\documentclass{lecture}
\begin{document}
\newcommand{\pdv}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\newcommand{\dv}[2]{\frac{\d #1}{\d #2}}

\section{Mittelwertsatz}
\begin{bem}
	Reminder:
	\begin{enumerate}[(1)]
		\item 	Ist $f: [a,b] \to \R$ differenzierbar, dann gilt (HDI):
				\begin{salign*}
					f(x+h) - f(x) = \int_{0}^{1} \dv{}{s} f(x+sh) \d{s} &\stackrel{\text{Kettenregel}}{=}  \int_{0}^{1} f'(x+sh) \cdot h \d{s} \\ &= \left( \int_{0}^{1} f'(x+sh) \d{s} \right) \cdot h.
				\end{salign*}
		\item 	Mittelwertsatz der Differentialrechnung: $\exists \tau \in (0,1)$ sodass:
				\begin{salign*}
					f(x+h) - f(x) = f'(x+ \tau h) \cdot h.
				\end{salign*}
		\item 	Sei $A = \left(a_{i,j} \right)_{i,j = 1}^{m,n} : [a,b] \to \R^{m \times n}$. Dann sei:
				\begin{salign*}
					\int_{a}^{b} A(s) \d{s} \coloneqq \left( \int_{a}^{b} a_{i,j}(s) \d{s} \right)_{i,j=1}^{m,n}
				\end{salign*}
	\end{enumerate}
\end{bem}
\begin{satz}[Mittelwertsatz]
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $f: D \to \R$ stetig differenzierbar, sei $x \in D$ und $h \in \R^{n}$ sodass $x + sh \in D$, für $s \in [0,1]$. Dann gilt:
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) = \left( \int_{0}^{1} \nabla f(x+sh) \d{s}, h \right)_{2} = \left( \int_{0}^{1} \nabla f(x+sh) \d{s}\right)^{T} \cdot h.
	\end{salign*}	 	
	Sei $f: D \to \R^{m}$ stetig differenzierbar, mit Jacobi-Matrix $J_{f}(x)$, dann gilt:
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) = \left( \int_{0}^{1} J_{f}(x + sh) \d{s} \right) h.
	\end{salign*}
\end{satz}
\begin{proof}
	Sei $f: D \to \R^{m}$. Sei $g_{j}\colon [0,1] \to \R, \ g_{j}(s) \coloneqq f_{j}(x+sh)$. Dann gilt:
	\begin{salign*}
		f_{j}(x+h) - f_{j}(x) = g_{j}(1) - g_{j}(0) & \overset{\text{HDI}}{=} \int_{0}^{1} g_{j}'(s) \d{s} \overset{\text{Kettenregel}}{=} \int_{0}^{1} \sum_{i=1}^{n} \pdv{f_j}{x_{i}}(x+sh) \cdot h_{i} \d{s}.
	\end{salign*}
	Ist $m = 1$, so gilt:
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) &= \int_{0}^{1} \sum_{i=1}^{n} \pdv{f}{x_{i}}(x+sh) \d{s} \cdot h_{i} = \sum_{i=1}^{n} \left( \int_{0}^{1} \pdv{f}{x_{i}}(x+sh) \d{s} \right) \cdot h_{i} \\ &= \left( \int_{0}^{1} \nabla f(x+sh) \d{s}, h\right)_{2}
	\end{salign*}
	Ist $m \geq 2$, so gilt analog zu oben:
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) = \left( \int_{0}^{1} J_{f}(x+sh) \d{s} \right) \cdot h.
	\end{salign*}
\end{proof}
\begin{bem}
	Für $m = 1$, d.h. $f: \R^{n} \supset D \to \R$ gilt sogar für ein bestimmtes $\tau \in (0,1)$:
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) = \int_{0}^{1} \left( \nabla^{T} f(x+sh) \cdot h \right)\d{s} = \nabla^{T} f(x+\tau h) \cdot h.
	\end{salign*}
	Für $m \geq 2$ im Allgemeinen aber nicht (da $\tau \in [0,1]$ nicht für alle Komponenten gleich gewählt werden kann):
	\begin{salign*}
		f(x+h) - f(x) \neq J_{f}(x + \tau h) \cdot h.
	\end{salign*}
\end{bem}
\begin{lemma} 
    \label{lemma:dreieck-integrale}
	Seien $v: [a,b] \to \R^{n}$ und $A: [a,b] \to \R^{m \times n}$ stetig. Dann gilt:
	\begin{salign*}
		\norm{\int_{a}^{b} v(s) \d{s} }_{2} \leq \int_{a}^{b} \norm{v(s)}_{2} \d{s}, && \norm{\int_{a}^{b} A(s) \d{s} }_{2} \leq \int_{a}^{b} \norm{A(s)}_{2} \d{s}
	\end{salign*}
\end{lemma}
\begin{proof}
	Sei $u \in \R^{n}$, $u = \int_{a}^{b} v(s) \d{s} = \begin{pmatrix}
            \int_{a}^{b} v_{1}(s) \d{s} \\ \vdots \\ \int_{a}^{b} v_{n}(s) \d{s}
        \end{pmatrix}$ und $K = \norm{u}_{2}$. Dann gilt:
        \begin{salign*}
        		K^{2} &\stackrel{\ell_{2} \text{Norm}}{=} \left(u,u\right)_{2} = \left( \int_{a}^{b} v(s) \d{s}, u\right)_{2} = \int_{a}^{b} \left(v(s), u\right)_{2} \d{s} \\
        		&\stackrel{\text{CSU}}{\leq} \int_{a}^{b} \norm{v(s)}_{2} \cdot \norm{u}_{2} \d{s} = K \cdot \int_{a}^{b} \norm{v(s)}_{2} \d{s} \\ \hfill \\
        		\implies \ & K = \norm{\int_{a}^{b} v(s) \d{s} }_{2} \leq \int_{a}^{b} \norm{v(s)}_{2} \d{s}.
        \end{salign*}
        Der Beweis für $A(s)$ folgt ganz analog mit $u = \int_{a}^{b} A(s) \d{s} \in \R^{m \times n}$. 
\end{proof}
\begin{definition}
	$D \subset \mathbb{K}^{n}$ heißt \underline{konvex}, genau dann wenn: für alle $x,x' \in D$ und für alle $\lambda \in [0,1]$ gilt $\lambda \cdot x + (1-\lambda)x' \in D$. \\
	Geometrisch: Für zwei Punkte in $D$ liegt die Verbindungsstrecke der beiden Punkte stets ganz in $D$.
\end{definition}
\begin{korollar}
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $f: D \to \R^{m}$ stetig differenzierbar. Sei $x \in D$ und $\varepsilon > 0$ sodass $K_{\varepsilon}(x) \subset D$. Dann gilt:
	\begin{salign*}
		\norm{f(y) - f(x)}_{2} \leq M \cdot \norm{y-x}_{2} \ \ \ \ \ \forall y \in K_{\varepsilon}
	\end{salign*}
	mit $M \coloneqq \sup_{z \in K_{\varepsilon}(x)} \norm{J_{f}(z)}_{2}$, das heißt $f$ ist lokal Lipschitz-stetig. \\
	Sei $D$ konvex, dann gilt 
	\begin{salign*}
		\norm{f(y) - f(x)}_{2} \leq M \cdot \norm{y-x}_{2} \ \ \ \ \ \forall x,y \in D
	\end{salign*}
	mit $M \coloneqq \sup_{z \in D} \norm{J_{f}(z)}_{2}$, das heißt $f$ ist auf $D$ Lipschitz-stetig.
\end{korollar}
\begin{proof}
    Aus Lemma \ref{lemma:dreieck-integrale} folgt:
	\begin{salign*}
        \norm{\int_{0}^{1} J_{f}(x+sh) h \d{s} }_{2} &\leq \int_{0}^{1} \norm{J_{f}(x+sh) h}_{2} \d{s} \\ & \leq \int_{0}^{1} \norm{J_{f}(x+sh)}_{2} \norm{h}_{2} \d{s} \\ &\leq \sup_{0<s<1} \norm{J_{f}(x+sh)}_{2} \cdot \norm{h}_{2} \\ \hfill \\ \implies \ & \norm{f(x+h) - f(x)}_{2} = \norm{\int_{0}^{1} J_{f}(x+sh)h \d{s}}_{2} \leq M \cdot \norm{x+h-x}_{2}.
	\end{salign*}
	Sei $D$ nun konvex. Für $x,y \in D$ gilt dann: $$z = ty + (1-t)x = x + t(y-x) \in D, \ \ \ \ \ t \in [0,1].$$
	Sei $g(t) \coloneqq f(x+ t(y-x))$ für $t \in [0,1]$. Dann gilt für $i \in \{1,\dotsc,m\}$:
	\begin{salign*}
		f_{i}(y) - f_{i}(x) = g_{i}(1) - g_{i}(0) = \int_{0}^{1} g_{i}'(s) \d{s} = \int_{0}^{1} \sum_{j=1}^{n} \pdv{f_{i}(x+s(y-x))}{x_{j}}(y_{j}-x_{j}) \d{s}.
	\end{salign*}
	Und damit in Vektorform:
	\begin{salign*}
		\norm{f(y) - f(x)}_{2} &= \norm{\int_{0}^{1} J_{f}(x+s(y-x)) \cdot (y-x) \d{s}}_{2} \\ 
        &\stackrel{\text{Lemma \ref{lemma:dreieck-integrale}}}{\leq} \int_{0}^{1} \norm{J_{f}(x+s(y-x)) \cdot (y-x)}_{2} \d{s} \\
		&\leq \int_{0}^{1} \norm{J_{f}(x+s(y-x))}_{2} \cdot \norm{y-x}_{2} \d{s} \\ 
		&\leq \sup_{0<s<1} \norm{J_{f}(x+s(y-x))}_{2} \cdot \norm{y-x}_{2} \\
		&\stackrel{D \ \text{konvex}}{\leq} \sup_{z \in D} \norm{J_{f}(z)}_{2} \cdot \norm{y-x}_{2} \\
        &= M \cdot \norm{y-x}_{2}.
	\end{salign*}	
\end{proof}
\begin{bem}
	Obige Lipschitz-Konstante liefert eine Abschätzung für die Ableitungen/\allowbreak Jacobi-Matrix von $f$. 
\end{bem}

\section{Taylor-Entwicklung}
\begin{bem}
	Reminder - Höhere Ableitungen:
	\begin{enumerate}[(1)]
		\item 	Sei $D \subset \R^{n}$ offen, $f: D \to \R^{m}$ partiell differenzierbar. Seien alle partiellen Ableitungen $$\partial_{i}f: D \to \R^{m}, \ \partial_{i}f = \begin{pmatrix}
			\partial_{i} f_{1} \\ \vdots \\ \partial_{i}f_{m}
		\end{pmatrix}, \ \ \ \partial_{i}f = \pdv{}{x_{i}} f$$ wieder partiell differenzierbar. Dann ist $f$ zweimal differenzierbar auf $D$ \ (mit Ableitungen $\partial_{j}\partial_{i}f, \ i,j \in \{1,\dotsc,n\}$). \\ Allgemein: (induktiv) $f: D \to \R^{m}$ ist $(k+1)$-mal partiell differenzierbar, wenn $f$ $k$-mal partiell differenzierbar ist und alle partiellen Ableitungen $k$-ter Ordnung $\partial_{i_{k}}\partial_{i_{k-1}}\dots \partial_{i_{1}}f$
        \ ($i_{k},\dotsc,i_{1} \in \{1,\dotsc,n\}$) partiell differenzierbar sind.
		\item 	$f: D \to \R^{m}$ ist $k$-mal stetig partiell differenzierbar, wenn $f$ \ $k$-mal differenzierbar ist und alle partiellen Ableitungen der $k$-ten Ordnung stetig sind ($f \in C^{k}(D,\R^{m})$).
		\item 	Es gilt:
				\begin{salign*}
					f \in C^{1}(D,\R^{m}) \ \ \ &\Longleftrightarrow \ \ \ \partial_{i}f: D \to \R^{m} \ \text{ist stetig} \ \forall i \in \{1,\dotsc,n\} \\
					&\Longleftrightarrow \ \ \ \partial_{i}f_{k}: D \to \R \ \text{ist stetig} \ \forall i \in \{1,\dotsc,n\}, k \in \{1,\dotsc,m\} \\
					&\Longleftrightarrow \ \ \ f \ \text{ist total differenzierbar in} \ D \ \text{und} \ x \mapsto J_{f}(x) = (\partial_{i}f_{k})_{i,k} \ \text{stetig}
				\end{salign*}
		\item 	Ist $f \in C^{k}(D,\R^{m})$, dann sind die Ableitungen der $k-1$-ten Ordnung $\partial_{i_{k-1}}\dots\partial_{i_{1}}f: D \to \R^{m}$ total differenzierbar, weil stetig partiell differenzierbar. Also ist $\partial_{i_{k-1}}\dots\partial_{i_{1}}f$ stetig und damit sind alle Ableitungen $k-1$-ter Ordnung stetig. Ananolg folgt induktiv, dass alle Ableitungen $j$-ter Ordnung mit $j\leq k$ stetig auf $D$ sind.
		\item 	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $f: D \to \R^{m}$. Existieren $\partial_{i}f, \partial_{j}f$ und $\partial_{j}\partial_{i}f$ auf $D$ \ ($i,j \in \{1,\dotsc,n\}$) \ und $\partial_{j}\partial_{i}f$ stetig in $a \in D$. Dann existiert $\partial_{i}\partial_{j}f$ und es gilt $$ \partial_{i}\partial_{j}f(a) = \partial_{j}\partial_{i}f(a).$$
		\item 	Seien $D \subset \R^{n}$ und $f \in C^{k}(D, \R^{m})$. Sei $\pi \in \mathcal{S}_{k}$ eine Permutation, dann gilt: $$ \partial_{i_{k}}\dots\partial_{i_{1}}f = \partial_{i_{\pi(k)}}\dots\partial_{i_{\pi(1)}}f, \ \ \ \ \ \ \ \forall i_{1},\dotsc,i_{k} \in \{1,\dotsc,n\}.$$
	\end{enumerate}
	Reminder - Taylor-Entwicklung in $\R$:
	\begin{enumerate}[(1)]
        \item 	Sei $f: (a,b) \to \R$ \ $(r+1)$-mal stetig differenzierbar. Dann gilt:
				\begin{salign*}
					f(x+h) = \sum_{k=0}^{r}  \frac{f^{(k)}(x)}{k!} h^{k} + R_{r+1}^{f}(x,h).
				\end{salign*}
		\item 	Für das Restglied in Lagrange-Form gilt ($\theta \in (0,1)$):
				\begin{salign*}
					R_{r+1}^{f}(x,h) = \frac{f^{(r+1)}(x+\theta h) }{(r+1)!} h^{r + 1}.
				\end{salign*}
		\item 	Für das Restglied in Integral-Form:
				\begin{salign*}
					R_{r+1}^{f}(x,h) = \frac{h^{r+1}}{r!} \int_{0}^{1} f^{(r+1)}(x+th)(1-t)^{r} \d{t}
				\end{salign*}
	\end{enumerate}
\end{bem}
\begin{satz}[Taylor-Formel]
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $x \in D$, $h \in \R^{n}$ mit $\{x+th \ | \ t \in [0,1] \} \subset D$ und $f \in C^{r+1}(D,\R)$. Dann existiert ein $\theta \in [0,1]$ sodass gilt:
	\begin{salign*}
		f(x+h) &= \underbrace{f(x) + \sum_{k=1}^{r} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\dotsc,i_{k} = 1}^{n} \partial_{i_{k}}\dots\partial_{i_{1}}f(x) \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}}}_{\text{Taylor-Polynom}} \\ &+ \underbrace{\frac{1}{(r+1)!} \sum_{i_{1},\dotsc,i_{r+1} = 1}^{n} \partial_{i_{r+1}}\dots\partial_{i_{1}}f(x+\theta h) \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{r+1}}}_{\text{Restglied}}
	\end{salign*}
\end{satz}
\begin{proof}
	Sei $g \colon [0,1] \to \R, g(t) \coloneqq f(x+th)$. Es gilt $g \in C^{r+1}([0,1], \R)$ und
	\begin{equation} \label{eq::taylor-hilfsfkt}
		\frac{\text{d}^{k} g}{\d t^{k}} =\sum_{i_{1},\dotsc,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f}{\partial x_{i_{k}}\dots\partial x_{i_{1}}}(x+th) \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}}.
	\end{equation}
	Wir zeigen (\ref{eq::taylor-hilfsfkt}) durch Induktion nach $k$. \\
	(IA) \ $k=1$ \ Es ist $g \in C^{1}$ und nach Kettenregel gilt: $$ \frac{\d{g}}{\d{t}}(t) = \frac{\d}{\d{t}}f(x+th) = \sum_{i=1}^{n} \pdv{f(x+th)}{x_{i}} \cdot h_{i}. $$
	(IV) Für ein $k \in \N$ gilt (\ref{eq::taylor-hilfsfkt}). \\
	(IS) \ $k \mapsto k+1$ \ Nach Induktionsvoraussetzung gilt: $$\frac{\text{d}^{k} g(t)}{\d t^{k}} =\sum_{i_{1},\dotsc,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f(x+th)}{\partial x_{i_{k}}\dots\partial x_{i_{1}}} \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}}.$$
	Aus $f \in C^{k+1}(D, \R)$ folgt, dass $\frac{\text{d}^{k} g}{\d{t^{k}}} \in C^{1}([0,1], \R)$, womit nach Kettenregel folgt:
	\begin{salign*}
		\frac{\text{d}^{k+1} g(t)}{\d{t^{k+1}}} &= \frac{\d}{\d{t}} \left( \sum_{i_{1},\dotsc,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f(x+th)}{\partial x_{i_{k}}\dots\partial x_{i_{1}}} \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}} \right) \\  
		&= \sum_{j=1}^{n} \pdv{}{x_{j}} \left( \sum_{i_{1},\dotsc,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f(x+th)}{\partial x_{i_{k}}\dots\partial x_{i_{1}}} \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}} \right) \cdot h_{j} \\
		&= \sum_{i_{1},\dotsc,i_{k+1}=1}^{n} \frac{\partial^{k+1}f(x+th)}{\partial x_{i_{k+1}}\dots\partial x_{i_{1}}} \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k+1}}.
	\end{salign*}
	Ferner liefert die Taylor-Formel in $\R$ für $g$ die Existenz eines $\theta \in [0,1]$ sodass gilt:
	\begin{salign*}
		g(1) - g(0) = f(x+h) - f(x) = \left(\sum_{k=1}^{r} \frac{g^{(k)}(0)}{k!} \right) + \frac{g^{(r+1)}(\theta)}{(r+1)!}.
	\end{salign*}
	Einsetzen von (\ref{eq::taylor-hilfsfkt}) liefert die Behauptung.
\end{proof}
\begin{bem}
	Um die Notation vieler, verschieden indizierter partieller Ableitungen zu erleichtern, führen wir die \underline{Multiindex-Notation} ein: \\
	Für $\alpha = (\alpha_{1},\dotsc,\alpha_{n}) \in \N_{0}^{n}$ seien:
	\begin{salign*}
		\vert \alpha \vert  \ &\coloneqq \ \alpha_{1} + \dots +\alpha_{n} \in \N_{0} \\
		\partial^{\alpha}f \ &\coloneqq \ \partial_{1}^{\alpha_{1}}\dots\partial_{n}^{\alpha_{n}}f = \frac{\partial^{\vert \alpha \vert}f}{\partial x_{1}^{\alpha_{1}} \dots \partial x_{n}^{\alpha_{n}}}, & \ \text{für} \ f \in C^{\vert \alpha \vert}(D, \R), \\
		\alpha ! \ &\coloneqq \ \alpha_{1} ! \dotsm \alpha_{n} ! \in \N_{0}, \\
		h^{\alpha} \ &\coloneqq \ h_{1}^{\alpha_{1}} \dotsm h_{n}^{\alpha_{n}} \in \R, & \ \text{für} \ h = (h_{1},\dotsc,h_{n})^{T} \in \R^{n}.
	\end{salign*}	 
\end{bem}
\begin{bsp}
	Seien $n = 3$, $\alpha= (\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3})$. Multiindizes der Ordnung $\vert \alpha \vert = 2$ sind: \\
	\begin{table}[h]
	\centering
	\setlength{\tabcolsep}{8pt}
	\renewcommand{\arraystretch}{1.6}
	\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c|c}
		$\alpha$ & $(2,0,0)$ & $(0,2,0)$ & $(0,0,2)$ & $(1,1,0)$ & $(1,0,1)$ & $(0,1,1)$ \\
		\hline 
		$\alpha !$ & $2! \cdot 0! \cdot 0! = 2$ & $2$ & $2$ & $1$ & $1$ & $1$ \\
		\hline 
		$\partial^{\alpha}f$ & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1}^{2}}$ & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2}^{2}}$ & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{3}^{2}}$ & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1} \partial x_{2}}$, & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1} \partial x_{3}}$ & $\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2} \partial x_{3}}$
	\end{tabular}
	\end{table} \\
	Summennotation für partielle Ableitungen $2$-ter Ordnung:
	$$ \sum_{\vert \alpha \vert = 2} \partial^{\alpha}f = \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1}^{2}} + \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2}^{2}} + \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{3}^{2}} + \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1} \partial x_{2}} + \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1} \partial x_{3}} + \frac{\partial^{2}f}{\partial x_{2} \partial x_{3}}. $$
\end{bsp}
\begin{bem}
	Mit dieser Notation lässt sich die Taylor-Formel kompakt schreiben als:
	\begin{salign*}
		f(x+h) = \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha} f(x)}{\alpha !} h^{\alpha} + \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{\partial^{\alpha} f(x+\theta h)}{\alpha !} h^{\alpha}.
	\end{salign*}
\end{bem}
\begin{proof}
	Die Reihenfolge der Differenzierung kann vertauscht werden. Daraus folgt für alle $k$-Tupel $(i_{1},\dotsc,i_{k})$ mit $i_{j} \in \{1,\dotsc,n\}$ für $j \in \{1,\dotsc,k\}$: $$\partial_{i_{k}}\dots\partial_{i_{1}}f(y)\cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}} = \partial_{1}^{\alpha_{1}}\dots\partial_{n}^{\alpha_{n}}f(y) \cdot h_{1}^{\alpha_{1}} \dotsm h_{n}^{\alpha_{n}} = \partial^{\alpha} f(y) \cdot h^{\alpha} $$
	wobei $\alpha = (\alpha_{1},\dotsc,\alpha_{n})$ mit $\alpha_{s} \coloneqq \#\{ i_{j} \ | \ i_{j} = s \ \text{für} \ j \in \{1,\dotsc,k\} \}$ (Anzahl wie oft Index $s$ in $(i_{1},\dotsc,i_{k})$ vorkommt). \\
	Ohne Beweis (siehe S.72 Skript Ana2 Rolf Rannacher): für $\alpha\in \N_{0}^{n}$ mit $\vert \alpha \vert = k$ gilt: die Anzahl von $k$-Tupeln $(i_{1},\dotsc,i_{k})$ bei denen der Index $s$ genau $\alpha_{s}$-mal vorkommt ist $$\frac{k!}{\alpha_{1}! \dotsm \alpha_{n}!} = \frac{k!}{\alpha!}.$$
	Daraus folgt
	\begin{salign*}
		\frac{\text{d}^{k} g}{\d{t^{k}}}(t) &= \sum_{i_{1},\dotsc,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f(x+th)}{\partial x_{i_{k}}\dots\partial x_{i_{1}}} \cdot h_{i_{1}} \dotsm h_{i_{k}} = \sum_{\vert \alpha \vert = k} \frac{k!}{\alpha_{1}!\dotsm \alpha_{n}!} \partial_{1}^{\alpha_{1}}\dots\partial_{n}^{\alpha_{n}}f(x+th) h_{1}^{\alpha_{1}} \dotsm h_{n}^{\alpha_{n}} \\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert = k} \frac{k!}{\alpha !} \partial^{\alpha}f(x+th)h^{\alpha},
	\end{salign*}
	womit insbesondere auch gilt 
	\begin{salign*}
		\sum_{k=0}^{r} \frac{1}{k!} \cdot \frac{\text{d}^{k} g}{\d{t^{k}}}(t) = \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x+th)}{\alpha!}h^{\alpha}.
	\end{salign*}
	Und können ferner festhalten:
	\begin{salign*}
		f(x+h) &= g(1) \oldstackrel{\text{Taylor in } \R}{=} \sum_{k=0}^{r} \frac{1}{k!} \cdot \frac{\text{d}^{k} g}{\d{t^{k}}}(0)+ \frac{1}{(r+1)!} \frac{\text{d}^{r+1} g(\theta)}{\d{t^{r+1}}}\\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \frac{1}{(r+1)!}\sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{(r+1)! \cdot \partial^{\alpha}f(x+\theta h)}{\alpha!}h^{\alpha} \\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert\leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \underbrace{\sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x+\theta h)}{\alpha!}h^{\alpha}}_{\text{Restglied in Lagrange-Form}} \\
		\intertext{und analog:}
		f(x+h) &= g(1) \oldstackrel{\text{Taylor in } \R}{=}\sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} +  \frac{1}{r!} \int_{0}^{1} \frac{\text{d}^{r+1}g(t)}{\d{t^{k+1}}}(1-t)^{r} \d{t} \\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} +  \frac{1}{r!} \int_{0}^{1} \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{(r+1)! \cdot \partial^{\alpha}f(x+t h)}{\alpha!}h^{\alpha}(1-t)^{r} \d{t} \\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \underbrace{(r+1) \int_{0}^{1} \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x+t h)}{\alpha!}h^{\alpha}(1-t)^{r} \d{t}}_{\text{Restglied in Integral-Form}}
	\end{salign*}
\end{proof}
\begin{korollar} \label{kor::taylor-omega-form}
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $f\in C^{r+1}(D,\R)$. Dann gilt für alle $x \in D$ und $h \in \R^{n}$, für die $x+th \in D$ (für alle $t \in [0,1]$) $$f(x+h) = \sum_{\vert \alpha \vert \leq r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \omega_{r+1}(x, h),$$ sodass $$\frac{\omega_{r+1}(x,h)}{\norm{h}^{r+1}} \oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0,$$ also $\omega_{r+1}(x,h) = o(\norm{h}^{r+1})$.
\end{korollar}
\begin{proof}
	Da $D$ offen ist, existiert ein $\delta > 0$ mit $K_{\delta}(x) \subset D$. Nach Taylor-Formel existiert für alle $h \in \R^{n}$ mit $\norm{h} < \delta$ ein $\theta \in [0,1]$ sodass 
	\begin{salign*}
		f(x+h) &= \sum_{\vert \alpha \vert \leq r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x+\theta h)}{\alpha!}h^{\alpha} \\
		&= \sum_{\vert \alpha \vert \leq r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} + \underbrace{\sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{\partial^{\alpha}f(x+\theta h)-\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha}}_{\eqqcolon \, \omega_{r+1}(x,h)}
	\end{salign*}
	Nun gilt noch zu zeigen, dass: $\frac{\omega_{r+1}(x,h)}{\norm{h}^{r+1}} \oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0$. \\
	Es gilt: 
	\begin{salign*}
		\vert h^{\alpha} \vert = \vert h_{1}^{\alpha_{1}} \vert \dotsm \vert h_{n}^{\alpha_{n}} \vert \leq \norm{h}^{\alpha_{1}} \dotsm \norm{h}^{\alpha_{n}} = \norm{h}^{\vert \alpha \vert}.
	\end{salign*}
	Womit wir abschätzen können:
	\begin{salign*}
		\frac{\vert \omega_{r+1}(x,h) \vert}{\norm{h}^{r+1}} &= \frac{1}{\norm{h}^{r+1}} \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{1}{\alpha !} \vert \partial^{\alpha}f(x+\theta h)-\partial^{\alpha}f(x) \vert \cdot \vert h_{1}^{\alpha_{1}} \vert \dotsm \vert h_{n}^{\alpha_{n}} \vert \\
		&= \frac{\vert h^{r+1} \vert}{\norm{h}^{r+1}}\sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{1}{\alpha !} \vert \partial^{\alpha}f(x+\theta h)-\partial^{\alpha}f(x) \vert \\
		&\stackrel{\vert h^{r+1} \vert \leq \norm{h}^{r+1}}{\leq} \sum_{\vert \alpha \vert = r+1} \frac{1}{\alpha !} \underbrace{\vert \partial^{\alpha}f(x+\theta h)-\partial^{\alpha}f(x) \vert}_{\oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0, \ \text{weil alle} \ \partial^{\alpha}f \text{ stetig sind}} \oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0.
	\end{salign*}
\end{proof}
\begin{korollar}
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen, $f \in C^{2}(D,\R)$. Dann gilt für alle $x \in D$ und $h \in \R^{n}$, sodass $x+th \in D$ (für alle $t \in [0,1]$):
	\begin{salign*}
		f(x+h) = f(x) + \left( \nabla f(x), h \right)_{2} + \frac{1}{2} \left( H_{f}(x)h, h\right)_{2} + \omega_{2}(x,h), && \text{mit} \ \frac{\omega_{2}(x,h)}{\norm{h}^{2}} \oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0.
	\end{salign*}
	Dabei ist $H_{f}(x)$ die Hesse-Matrix von $f$. Das heißt das Taylor-Polynom 2. Ordnung ist eine quadratische Approximation von $f$. Für $f \in C^{1}(D,\R)$ gilt:
	\begin{salign*}
		f(x+h) = f(x) + \left( \nabla f(x), h \right)_{2} + \omega_{1}(x,h), && \text{mit} \ \frac{\omega_{1}(x,h)}{\norm{h}} \oldstackrel{h \to 0}{\longrightarrow} 0.
	\end{salign*}
	Das heißt das Taylor-Polynom 1. Ordnung ist eine lineare Approximation von $f$.
\end{korollar}
\begin{proof}
	Folgt aus \ref{kor::taylor-omega-form} mir $r+1=2$ bzw. $r+1 = 1$ sowie:
	\begin{salign*}
		\sum_{\vert \alpha \vert = 0} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!} h^{\alpha} &= f(x), \\
		\sum_{\vert \alpha \vert = 1} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!} h^{\alpha} &= \frac{1}{1!} \cdot \sum_{i=1}^{n} \pdv{f(x)}{x_{i}} \cdot  h_{i} = \left( \nabla f(x), h \right)_{2}, \\
		\sum_{\vert \alpha \vert = 2} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!} h^{\alpha} &= \frac{1}{2!} \sum_{i,j=1}^{n} \frac{\partial^{2} f(x)}{\partial x_{i} \partial x_{j}} h_{i} \cdot h_{j} = \frac{1}{2} \left( H_{f}(x)h, h\right)_{2}.
	\end{salign*}
\end{proof}
\begin{definition}
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen und $f\colon D \to \R$ beliebig oft partiell differenzierbar, $x \in D$. Dann heißt die \underline{Taylor-Reihe von $f$ in $x$}:
	$$ T_{\infty}^{f}(x+h) = \sum_{\vert \alpha \vert = 0}^{\infty} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha}.$$
\end{definition}
\begin{korollar}
	Seien $D \subset \R^{n}$ offen und $f\colon D \to \R$ eine beliebig oft differenzierbare Funktion. Dann gilt $$ T_{r}^{f}(x+h) = \sum_{\vert \alpha \vert = 0}^{r} \frac{\partial^{\alpha}f(x)}{\alpha!}h^{\alpha} \oldstackrel{r \to \infty}{\longrightarrow} f(x+h),$$ wenn  
	\begin{equation} \label{eqq::taylor-rest-gegen-null}
		R_{r+1}^{f}(x,h) \oldstackrel{r \to \infty}{\longrightarrow} 0, \ \ \ \ \ x \in D.
	\end{equation}
	Eine hinreichende Bedingung für (\ref{eqq::taylor-rest-gegen-null}) ist $$\sup_{\vert \alpha \vert \geq 0} \ \sup_{x \in D} \vert \partial^{\alpha} f(x) \vert \leq M_{f} < \infty,$$ das heißt alle partiellen Ableitungen von $f$ sind gleichmäßig beschränkt. 
\end{korollar}
\begin{proof}
	Siehe Skript Ana2 Rolf Rannacher, Seite 74, Übungsaufgabe 3.23.
\end{proof}

\begin{bem}
	Die Taylor Reihe von $f$ konvergiert gegen $f$, wenn die Funktion $f$ durch eine Potenzreihe beschrieben wird (also wenn $f$ analytisch ist).
\end{bem}



\end{document}
