多元函数带 Peano余项的Taylor公式的推广 （无参考资料）

多元函数带 Peano余项的Taylor公式的推广

设：
m,n∈N,m,n≥1,
Dj=∂∂xj,
Djn=(∂∂xj)n=∂n∂xnj,
DimDjn=(∂∂xi)m(∂∂xj)n=∂m+n∂xmi∂xnj,
若 f(x):Rn→R,n∈N,n≥1 在点 x k 阶可微， k∈N,k≥1, 在点 x 的某一邻域 U 上有定义，则 ∀(x+Δx)∈U,
f(x+Δx)−f(x)=∑ki=11i!(∑nj=1(ΔxjDj))if(x)+o([r(Δx)]k),r(Δx)=||Δx||

证明：

(1) 令：

Rk(Δx)=f(x+Δx)−f(x)−∑i=1k1i!(∑j=1n(ΔxjDj))if(x),

h(t,m,f,Δx)=1m!(∑j=1n(ΔxjDj))mf(x)

=1m!∑i=0mCim(Δxt)i(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m−i)f(x),

t,m∈N,1≤t≤n,1≤m≤k,

则：

∂∂Δxth(t,m+1,f,Δx)

=∂∂Δxt1(m+1)!∑i=0m+1Cim+1(Δxt)i(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m+1−i)f(x)

=1(m+1)!∑i=1m+1Cim+1i(Δxt)(i−1)(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m+1−i)f(x)

=1m!∑i=1m+11m+1(m+1)!i!(m+1−i)!i(Δxt)(i−1)(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m+1−i)f(x)

=1m!∑i=1m+1m!(i−1)!(m+1−i)!(Δxt)(i−1)(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m+1−i)f(x)

=1m!∑i=1m+1Ci−1m(Δxt)(i−1)(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m+1−i)f(x)

=1m!∑i=0mCim(Δxt)i(Dt)(i+1)(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m−i)f(x)

=1m!∑i=0mCim(Δxt)i(Dt)i(∑1≤j≤nj≠t(ΔxjDj))(m−i)Dtf(x)

=h(t,m,Dtf,Δx)

且：

Rk(Δx)=f(x+Δx)−f(x)−∑i=1kh(t,i,f,Δx)

于是 k≥2 时：

∂∂ΔxtRk(Δx)

=∂∂xtf(x+Δx)−Dtf(x)−∑i=2kh(t,i−1,Dtf,Δx)

=Dtf(x+Δx)−Dtf(x)−∑i=1k−1h(t,i,Dtf,Δx)

因此 k≥2 时：

R′k(θΔx)Δx=∑t=1n[Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑i=1k−1h(t,i,Dtf,θΔx)]Δxt

(2) k≥2 时：

d[r(Δx)]k=krk−11r(Δx)⊺dΔx

⇒{[r(θΔx)]k}′=k(r(θΔx))k−11r(θΔx)(θΔx)⊺)

⇒{[r(θΔx)]k}′Δx=k(r(θΔx))k−11r(θΔx)(θΔx)⊺Δx=k(r(θΔx))k−1r(Δx)

(3) 易知：

Rk(0⃗ )=0,r(0⃗ )=0

下面用归纳法证明命题。
1) k=1 时显然成立。
2) 设 k 时成立，即：
limΔx→0⃗ Rk(Δx)[r(Δx)]k
=limΔx→0⃗ f(x+Δx)−f(x)−∑ki=1h(t,i,f,Δx)[r(Δx)]k
=0
则 k+1 时， 由微分中值定理的推广，

limΔx→0⃗ Rk+1(Δx)[r(Δx)]k+1
=limΔx→0⃗ R′k+1(θΔx)Δx{[r(θΔx)]k+1}′Δx
=limΔx→0⃗ ∑nt=1[Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑ki=1h(t,i,Dtf,θΔx)]Δxt(k+1)(r(θΔx))kr(Δx)
=∑nt=1limΔx→0⃗ Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑ki=1h(t,i,Dtf,θΔx)(r(θΔx))k⋅1k+1⋅Δxtr(Δx)

由：limΔx→0⃗ θΔx=0
以及：limθΔx→0⃗ Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑ki=1h(t,i,Dtf,θΔx)(r(θΔx))k=0
可得：limΔx→0⃗ Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑ki=1h(t,i,Dtf,θΔx)(r(θΔx))k=0

又：∀t∈N,1≤t≤n,|Δxtr(Δx)|≤1
因此：
∑nt=1limΔx→0⃗ Dtf(x+θΔx)−Dtf(x)−∑ki=1h(t,i,Dtf,θΔx)(r(θΔx))k⋅1k+1⋅Δxtr(Δx)=0