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# 6.5: Diferenciación repetida. Teorema de Taylor

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En §1 definimos funciones derivadas$$\vec{u}$$ -dirigidas,$$D_{\vec{u}} f$$ para cualquiera$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ y cualquiera$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0}$$ en$$E^{\prime}.$$

Por lo tanto, dada una secuencia, primero$$\left\{\vec{u}_{i}\right\} \subseteq E^{\prime}-\{\overrightarrow{0}\},$$ podemos formar$$D_{\vec{u}_{1}} f,$$ entonces$$D_{\vec{u}_{2}}\left(D_{\vec{u}_{1}} f\right)$$ (la función derivada$$\vec{u}_{2}$$ -dirigida de$$D_{\vec{u}_{1}} f ),$$ entonces la función derivada$$\vec{u}_{3}$$ -dirigida de$$D_{\vec{u}_{2}}\left(D_{\vec{u}_{1}} f\right),$$ y así sucesivamente. Llamamos a todas las funciones así formadas las funciones derivadas direccionales de orden superior de$$f.$$

Si en cada paso el límite postulado en la Definición 1 de §1 existe para todos$$\vec{p}$$ en un conjunto los$$B \subseteq E^{\prime},$$ llamamos las derivadas direccionales de orden superior de$$f$$ (on$$B$$).

Si todos$$\vec{u}_{i}$$ son vectores unitarios básicos en$$E^{n}\left(C^{n}\right),$$ decimos “parcial” en lugar de “direccional”.

También definimos$$D_{\vec{u}}^{1} f=D_{\vec{u}} f$$ y

$D_{\vec{u}_{1} \vec{u}_{2} \ldots \vec{u}_{k}}^{k} f=D_{\vec{u}_{k}}\left(D_{\vec{u}_{1} \overline{u}_{2} \ldots \vec{u}_{k-1}}^{k-1} f\right), \quad k=2,3, \ldots,$

y llaman a$$D_{\vec{u}_{1} \vec{u}_{2} \ldots \vec{u}_{k}}^{k} f$$ una función derivada direccional del orden$$k.$$ (Algunos autores la denotan por$$D_{\vec{u}_{k} \vec{u}_{k-1} \ldots \vec{u}_{1}} f.)$$

Si todos$$\vec{u}_{i}$$ iguales$$\vec{u},$$ escribimos$$D_{\vec{u}}^{k} f$$ en su lugar.

Para funciones derivadas parcialmente, simplificamos esta notación, escribiendo$$1 2 \ldots$$$$\vec{e}_{1} \vec{e}_{2} \ldots$$ y omitiendo el "$$k$$" in$$D^{k}$$ (excepto en notación clásica):

$D_{12} f=D_{\vec{e}_{1} \vec{e}_{2}}^{2} f=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1} \partial x_{2}}, \quad D_{11} f=D_{\vec{e}_{1} \vec{e}_{1}}^{2} f=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{1}^{2}}, \text { etc.}$

También establecemos$$D_{\vec{u}}^{0} f=f$$ para cualquier vector$$\vec{u}$$.

## Ejemplo

(A) Definir$$f : E^{2} \rightarrow E^{1}$$ por

$f(0,0)=0, \quad f(x, y)=\frac{x y\left(x^{2}-y^{2}\right)}{x^{2}+y^{2}}.$

Entonces

$\frac{\partial f}{\partial x}=D_{1} f(x, y)=\frac{y\left(x^{4}+4 x^{2} y^{2}-y^{4}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}},$

de donde$$D_{1} f(0, y)=-y$$ si$$y \neq 0;$$ y también

$D_{1} f(0,0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x, 0)-f(0,0)}{x}=0. \quad \text {(Verify!)}$

Así$$D_{1} f(0, y)=-y$$ siempre, y así$$D_{12} f(0, y)=-1; D_{12} f(0,0)=-1$$ Del mismo modo,

$D_{2} f(x, y)=\frac{x\left(x^{4}-4 x^{2} y^{2}-y^{4}\right)}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}$

si$$x \neq 0$$ y$$D_{2} f(0,0)=0.$$ Así$$(\forall x) D_{2} f(x, 0)=x$$ y así

$D_{21} f(x, 0)=1 \text { and } D_{21} f(0,0)=1 \neq D_{12} f(0,0)=-1.$

El ejemplo anterior muestra que bien podemos tener$$D_{12} f \neq D_{21} f,$$ o de manera más general,$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f \neq D_{\vec{v} \vec{u}}^{2} f.$$ Sin embargo, obtenemos el siguiente teorema.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Dados vectores distintos de cero$$\vec{u}$$ y$$\vec{v}$$ en$$E^{\prime},$$ supongamos$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ tiene las derivadas

$D_{\vec{u}} f, D_{\vec{v}} f, \text { and } D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f$

en un set abierto$$A \subseteq E^{\prime}$$.

Si$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f$$ es continuo en algunos$$\vec{p} \in A,$$ entonces la derivada$$D_{\vec{v} \vec{u}}^{2} f(\vec{p})$$ también existe y es igual$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})$$.

Prueba

Por Corolario 1 en §1, todo se reduce al caso$$|\vec{u}|=1=|\vec{v}|.$$ (¿Por qué?)

Dado$$\varepsilon>0,$$ arreglo$$\delta>0$$ tan pequeño que$$G=G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A$$ y simultáneamente

$\sup _{\vec{x} \in G}\left|D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{x})-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})\right| \leq \varepsilon$

(por la continuidad de$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f$$ at$$\vec{p})$$.

Ahora$$\left(\forall s, t \in E^{1}\right)$$ define$$H_{t} : E^{1} \rightarrow E$$ por

$H_{t}(s)=D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v}).$

Let

$I=\left(-\frac{\delta}{2}, \frac{\delta}{2}\right).$

Si$$s, t \in I,$$ el punto$$\vec{x}=\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v}$$ está en$$G_{\vec{p}}(\delta) \subseteq A,$$ desde

$|\vec{x}-\vec{p}|=|t \vec{u}+s \vec{v}|<\frac{\delta}{2}+\frac{\delta}{2}=\delta.$

Así, por suposición, la derivada$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})$$ existe. Además,

\begin{aligned} H_{t}^{\prime}(s) &=\lim _{\Delta s \rightarrow 0} \frac{1}{\Delta s}\left[H_{t}(s+\Delta s)-H_{t}(s)\right] \\ &=\lim _{\Delta s \rightarrow 0} \frac{1}{\Delta s}\left[D_{\vec{u}} f(\vec{x}+\Delta s \cdot \vec{v})-D_{\vec{u}} f(\vec{x})\right]. \end{aligned}

Pero el último límite es$$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{x}),$$ por definición. Por lo tanto, el establecimiento

$h_{t}(s)=H_{t}(s)-s D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p}),$

conseguimos

\begin{aligned} h_{t}^{\prime}(s) &=H_{t}^{\prime}(s)-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p}) \\ &=D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{x})-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p}). \end{aligned}

Vemos que$$h_{t}$$ es diferenciable en$$I,$$ y por (2),

$\sup _{s \in I}\left|h_{t}^{\prime}(s)\right| \leq \sup _{\vec{x} \in G}\left|D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{x})-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})\right| \leq \varepsilon$

para todos$$t \in I.$$ De ahí por Corolario 1 del Capítulo 5, §4,

$\left|h_{t}(s)-h_{t}(0) \leq\right| s\left|\sup _{\sigma \in I}\right| h_{t}^{\prime}(\sigma)| \leq| s | \varepsilon.$

Pero por definición,

$h_{t}(s)=D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v})-s D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})$

y

$h_{t}(0)=D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u}).$

Por lo tanto

$\left|D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v})-D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u})-s D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})\right| \leq|s| \varepsilon$

para todos$$s, t \in I$$.

Siguiente, set

$G_{s}(t)=f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v})-f(\vec{p}+t \vec{u})$

y

$g_{s}(t)=G_{s}(t)-s t \cdot D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p}).$

Como antes, uno encuentra que$$(\forall s \in I) g_{s}$$ es diferenciable en$$I$$ y que

$g_{s}^{\prime}(t)=D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v})-D_{\vec{u}} f(\vec{p}+t \vec{u})-s D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})$

para$$s, t \in I.$$ (¡Verifica!)

De ahí por (3),

$\sup _{t \in I}\left|g_{s}^{\prime}(t)\right| \leq|s| \varepsilon.$

Nuevamente, por Corolario 1 del Capítulo 5, §4,

$\left|g_{s}(t)-g_{s}(0)\right| \leq|s t| \varepsilon,$

o por la definición de$$g_{s}$$ (asumiendo$$s, t \in I-\{0\}$$ y dividiendo por$$s t )$$,

$\left|\frac{1}{s t}[f(\vec{p}+t \vec{u}+s \vec{v})-f(\vec{p}+t \vec{u})]-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})-\frac{1}{s t}[f(\vec{p}+s \vec{v})-f(\vec{p})]\right| \leq \varepsilon.$

(¡Verifica!) Haciendo$$s \rightarrow 0$$ (con$$t$$ fijo), obtenemos, por la definición de$$D_{\vec{v}} f$$,

$\left|\frac{1}{t} D_{\vec{v}} f(\vec{p}+t \vec{u})-\frac{1}{t} D_{\vec{v}} f(\vec{p})-D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})\right| \leq \varepsilon$

cuando sea$$0<|t|<\delta / 2$$.

Como$$\varepsilon$$ es arbitrario, tenemos

$D_{\vec{u} \vec{v}}^{2} f(\vec{p})=\lim _{t \rightarrow 0} \frac{1}{t}\left[D_{v} f(\vec{p}+t \vec{u})-D_{\vec{v}} f(\vec{p})\right].$

Pero por definición, este límite es el derivado$$D_{\vec{v} \vec{u}}^{2} f(\vec{p}).$$ Así todo está demostrado. $$\quad \square$$

Nota 1. Por inducción, el teorema se extiende a las derivadas de orden$$>2.$$ Así la derivada$$D_{\vec{u}_{1} \vec{u}_{2} \ldots \vec{u}_{k}} f$$ es independiente del orden en el que se$$\vec{u}_{i}$$ siguen si existe y es continua en un conjunto abierto$$A \subseteq E^{\prime},$$ junto con derivadas apropiadas de orden$$<k$$.

Si$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ esto aplica a los parciales como caso especial.

Por$$E^{n}$$ y$$C^{n}$$ sólo, formulamos también la siguiente definición.

## Definición 1

$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right).$$Digamos que$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es$$m$$ tiempos diferenciables en$$\vec{p} \in E^{\prime}$$ iff$$f$$ y todos sus parciales de orden$$<m$$ son diferenciables en$$\vec{p}$$.

Si esto se sostiene para todos$$\vec{p}$$ en un conjunto$$B \subseteq E^{\prime},$$ decimos que$$f$$ es$$m$$ tiempos diferenciables en$$B$$.

Si, además, todos los parciales de orden$$m$$ son continuos en$$\vec{p}$$ (en$$B),$$ decimos que$$f$$ es de clase$$C D^{m},$$ o$$m$$ tiempos continuamente diferenciables allí, y escribimos$$f \in C D^{m}$$ en$$\vec{p}$$ (en$$B).$$

Por último, si esto se mantiene para todo natural$$m,$$ escribimos$$f \in C D^{\infty}$$ en$$\vec{p}$$ (on$$B,$$ respectivamente).

## Definición 2

Dado el espacio$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ la función$$f : E^{\prime} \rightarrow E,$$ y un punto$$\vec{p} \in E^{\prime},$$ definimos las asignaciones

$d^{m} f(\vec{p} ; \cdot), \quad m=1,2, \ldots,$

de$$E^{\prime}$$ a$$E$$ configurando para cada$$\vec{t}=\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)$$

\begin{aligned} d^{1} f(\vec{p} ; \vec{t}) &=\sum_{i=1}^{n} D_{i} f(\vec{p}) \cdot t_{i}, \\ d^{2} f(\vec{p} ; \vec{t}) &=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} D_{i j} f(\vec{p}) \cdot t_{i} t_{j}, \\ d^{3} f(\vec{p} ; \vec{t}) &=\sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} D_{i j k} f(\vec{p}) \cdot t_{i} t_{j} t_{k}, \quad \text {and so on. } \end{aligned}

Llamamos$$d^{m} f(\vec{p} ; \cdot)$$ al$$m t h$$ diferencial (o diferencial de orden$$m)$$ de$$f$$ at$$\vec{p}$$. Por nuestras convenciones, siempre se define$$E^{n}\left(C^{n}\right)$$ como son las funciones parcialmente derivadas involucradas.

Si$$f$$ es diferenciable en$$\vec{p}$$ (pero no de otra manera), entonces$$d^{1} f(\vec{p} ; \vec{t})=d f(\vec{p} ; \vec{t})$$ por Corolario 1 en §3;$$d^{1} f(\vec{p} ; \cdot)$$ es lineal y continuo (¿por qué?) pero no es necesario satisfacer la Definición 1 en §3.

En notación clásica, escribimos$$d x_{i}$$ para$$t_{i};$$ e.g.,

$d^{2} f=\sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} d x_{i} d x_{j}.$

Nota 2. El análisis clásico tiende a definir diferenciales como los anteriores en términos de parciales. La fórmula (4) para a menudo$$d^{m} f$$ se escribe simbólicamente:

$d^{m} f=\left(\frac{\partial}{\partial x_{1}} d x_{1}+\frac{\partial}{\partial x_{2}} d x_{2}+\cdots+\frac{\partial}{\partial x_{n}} d x_{n}\right)^{m} f, \quad m=1,2, \ldots$

En efecto, elevando la expresión entre corchetes al$$m$$ th “poder” como en álgebra (eliminando corchetes, sin recolectar términos “similares”) y luego “multiplicar” por$$f,$$ obtenemos sumas que concuerdan con (4). (Por supuesto, esto no es una multiplicación genuina sino solo un dispositivo de memorización conveniente).

## Ejemplo

(B) Definir$$f : E^{2} \rightarrow E^{1}$$ por

$f(x, y)=x \sin y.$

Toma cualquier$$\vec{p}=(x, y) \in E^{2}.$$ Entonces

$D_{1} f(x, y)=\sin y \text { and } D_{2} f(x, y)=x \cos y;$

$D_{12} f(x, y)=D_{21} f(x, y)=\cos y,$

$D_{11} f(x, y)=0, \text { and } D_{22} f(x, y)=-x \sin y;$

$D_{111} f(x, y)=D_{112} f(x, y)=D_{121} f(x, y)=D_{211} f(x, y)=0,$

$D_{221} f(x, y)=D_{212} f(x, y)=D_{122} f(x, y)=-\sin y, \text { and}$

$D_{222} f(x, y)=-x \cos y; \text { etc.}$

Como se ve fácilmente,$$f$$ tiene parciales continuos de todos los órdenes; así$$f \in C D^{\infty}$$ sucesivamente todos$$E^{2}.$$ También,

\begin{aligned} d f(\vec{p} ; \vec{t}) &=t_{1} D_{1} f(\vec{p})+t_{2} D_{2} f(\vec{p}) \\ &=t_{1} \sin y+t_{2} x \cos y. \end{aligned}

En notación clásica,

\begin{aligned} d f &=d^{1} f=\frac{\partial f}{\partial x} d x+\frac{\partial f}{\partial y} d y \\ &=\sin y d x+x \cos y d y; \\ d^{2} f &=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} d x^{2}+2 \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} d x d y+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} d y^{2} \\ &=2 \cos y d x d y-x \sin y d y^{2}; \\ d^{3} f &=-3 \sin y d x d y^{2}-x \cos y d y^{3}; \end{aligned}

y así sucesivamente. (¡Verifica!)

Ahora podemos extender el teorema de Taylor (Teorema 1 en el Capítulo 5, §6) al caso$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right).$$

## Teorema$$\PageIndex{2}$$ (Taylor)

Dejar$$\vec{u}=\vec{x}-\vec{p} \neq \overrightarrow{0}$$ entrar$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right)$$.

Si$$f : E^{\prime} \rightarrow E$$ es$$m+1$$ tiempos diferenciables en el segmento de línea

$I=L[\vec{p}, \vec{x}] \subset E^{\prime}$

entonces

$f(\vec{x})-f(\vec{p})=\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{i !} d^{i} f(\vec{p} ; \vec{u})+R_{m},$

con

$\left|R_{m}\right| \leq \frac{K_{m}}{(m+1) !}, K_{m} \in E^{1},$

y

$0 \leq K_{m} \leq \sup _{\vec{s} \in I}\left|d^{m+1} f(\vec{s} ; \vec{u})\right|.$

Prueba

Definir$$g : E^{1} \rightarrow E^{\prime}$$ y$$h : E^{1} \rightarrow E$$ por$$g(t)=\vec{p}+t \vec{u}$$ y$$h=f \circ g$$.

Como$$E^{\prime}=E^{n}\left(C^{n}\right),$$ podemos considerar los componentes de$$g$$,

$g_{k}(t)=p_{k}+t u_{k}, \quad k \leq n.$

Claramente,$$g_{k}$$ es diferenciable,$$g_{k}^{\prime}(t)=u_{k}$$.

Por supuesto, así está$$f$$ encendido$$I=L[\vec{p}, \vec{x}].$$ Así, por la regla de la cadena,$$h=f \circ g$$ es diferenciable en el intervalo$$J=[0,1] \subset E^{1};$$ para, por definición,

$\vec{p}+t \vec{u} \in L[\vec{p}, \vec{x}] \text { iff } t \in[0,1].$

Por Teorema 2 en §4,

$h^{\prime}(t)=\sum_{k=1}^{n} D_{k} f(\vec{p}+t \vec{u}) \cdot u_{k}=d f(\vec{p}+t \vec{u} ; \vec{u}), \quad t \in J.$

(¡Explique!)

Por suposición (y Definición 1), los$$D_{k} f$$ son diferenciables en$$I.$$ Por lo tanto, por (7),$$h^{\prime}$$ es diferenciable en$$J.$$ Reaplicar el Teorema 2 en §4, obtenemos

\begin{aligned} h^{\prime \prime}(t) &=\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} D_{k j} f(\vec{p}+t \vec{u}) \cdot u_{k} u_{j} \\ &=d^{2} f(\vec{p}+t \vec{u} ; \vec{u}), \quad t \in J. \end{aligned}

Por inducción,$$h$$ es$$m+1$$ tiempos diferenciables en$$J,$$ y

$h^{(i)}(t)=d^{i} f(\vec{p}+t \vec{u} ; \vec{u}), \quad t \in J, i=1,2, \ldots, m+1.$

La diferenciabilidad de$$h^{(i)}(i \leq m)$$ implica su continuidad en$$J=[0,1]$$.

Así$$h$$ satisface el Teorema 1 del Capítulo 5, §6 (con$$x=1, p=0,$$ y$$Q=\emptyset);$$ por lo tanto

\begin{aligned} h(1)-h(0) &=\sum_{i=1}^{m} \frac{h^{(i)}(0)}{i !}+R_{m}, \\\left|R_{m}\right| & \leq \frac{K_{m}}{(m+1) !}, \quad K_{m} \in E^{1}, \\ K_{m} & \leq \sup _{t \in J}\left|h^{(m+1)}(t)\right|. \end{aligned}

Por construcción,

$h(t)=f(g(t))=f(\vec{p}+t \vec{u});$

por lo

$h(1)=f(\vec{p}+\vec{u})=f(\vec{x}) \text { and } h(0)=f(\vec{p}).$

Así usando (8) también, vemos que (9) implica (6), efectivamente. $$\quad \square$$

Nota 3. La fórmula (3') del Capítulo 5, §6, combinada con (8), también rinde

\begin{aligned} R_{m} &=\frac{1}{m !} \int_{0}^{1} h^{(m+1)}(t) \cdot(1-t)^{m} d t \\ &=\frac{1}{m !} \int_{0}^{1} d^{m+1} f(\vec{p}+t \vec{u} ; \vec{u}) \cdot(1-t)^{m} d t. \end{aligned}

## Corolario$$\PageIndex{1}$$ (the Lagrange form of $$R_{m})$$

Si$$E=E^{1}$$ en el Teorema 2, entonces

$R_{m}=\frac{1}{(m+1) !} d^{m+1} f(\vec{s} ; \vec{u})$

para algunos$$\vec{s} \in L(\vec{p}, \vec{x})$$.

Prueba

Aquí la función$$h$$ definida en la prueba del Teorema 2 es real; así se aplican el Teorema 1' y la fórmula (3') del Capítulo 5, §6. Esto rinde (10). ¡Explique! $$\quad\square$$

## Corolario$$\PageIndex{2}$$

Si$$f : E^{n}\left(C^{n}\right) \rightarrow E$$ es$$m$$ tiempos diferenciables en$$\vec{p}$$ y si$$\vec{u} \neq \overrightarrow{0}$$$$\left(\vec{p}, \vec{u} \in E^{n}\left(C^{n}\right)\right),$$ entonces la derivada$$D_{\vec{u}}^{m} f(\vec{p})$$ existe y es igual$$d^{m} f(\vec{p} ; \vec{u})$$.

Esto sigue como en la prueba del Teorema 2 (con$$t=0).$$ For por definición,

\begin{aligned} D_{\vec{u}} f(\vec{p}) &=\lim _{s \rightarrow 0} \frac{1}{s}[f(\vec{p}+s \vec{u})-f(\vec{p})] \\ &=\lim \frac{1}{s}[h(s)-h(0)] \\ &=h^{\prime}(0)=d f(\vec{p} ; \vec{u}) \end{aligned}

por (7). Rendimientos de inducción

$D_{\vec{u}}^{m} f(\vec{p})=h^{(m)}(0)=d^{m}(\vec{p} ; \vec{u})$

por (8). (Ver Problema 3.

## Ejemplo

(C) Continuando Ejemplo (B), fix

$\vec{p}=(1,0);$

así sustituir$$(x, y)$$ por$$(1,0)$$ ahí. En cambio, escribe$$(x, y)$$ para$$\vec{x}$$ en Teorema 2. Entonces

$\vec{u}=\vec{x}-\vec{p}=(x-1, y);$

por lo

$u_{1}=x-1=d x \text { and } u_{2}=y=d y,$

y obtenemos

\begin{aligned} d f(\vec{p} ; \vec{u}) &=D_{1} f(1,0) \cdot(x-1)+D_{2} f(1,0) \cdot y \\ &=(\sin 0) \cdot(x-1)+(1 \cdot \cos 0) \cdot y \\ &=y; \\ d^{2} f(\vec{p} ; \vec{u}) &=D_{11} f(1,0) \cdot(x-1)^{2}+2 D_{12} f(1,0) \cdot(x-1) y \\ &+D_{22} f(1,0) \cdot y^{2} \\ &=(0) \cdot(x-1)^{2}+2(\cos 0) \cdot(x-1) y-(1 \cdot \sin 0) \cdot y^{2} \\ &=2(x-1) y; \end{aligned}

y para todos$$\vec{s}=\left(s_{1}, s_{2}\right) \in I$$,

\begin{aligned} d^{3} f(\vec{s} ; \vec{u})=& D_{111} f\left(s_{1}, s_{2}\right) \cdot(x-1)^{3}+3 D_{112} f\left(s_{1}, s_{2}\right) \cdot(x-1)^{2} y \\ &+3 D_{122} f\left(s_{1}, s_{2}\right) \cdot(x-1) y^{2}+D_{222} f\left(s_{1}, s_{2}\right) \cdot y^{3} \\=&-3 \sin s_{2} \cdot(x-1) y^{2}-s_{1} \cos s_{2} \cdot y^{3}. \end{aligned}

De ahí por (6) y Corolario 1 (con$$m=2),$$ señalar que$$f(\vec{p})=f(1,0)=0,$$ obtenemos

\begin{aligned} f(x, y) &=x \cdot \sin y \\ &=y+(x-1) y+R_{2}, \end{aligned}

donde para algunos$$\vec{s} \in I$$,

$R_{2}=\frac{1}{3 !} d^{3} f(\vec{s} ; \vec{u})=\frac{1}{6}\left[-3 \sin s_{2} \cdot(x-1) y^{2}-s_{1} \cos s_{2} \cdot y^{3}\right].$

Como$$\vec{s} \in L(\vec{p}, \vec{x}),$$ donde$$\vec{p}=(1,0)$$ y$$\vec{x}=(x, y), s_{1}$$ es entre 1 y$$x;$$ así

$\left|s_{1}\right| \leq \max (|x|, 1) \leq|x|+1.$

Por último, desde$$\left|\sin s_{2}\right| \leq 1$$ y$$\left|\cos s_{2}\right| \leq 1,$$ obtenemos

$\left|R_{2}\right| \leq \frac{1}{6}[3|x-1|+(|x|+1)|y|] y^{2}.$

Esto limita el error máximo que surge si usamos (11) para expresarnos$$x \sin y$$ como polinomio de segundo grado en$$(x-1)$$ y$$y.$$ (Ver también Problema 4 y Nota 4 a continuación.)

Nota 4. Fórmula (6), brevemente

$\Delta f=\sum_{i=1}^{m} \frac{d^{i} f}{i !}+R_{2},$

generaliza la fórmula (2) en el Capítulo 5, §6.

Como en el Capítulo 5, §6, establecemos

$P_{m}(\vec{x})=f(\vec{p})+\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{i !} d^{i} f(\vec{p} ; \vec{x}-\vec{p})$

y llamar$$P_{m}$$ al polinomio$$m$$ th Taylor por$$f$$ sobre$$\vec{p},$$ tratarlo como una función de$$n$$ variables$$x_{k},$$ con$$\vec{x}=\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)$$.

Cuando se expande como en el Ejemplo (C), la fórmula (6) se expresa$$f(\vec{x})$$ en potencias de

$u_{k}=x_{k}-p_{k}, \quad k=1, \ldots, n,$

más el término restante$$R_{m}$$.

Si$$f \in C D^{\infty}$$ en algunos$$G_{\vec{p}}$$ y si$$R_{m} \rightarrow 0$$ como$$m \rightarrow \infty,$$ podemos expresar$$f(\vec{x})$$ como una serie de potencia convergente

$f(\vec{x})=\lim _{m \rightarrow \infty} P_{m}(\vec{x})=f(\vec{p})+\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i !} d^{i} f(\vec{p} ; \vec{x}-\vec{p}).$

Entonces decimos que$$f$$ admite una serie de Taylor$$\vec{p},$$ sobre el$$G_{\vec{p}}$$.

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