabe 10.5
Es gilt f(x, y) = |x| |y|. Wir bearbeiten die Aufgabe mit einer Fallunterscheidung.
(1) x, y > 0 oder x, y < 0: f(x, y) = xy
Die Funktion ist dann überall stetig differenzierbar, also auch total differenzierbar, und es
gilt ∇f(x, y) = (y, x) T .
(2) x > 0 und y < 0 oder x < 0 und y > 0: f(x, y) = −xy
Die Funktion ist wieder überall stetig differenzierbar, also auch total differenzierbar mit
∇f(x, y) = (−y, −x) T .
(3) x = 0 und y > 0: Auf einer kleinen Umgebung jedes solchen Punktes (x, y) besitzt f dann
die Form f(x, y) = |x| y.
In y-Richtung gilt ∂yf(0, y) = |0| = 0, also ist f in y-Richtung partiell differenzierbar. In
x-Richtung gilt:
⎧
|h| y − 0 ⎨y
∂xf(x, y) = lim =
h→0 h ⎩−y
für h ↓ 0
für h ↑ 0 .
Für y > 0 existiert dieser Grenzwert also nicht, die Funktion ist daher nicht in x-Richtung
partiell differenzierbar. Damit ist f in diesem Fall natürlich auch nicht total differenzierbar.
(4) x = 0 und y < 0: analog zum vorigen Fall.
6

(5) x > 0 und y = 0 sowie x < 0 und y = 0: analog zu den beiden vorigen Fällen, hier
ist f in y-Richtung nicht partiell differenzierbar (und damit natürlich auch nicht total
differenzierbar).
(6) x = 0 und y = 0: Wir betrachten die Differentialquotienten
f(h, 0) − f(0, 0)
∂xf(0, 0) = lim
h→0 h
∂yf(0, 0) = lim
h→0
f(0, h) − f(0, 0)
h
In (0, 0) ist die Funktion also partiell differenzierbar. Damit wissen wir: Falls f total
differenzierbar ist, wäre der Gradient ∇f(0, 0) = (0, 0) T . Wir prüfen nach, ob für (x, y) →
(0, 0) der Zusammenhang
gilt. Es ist
= 0
= 0
f(0 + h) = f(0) + ∇f(0, 0) T h + o (�h�)
f(0 + h) − f(0) − ∇f(0, 0) T h = f(0 + h1, 0 + h2) − 0 − 0 = |h1h2| .
Wegen |h1h2| ≤ max {h 2 1, h 2 2} ≤ h 2 1 + h 2 2 folgt weiter:
1 �
f(0 + h) − f(0) − ∇f(0, 0)
�h�
T h �
= |h1h2|
�h� ≤ h21 + h2 2
�
also ist
h 2 1 + h 2 2
f(0 + h) − f(0) − ∇f(0, 0) T h = o (�h�) .
Damit ist h in (0, 0) T total differenzierbar mit Gradient ∇h(0, 0) = (0, 0) T .
=
�
h2 1 + h2 (h1,h2)→0
2 −−−−−−→ 0,
Aufgabe 10.6
Die Funktion f : R 2 → R sei definiert durch f(x, y) = 2x 3 − 5x 2 + 3xy − 2y 2 + 9(x − y − 1).
Berechnen Sie das Taylorpolynom vom Grad drei von f im Entwicklungspunkt (1, −1).
Lösung zu Aufgabe 10.6
Wir verwenden die Taylorformel aus der Vorlesung:
⎛
3� ⎜ � 1
T3(a, a + h) = ⎜
⎝
r=0 i!j! i,j∈N0
i+j=r
∂i 1∂ j
2f(a) · h i 1h j ⎟
2⎠
Wir müssen also die partiellen Ableitungen für r = 0, 1, 2, 3 berechnen:
r = 0:
i = 0, j = 0 :
7
⎞
1
0!0! f(1, −1)h0 1h 0 2 = 1

= 1:
r = 2: Es gilt:
r = 3: Es gilt:
i = 1, j = 0 :
i = 0, j = 1 :
i = 2, j = 0 :
i = 1, j = 1 :
i = 0, j = 2 :
i = 3, j = 0 :
i = 2, j = 1 :
i = 1, j = 2 :
i = 0, j = 3 :
Insgesamt erhalten wir das Taylorpolynom
∂11f(x, y) = 12x − 10
∂12f(x, y) = 3
∂22f(x, y) = −4
∂111f(x, y) = 12
∂112f(x, y) = 0
∂122f(x, y) = 0
∂222f(x, y) = 0
1
1!0! ∂1f(1, −1)h 1 1 = 2h1
1
0!1! f(1, −1)∂2h 1 2 = −2h2
1
2!0! ∂11f(1, −1)h 2 1 = h 2 1
1
1!1! ∂12f(1, −1)h 1 1h 1 2 = 3h1h2
1
0!2! ∂22f(1, −1)h 2 2 = −2h 2 2
1
3!0! ∂111f(1, −1)h 3 1 = 2h 3 1
1
2!1! ∂112f(1, −1)h 2 1h 1 2 = 0
1
1!2! ∂122f(1, −1)h1h 2 2 = 0
1
0!3! ∂222f(1, −1)h 3 2 = 0
T3((1, −1), (1, −1) + (h1, h2)) = 1 + 2h1 − 2h2 + h 2 1 + 3h1h2 − 2h 2 2 + 2h 3 1.
Aufgabe 10.7
Berechnen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die Gradienten bzw. Ableitungen von f1
und f2. Benutzen Sie dann die Kettenregel, um ∇(f1 ◦ f2) zu bestimmen. Überprüfen Sie Ihr
Ergebnis, indem Sie die Ableitung von f1 ◦ f2 direkt berechnen.
8

a) f1(z) = e z , f2(x, y) = xy
b) f1(x, y) = x 2 + 2y, f2(t) = (cos t, sin t)
Lösung zu Aufgabe 10.7
a) Es gilt f ′ 1(z) = e z und ∇f2(x, y) = (y, x) T . Mit der Kettenregel folgt daher für ff1 ◦ f2 :
R 2 → R:
∇(f1 ◦ f2)(x, y) = f ′ 1(f2(x, y)) · ∇f2(x, y) = e xy � �
y
·
x
Wir rechnen das noch direkt nach: Es ist f(x, y) := (f1 ◦ f2)(x, y) = e xy , also gilt
�
ye
∇f(x, y) =
xy
xexy �
,
das ist offenbar das gleiche Ergebnis wie oben.
b) Hier erhalten wir ∇f1(x, y) = (2x, 2) T und f ′ 2(t) = (− sin t, cos t) T , also gilt für die
Funktion f1 ◦ f2 : R → R:
(f1 ◦ f2) ′ (t) = ∇f1(f2(t)) T · f ′ � �T � �
2 cos t − sin t
2(t) =
= −2 sin t cos t + 2 cos t.
2 cos t
Zur Kontrolle: f(t) := (f1◦f2)(t) = cos 2 t+2 sin t, also folgt f ′ (t) = −2 cos t·sin t+2 cos t,
was wieder unser Ergebnis bestätigt.
Aufgaben für die Tutorübung
Aufgabe 10.8
Sei f : R 2 → R die Funktion
⎧
⎨ x
f(x, y) :=
⎩
2y4 x2 +y4 für (x, y) �= (0, 0)
0 für (x, y) = (0, 0).
a) In welchen Punkten ist f partiell bzw. total differenzierbar? Berechnen Sie jeweils die
entsprechenden Ableitungen.
b) Für welche Richtungen d ∈ R 2 existiert die Richtungsableitung ∂df(0, 0) von f im Nullpunkt?
Berechnen Sie diese Richtungsableitung jeweils oder zeigen Sie, dass sie nicht
existiert.
Lösung zu Aufgabe 10.8
9

a) Wir berechnen zunächst einmal die partiellen Ableitungen für (x, y) �= (0, 0):
∂xf(x, y) = 2xy4 (x 2 + y 4 ) − x 2 y 4 (2x)
(x 2 + y 4 ) 2 = 2xy8
(x 2 + y 4 ) 2
∂yf(x, y) = 4x2 y 3 (x 2 + y 4 ) − x 2 y 4 (4y 3 )
(x 2 + y 4 ) 2 = 2x4 y 3
(x 2 + y 4 ) 2
Für alle Punkte (x, y) �= (0, 0) sind die partiellen Ableitungen stetig, also ist f dort stetig
partiell differenzierbar. Nach Vorlesung existiert dann auch die totale Ableitung von f
und es gilt
� �
∂xf(x, y)
∇f(x, y) =
=
∂yf(x, y)
2xy3
(x2 + y4 ) 2
�
Nun betrachten wir den Punkt (0, 0), wir beginnen mit der partiellen Differenzierbarkeit:
f(0 + h, 0) − f(0, 0)
∂xf(0, 0) = lim
h→0 h
∂yf(0, 0) = lim
h→0
f(0, 0 + h) − f(0, 0)
h
= lim
h→0
= lim
h→0
y 5
x 3
�
.
h2 ·0
h2 − 0 +0
h
0·h 4
0+h 4 − 0
h
Also ist f auch im Nullpunkt partiell differenzierbar. Für die totale Differenzierbarkeit
untersuchen wir zunächst die Richtungen (x, 0) und (0, y). Es gilt:
f(x, 0) = 0
f(0, y) = 0
Wegen f(0, 0) = 0 und ∇f(0, 0) = (0, 0) T ist damit
jeweils für x → 0 bzw. y → 0.
= 0
= 0
�� � � ��
0 x
f + = f(0) + ∇f(0, 0)
0 0
T
� � ��� ��� x ���� x ����
+ o
0 0
�� � � ��
0 0
f + = f(0) + ∇f(0, 0)
0 y
T
� � ��� ��� 0 ���� 0 ����
+ o ,
y y
Für d = (d1, d2) T ∈ R 2 mit d1, d2 �= 0 und t ∈ R \ {0} gilt
also ist
Damit gilt aber wieder
f(td) = t6 d 2 1d 4 2
t 2 d 2 1 + t 4 d 4 2
f(td)
�td� =
t3d2 1d4 2
(d2 1 + t2d4 �
2)
= t4d2 1d4 2
d2 1 + t2d4 ,
2
d 2 1 + d 2 2
t→0
−−→ 0.
f(0 + d) = f(0) + ∇f(0) T d + o (�d�)
10

für �d� → 0, also ist f an der Stelle (0, 0) auch total differenzierbar mit Ableitung
� �
0
∇f(0, 0) = .
0
b) Aus der vorigen Teilaufgabe wissen wir, dass f überall total differenzierbar ist. Nach
Vorlesung existiert dann auch überall die Richtungsableitung für jede Richtung d und
es gilt
∂df(x, y) = ∇f(x, y) T d.
Aufgabe 10.9
Berechnen Sie für die folgenden Funktionen jeweils die Gradienten von f1 und f2. Benutzen
Sie dann die Kettenregel, um ∇(f1 ◦ f2) zu bestimmen. Überprüfen Sie Ihr Ergebnis, indem
Sie die Ableitung von f1 ◦ f2 direkt berechnen.
a) f1(z) = z 2 + z, f2(x, y) = sin x · cos y
b) f1(x, y) = xy 2 + 2(x + y), f2(t) = (e t sin t, t 2 )
Lösung zu Aufgabe 10.9
a) Wir arbeiten zunächst mit der Kettenregel. Es gilt: f ′ 1(z) = 2z+1 und ∇f2(x, y) = (cos x·
cos y, − sin x · sin y) T . Insgesamt bekommen wir für die Funktion f := f1 ◦ f2 : R 2 → R:
∇f(x, y) = f ′ �
�
cos x · cos y
1(f2(x, y)) · ∇f2(x, y) = (2 sin x cos y + 1)
.
− sin x · sin y
Zur Kontrolle rechnen wir nochmal elementar nach. Es gilt
also
∇f(x, y) =
f(x, y) = (sin x · cos y) 2 + (sin x · cos y),
�
�
�
�
2 sin x · cos y · cos x · cos y + cos x · cos y
cos x · cos y
= (2 sin x cos y+1)
.
−2 sin x · cos y · sin x · sin y − sin x · sin y
− sin x · sin y
b) In diesem Fall gilt ∇f1(x, y) = (y 2 + 2, 2xy + 2) T und f ′ 2(t) = (e t sin t + e t cos t, 2t) T . Mit
der Kettenregel erhalten wir für f := f1 ◦ f2 : R → R also die Ableitung
f ′ (t) = ∇f1(f2(t)) · f ′ �
t
2(t) =
4 + 2
2t2et � �
e
·
sin t + 2
t �
(sin t + cos t)
2t
= e t (sin t + cos t)(t 4 + 2) + 4t 3 e t sin t + 4t.
Wenn man das „per Hand“ nachrechnet, muss zunächst die Funktion f ausgeschrieben
werden:
f(t) = (e t sin t) · t 4 + 2(e t sin t + t 2 )
11

Es gilt dann
f ′ (t) = (e t sin t + e t cos t) · t 4 + 4t 3 (e t sin t) + 2(e t sin t + e t cos t + 2t)
= (e t sin t + e t cos t)(t 4 + 2) + 4t 3 e t sin t + 4t.
Aufgabe 10.10
Die Funktion f : R 2 → R sei definiert durch f(x, y) = e 2x+3y + xy(x + y). Berechnen Sie das
Taylorpolynom vom Grad drei von f im Entwicklungspunkt (0, 0).
Lösung zu Aufgabe 10.10
Das Taylorpolynom eines Skalarfeldes f : R n → R im Entwicklungspunkt x0 haben wir in der
Vorlesung die Formel
⎛
3� ⎜ � 1
T3(x0, x0 + h) = ⎜
⎝
r=0 i!j! i,j∈N0
i+j=r
∂i 1∂ j
2f(x0) · h i 1h j ⎟
2⎠
kennengelernt. Wir benötigen also zunächst die ersten drei partiellen Ableitungen von f:
Für die dritten Ableitungen gilt:
�
2e
∇f(x, y) =
2x+3y + 2xy + y2 3e2x+3y + x2 �
+ 2xy
�
4e
Hf(x, y) =
2x+3y + 2y 6e2x+3y + 2x + 2y
6e2x+3y + 2x + 2y 9e2x+3y �
+ 2x
∂xxxf(x, y) =8e 2x+3y
⎞
∂xxy = 12e 2x+3y + 2
∂xyy = 18e 2x+3y + 2 ∂yyy = 27e 2x+3y
Durch Einsetzen erhalten wir die einzelnen Glieder der Taylor-Entwicklung:
r = 0:
r = 1:
i = 0, j = 0 :
i = 1, j = 0 :
i = 0, j = 1 :
12
1
0!0! f(0, 0)h0 1h 0 2 = e 0 = 1
1
1!0! ∂1f(0, 0)h 1 1 = 2h1
1
0!1! ∂2f(0, 0)h 1 2 = 3h2

= 2:
r = 3: Es gilt:
i = 2, j = 0 :
i = 1, j = 1 :
i = 0, j = 2 :
i = 3, j = 0 :
i = 2, j = 1 :
i = 1, j = 2 :
i = 0, j = 3 :
Damit gilt für das gesuchte Taylorpolynom
1
2!0! ∂11f(0, 0)h 2 1 = 2h 2 1
1
1!1! ∂12f(0, 0)h 1 1h 1 2 = 6h1h2
1
0!2! ∂22f(0, 0)h 2 2 = 9
2 h2 2
1
3!0! ∂111f(0, 0)h 3 1 = 8
6 h31 1
2!1! ∂112f(0, 0)h 2 1h 1 2 = 7h 2 1h2
1
1!2! ∂122f(0, 0)h1h 2 2 = 10h1h 2 2
1
0!3! ∂222f(0, 0)h 3 2 = 27
6 h32 T3(0, 0 + h) = 1 + 2h1 + 3h2 + 2h 2 1 + 6h1h2 + 9
2 h2 2 + 4
3 h3 1 + 7h 2 1h2 + 10h1h 2 2 + 9
2 h3 2.
13