数学分析第14章 多元函数的微分学(5)

且有：p?x1???x2?x1?,x1???x2?x1???intD，则在D上连续，在INTD上可微的函数定理1成立。

注2：若D??a,b???c,d?，则定理1不成立

推论1：若函数f在D上偏导数存在，且fx?fy?0?f?c

定理2：（Taylor公式）若函数f在?x0,y0?的某个领域U?P0?内有直到n+1阶连

续偏导数，则对U?P0?中的任意一点?x0?h,y0?h?????0,1?

????f?x0?h,y0?h??f?x0,y0???h?k?f?y???x?..........?1????h?k??n!??x?y??n?1????x,y?h?k?00???f2!??x?y??n?1?2?x0,y0?

f?x0,y0??????h?k???y??n?1?!??x1f?x0??h,y0??k?上式称为f在?x0,y0?点的n阶Taylor公式，这里

????h?k???x?y???m?mf?x0,y0???Ci?0im?f?x0,y0?m?x?yim?ihkim?i

证明：

??t??f?x0?th,y0?tk?,??t?在?0，1?上满足一元函数的Taylor,??1????0???'2?0?????0?1!?2!?m??...........?????x??n?n?1?0????????,0??n!n?1!??m?1

用数学归纳法证明：?m?1,2,3,.......,n?1?t???h?k????y?f?x0?th,y0?tk?对n用数学归纳法。n?1时，显然 u?(t)?(h??x?k??y)f(a?ht,b?kt)

设 u(n)(t)?(h??x?k??y)f(a?ht,b?kt)，则

n u(n?1)(t)?ddtn[(h??xi?k??y?i)f(a?ht,b?kt)]

n ?ddtnn?i?Ci?0inhkn?i?x?yf(a?ht,b?kt)

21

n??Ci?0n?1inhkin?i[h??xn?1i?1?yn?1n?if(a?ht,b?kt)?k?in?1n?i?1?x?yninf(a?ht,b?kt)]

??Ci?1ni?1nhkin?i?1?i?x?yn?i?1f(a?ht,b?kt)??Ci?0hkin?i?1?in?1n?i?1?x?yf(a?ht,b?kt)??(Ci?1i?1n?C)hkinin?i?1?in?1n?i?1?x?yf(a?ht,b?kt)

?hn?1?n?1n?1?xf(a?ht,b?kt)?kn?1?n?1n?1?yf(a?ht,b?kt)

n?1??i?0Cin?1hkin?i?1?in?1n?i?1?x?yf(a?ht,b?kt)?(h??x?k??y)n?1f(a?ht,b?kt)?????m???o???h?k??y???xmfn?1?x0,y0?,

f??n?1??????h????x?k????y??x0??h,y0??k?定理3：若函数f在?x0,y0?的某个领域U?P0?内有直到n阶的连续偏导数，则对

U?P0?中的任意一点?x0?h,y0?h?，有： ????f?x0?h,y0?h??f?x0,y0???h?k?f?y???x1?????..........?h?k??n!??x?y??n?1????x,y?h?k?00???f2!??x?y?2?x0,y0?

f?x0,y0??o??n???h?k22????这里?h?k??y???x?m?mf?x0,y0???Ci?0im?f?x0,y0?m?x?yim?ihkim?i

Taylor公式的几种形式

若函数f(x,y)在P0(x0,y0)点的某领域内有直到n?1阶连续偏导数，则

n（1）f(x,y)?f(x0??x,y0??y)?1(n?1)!??x??y?k?01k!(?x??x??y??y)f(x0,y0)?Rn

k其中 Rn?(?x??y)n?1f(x0???x,y0???y)

22

（2）为方便，记h??x,k??y，则

nf(x,y)?f(x0?h,y0?k)??k?01k!(h??x?k??yk)f(x0,y0)?Rn

其中 Rn?1(n?1)!(h??x?k??y)n?1f(x0??h,y0??k)

n（3f(x,y)?f(x0??x,y0??y)?1(n?1)!?k?0dk!1kf(x0,y0)?Rn

其中Rn?dn?1f(x0???x,y0???y)

这是用微分表示的Taylor公式，它与一元函数的Taylor公式在形式上更为接近，由此也可以看到一元函数中f(n)(x)在二元函数的对应物是df(n)(x,y)。

例1：设f?x,y??x，求此函数在?1,4?展成2阶Taylor公式。

y解： f?x,y??yx?eyylnx,fx?yxy?1y?1,fy?xlnx,y?1yfxx?y?y?1?xy?2,fxy?x?yx2lnx,fyy?xy?lnx?22?x?1?4?x?1??6?x?1???x?1??y?4??o???

?1.08?3.96??1?0.08?4?0.04?1?4?0.08?6??0.08??0.08?0.04?1.35522例2：求1?x2?y2在?0,0?处的Taylor公式及余项表达式。

解：

23

f?x,y??1?x?y22f?0,0??0,fx?y1?x?y1?y222x1?x?y22,fx?0,0??0;xy,fxy?0,0??0;fy?,fy?0,0??0;fxy??1?x?y22?23fxx??1?x?y22?23,fxx?0,0??0;fyy?1?x?221?x?y22?3,fyy?0,0??1;fxxx??3x?1?y22?52,fxxy??y?y?2xy3fyyy???1?x?y?3y?1?x?2?1?x2?y?52,fxyy??x?x?2yx32?1?x2?y2?52?1?x?f12?y2?252?x,y??2xx1?x?y2?f?0,0??fx?0,0?x?fy?0,0?y?2f?0,0?x?213!?fxy?0,0?xy?fyy?0,0?y1??R2?1?1x?22?y2??R2R2???1??2222x??y33222?352??3??1??y???12?x2?3??y??y?2?yx322?yx2?3??x??x?2?xy3332?xy2?3?y?1??x22?y3????x?y?2?1??2x??y22?52?0???1?

例2 证明Taylor公式的唯一性：若

n

?Ai?j?02ijxy??(?)?0,(??0)

ijn其中??x?y2，求证Aij?0(i,j为非负整数，i?j?0,1,?,n），并利用唯一性求

f(x,y)?ln(1?x?y)带拉格朗日余项的n阶Taylor展开式。

n证 对i?j用数学归纳法。在

?i?j?0iAijxy??(?)?0中令??0即得A00?0。设

ijnni?j?k?n时Aij?0，则

?i?j?kAijxy??(?)?0，进而

jn 24

n

?i?j?kAijxyij?xk??(?n?k)?0。

在上式中令??0，因为|?i|?1，|y?n?k|?1，故i?j?k时，

xyij?k?0(??0)，从而

n?i?j?k?1Aijijxyj?k??(?)?0(??0)

而i?j?k时，limxy??0?k不存在，故必有Aij?0（i?j?k）。由数学归纳法即得证。

令x?y?t，由一元函数的Taylor公式及上面Taylor公式的唯一性得

nf(x,y)?ln(1?x?y)?ln(1?t)??(?1)k?1k?1tknk?Rn?n?(?1)k?1n?1k?1(x?y)knk?Rn

其中 Rn?tn?1(n?1)|t??t?1(?1)n!n?1(n?1)!(1??t)t?(?1)n?11??(x?y)(x?y)n?1

问题1 不用Taylor公式的唯一性，试求f(x,y)?ln(1?x?y)的Taylor展开式。

?inn?i令x?y?t，则

?x?yf(0,0)?[ln(1?t)](n)|t?0?(?1)n?1（n?1） (n?1)!，

n故 f(x,y)?ln1(?x?y)??k!k?01(x??x?y??y)f(0,0)?Rn

kn ??k!?Ck?1i?0n1kikxyik?i?ikk?i?x?yk?if(0,0)?Rn

nk ??k!?Ck?0i?01kikxyi(?1)k?1(k?1)!?Rn??(?1)k?1k?1(x?y)k?Rn

其中 Rn?1(n?1)!1(x??x?y??y)n?1f(?x,?y)。

n?1in?1?C?(n?1)!i?0xyin?1?i?in?1n?1?i?x?yf(?x,?y)

??C(n?1)!i?01n?1in?1xyin?1?i[ln(1?t)](n?1)|t??(x?y)

n?1(?1)n!n?1n(n?1)!(1??(x?y))(x?y)n?1?(?1)n?11??(x?y)(x?y)n?1

25

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库数学分析第14章 多元函数的微分学(5)在线全文阅读。