Grosserloewe hat dir zwar die Lösung schon genannt, ich möchte dir aber trotzdem nochmal einen weiteren Lösungsweg nennen, den ich persönlich sehr gerne mag und der, wie ich finde, am übersichtlichsten ist. Das Taylorpolynom zweiten Grades kann man nämlich auch schreiben als (Entwicklungspunkt = \((x_0, y_0)\))
\( T_f(x_0,y_0) = f(x_0,y_0) + \nabla f(x_0,y_0) \begin{pmatrix} x - x_0 \\ y - y_0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x-x_0 & y-y_0 \end{pmatrix} H_f(x_0,y_0) \begin{pmatrix} x - x_0 \\ y - y_0 \end{pmatrix} \)
wobei \(\nabla f(x_0,y_0)\) der Gradient im Entwicklungspunkt und \(H_f(x_0,y_0)\) die Hessematrix von \(f\) im Entwicklungspunkt ist.
Auf deine Aufgabe angewandt:
\(f(\frac{\pi}{2}, 0) = 1\)
\(\nabla f(\frac{\pi}{2}, 0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}\)
\(H_f(\frac{\pi}{2}, 0) = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \)
\( T_f(\frac{\pi}{2},0) = f(\frac{\pi}{2},0) + \nabla f(\frac{\pi}{2},0) \begin{pmatrix} x - \frac{\pi}{2} \\ y - 0 \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x-\frac{\pi}{2} & y-0 \end{pmatrix} H_f(\frac{\pi}{2},0) \begin{pmatrix} x - \frac{\pi}{2} \\ y - 0 \end{pmatrix} \)
\( T_f(\frac{\pi}{2},0) = 1 + \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x - \frac{\pi}{2} \\ y \end{pmatrix} + \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x-\frac{\pi}{2} & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x - \frac{\pi}{2} \\ y \end{pmatrix} \)
\( T_f(\frac{\pi}{2},0) = 1 + y - \frac{1}{2}(x- \frac{\pi}{2})^2 - \frac{y^2}{2}\)
