Polinomio de Taylor con dos incógnitas

Para dos variables la fórmula es similar, aunque hay que hacer combinaciones de derivadas parciales
Una variable
f(x)=f(xo)+f'(xo)*(x-xo)+1/2!*(x-xo)^2+1/3!*f'''(xo)*(x-xo)^2+...
Dos variables
f(x,y)=f(xo,yo)+[Dxf(xo,yo)*(x-xo)+Dyf(xo,yo)(y-yo)]+1/2!*[Dxxf(xo,yo)*(x-xo)^2+2Dxyf(xo,yo)*(x-xo)*(y-yo)+Dyyf(xo,yo)*(y-yo)^2]+1/3!*[Dxxxf(xo,yo)*(x-xo)^3+3*Dxxyf(xo,yo)*(x-xo)^2*(y-yo)+3*Dxyyf(xo,yo)*(x-xo)*(y-yo)^2+Dyyyf(xo,yo)*(y-yo)^3]+....
Como aprecias el término de las derivadas es un binomio de Newton de las parciales respecto a por e y
Veamos un ejemplo desarrollando una función en el origen xo=0, yo=0, con lo que
f(x,y)=f(0,0)+[Dxf(0,0)*x+Dyf(0,0)*y]+1/2!*[Dxxf(0,0)*x^2+2Dxyf(0,0)*x*y+Dyyf(0,0)*y^2]+1/3!*[Dxxxf(0,0)*x^3+3*Dxxyf(0,0)*x^2*y+3*Dxyyf(0,0)*x*y^2+Dyyyf(0,0)*y^3]+....
Sea
f(x,y)=e^(x+y)
En tal caso todas las derivadas parciales son iguales
Dx=Dy=Dxx=Dyy=Dxxx=Dxxy=Dyyy=...=e^(x+y)
Con lo que
Df(0,0)=e^0=1
y nos quedará
e^(x+y)=1+(x+y)+(1/2)*(x^2+2*x*y+y^2)+(1/6)*(x^3+3*x^2*y+3*x*y^2+y^3)
Espero que te sirva. Hay algo en
http://www.uv.es/~anamat/practicas/nutric3.pdf