Chuỗi Maclaurin mở rộng bậc 4

Question

Tôi đang cố gắng nắm bắt cách chuỗi Maclaurin với hai biến phát triển theo thứ tự thứ tư. Tôi sẽ đánh giá cao nếu bạn sửa lại suy đoán của tôi dưới đây.

$$f(x,y)=f(0,0)+f_{1}(0,0)x+f_{2}(0,0)y\\ +\frac{1}{2!}(f_{11}(0,0)x^2+f_{12}(0,0)xy+f_{22}(0,0)y^2)\\ +\frac{1}{3!}(f_{111}(0,0)x^3+f_{112}(0,0)x^2y+f_{122}(0,0)xy^2+f_{222}(0,0)y^3)\\ +\frac{1}{4!}(f_{1111}(0,0)x^4+f_{1112}(0,0)x^3y+f_{1122}(0,0)x^2y^2+f_{1222}(0,0)xy^3+f_{2222}(0,0)y^4)\\$$

EDIT: Đã cập nhật các hệ số. Cố gắng sử dụnghttps://math.libretexts.org/Bookshelves/Calculus/Supplemental_Modules_(Calculus)/Multivariable_Calculus/3%3A_Topics_in_Partial_Derivatives/Taylor__Polynomials_of_Functions_of_Two_Variables#mjx-eqn-tpn

Answer 1

Thực ra có một cách dễ dàng để nhớ chuỗi này, hãy xem xét:

Hãy xem xét biểu thức sau:

$$ \frac{1}{n!} \bigg[ \frac{ \partial}{\partial x} + \frac{ \partial }{ \partial y} \bigg]^n = \sum_{i+j=n}^n \frac{1}{k! j!} \frac{\partial^i}{\partial x^i} \frac{\partial^{j} }{\partial y^{j} }$$

Vì vậy, chúng ta có thể viết $(i,j)$ thuật ngữ như:

$$ C_{ij} = \frac{1}{k! j!} \frac{\partial^i}{\partial x^i} \frac{\partial^{j} }{\partial y^{j} }$$

Sau đó, bạn sẽ nhận thấy rằng, phần mở rộng taylor có dạng:

$$ f(x,y) = \sum_{i,j=0}^{\infty} \bigg[ C_{ij} f(x,y) \bigg]_{x=a,y=b} (x-a)^i (y-b)^j$$

Vì vậy, giả sử đối với sự mở rộng độ 'thứ n', bạn muốn $i+j=n$.. vì chúng ta muốn tính đồng nhất của đa thức. Do đó, chúng ta có thể viết là:

$$ f(x,y) = \sum_{n=0}^{\infty} \bigg[\sum_{i=0}^{n} \bigg[ C_{i,(n-i)} f(x,y) \bigg]_{x=a,y=b} (x-a)^i (y-b)^{n-i}\bigg]$$

Tổng bên trong cung cấp cho bạn thành phần được giới thiệu bằng cách tăng mức độ mở rộng Taylor từ $n-1 $ đến $n$. Hãy lấy nó ra:

$$ Q= \bigg[\sum_{i=0}^{n} \bigg[ C_{i,(n-i)} f(x,y)\bigg]_{x=a,y=b} (x-a)^i (y-b)^{n-i}\bigg]$$

Đối với $n=2$,

$$ Q= \bigg[ \bigg[C_{0,2} f(x,y)\bigg]_{a,b} (y-b)^2 + \bigg[C_{1,1} f(x,y) \bigg]_{a,b} (x-a)(y-b)+ \bigg[C_{2,0} f(x,y)\bigg]_{a,b} (x-a)^2 \bigg]$$

hệ số tính toán:

$$ Q= \bigg[ \bigg[\frac{\partial^2}{\partial y^2}f(x,y)\bigg]_{a,b} (y-b)^2 + \bigg[\frac{\partial^2}{\partial y \partial x}f(x,y) \bigg]_{a,b} (x-a)(y-b)+ \bigg[\frac{\partial^2}{\partial x^2}ff(x,y)\bigg]_{a,b} (x-a)^2 \bigg]$$

Đối với các điều khoản bổ sung có được bằng cách thay đổi thứ tự từ ba thành bốn,

$$ Q= \bigg[\sum_{i=0}^{4} \bigg[ C_{i,(4-i)} f(x,y)\bigg]_{x=a,y=b} (x-a)^i (y-b)^{4-i}\bigg]$$

Bây giờ tôi sẽ để cho bạn đánh giá nó

---

Giải thích về ký hiệu:

$$ \frac{ \partial^i }{\partial x^i} \frac{ \partial^j}{\partial y^j} = \frac{ \partial^{i+j} }{ \partial x^i \partial y^j}$$

$$ \frac{ \partial^i }{\partial x^i} f(x,y)= \frac{ \partial^i f(x,y)}{ \partial^i x}$$

$$ \bigg( \frac{\partial}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial y} \bigg)^2= \frac{\partial^2}{\partial x^2} + 2 \frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial }{\partial y} + \frac{ \partial^2 }{\partial y^2}$$

$$ \frac{ \partial}{\partial x} \frac{ \partial }{\partial x} = \frac{\partial^2}{\partial x^2}$$

Ghi chú: $C_{0,0} = 1$

Đối với maclaurain, hãy đặt $ a=b=0$

Wiki