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original poster
hbghlyj
posted 2025-6-23 16:51
- 若\(N=1\)，一元 Taylor 定理在 \(0\) 点给出（设 \(\deg P=d\)）
\[P(x_1)=\sum_{k=0}^{d}\frac{P^{(k)}(0)}{k!}\,x_1^{k} =\sum_{k\ge0}\frac{\partial_{1,\dots,1}P(0)}{k!}\,x_{1}^{k},\]
符合待证公式（此时索引串 \((1,\dots,1)\) 长度为 \(k\)）。 - 归纳假设
设定命题对不超过 \(N-1\) 个变量的多项式均成立。现取 \(N\) 变量多项式
\[P(x_1,\dots,x_{N-1},x_N)=:P(x',x_N),\qquad x':=(x_1,\dots,x_{N-1}).\] - 先沿最后一变量做一元 Taylor 展开
把 \(x'\) 固定，将 \(P\) 视为 \(x_N\) 的一元多项式，可写
\[P(x',x_N)=\sum_{m=0}^d a_m(x')\,x_N^{m},\]
其中每个 \(a_m(x')\) 是至多 \(N-1\) 变量的多项式。对该一元多项式在 \(x_N=0\) 点用一元 Taylor 公式：
\[P(x',x_N)=\sum_{m=0}^d\frac{\partial_N^{m}P(x',0)}{m!}\,x_N^{m}. \tag{1}\] - 对系数再用归纳假设
对固定的 \(m\)，令
\[Q_m(x'):=\partial_N^{m}P(x',0),\]
则 \(Q_m\) 是 \(N-1\) 变量多项式。按归纳假设
\[Q_m(x')=\sum_{k\ge0}\sum_{1\le i_1,\dots,i_k\le N-1} \frac{\partial_{i_1\dots i_k}Q_m(0)}{k!}\,x_{i_1}\cdots x_{i_k}. \tag{2}\]
把 \((2)\) 代入 \((1)\) 得
\[P(x)=\sum_{m\ge0}\sum_{k\ge0}\; \sum_{1\le i_1,\dots,i_k\le N-1} \frac{\partial_{i_1\dots i_k}\partial_N^{m}P(0)}{k!m!}\,x_{i_1}\cdots x_{i_k}x_N^{m}. \tag{3}\] - 整理并重标索引
对于 \((3)\) 中的每一组 \((i_1,\dots,i_k)\) 与整数 \(m\)，把 \(x_N^{m}\) 看成附加了 \(m\) 个索引 \(N\) 的乘积：
\[x_{i_1}\cdots x_{i_k}x_N^{m}=x_{j_1}\cdots x_{j_{k+m}},\]
其中 \((j_1,\dots,j_{k+m})\) 是由 \((i_1,\dots,i_k)\) 加上 \(m\) 个 \(N\) 重新排列而成。因偏导数次序可交换，
\[\partial_{j_1}\dots\partial_{j_{k+m}}P(0)=\partial_{i_1\dots i_k}\partial_N^{m}P(0).\]
一个固定的多重索引串 \(\alpha=(j_1,\dots,j_{k+m})\) 长度 \(k+m\) 可在 \((3)\) 中出现 \(\dfrac{(k+m)!}{k!m!}\) 次（在 \(k+m\) 个位置里选出 \(m\) 个放 \(N\)）。于是把系数重组，可得
\[P(x)=\sum_{\ell\ge0}\sum_{1\le j_1,\dots,j_\ell\le N} \frac{\partial_{j_1\dots j_\ell}P(0)}{\ell!}\; x_{j_1}\cdots x_{j_\ell}.\]
这里令 \(\ell=k+m\)。这正是所要的公式，其中
\[c_{j_1,\dots,j_\ell}=\frac{1}{\ell!}\partial_{j_1\dots j_\ell}P(0).\]
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