Eftersom funktionen $f$ är deriverbar på det öppna intervallet $I i e$ , kan vi derivera ekvationen

e^{f(x)} - x \left(f(x)\right)^2 = 0

implicit m a p x. Vi gör det två gånger eftersom vi vill kunna bestämma både första- och andra-derivatan av $f$ i punkten $x = e$ .

\begin{array}{l} \frac{d}{dx} \left\{e^{f(x)} - x (f(x))^2 \right\} = \frac{d}{dx} (0) \\ \Longrightarrow \\ e^{f(x)} f'(x) - (f(x))^2 - 2x f(x) f'(x) = 0 \\ \Longrightarrow \\ \frac{d}{dx} \left\{e^{f(x)} f'(x) - (f(x))^2 - 2x f(x) f'(x) \right\} = \frac{d}{dx} (0) \\ \Longrightarrow \\ e^{f(x)} (f'(x))^2 + e^{f(x)} f''(x) - 2f(x) f'(x) - 2f(x) f'(x) - 2x (f'(x))^2 - 2x f(x) f''(x) = 0 \\ \Longrightarrow \\ e^{f(x)} (f'(x))^2 + e^{f(x)} f''(x) - 4f(x) f'(x) - 2x (f'(x))^2 - 2x f(x) f''(x) = 0 \end{array}

Insättning av $x = e$ och $f(e) = 1$ i den andra av de ovanstående ekvationerna ger

e^{1} f'(e) - (1)^2 - 2e \cdot 1 \cdot f'(e) = 0 \iff -e f'(e) - 1 = 0 \iff f'(e) = -\frac{1}{e}

Insättning av $x = e$ , $f(e) = 1$ och $f'(e) = -\frac{1}{e}$ i den sista av de ovanstående ekvationerna ger

e^{1} \left(- \frac {1}{e}\right) ^ {2} + e^{1} f'' (e) - 4 \cdot 1 \cdot \left(- \frac {1}{e}\right) - 2 e \left(- \frac {1}{e}\right) ^ {2} - 2 e \cdot 1 \cdot f'' (e) = 0 \Longleftrightarrow \frac {1}{e} + e f'' (e) + \frac {4}{e} - \frac {2}{e} - 2 e f'' (e) = 0 \Longleftrightarrow \frac {3}{e} = e f'' (e) \iff f'' (e) = \frac {3}{e^{2}}.

Andra ordningens Taylorpolynom $P(x)$ till $f(x)$ kring $x = e$ är då

P (x) = f (e) + f ^ {\prime} (e) (x - e) + \frac {f ^ {\prime \prime} (e)}{2} (x - e) ^ {2} = 1 - \frac {1}{e} (x - e) + \frac {3}{2 e ^ {2}} (x - e) ^ {2}.

SVAR:

P(x) = 1 - \frac{1}{e} (x - e) + \frac{3}{2e^2} (x - e)^2