고차편도함수

2변수함수 \(z=f(x,\,y)\)의 편도함수 \(f_x,\,f_y\)는 역시 \(x,\,y\)에 관한 함수이다. 이 함수의 편도함수가 또 다시 존재하면 이것을 주어진 함수 \(z=f(x,\,y)\)의 제2차편도함수(第二次偏導函數)라 하고 다음과 같은 기호로 표시한다.

\[\begin{split}&\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)=\frac{\partial^2f}{\partial x^2}\ \ \,=f_{xx}=z_{xx},\qquad\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}=f_{xy}=z_{xy}\\&\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=f_{yx}=z_{yx},\qquad\,\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\frac{\partial^2f}{\partial y^2}\ \ \,=f_{yy}=z_{yy}\end{split}\]

[예제1] \(f(x,\,y)={\rm Tan}^{-1}\dfrac{y}{x}\) (단, \(x\ne0\))의 제2차편도함수를 구하여라.

<풀이> \(\dfrac{\partial f}{\partial x}=-\dfrac{y}{x^2+y^2},\,\dfrac{\partial f}{\partial y}=-\dfrac{x}{x^2+y^2}\) 이므로

\(\dfrac{\partial^2f}{\partial x^2}=\dfrac{2xy}{(x^2+y^2)^2},\,\dfrac{\partial^2f}{\partial y\partial x}=\dfrac{-(x^2+y^2)+2y^2}{(x^2+y^2)^2}=\dfrac{-x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2}\)

\(\dfrac{\partial^2f}{\partial x\partial y}=\dfrac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=\dfrac{-x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2},\,\dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=\dfrac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}\)

[예제 2] \(f(x,\,y)=\begin{cases}xy\dfrac{x^2-y^2}{x^2+y^2}&(x,\,y)\ne(0,\,0)\\0&(x,\,y)=(0,\,0)\end{cases}\) 에 대해, \(f_{xy}\)와 \(f_{yx}\)를 구하여라.

<풀이> \((x,\,y)\ne(0,\,0)\) 이면

\[\begin{align}&f_x(x,\,y)=y\left\{\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}\right\}\\&f_y(x,\,y)=x\left\{\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}-\frac{4x^2y^2}{(x^2+y^2)^2}\right\}\end{align}\]

이므로,

\[f_{xy}(x,\,y)=f_{yx}(x,\,y)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{8x^2y^2}{(x^2+y^2)^3}\]

\((x,\,y)=(0,\,0)\) 이면 정의에 의해

\[\begin{align}&f_x(0,\,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,\,0)-f(0,\,0)}{h}=0\\&f_y(0,\,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(0,\,h)-f(0,\,0)}{h}=0\end{align}\]

한편,

\[\begin{align}&f_x(0,\,y)=\lim_{h\to0}\frac{f(h,\,y)-f(0,\,y)}{h}=-y\\&f_y(x,\,0)=\lim_{h\to0}\frac{f(x,\,h)-f(x,\,0)}{h}=x\end{align}\]

이므로

\[\begin{align}&f_{xy}(0,\,0)=\lim_{h\to0}\frac{f_x(0,\,h)-f(0,\,0)}{h}=-1\\&f_{yx}(0,\,0)=\lim_{h\to0}\frac{f_y(h,\,0)-f(0,\,0)}{h}=1\end{align}\]

[예제 1] 및 [예제 2]에서 \((x,\,y)\ne(0,\,0)\) 이면 \(f_{xy}=f_{yx}\) 인데, [예제 2]에서 \((x,\,y)=(0,\,0)\) 일 때는 \(f_{xy}\ne f_{yx}\) 이다. 이와 같이 \(f_{xy}\)와 \(f_{yx}\)는 반드시 같지는 않다. 그러나 편미분의 순서에 관한 다음 정리가 성립한다.

정리 1   함수 \(f(x,\,y)\)에 대하여 \(f_{xy}\)와 \(f_{yx}\)가 존재하고 연속이면 \[f_{xy}=f_{yx}\] 이다.

<증명> 평균치 정리로부터 얻을 수 있다.

제2차편도함수의 편도함수를 제3차편도함수(第三次偏導函數)라 하며, 일반적으로 제\(n-1\)차편도함수의 편도함수를 제\(n\)차편도함수라 한다.

전미분 정리 1, 2에 의해 제1차편도함수 \(f_x,\,f_y\)가 연속이면 \(f\)는 연속이다. 따라서, 제3차편도함수가 모두 연속이면, 제2차편도함수의 각각의 연속이다. 제3차편도함수에는

\[f_{xxx},\,f_{xxy},\,f_{xyx},\,f_{xyy},\,f_{yxx},\,f_{yxy},\,f_{yyx},\,f_{yyy}\]

가 있다. \(f_{xxx},\,f_{yyy}\)는 같은 변수에 관한 편미분이므로, 미분순서에 문제되지 않지만, 다른 것은 존재성과 연속성을 가정하면, 정리 1에 의해

\[f_{xxy}=f_{xyx}=f_{yxx},\qquad f_{xyy}=f_{yxy}=f_{yyx}\]

가 성립한다.

일반적으로 \(f\)를 \(x\)에 관해서 \(m\)회, \(y\)에 관해서 \(n\)회 미분한 함수가 모두 연속이면, \(x,\,y\)에 관한 편미분은 순서에 관계없이 모두 같다. 즉

\[\frac{\partial^{m+n}f}{\partial x^m\partial y^n}=\frac{\partial^{m+n}f}{\partial y^m\partial x^n}\]

또한 이와 같은 가정하에는

\[\begin{align}&\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}=\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial}\right)f\\&\frac{\partial^2f}{\partial x^2}+2\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}+\frac{\partial f}{\partial y^2}=\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^2f\\&\frac{\partial^3f}{\partial x^3}+3\frac{\partial^3f}{\partial x^2\partial y}+3\frac{\partial^3f}{\partial x\partial y^2}+\frac{\partial^3f}{\partial y^3}=\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^3f\end{align}\]

등의 기호를 사용할 수 있다. 이것을 계속하면, 이항정리와 똑같이

\[\sum_{i=0}^n{_nC_i}\frac{\partial^nf}{\partial x^{n-i}\partial y^i}=\left(\frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial}{\partial y}\right)^nf\]

라 쓸 수 있다.

[예제 3] 함수 \(f(x,\,y)\)가 제\(n\)차까지의 편도함수를 갖고, 제\(n\)차편도함수는 모두 연속이라 하자. \(x=a+ht,\,y=b+kt\)라 두면, 다음 등식이 성립한다. 단, \(g(t)=f(x,\,y)=f(a+ht,\,b+kt)\) 이고, \(h,\,k\)는 상수이다.

\[\frac{d^n}{dt^n}g(t)=\sum_{i=0}^n{_nC_i}\frac{\partial^nf(a+ht,\,b+kt)}{\partial x^{n-i}\partial y^i}h^{n-i}k^i\]

<증명> 합성함수의 편미분법 정리 1에 의해

\[\frac{dg}{dt}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{dx}{dt}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{dy}{dt}=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)f\]

이다. 이 식의 양변을 \(t\)로 계속 미분하면

\[\frac{d^ng}{dt^n}=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^nf(x,\,y)=\sum_{i=0}^n{_nC_i}\frac{\partial^nf(a+ht,\,b+kt)}{\partial x^{n-i}\partial y}h^{n-i}k^i\]

[예제 4] \(z=f(x,\,y)\)에서 \(x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta\) 이면

\[\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=\frac{\partial^2z}{\partial r^2}+\frac{\partial z}{r\partial r}+\frac{\partial^2z}{r^2\partial\theta^2}\ (r\ne0)\]

이다.

<증명> \(z=f(r\cos\theta,\,r\sin\theta)\) 이므로

\[\begin{align}&\frac{\partial z}{\partial r}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial z}{\partial r}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r}=\frac{\partial z}{\partial x}\cos\theta+\frac{\partial z}{\partial y}\sin\theta\\&\frac{\partial^2z}{\partial r^2}=\frac{\partial^2z}{\partial x^2}\cos^2\theta+2\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}\cos\theta\sin\theta+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}\sin^2\theta\\&\frac{\partial z}{\partial\theta}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial\theta}=-\frac{\partial z}{\partial x}r\sin\theta+\frac{\partial z}{\partial y}r\cos\theta\\&\frac{\partial^2z}{\partial\theta^2}=\frac{\partial^2z}{\partial x^2}r^2\sin^2\theta-2\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}r^2\sin\theta\cos\theta+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}r^2\cos^2\theta-\frac{\partial z}{\partial x}r\cos\theta-\frac{\partial z}{\partial y}r\sin\theta\end{align}\]

따라서

\[\frac{\partial^2z}{\partial r^2}+\frac{\partial^2z}{r^2\partial\theta^2}=\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}-{1\over r}\left(\frac{\partial z}{\partial x}\cos\theta+\frac{\partial z}{\partial y}\sin\theta\right)=\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}-\frac{\partial z}{r\partial r}\]

즉,

\[\frac{\partial^2z}{\partial r^2}+\frac{\partial z}{r\partial r}+\frac{\partial^2z}{r^2\partial\theta^2}=\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}\]

[예제 5] 함수 \(f(x,\,y)\)에 대하여, \(\nabla^2f=\Delta{f}=\partial^2f/\partial x^2+\partial^2f/\partial y^2\)라 쓰며, \(\nabla^2\) 또는 \(\Delta\)를 Laplacian 이라 한다.

\(f(x,\,y)=\ln(x^2+y^2)\)일 때 \(\Delta{f}=0\)임을 증명하여라.

<증명>

\[\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{2x}{x^2+y^2},\quad\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=\frac{2(-x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2},\quad\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{2y}{x^2+y^2},\quad\frac{\partial^2f}{\partial y}=\frac{2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}\]

이므로 \(\Delta{f}=0\).

정리 2   함수 \(f(x,\,y)\)가 \(n+1\)차까지의 연속인 편도함수를 가지면 \[\begin{split}f(a+h,\,b+k)=f(a,\,b)&+\left(f\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)f(a,\,b)+{1\over2!}\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^2f(a,\,b)+\cdots\\&+{1\over n!}\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^nf(a,\,b)\\&+{1\over(n+1)!}\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^{n+1}f(a+\theta h,\,b+\theta k),\,0<\theta<1\end{split}\]가 성립한다.

<증명> \(g(t)=f(a+ht,\,b+kt)\)라 두면, \(f\)가 제 \(n+1\)차까지의 연속인 편도함수를 가지므로, 예제 3에 의해

\[g^{(k)}(t)=\left(h\frac{\partial}{\partial x}+k\frac{\partial}{\partial y}\right)^kf(a+ht,\,b+kt)\ (k=1,\,2,\,\cdots,\,n+1)\]

\(g(t)\)의 \(t=0\)을 중심으로 하는 Taylor의 전개식을 구하고, \(t=1\) 이라 놓으면

\[g(1)=g(0)+g'(0)+\frac{g''(0)}{2!}+\cdots+\frac{g^{(n)}(0)}{n!}+\frac{g^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!},\,0<\theta<1\]

따라서 정리 2의 식이 성립한다.

이 때 \(h=x-a,\,k=y-b\)라 두면

\[\begin{split}f(x,\,y)=f(a,\,b)&+\{f_x(a,\,b)(x-a)+f_y(a,\,b)(y-b)\}+{1\over2!}\{f_{xx}(a,\,b)(x-a)^2\\&+2f_{xy}(a,\,b)(x-a)(y-b)+f_{yy}(a,\,b)(y-b)^2\}+\cdots\end{split}\]

와 같이 나타낼 수 있다. 이것을 \(f(x,\,y)\)의 \((a,\,b)\)를 중심으로 하는 Taylor의 전개식이라고 한다. 특히 \(n=0\) 이면

\[f(a+h,\,b+k)=f(a,\,b)+hf_x(a+\theta h,\,b+\theta k)+kf_y(a+\theta h,\,b+\theta k)\]

가 되는데 이것을 함수 \(f(x,\,y)\)에 관한 평균치 정리라 한다.

또한 원점 \((0,\,0)\)을 중심으로 하는 Taylor의 전개식을 Maclaurin의 전개식이라고도 한다.

[예제 6] \(F(x,\,y)=ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c\)의 원점을 중심으로 하는 Taylor의 전개식을 구하여라. 단, \(a,\,b,\,c,\,f,\,g,\,h\)는 상수이다.

<풀이> \(F_x=2ax+2hy+2g,\,F_y=2hx+2by+2f,\,F_{xx}=2a,\,F_{xy}=F_{yx}=2h,\,F_{yy}=2b.\)

3차 이상의 편도함수는 모두 \(0\) 이므로

\[\begin{split}F(x,\,y)&=F(0,\,0)+F_x(0,\,0)+F_y(0,\,0)y+{1\over2!}\{F_{xx}(0,\,0)x^2+2F_{xy}(0,\,0)xy+F_{yy}(0,\,0)y^2\}\\&=c+2(gx+fy)+(ax^2+2hxy+by^2)\end{split}\]

《문     제》

1. 다음 함수 \(f\)에 대하여 \(\partial^2f/\partial x^2=\partial^2f/\partial y^2\)가 성립함을 보여라.

(1) \(f(x,\,y)=\cos(x+y)+\sin(x-y)\)

(2) \(f(x,\,y)=\ln(2x+2y)+\tan(2x-2y)\)

<풀이>

(1) \(f_x=-\sin(x+y)+\cos(x-y),\,f_{xx}=\cos(x+y)-\sin(x-y),\,\)

      \(f_y=\sin(x+y)-\cos(x-y),\quad\ f_{yy}=\cos(x+y)-\sin(x-y)\)

따라서 \(f_{xx}=f_{yy}\).

(2) \(f_x=\dfrac{1}{x+y}+2\sec^2(2x-2y),\,f_{xx}=\dfrac{-1}{(x+y)^2}+8\sec^2(2x-2y)\tan(2x-2y)\)

      \(f_y=\dfrac{1}{x+y}-2\sec^2(2x-2y),\,f_{yy}=\dfrac{-1}{(x+y)^2}+8\sec^2(2x-2y)\tan(2x-2y)\)

따라서 \(f_{xx}=f_{yy}\).

2. \(f(x,\,y)=\phi(x+y)+\psi(x-y)\)이고, 함수 \(\phi(u),\,\psi(v)\)는 각각 \(u,\,v\)에 관해 제2차도함수를 가질 때

\[\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=\phi''(u)+\psi''(v)\]

임을 증명하여라.

<풀이> \(u=x+y,\,v=x-y\) 이므로

\[\begin{split}&\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial\psi}{\partial x}+\frac{\partial\psi}{\partial x}=\frac{\partial\phi}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial\psi}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial\phi}{\partial u}+\frac{\partial\psi}{\partial v}\\&\frac{\partial^2f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2\phi}{\partial x\partial u}+\frac{\partial^2\psi}{\partial x\partial v}=\frac{\partial^2\phi}{\partial u^2}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial^2\psi}{\partial v^2}\frac{\partial v}{\partial x}=\phi''(u)+\psi''(v)\end{split}\]

같은 방법으로

\[\begin{split}&\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial\phi}{\partial y}+\frac{\partial\psi}{\partial y}=\frac{\partial\phi}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial\psi}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial\phi}{\partial u}-\frac{\partial\psi}{\partial v}\\&\frac{\partial^2f}{\partial y^2}=\frac{\partial^2\phi}{\partial y\partial u}-\frac{\partial\psi}{\partial y\partial u}=\frac{\partial^2\phi}{\partial u^2}\frac{\partial u}{\partial y}-\frac{\partial^2\psi}{\partial v^2}\frac{\partial v}{\partial y}=\phi''(u)+\psi''(v)\end{split}\]

3. \(z=f(x,\,y)\)에서

\[x=u\cos\alpha-v\sin\alpha,\,y=u\sin\alpha+v\cos\alpha\]

일 때

\[\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=\frac{\partial^2z}{\partial u^2}+\frac{\partial^2z}{\partial v^2}\]

임을 증명하여라.

<증명> 합성함수의 편미분법 계 1에 의해

\[\begin{split}&\frac{\partial z}{\partial u}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}=\left(\frac{\partial}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial}{\partial y}\sin\alpha\right)z\\&\frac{\partial^2z}{\partial u^2}=\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}\cos^2\alpha+2\frac{\partial^2}{\partial x\partial y}\sin\alpha\cos\alpha+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\sin^2\alpha\right)z\\&\frac{\partial z}{\partial v}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial v}=\left(-\frac{\partial}{\partial x}\sin\alpha+\frac{\partial}{\partial y}\cos\alpha\right)z\\&\frac{\partial^2z}{\partial v^2}=\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}\sin^2\alpha-2\frac{\partial^2}{\partial x\partial y}\sin\alpha\cos\alpha+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\cos^2\alpha\right)z\end{split}\]

따라서 \(z_{xx}+z_{yy}=z_{uu}+z_{vv}\) 이다.

4. 다음 각 함수에 대하여 \(f_{xy}=f_{yx}\) 임을 보여라.

(1) \(f(x,\,y)=e^x\sin{hy}+\cos(2x-3y)\)

(2) \(f(x,\,y)=\ln(2x+3y)\)

<풀이>

(1) \(f_x=e^x\sin{hy}-2\sin(2x-3y),\,f_y=he^x\cos{hy}+3\sin(2x-3y)\)

      \(f_{xy}=f_{yx}=he^x\cos{hy}-6\cos(2x-3y)\)

(2) \(f_x=\dfrac{2}{2x+3y},\,f_y=\dfrac{3}{2x+3y},\,f_{xy}=f_{yx}=\dfrac{-6}{(2x+3y)^2}\)

5. 다음 각 함수에 대하여 \(\Delta{f}=0\)임을 보여라.

(1) \(f(x,\,y)=e^{-2y}\cos2x\)

(2) \(f(x,\,y)=\ln\sqrt{x^2+y^2}\)

(3) \(f(x,\,y,\,z)=\dfrac{1}{r},\,\text{where}\ r^2=(x-a)^2+(x-b)^2+(z-c)^2\ (a,\,b,\,c\ :\ \text{constants})\)

<풀이>

(1) \(f_x=-2e^{-2y}\sin2x,\,f_{xx}=-4e^{-2y}\cos2x,\,f_y=-2e^{-2y}\cos2x,\,f_{yy}=4e^{-2y}\cos2x\)

이므로 \(\Delta{f}=f_{xx}+f_{yy}=0\)

(2) \(f_x=dfrac{x}{x^2+y^2},\,f_{xx}=\dfrac{-x^2+y^2}{(x^2+t^2)^2},\,f_y=\dfrac{y}{x^2+y^2},\,f_{yy}=\dfrac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2)}\)

이므로 \(\Delta{f}=f_{xx}+f_{yy}=0\)

(3) \(\dfrac{\partial r}{\partial x}=\dfrac{x-a}{r},\,\dfrac{\partial r}{\partial y}=\dfrac{y-b}{r},\,\dfrac{\partial r}{\partial z}=\dfrac{z-c}{r}\)

      \(\dfrac{\partial f}{\partial x}=f'(r)\dfrac{\partial r}{\partial x}=-\dfrac{x-a}{y^3},\,\dfrac{\partial f}{\partial y}=f'(r)\dfrac{\partial r}{\partial y}=-\dfrac{y-b}{r^3},\,\dfrac{\partial f}{\partial z}=f'(r)\dfrac{\partial r}{\partial z}=-\dfrac{z-c}{r^3}\)

     \(\dfrac{\partial^2f}{\partial x^2}=\dfrac{2(x-a)-(y-b)^2-(z-c)^2}{r^5}\)

     \(\dfrac{\partial^2f}{\partial y^2}=\dfrac{2(y-b)-(z-c)^2-(x-a)^2}{r^5}\)

     \(\dfrac{\partial^2f}{\partial z^2}=\dfrac{2(z-c)-(x-a)^2-(y-b)^2}{r^5}\)

이므로 \(\Delta{f}=\nabla^2f=f_{xx}+f_{yy}+f_{zz}=0\)

6. \((x-1)^2(y-1)^2\)의 원점을 중심으로 하는 Taylor의 전재식을 구하여라. 또 \((1,\,1)\)을 중심으로 하는 Taylor의 전개식을 구하여라.

<풀이>

\(f(x,\,y)=f(0,\,0)+\{f_x(0,\,0)x+f_y(0,\,0)\}+\dfrac{1}{2}\{f_{xx}(0,\,0)x^2+2f_{xy}(0,\,0)xy+f_{yy}(0,\,0)y^2\}\)

                                    \(+\dfrac{1}{3!}\{3f_{xxy}(0,\,0)x^2y+3f_{xyy}(0,\,0)xy^2\}+\dfrac{1}{4!}\{4f_{xxyy}(0,\,0)x^2y^2\}\)

                \(=1-2(x+y)+(x^2+4xy+y^2)-2(x^2y+xy^2)+x^2y^2\)

또한 \((1,\,1)\)을 중심으로 하는 Taylor 전개식은

\(f(x,\,y)=f(1,\,1)+\{f_x(1,\,1)(x-1)+f_y(1,\,1)(y-1)\}\)

                    \(+\dfrac{1}{2!}\{f_{xx}(1,\,1)(x-1)^2+2f_{xy}(1,\,1)(x-1)(y-1)+f_{yy}(1,\,1)(y-1)^2\}\)

                    \(+\dfrac{1}{3!}\{3f_{xxy}(1,\,1)(x-1)^2(y-1)+3f_{xyy}(1,\,1)(x-1)(y-1)^2\}\)

                    \(+\dfrac{1}{4!}\{4f_{xxyy}(1,\,1)(x-1)^2(y-1)^2\}\)

               \(=(x-1)^2(y-1)^2\)