Формула Тейлора для функций многих переменных

[math]y = f(x), x \in \mathbb{R};[/math] [math]f(x)-f(x_0)=\sum \limits_{k=1}^n \frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+\frac {f^{(n+1)}(x_0+\theta (x-x_0))}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}[/math]
[math]\mathcal{4}f(x_0)=f(x)-f(x_0)[/math]
[math]d^k f(x_0)=f^{(k)}(x_0)\mathcal{4}x_k[/math] [math]\mathcal{4}f(x_0,\mathcal{4}x)=\sum \limits_{k=1}^n \frac {1}{k!} d^k f(x_0,\mathcal{4}x)+\frac {1}{(n+1)!}d^{n+1}f(x_0+\theta\mathcal{4}x,\mathcal{4}x)[/math]
Такую форму записи можно перенести и на функцию из n переменных: [math]x_0[/math] переходит в [math]\overline {x_0}[/math], а [math]\mathcal{4}x[/math] — в [math]\mathcal{4}\overline x[/math]
Определим частнык производные и дифференциалы высших порядков. [math]\frac \delta{\delta x_j}[/math] — оператор, дифференцирующий функцию по [math]x_j[/math]. Последовательное применение такого рода оператора даёт нам частные производные высших порядков. Пусть [math]z = f(x,y)[/math]. Тогда [math]\frac \delta{\delta y} \left ( \frac {\delta f}{\delta x_j} \right )\stackrel{\mathrm{def}}{=}\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y}[/math] — частная производная второго порядка функции [math]f[/math]. Дифференцирование осуществляется по переменной в знаменателе, слева направо. В каком случае [math]\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y}=\frac {\delta^2 f}{\delta y \delta x}[/math]?

Теорема (О смешанных производных):

Пусть в двумерном шаре у функции [math]z = f(x,y)[/math] существуют смешанные производные второго порядка и каждая из них непрерывна в некоторой точке [math]a[/math] этого шара. Тогда в [math]\overline a[/math]: [math]\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y} (\overline a)=\frac {\delta^2 f}{\delta y \delta x}(\overline a)[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

[math]\mathcal{4}_x f=f(x+\mathcal{4}x,y)-f(x,y)[/math] [math]\mathcal{4}_y f=f(x,y+\mathcal{4}y)-f(x,y)[/math] [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=\mathcal{4}x (f(x,y+\mathcal{4}y)-f(x,y))=(f(x+\mathcal{4}x,y+\mathcal{4}y)-f(x+\mathcal{4}x,y))-(f(x,y+\mathcal{4}y)-f(x,y))[/math] Если поменять местами операции, то мы получим то же самое (после раскрытия скобок). Цель доказательства — перезаписать это арифметическое равенство в частных производных второго порядка. Появятся дополнительные параметры, которые должны сократиться, и в итоге мы получим [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=\mathcal{4}_y \mathcal{4}_x f[/math]. Введём функцию [math]g(t)=f(t,y+\mathcal{4}y)-f(t,y)[/math]. [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=g(x+\mathcal{4}x)-g(x)=g'(x+\theta \mathcal{4}x)\mathcal{4}x[/math] [math]g'(t)=\frac {\delta f}{\delta x}(t,y+\mathcal{4}y)-\frac {\delta f}{\delta x}(t,y)[/math] [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=\left ( \frac {\delta f}{\delta x} ( x + \theta_1 \mathcal{4}x,y+\mathcal{4}y ) - \frac {\delta f}{\delta x}( x + \theta_1 \mathcal{4}x,y) \right )\mathcal{4}x[/math] [math]g(t)=\frac {\delta f}{\delta x}(x+\theta_1\mathcal{4}x,t)[/math] [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=(g(y+\mathcal{4}y)-g(y))\mathcal{4}x=g'(y+\theta_2 \mathcal{4}y) \mathcal{4}x \mathcal{4}y[/math] [math]g'(t)=\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y}(x+\theta_1\mathcal{4}x,t)[/math] [math]\mathcal{4}_x \mathcal{4}_y f=\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y}(x+\theta_1\mathcal{4}x,y+\theta_2 \mathcal{4}y) \mathcal{4}x \mathcal{4}y[/math] [math]\mathcal{4}_y \mathcal{4}_x f=\frac {\delta^2 f}{\delta y \delta x}(x+\theta_3\mathcal{4}x,y+\theta_4 \mathcal{4}y) \mathcal{4}x \mathcal{4}y[/math] Левые части двух равенств выше равны, значит, равны и правые. Рассмотрим [math]\overline a = (a,b)[/math]: [math]\frac {\delta^2 f}{\delta x \delta y}(a+\theta_1\mathcal{4}a,b+\theta_2 \mathcal{4}b) \mathcal{4}a \mathcal{4}b=\frac {\delta^2 f}{\delta b \delta a}(a+\theta_3\mathcal{4}a,b+\theta_4 \mathcal{4}b) \mathcal{4}a \mathcal{4}b~~\forall \mathcal{4}a,\mathcal{4}b.[/math] [math]\theta_i \in (0,1)[/math] В [math]\overline a[/math] оба выражения непрерывны. Устремим [math]\mathcal{4}a,\mathcal{4}b \to 0[/math] и по непрерывности в пределе приходим к нужной формуле.

[math]\triangleleft[/math]

Следствие: