一般阶多元Taylor定理

1. 记号与线段条件

设$d$为正整数，$m$为非负整数。设$U\subset\mathbb R^d$为开集，$a\in U$，$h\in\mathbb R^d$，并假设

$$[a,a+h]=\{a+th:0\le t\le1\}\subset U.$$

对于下面的积分余项与Lagrange余项公式，假设$f:U\to\mathbb R$在该线段的某个开邻域$V\subset U$上属于$C^{m+1}$。这表示直到$m+1$阶的所有迭代坐标偏导数都在$V$上存在且连续。不要求整个$U$为凸集。位移$h$也不必是单位向量。

多重指标是$\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_d)\in\mathbb N_0^d$，其中$\mathbb N_0=\{0,1,2,\ldots\}$。记

$$|\alpha|=\sum_{j=1}^d\alpha_j,\qquad \alpha!=\prod_{j=1}^d\alpha_j!,\qquad h^\alpha=\prod_{j=1}^dh_j^{\alpha_j},\qquad \partial^\alpha f=\partial_1^{\alpha_1}\cdots\partial_d^{\alpha_d}f.$$

指数为零时，相应因子按1计算，即使该坐标为零也如此；$0!=1$，$h^0=1$，$\partial^0f=f$。以$e_j$表示第$j$个坐标单位向量。以位移为变量的$m$阶Taylor多项式是

$$T_{m,a}(h)=\sum_{|\alpha|\le m}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\alpha!}h^\alpha.$$

它的次数可以小于$m$。偏导数连续这一条件使求导顺序不影响结果；下面将说明理由。

2. 一元工具与闭区间端点

在一元积分余项定理中，“导数在闭区间上连续”是指区间内部的各阶导数连续延伸到端点，端点处取相应的单侧导数。Taylor多项式中的导数值就是这些端点值。能延伸到开区间上是一个充分但更强的条件。在当前多元情形中，这一条件自动满足：开集$\{t\in\mathbb R:a+th\in V\}$包含$[0,1]$。

费马必要条件。 在可微的内点局部最大值或最小值处，$f'(a)=0$。

证明。 在局部最大值处，充分小的正增量给出非正差商，负增量给出非负差商。双侧导数的极限要同时满足两种符号，只能为零。对函数取负处理最小值。$\square$

内点条件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的极值出现在端点，尽管导数为 1。逆命题不成立：$x^3$ 在零处导数为零，但那里不是极值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

证明。 极值定理保证最大值和最小值存在。若函数为常数，任意内点均符合要求。否则某值不同于相等的端点值，因此最大值或最小值之一出现在内部。可在该处应用费马条件。$\square$

中值定理。 在相同的连续与可微条件下，不要求端点值相等，则存在 $c\in(a,b)$ 满足 $f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)$。

从 $f$ 减去割线 $f(a)+[f(b)-f(a)](x-a)/(b-a)$，再应用 Rolle 定理即可。这一证明不假定 $f'$ 连续。推论包括：导数在区间上为零则函数为常数；导数非负则函数不减；区间上 $|f'|\le M$ 则其中各点满足 $|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。不能由一点的导数值推出整个区间上的导数界。

在 $a$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式为 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高阶导数值为零，它的次数可以小于 $n$。

定理：Taylor 积分余项

设 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭区间上具有直到 $n+1$ 阶的连续导数，则

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若该区间上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

证明。 当 $n=0$ 时，恒等式就是微积分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。当 $n\ge1$ 时，对余项分部积分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 处的边界项为零，在 $a$ 处的贡献为 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的积分是 $(n-1)$ 阶余项。由归纳法得到恒等式。这里使用有向积分，所以 $x<a$ 时也成立。取绝对值，必要时反转积分上下限，再积分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高阶导数连续保证各次分部积分及估计有效。

此定理给出充分的正则性条件，并非最弱假设。Taylor 级数要在固定的 $x$ 处表示 $f$，必须当 $n\to\infty$ 时余项趋于零。若不控制有限阶误差界对 $n$ 的依赖，仅凭该界不能证明余项趋零。

3. 重复方向求导与系数的完整计数

固定$h$，在导数存在处定义$D_hq(x)=\left.\frac{d}{ds}q(x+sh)\right|_{s=0}$。令$D_h^0f=f$，$D_h^{k+1}f=D_h(D_h^kf)$。这里始终沿同一个固定方向重复求导，不是在变化方向下求导。

一阶方向导数。 若$q$在$x$附近属于$C^1$，把从$x$到$x+sh$的增量分为依次沿$d$个坐标的增量。当$s$充分小时，所有这些短线段都在定义域内的某个球中。对每个$h_j\ne0$的坐标，一元中值定理给出第$j$段上的一点$z_{j,s}$，使

$$q(x+sh)-q(x)=\sum_{j:h_j\ne0}s h_j\partial_jq(z_{j,s}).$$

当$s\to0$时，$z_{j,s}\to x$；$h_j=0$的坐标没有增量。除以$s\ne0$，利用偏导数连续性，得到

$$D_hq(x)=\sum_{j=1}^dh_j\partial_jq(x). \tag{1}$$

这个论证也适用于负的$s$，因为中值定理所用的是两个坐标端点之间的区间。

为什么混合偏导数可以交换。 对$C^2$函数$q$，固定不同坐标$i,j$，取充分小的正数$u,v$，使以$x$为顶点的相应坐标矩形位于定义域内。其双差分为

$$\Delta=q(x+ue_i+ve_j)-q(x+ue_i)-q(x+ve_j)+q(x).$$

先对$[0,u]$上的$s\mapsto q(x+se_i+ve_j)-q(x+se_i)$应用中值定理，再对$\partial_iq$沿第$j$个坐标的差应用中值定理，得到

$$\frac{\Delta}{uv}=\partial_j\partial_iq(x+\xi e_i+\eta e_j),\qquad 0<\xi<u,\quad0<\eta<v.$$

交换两个坐标的角色，则在同一矩形的另一个点上有$\Delta/(uv)=\partial_i\partial_jq(x+\widetilde\xi e_i+\widetilde\eta e_j)$。令$u,v\downarrow0$，由连续性得到$\partial_j\partial_iq(x)=\partial_i\partial_jq(x)$。对更高阶导数，把这一结果应用于一对相邻求导操作之前的内层导数，再对所得恒等式作剩余的外层求导。所涉及的总阶数都不超过$m+1$。任何排列都可以通过有限次相邻交换得到，因此，只要各坐标的求导次数相同，所有求导顺序的结果都相同。

断言。 对每个$0\le k\le m+1$及每个$x\in V$，

$$D_h^kf(x)=\sum_{|\alpha|=k}\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha\partial^\alpha f(x). \tag{2}$$

完整归纳证明。 当$k=0$时，唯一的多重指标是$0$，右边就是$f(x)$。假设(2)对某个$0\le k\le m$成立。这个有限和中的每个$\partial^\alpha f$都属于$C^1$。利用(1)、求导的线性性以及偏导数的可交换性，得到

$$\begin{aligned} D_h^{k+1}f(x) &=\sum_{|\alpha|=k}\sum_{j=1}^d\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha h_j\partial^{\alpha+e_j}f(x)\\ &=\sum_{|\beta|=k+1}\left(\sum_{j:\beta_j\ge1}\frac{k!}{(\beta-e_j)!}\right)h^\beta\partial^\beta f(x). \end{aligned}$$

固定$\beta$后，产生它的二元组恰好是$(\alpha,j)=(\beta-e_j,j)$，其中$\beta_j\ge1$，没有其他情况。而且

$$(\beta-e_j)!=\frac{\beta!}{\beta_j},\qquad \sum_{j:\beta_j\ge1}\frac{k!}{(\beta-e_j)!} =\frac{k!}{\beta!}\sum_{j:\beta_j\ge1}\beta_j =\frac{k!(k+1)}{\beta!} =\frac{(k+1)!}{\beta!}.$$

未列入内层求和的坐标满足$\beta_j=0$，它们对坐标总和的贡献也是零。因此得到的恰好是$k+1$阶的(2)，归纳完成。从计数角度看，$k!/\alpha!$是长度为$k$、其中坐标$j$出现$\alpha_j$次的有序坐标选择序列数；上面的递推实际证明了这个计数，而非预先假定它。

现在令$g(t)=f(a+th)$。在任意$t$处对$t$求导，就是在点$a+th$沿方向$h$对$f$求导。从$g^{(0)}(t)=f(a+th)$开始，依次使用这一事实，得到

$$g^{(k)}(t)=D_h^kf(a+th)=\sum_{|\alpha|=k}\frac{k!}{\alpha!}h^\alpha\partial^\alpha f(a+th),\qquad0\le k\le m+1. \tag{3}$$

这些导数都在包含$[0,1]$的某个开区间上连续。

4. Taylor定理与两种精确余项

定理。 在第1节的假设下，

$$f(a+h)=T_{m,a}(h)+R_m(a,h),$$

其中

$$\begin{aligned} R_m(a,h) &=\frac1{m!}\int_0^1(1-t)^mD_h^{m+1}f(a+th)\,dt\\ &=\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{m+1}{\alpha!}h^\alpha\int_0^1(1-t)^m\partial^\alpha f(a+th)\,dt. \tag{4} \end{aligned}$$

若$h\ne0$，还存在一个$\theta\in(0,1)$使

$$\begin{aligned} R_m(a,h) &=\frac{D_h^{m+1}f(a+\theta h)}{(m+1)!}\\ &=\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{\partial^\alpha f(a+\theta h)}{\alpha!}h^\alpha. \tag{5} \end{aligned}$$

积分形式的证明。 上面的一元定理可用于$g$从0到1的区间。为把其归纳在当前坐标中完整写出，令

$$I_r=\frac1{r!}\int_0^1(1-t)^rg^{(r+1)}(t)\,dt\qquad(0\le r\le m).$$

微积分基本定理给出$I_0=g(1)-g(0)$。对$1\le r\le m$，分部积分恰好给出

$$\begin{aligned} I_r&=\left[\frac{(1-t)^r}{r!}g^{(r)}(t)\right]_0^1+\frac1{(r-1)!}\int_0^1(1-t)^{r-1}g^{(r)}(t)\,dt\\ &=-\frac{g^{(r)}(0)}{r!}+I_{r-1}. \end{aligned}$$

所以$I_0=g(1)-\sum_{k=0}^0g^{(k)}(0)/k!$是起始情形。若$I_{r-1}=g(1)-\sum_{k=0}^{r-1}g^{(k)}(0)/k!$，上述递推便给出$I_r=g(1)-\sum_{k=0}^rg^{(k)}(0)/k!$。归纳得到直到$r=m$的恒等式，并包括$m=0$。现在由(3)在0处的公式，

$$\sum_{k=0}^m\frac{g^{(k)}(0)}{k!}=\sum_{k=0}^m\sum_{|\alpha|=k}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\alpha!}h^\alpha=T_{m,a}(h).$$

由(3)的$m+1$阶公式得到(4)，因为$(m+1)!/m!=m+1$，且求和为有限和。特别地，多项式的阶数是$m$，余项中的导数阶数是$m+1$。

严格中间点形式的证明。 令$R=g(1)-\sum_{k=0}^mg^{(k)}(0)/k!$，定义

$$H(t)=g(t)-\sum_{k=0}^m\frac{g^{(k)}(0)}{k!}t^k-Rt^{m+1}.$$

于是$H(1)=0$，且对$0\le r\le m$有$H^{(r)}(0)=0$。在$[0,1]$上用Rolle定理，得到$c_1\in(0,1)$满足$H'(c_1)=0$。若$m\ge1$，利用$H'(0)=0$在$[0,c_1]$上再次应用Rolle定理，得到$c_2\in(0,c_1)$满足$H''(c_2)=0$。具体地，只要$1\le r\le m$且$H^{(r)}(c_r)=0$、$c_r>0$，另一零点$H^{(r)}(0)=0$就允许在$[0,c_r]$上用Rolle定理，得到$c_{r+1}\in(0,c_r)$满足$H^{(r+1)}(c_{r+1})=0$。应用$m+1$次之后，$\theta=c_{m+1}\in(0,1)$满足

$$0=H^{(m+1)}(\theta)=g^{(m+1)}(\theta)-(m+1)!R.$$

当$m=0$时，第一次应用已经是最后一次。代入(3)便得到(5)。

(5)中每一项使用同一个$\theta$，是因为只对一个标量线函数$g$应用了一次一元结论。若分别对各个偏导数或不同的坐标路径应用中值论证，得到的点可能不同，不能悄然把它们替换成同一个点。这里的共同点结论针对实标量函数，不是向量值函数各分量共用一点的结论。

若$h=0$，则$g$为常函数，$T_{m,a}(0)=f(a)$，$R_m(a,0)=0$，而且(4)仍然成立。不要求在只有一个点的线段上寻找严格的几何中间点。即使$h\ne0$，线函数也可能为常函数，Rolle证明仍然适用。当$m=0$时，公式化为$f(a+h)-f(a)=\int_0^1\nabla f(a+th)\cdot h\,dt$以及标量线段中值公式。

5. 误差界与较弱的局部Taylor结论

若对所有$|\alpha|=m+1$及线段上的每个$x$都有$|\partial^\alpha f(x)|\le M$，则由(4)可得

$$|R_m(a,h)|\le M\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{|h^\alpha|}{\alpha!} =\frac{M}{(m+1)!}\left(\sum_{j=1}^d|h_j|\right)^{m+1}. \tag{6}$$

这是因为$\int_0^1(1-t)^m\,dt=1/(m+1)$；将$m+1$个$\sum_j|h_j|$相乘，再按有序坐标选择分类，所得系数正是(2)中已经证明的计数。只有$a$处的导数界不能推出(6)。另一种情形是，若直接知道$|D_h^{m+1}f(a+th)|\le K\|h\|^{m+1}$，则有$|R_m|\le K\|h\|^{m+1}/(m+1)!$。

$C^{m+1}$是(4)、(5)的充分条件，并非所有局部Taylor近似都需要这一条件。若$m\ge1$且$f$仅在$a$的某个邻域上属于$C^m$，则

$$f(a+h)=T_{m,a}(h)+o(\|h\|^m)\qquad(h\to0). \tag{7}$$

证明这一较弱结论不需要多加一阶导数：对充分短的线段应用阶数为$m-1$的(4)。其中常量$D_h^mf(a)$对应的积分等于$D_h^mf(a)/m!$，由(2)恰为$m$次齐次项。在被积函数内减去这个常量后，误差的绝对值不超过

$$\frac{\varepsilon(h)}{m!}\left(\sum_{j=1}^d|h_j|\right)^m,\qquad \varepsilon(h)=\max_{|\alpha|=m}\sup_{0\le t\le1}|\partial^\alpha f(a+th)-\partial^\alpha f(a)|\longrightarrow0.$$

这样的$\alpha$只有有限多个，而$\|th\|\le\|h\|$，所以在$a$处的连续性同时控制整段上的所有点。Cauchy–Schwarz不等式给出$\sum_j|h_j|\le\sqrt d\|h\|$，从而证明(7)。当$m=0$时，仅由连续性就有$f(a+h)=f(a)+o(1)$。这些较弱结论既不声称具有$m+1$阶余项，也不声称函数等于某个无穷级数。

6. 算例：三阶多项式与四阶余项

设$f(x,y)=e^{x+2y}$，$a=(0,0)$，$h=(u,v)$。对$\alpha=(p,q)$，有$\partial^\alpha f(0,0)=2^q$。因此

$$\begin{aligned} T_{3,0}(u,v) ={}&1+u+2v+\frac{u^2}{2}+2uv+2v^2\\ &+\frac{u^3}{6}+u^2v+2uv^2+\frac43v^3. \end{aligned}$$

例如，$u^2v$的系数是$\partial_x^2\partial_yf(0,0)/(2!1!)=2/2=1$；而在$D_h^3f(0,0)$中，同一项的系数是$(3!/(2!1!))\,2=6$，再除以$3!$才变为1。

令$s=u+2v$。线函数是$g(t)=e^{ts}$，所以$g^{(4)}(t)=s^4e^{ts}$。于是

$$e^{u+2v}-T_{3,0}(u,v)=\frac{s^4}{6}\int_0^1(1-t)^3e^{ts}\,dt,$$

且对非零位移，有一个共同的$\theta\in(0,1)$使$R_3=s^4e^{\theta s}/24$。特别地，$|R_3|\le e^{|s|}|s|^4/24$。若$s=0$，线函数为常函数，误差恰为零，即使$h\ne0$也是如此。这种抵消与一般误差界完全相容，也说明为什么应按总次数截断，而非分别限制每个坐标的次数。

7. 练习与完整解答

P01. 对$f(x,y,z)=5+x^2y+2xyz-yz^2$，在$a=(1,0,1)$处以位移$h=(u,v,w)$展开。

1. 求$T_{2,a}(h)$与精确剩余项。
2. 用$\partial^\alpha f/\alpha!$核对每个非零三阶混合项系数，并验证方向导数形式的积分余项与Lagrange余项。
3. 判断$T_{3,a}$是否精确，并包括$h=0$的情形。

完整解答。 代入并按总次数整理，得到

$$\begin{aligned} f(1+u,v,1+w) &=5+(1+u)^2v+2(1+u)v(1+w)-v(1+w)^2\\ &=5+2v+4uv+u^2v+2uvw-vw^2. \end{aligned}$$

所以$T_{2,a}=5+2v+4uv$，$R_2=u^2v+2uvw-vw^2$。三阶偏导数都是常数。其非零多重指标及对应导数值为

$$\partial^{(2,1,0)}f=2,\qquad\partial^{(1,1,1)}f=2,\qquad\partial^{(0,1,2)}f=-2.$$

其他所有三阶多重指标导数都为零。依次除以$2!1!0!=2$、$1!1!1!=1$、$0!1!2!=2$，便得到系数$1,2,-1$。由(2)，

$$D_h^3f=\frac{3!}{2!1!0!}\,2u^2v+\frac{3!}{1!1!1!}\,2uvw+\frac{3!}{0!1!2!}\,(-2)vw^2 =6u^2v+12uvw-6vw^2.$$

它与线段上所选的点无关。积分余项为$\frac12\int_0^1(1-t)^2D_h^3f\,dt=D_h^3f/6=R_2$，因为$(1-t)^2$的积分为$1/3$。当$h\ne0$时，Lagrange形式对每个$\theta\in(0,1)$都取相同的值，当然也适用于定理给出的那个点。最后，所有四阶导数都为零，三阶多项式就是上面完整的展开式，对每个位移余项都为零。在$h=0$时，两种余项也都直接等于零。