最后更新: 2025-11-01 16:13 查看: 101 次纠错评论(0) 课件开VIP

中值定理与二元泰勒公式 Taylor

## 二元函数中值定理
二元函数的中值公式和泰勒公式，与一元函数的拉格朗日公式和泰勒公式相仿，对于 $n$ 元函数（ $n>2$ ）也有同样的公式，只是形式上更复杂一些。
### 凸区域
在叙述有关定理之前，先介绍凸区域的概念。
若区域 $D$ 上任意两点的连线都含于 $D$ ，则称 $D$ 为凸区域（图17－9）。这就是说，若 $D$ 为凸区域，则对任意两点 $P_1\left(x_1, y_1\right), P_2\left(x_2, y_2\right) \in D$ 和一切 $\lambda(0 \leqslant \lambda \leqslant 1)$ ，恒有

$$
P\left(x_1+\lambda\left(x_2-x_1\right), y_1+\lambda\left(y_2-y_1\right)\right) \in D .
$$

![图片](/uploads/2025-11/3f60a9.jpg){width=400px}
 
 
## 中值定理
**定理** 设二元函数 $f$ 在凸开域 $D \subset \mathbf{R}^2$ ：上可微，则对任意两点 $P(a, b), Q(a+h, b+k) \in D$ ，存在实数 $\theta(0<\theta<1)$ ，使得

$$
\begin{aligned}
& f(a+h, b+k)-f(a, b) \\
= & f_x(a+\theta h, b+\theta k) h+f_y(a+\theta h, b+\theta k) k .
\end{aligned} ...(8)
$$

证 令

$$
\Phi(t)=f(a+t h, b+t k) .
$$

因为 $D$ 是凸开域，所以 $\Phi(t)$ 是定义在 $[0,1]$ 上的一元函数．由定理中的条件知 $\Phi(t)$ 在 $[0,1]$ 上连续，在 $(0,1)$ 上可微．于是根据一元函数中值定理，存在 $\theta(0<\theta<1)$ ，使得

$$
\Phi(1)-\Phi(0)=\Phi^{\prime}(\theta) ...(8)
$$

由复合函数的求导法则

$$
\Phi^{\prime}(\theta)=f_x(a+\theta h, b+\theta k) h+f_y(a+\theta h, b+\theta k) k ...(10)
$$

由于 $D$ 为凸区域，所以 $(a+\theta h, b+\theta k) \in D$ ，故由（9），（10）即得所要证明的（8）式．

注 若 $D$ 是闭凸域，且对 $D$ 上任意两点 $P_1\left(x_1, y_1\right), P_2\left(x_2, y_2\right)$ 及任意 $\lambda(0<\lambda<1)$ ，都有

$$
P\left(x_1+\lambda\left(x_2-x_1\right), y_1+\lambda\left(y_2-y_1\right)\right) \in \operatorname{int} D,
$$

则对 $D$ 上连续， $\operatorname{int} D$ 内可微的函数 $f$ ，只要 $P, Q \in D$ ，也存在 $\theta \in(0,1)$ ，使（8）式成立．

例如 $D$ 是圆域 $\left\{(x, y) \mid(x-\xi)^2+(y-\eta)^2 \leqslant r^2\right\}$ ，$f$ 在 $D$ 上连续，在 int $D$ 内可微，则必有（8）式成立．倘若 $D$ 是矩形区域 $[a, b] \times[c, d]$ ，那就不能保证对 $D$ 上任意两点 $P, Q$都有（8）式成立（为什么？）。

公式（8）也称为二元函数（在凸域上）的中值公式。它与定理17．3的中值公式 （12）相比较，差别在于这里的中值点 $(a+\theta h, b+\theta k)$ 是在 $P, Q$ 的连线上，而在定理中 $\theta_1$ 与 $\theta_2$ 可以不相等．

**推论** 若函数 $f$ 在区域 $D$ 上存在偏导数，且

$$
f_x=f_y \equiv 0
$$

则 $f$ 在区域 $D$ 上为常量函数．

`例`对 $f(x, y)=\frac{1}{\sqrt{x^2-2 x y+1}}$ 应用微分中值定理，证明存在 $\theta(0<\theta<1)$ ，使得

$$
1-\sqrt{2}=\sqrt{2}(1-3 \theta)\left(1-2 \theta+3 \theta^2\right)^{-3 / 2}
$$

证 将 $1-\sqrt{2}=\sqrt{2}(1-3 \theta)\left(1-2 \theta+3 \theta^2\right)^{-3 / 2}$ 改写成

$$
\frac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=(1-3 \theta)\left(1-2 \theta+3 \theta^2\right)^{-3 / 2}
$$

左边恰好是 $f(1,0)-f(0,1)=\frac{1}{\sqrt{2}}-1$ ，所以尝试在凸区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\right\}$ 上，对两点 $P_1(1,0)$ 与 $P_2(0,1)$ 应用微分中值定理．

因为当 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 时，$x^2-2 x y+1>0$ ，所以函数 $f$ 在 $D$ 上连续，并且

$f_x=-\frac{x-y}{\left(x^2-2 x y+1\right)^{3 / 2}}$

$ f_y=\frac{x}{\left(x^2-2 x y+1\right)^{3 / 2}}$

也在  D 上连续．$ P_1, P_2 \in D$ ，根据微分中值定理，存在 $\theta(0<\theta<1) $ 使得

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{\sqrt{2}}-1 & =f(1,0)-f(0,1)=f_x(0+\theta, 1-\theta) \cdot 1+f_y(0+\theta, 1-\theta) \cdot(-1) \\
& =-\frac{\theta-(1-\theta)}{\left[\theta^2-2 \theta(1-\theta)+1\right]^{3 / 2}}-\frac{\theta}{\left[\theta^2-2 \theta(1-\theta)+1\right]^{3 / 2}} \\
& =(1-3 \theta)\left(1-2 \theta+3 \theta^2\right)^{-3 / 2}
\end{aligned}
$$

## 泰勒定理

定理 17．9（泰勒定理）若函数 $f$ 在点 $P_0\left(x_0, y_0\right)$ 的某邻域 $U\left(P_0\right)$ 上有直到 $n+1$ 阶的连续偏导数，则对 $U\left(P_0\right)$ 上任一点 $\left(x_0+h, y_0+k\right)$ ，存在相应的 $\theta \in(0,1)$ ，使得

$$
\boxed{
\begin{aligned}
f\left(x_0+h, y_0+k\right)= & f\left(x_0, y_0\right)+\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_0, y_0\right)+\frac{1}{2!}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^2 f\left(x_0, y_0\right)+\cdots+ \\
& \frac{1}{n!}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^n f\left(x_0, y_0\right)+\frac{1}{(n+1)!}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1} f\left(x_0+\theta h, y_0+\theta k\right) .
\end{aligned} ...(11)
}
$$

（11）式称为二元函数 $f$ 在点 $P_0$ 的 $n$ 阶**泰勒公式**，之后一项称作**拉格朗日余项**，其中

$$
\boxed{
\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^m f\left(x_0, y_0\right)=\sum_{i=0}^m \mathrm{C}_m^i \frac{\partial^m}{\partial x^i \partial y^{m-i}} f\left(x_0, y_0\right) h^i k^{m-i} .
}
$$
证  ．作函数

$$
\Phi(t)=f\left(x_0+t h, y_0+t k\right)
$$

由定理的假设，一元函数 $\Phi(t)$ 在 $[0,1]$ 上满足一元函数泰勒定理条件，于是有

$$
\Phi(1)=\Phi(0)+\frac{\Phi^{\prime}(0)}{1!}+\frac{\Phi^{\prime \prime}(0)}{2!}+\cdots+\frac{\Phi^{(n)}(0)}{n!}+\frac{\Phi^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!} \quad(0<\theta<1) . ...(12)
$$

应用复合函数求导法则，可求得 $\Phi(t)$ 的各阶导数：

$$
\Phi^{(m)}(t)=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^m f\left(x_0+t h, y_0+t k\right) \quad(m=1,2, \cdots, n+1)
$$

当 $t=0$ 时，则有

$$
\begin{gathered}
\Phi^{(m)}(0)=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^m f\left(x_0, y_0\right) \quad(m=1,2, \cdots, n) ...(13), \\
\Phi^{(n+1)}(\theta)=\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1} f\left(x_0+\theta h, y_0+\theta k\right) .
\end{gathered} ...(14)
$$

将（13），（14）式代人（12）式就得到所求之泰勒公式（11）．

易见，中值公式（8）正是泰勒公式（11）在 $n=0$ 时的特殊情形．
若在公式（11）中只要求余项 $R_n=o\left(\rho^n\right)\left(\rho=\sqrt{h^2+k^2}\right)$ ，则仅需 $f$ 在 $U\left(P_0\right)$ 内存在直到 $n$ 阶连续偏导数，便有

$$
\begin{aligned}
& f\left(x_0+h, y_0+k\right) \\
= & f\left(x_0, y_0\right)+\sum_{P=1}^n \frac{1}{P!}\left(h \frac{\partial}{\partial x}+k \frac{\partial}{\partial y}\right)^P f\left(x_0, y_0\right)+o\left(\rho^n\right) .
\end{aligned} ...(15)
$$

**推论**  设 $f(x, y)$ 在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 的某个邻域上具有 $k+1$ 阶连续偏导数，那么在点 $\left(x_0, y_0\right)$ 附近成立

$$
\begin{aligned}
f\left(x_0+\Delta x, y_0+\Delta y\right)= & f\left(x_0, y_0\right)+\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right) f\left(x_0, y_0\right)+ \\
& \frac{1}{2!}\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right)^2 f\left(x_0, y_0\right)+\cdots+ \\
& \frac{1}{k!}\left(\Delta x \frac{\partial}{\partial x}+\Delta y \frac{\partial}{\partial y}\right)^k f\left(x_0, y_0\right)+o\left(\left(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\right)^k\right) .
\end{aligned}
$$

上式称作带有**佩亚诺余项**的二元泰勒公式

`例` 求 $f(x, y)=x^y$ 在点 $(1,4)$ 的泰勒公式（到二阶为止），并用它计算 $(1.08)^{3.96}$ ．
解 由于 $x_0=1, y_0=4, n=2$ ，因此有

$$
\begin{aligned}
f(x, y) & =x^y, \quad f(1,4)=1, \\
f_x(x, y) & =y x^{y-1}, \quad f_x(1,4)=4, \\
f_y(x, y) & =x^y \ln x, \quad f_y(1,4)=0, \\
f_{x^2}(x, y) & =y(y-1) x^{y-2}, \quad f_{x^2}(1,4)=12, \\
f_{x y}(x, y) & =x^{y-1}+y x^{y-1} \ln x, \quad f_{x y}(1,4)=1 . \\
f_{y^2}(x, y) & =x^y(\ln x)^2, \quad f_{y^2}(1,4)=0 .
\end{aligned}
$$

将它们代人泰勒公式（15），即得

$$
x^y=1+4(x-1)+6(x-1)^2+(x-1)(y-4)+o\left(\rho^2\right) .
$$

若略去余项，并让 $x=1.08, y=3.96$ ，则有

$$
(1.08)^{3.96} \approx 1+4 \times 0.08+6 \times 0.08^2-0.08 \times 0.04=1.3552 .
$$

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