其中Rn ∫(x,y) (1)求f(x,y)在(10)点的 Taylor展开式(展开到二阶导数),并 计算余项R (2)求f(x,y在(1,0)点的k阶 Taylor展开式,并证明在(10)点的某 个领域内,余项R满足当k→∞时,R4→0 解(1)f(x,y)=1-(x-1)+(x-1)2-y2+R2 R2 1)+yf(+x-1,0y) ∞(x-1-出(x-1)2y+05(x-1)y2+y 其中 (x-1),n=6y,0<6<1 (2)f(xy)=1+[∑C(-1)(n-)coy(2ax-)"y1+Rk, R, (ki 2ck s(n+T( 当x=1时,5=1,对任意y∈(-,+∞),R4→0(k→∞)显然成立; 当04x-1k时 2 于是对任意y∈(-∞,+∞),有 352 Rk Is (k+1) (k+1)!=0(k+1-) k+1-j) I5I |x-1+-/lyP 因此也成立R4→0(k→∞) 6.利用 Taylor公式近似计算89620(展开到二阶导数)。 解考虑f(x,y)=(9+x)2+在0.0)点的 Taylor公式 f(x,y)=81+18X+81ln9y+x2+(9+18n9)x+01n29y2+R2(x,y), 于是 8.9620=f(-0.04,003)≈81+18(-0.04)+8l9.0.03其中 1 ( ) ( ) ( 1)! 1 n x y n x y e n R + + + + = θ 。 5. 设 , 0 cos ( , ) = x > x y f x y 。 （1） 求 在 点的 Taylor 展开式（展开到二阶导数），并 计算余项 ； f (x, y) (1,0) R2 （2） 求 在 点的k 阶 Taylor 展开式，并证明在 点的某 个领域内，余项 满足当 f (x, y) (1,0) (1,0) Rk k → ∞时，Rk → 0。 解 （1） 2 2 2 2 1 f (x, y) = 1− (x −1) + (x −1) − y + R ， 3 2 1 ( 1) (1 ( 1), 3! R x y f x ) x y θ θ y ⎡ ⎤ ∂ ∂ = − + + − ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ∂ ∂ 3 2 2 4 3 2 cos sin cos sin ( 1) ( 1) ( 1) 2 6 3 x x y x y y η η η ξ ξ ξ = − − − − + − + η ξ ， 其中ξ = 1+θ (x −1) ，η = θ y ，0 < θ < 1。 （2） ∑ ∑ = − − = = + − − − + n j k j n j n j j n k n x y R j C n j n f x y 1 0 )( 1) ] 2 ( 1) ( )!cos( ! 1 ( , ) 1 [ π ， ∑ + = + − − + + − + − + − + − + = 1 0 1 2 1 1 )( 1) 2 cos( 1 ( 1) ( 1 )! ( 1)! 1 k j k j j k j j k j k k x y j C k j k R η π ξ 。 当 x = 1时，ξ = 1，对任意 y ∈ (−∞,+∞)，Rk → 0 (k → ∞) 显然成立； 当 3 1 0 <| x −1|< 时， 3 4 3 2 < ξ < ， 2 1 1 < − ξ x ，于是对任意 y ∈ (−∞,+∞)，有 ∑ + = + − − + + − − + − + + ≤ 1 0 1 2 | 1| | | | | 1 ( 1 )! !( 1 )! ( 1)! ( 1)! 1 | | k j k j j k j k k j x y j k j k k R ξ j k j k j y x j + − + = ∑ − = 1 1 0 1 ! 1 1 ξ ξ j j k x y j x ∑ ∞ = + − − ≤ 0 1 ! 1 1 1 1 ξ ξ ξ 1 1 1 1 − + − = x k y e x ξ ξ ξ ， 因此也成立 → 0（ ）。 Rk k → ∞ 6. 利用 Taylor 公式近似计算8.962.03（展开到二阶导数）。 解 考虑 2 ( , ) (9 ) y f x y x + = + 在(0,0)点的 Taylor 公式: 2 2 2 2 81 ( , ) 81 18 81ln 9 (9 18ln 9) ln 9 ( , ) 2 f x y = + x + y + x + + xy + y + R x y ， 于是 2.03 8.96 = f ( 0− .04,0.03) ≈ + 81 18(−0.04) + 81ln9⋅0.03 2