Bài Giảng Toán Cao Cấp
2.6. Khai triển Taylor của hàm số hai biến
Công thức
+ Giả sử hàm số f(x,y) có đạo hàm riêng đến cấp \( (n+1) \) liên tục trong một lân cận V có điểm \( {{M}_{0}}({{x}_{0}},{{y}_{0}}) \). Giả sử điểm \( M({{x}_{0}}+\Delta x,\,{{y}_{0}}+\Delta y) \) cũng thuộc V thì có khai triển Taylor của hàm số f(x,y) trong lân cận điểm M0 là:
\( f(M)=f({{M}_{0}})+\frac{df({{M}_{0}})}{1!}+…+\frac{{{d}^{n}}f({{M}_{0}})}{n!}+o({{\rho }^{n}}) \)
Trong đó \( \rho =\sqrt{{{(\Delta x)}^{2}}+{{(\Delta y)}^{2}}} \) và \( o({{\rho }^{n}}) \) là VCB cấp cao hơn \( {{\rho }^{n}} \).
+ Khai triển Maclaurin của hàm f(x,y) trong lân cận điểm O(0,0) là
\( f(x,y)=f(0,0)+\frac{df(0,0)}{1!}+…+\frac{{{d}^{n}}f(0,0)}{n!}+o({{\rho }^{n}}) \)
Trong đó \( dx=\Delta x=x,\,\,dy=\Delta y=y \) và \( \rho =\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \).
Nhận Dạy Kèm môn Giải Tích 2 - Calculus II Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Toán Cao Cấp gồm:
- Giải Tích 1, Giải Tích 2, Giải tích 3
- Đại Số Tuyến Tính, Xác Suất Thống Kê
- Sách Giải Bài Tập của bộ môn Toán Cao Cấp!
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học 1,5h - 2h/1 buổi!
Ví dụ 1. Khai triển Taylor trong lân cận điểm \( {{M}_{0}}(1,1) \) của hàm số \( f(x,y)={{y}^{x}} \) đến số hạng bậc hai.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \( dx=\Delta x=x-{{x}_{0}}=x-1 \) và \( dy=\Delta y=y-{{y}_{0}}=y-1 \).
+ \( f(1,1)=1 \).
+ \( df(x,y)={{{f}’}_{x}}(x,y)dx+{{{f}’}_{y}}(x,y)dy={{y}^{x}}\ln ydx+x{{y}^{x-1}}dy\Rightarrow df(1,1)=dy=y-1 \).
+ \( {{d}^{2}}f(x,y)={{{f}”}_{{{x}^{2}}}}d{{x}^{2}}+2{{{f}”}_{xy}}dxdy+{{{f}”}_{{{y}^{2}}}}d{{y}^{2}}={{y}^{x}}{{\ln }^{2}}yd{{x}^{2}}+2{{y}^{x-1}}(x\ln y+1)dxdy+x(x-1){{y}^{x-2}}d{{y}^{2}} \).
\( \Rightarrow {{d}^{2}}f(1,1)=2dxdy=2(x-1)(y-1) \).
Vậy \( {{y}^{x}}=1+(y-1)+(x-1)(y-1)+o({{\rho }^{2}}),\,\,{{\rho }^{2}}=\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}} \).
Sách Giải Bài Tập Giải Tích 2
Ví dụ 2. Khai triển Maclaurin của hàm số \( z=\cos ({{x}^{2}}+{{y}^{2}}) \) đến số hạng bậc 4.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức khai triển Maclaurin của hàm một biến
\( \cos t=1-\frac{{{t}^{2}}}{2!}+\frac{{{t}^{4}}}{4!}-…+{{(-1)}^{n}}\frac{{{t}^{2n}}}{(2n)!}+o({{t}^{2n}}) \)
Ta được \( \cos ({{x}^{2}}+{{y}^{2}})=1-\frac{{{({{x}^{2}}+{{y}^{2}})}^{2}}}{2!}+o({{\rho }^{4}})=1-\frac{1}{2}{{x}^{4}}-{{x}^{2}}{{y}^{2}}-\frac{1}{2}{{y}^{4}}+o({{\rho }^{4}}),\,\,\rho =\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \).
Ví dụ 3. Khai triển Maclaurin của hàm số \( f(x,y)={{e}^{{{x}^{2}}}}\sin y \) đến số hạng bậc 5.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức khai triển Maclaurin của hàm một biến, ta có:
+ \( {{e}^{{{x}^{2}}}}=1+({{x}^{2}})+\frac{1}{2}{{({{x}^{2}})}^{2}}+…. \)
+ \( \sin y=y-\frac{{{y}^{3}}}{3!}+\frac{{{y}^{5}}}{5!}-…. \)
Vậy \( {{e}^{{{x}^{2}}}}\sin y=\left( 1+{{x}^{2}}+\frac{1}{2}{{x}^{4}}+… \right)\left( y-\frac{{{y}^{3}}}{3!}+\frac{{{y}^{5}}}{5!}-… \right)=y+{{x}^{2}}y-\frac{1}{6}{{y}^{3}}-\frac{1}{6}{{x}^{2}}{{y}^{3}}+\frac{1}{2}{{x}^{4}}y+\frac{1}{120}{{y}^{5}}+o{{(\rho )}^{5}} \), trong đó \( \rho =\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \).
Ví dụ 4. Khai triển Maclaurin của \( z={{(1+y)}^{{{x}^{2}}}} \) đến số hạng bậc 6.
Hướng dẫn giải:
Biến đổi \( z={{e}^{\ln {{(1+y)}^{{{x}^{2}}}}}}={{e}^{{{x}^{2}}\ln (1+y)}} \), ta được:
\( z={{e}^{{{x}^{2}}\ln (1+y)}}=1+{{x}^{2}}\ln (1+y)+\frac{1}{2}{{x}^{4}}{{\ln }^{2}}(1+y)+… \).
Do \( \ln (1+y)=y-\frac{{{y}^{2}}}{2}+\frac{{{y}^{3}}}{3}-\frac{{{y}^{4}}}{4}+… \), nên ta có:
\( z=1+{{x}^{2}}\left( y-\frac{{{y}^{2}}}{2}+\frac{{{y}^{3}}}{3}-\frac{{{y}^{4}}}{4}+… \right)+\frac{1}{2}{{x}^{4}}{{(y-…)}^{2}}+…. \)
\( =1+{{x}^{2}}y-\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{2}}{{y}^{3}}}{3}-\frac{{{x}^{2}}{{y}^{4}}}{4}+\frac{{{x}^{4}}{{y}^{2}}}{2}+o({{\rho }^{6}}),\,\,\rho =\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \).
Nhận xét: Từ công thức khai triển Maclaurin, ta suy ra cách tìm vi phân cấp cao của hàm hai biến tại (0,0). Chẳng hạng, tìm \( {{d}^{6}}z(0,0) \) trong ví dụ 1.45:
\( \frac{1}{6!}{{d}^{6}}z(0,0)=-\frac{{{x}^{2}}{{y}^{4}}}{4}+\frac{{{x}^{4}}{{y}^{2}}}{2}=-\frac{1}{4}d{{x}^{2}}d{{y}^{4}}+\frac{1}{2}d{{x}^{4}}d{{y}^{2}} \).
Vậy \( {{d}^{6}}z(0,0)=-180d{{x}^{2}}d{{y}^{4}}+360d{{x}^{4}}d{{y}^{2}} \).
Ví dụ 5. Cho hàm số \( f(x,y)={{e}^{\frac{{{x}^{3}}}{y+1}}} \), tính \( {{d}^{7}}f(0,0) \).
Hướng dẫn giải:
Ta có: \( {{e}^{\frac{{{x}^{3}}}{y+1}}}=1+{{x}^{3}}\cdot \frac{1}{1-(-y)}+\frac{1}{2}{{x}^{6}}{{\left[ \frac{1}{1-(-y)} \right]}^{2}}+…. \)
Do \( \frac{1}{1-(-y)}=1-y+{{y}^{2}}-{{y}^{3}}+{{y}^{4}}-…. \), nên ta được:
\( f(x,y)=1+{{x}^{3}}\cdot (1-y+{{y}^{2}}-{{y}^{3}}+{{y}^{4}}-…)+\frac{1}{2}{{x}^{6}}\cdot {{(1-y+{{y}^{2}}-{{y}^{3}}+{{y}^{4}}-…)}^{2}}+… \)
Số hạng bậc 7 trong khai triển là: \( {{x}^{3}}{{y}^{4}}-{{x}^{6}}y=d{{x}^{3}}d{{y}^{4}}-d{{x}^{6}}dy \).
Ta suy ra: \( \frac{1}{7!}{{d}^{7}}f(0,0)=d{{x}^{3}}d{{y}^{4}}-d{{x}^{6}}dy \).
Vậy \( {{d}^{7}}f(0,0)=5040d{{x}^{3}}d{{y}^{4}}-5040d{{x}^{6}}dy \).
