Lösung.

1.
Sei $ \mbox{$f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}$}$ definiert durch $ \mbox{$f(x_1,x_2,y):=x_1x_2+(1+x_2)y+y^3$}$ . Dann ist $ \mbox{$f$}$ stetig differenzierbar, und es folgt
$ \mbox{$\displaystyle
\begin{array}{rcl}
f_{x_1}(x_1,x_2,y) &=& x_2\vspace*{2m...
..._2,y) &=& x_1+y\vspace*{2mm}\\
f_y(x_1,x_2,y) &=& 1+x_2+3y^2\;.
\end{array}$}$
Speziell ist
$ \mbox{$\displaystyle
f_y(0,0,0) \;=\; 1\ne 0\;.
$}$
Nach dem Satz über implizite Funktionen ist daher die Gleichung $ \mbox{$f(x_1,x_2,y)=0$}$ lokal um den Punkt $ \mbox{$(0,0,0)^\text{t}$}$ nach $ \mbox{$y$}$ auflösbar.
2.
Nach 1. gibt es also Umgebungen $ \mbox{$U\subseteq\mathbb{R}^2$}$ von $ \mbox{$(0,0)^\text{t}$}$ und $ \mbox{$V\subseteq\mathbb{R}$}$ von $ \mbox{$0$}$ sowie (genau) eine stetig differenzierbare Funktion $ \mbox{$g:U\to V$}$ so, daß Mit der Bezeichnung $ \mbox{$x=(x_1,x_2)^\text{t}$}$ wird
$ \mbox{$\displaystyle
g'(x) \;=\; -f_y(x,g(x))^{-1} f_x(x,g(x)) \;=\; (1+x_2+3y^2)^{-1} (x_2,x_1 + y) \; .
$}$
Speziell ist $ \mbox{$g$}$ zweimal stetig differenzierbar - beachte, daß $ \mbox{$f_y(x,g(x))$}$ für $ \mbox{$x\in U_0$}$ nicht verschwindet.

Insbesondere wird

$ \mbox{$\displaystyle
g'(0) \;=\; (0,0)
$}$
wegen $ \mbox{$y = 0$}$ dort.

Eine weitere Anwendung der Kettenregel ergibt

$ \mbox{$\displaystyle
\begin{array}{rcl}
0
&=& (f_{x_1}(x_1,x_2,g(x_1,x_2))+f_...
...1}\;,\;f_{yx_2})+f_{yy}g')+f_y\cdot(g_{x_1x_1}\;,\;g_{x_1x_2})\;.
\end{array}$}$
Analog erhält man
$ \mbox{$\displaystyle
0 \;=\; (f_{x_2x_1}\;,\;f_{x_2x_2})+f_{x_2y}g'+g_{x_2}\c...
...(f_{y x_1}\;,\;f_{y x_2})+f_{yy}g')
+f_y\cdot(g_{x_2x_1}\;,\;g_{x_2x_2})\;.
$}$
Setzt man speziell den Punkt $ \mbox{$(x_1,x_2)^\text{t}=(0,0)^\text{t}$}$ ein, so erhält man
$ \mbox{$\displaystyle
\begin{array}{rcl}
0 &=& (0\;,\; 1)+1\cdot(g_{x_1x_1}\;,...
...e*{2mm}\\
0 &=& (1\;,\; 0)+1\cdot(g_{x_1x_2}\;,\;g_{x_2x_2})\;.
\end{array}$}$
Insgesamt ergibt sich
$ \mbox{$\displaystyle
\text{H}_g(0,0) \;=\; \left(\begin{array}{rr}0&-1\\  -1&0\end{array}\right) \; ,
$}$
und diese Matrix hat Signatur $ \mbox{$(1,1)$}$ , da sie einen positiven und einen negativen Eigenwert besitzt, wie uns z.B. der beidseitige Gaußalgorithmus liefert. Also liegt hat $ \mbox{$g(x_1,x_2)$}$ bei $ \mbox{$(0,0)^\text{t}$}$ einen Sattelpunkt.

3.
Obiges liefert unter anderem
$ \mbox{$\displaystyle
\begin{array}{rcl}
0
&=& f_{x_1x_2} +f_{x_1 y}g_{x_2} +...
...ce*{2mm}\\
&=& 1+g_{x_1}(1+6gg_{x_2})+(1+x_2+3g^2)g_{x_1x_2}\;.
\end{array}$}$

Hier eine Skizze der Lösungsmenge von $ \mbox{$f(x_1,x_2,y)=0$}$ . Man erkennt einen Sattelpunkt bei $ \mbox{$(0,0)^\text{t}$}$ .

\includegraphics[width = 12cm]{s2.eps}