Рівність змішаних похідних

Означення

Нехай дано достатньо гладку (скалярну) функцію $f$ багатьох змінних:

$(1) \qquad f = f(x_1, x_2, \dots x_n)$

Ми можемо взяти частинну похідну цієї функції по одному з аргументів $x_i$, вважаючи решту аргументів постійними параметрами. В результаті ми одержимо нову функцію:

$(2) \qquad \phi(x_i) = {\partial f \over \partial x_i} \bigg|_{x_1,\dots x_{i-1}, x_{i+1}, \dots x_n = const}$

Звичайно, ця нова функція теж залежить від решти аргументів, як від параметрів. Тобто чисельне значення $\phi$ в загальному випадку залежить від усіх тих змінних $x_1, x_2, \dots x_n$, що і оригінальна функція $f$:

$(3) \qquad \phi = \phi(x_1, x_2, \dots x_n)$

Якщо функція $\phi$ виявиться досить гладкою, то ми можемо і її продиференціювати, взявши частинну похідну по тому самому, або по іншому аргументу $x_j$:

$(4) \qquad {\partial \phi \over \partial x_j} = {\partial^2 f \over \partial x_j \partial x_i}$

Якщо $j \ne i$, то вираз в правій частині рівності (4) називається мішаною похідною.

Основа теореми

Для достатньо гладкої функції багатьох змінних значення мішаної похідної не залежить від порядку диференціювання:

$(5) \qquad {\partial^2 f \over \partial x_i \partial x_j} = {\partial^2 f \over \partial x_j \partial x_i}$

Хвіст теореми

Теорема буде не повною, якщо не визначити, що означають слова «достатньо гладка функція».

Я навмисне розділив цю теорему на основу і «хвіст», оскільки ця теорема є базовою в теорії функцій багатьох змінних і широко застосовується в математичній фізиці, теорії диференціальних рівнянь з частинними похідними, диференціальній геометрії. Тому цю теорему доцільно запамятати. Основа теореми досить коротка для запамятовування. Але «хвіст» з поможливості точною вказівкою гладкості не такий короткий як хотілось би.

Будемо уточнювати необхідну міру гладкості поетапно. 1. Для аналітичної функції теорема справедлива. 2. Як побачимо в ході доведення, теорема справедлива і для більш широкого класу функцій, які мають в околі точки тільки такі неперервні похідні

$(6) \qquad {\partial f \over \partial x_i}, \; {\partial f \over \partial x_j}, \; {\partial^2 f \over \partial x_i \partial x_j}, {\partial^2 f \over \partial x_j \partial x_i}$

3. Оскільки для фіксованих індексів $i,j$ всі похідні із переліку (6) беруться при умові, що будь-який третій аргумент $x_k$ є константою, то функція $f$ (а також усі похідні (6)) може бути розривною щодо третіх аргументів. Наприклад, складемо функцію з двох доданків:

$f(x_1, x_2, \dots x_n) = \Phi(x_i, x_j) + Z(\dots x_{i-1}, x_{i+1}, \dots x_{j-1}, x_{j+1}, \dots)$

де перший доданок є гладкою функцією двох аргументів, а другий доданок розривний у всіх точках.

Подальше уточнення гладкості функції ми будемо робити в ході доведення теореми, і сформулюємо в самому кінці. Перетворення в ході доведення ми робитимемо неспішно, занотовуючи після кожного перетворення курсивом умови на функцію, за яких це перетворення справедливе.

Доведення теореми

Як ми щойно вияснили, для доведення теореми можна не розглядати залежність функції від третіх аргументів. Тому для простоти запису змінимо позначення $x_i, x_j$ на $x, y$, тобто будемо розглядати таку функцію двох змінних:

$(7) \qquad f = f(x, y)$

Також для спрощення формул позначатимемо частинні похідні індексами внизу функції:

$(8) \qquad f_x(x, y) = {\partial f(x, y) \over \partial x}, \; f_y(x, y) = {\partial f(x, y) \over \partial y}$

$(8a) \qquad f_{xy} = {\partial^2 f \over \partial x \partial y}, \; f_{yx} = {\partial^2 f \over \partial y \partial x}$

Нехай в точці $(x, y)$ існує мішана похідна:

$(9) \qquad f_{xy}(x, y) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {f_y(x + \Delta x, y) - f_y(x, y) \over \Delta x}$

Ми припускаємо, що мішана похідна $f_{xy}$ існує в точці $(x, y)$, і заодно існує перша похідна $f_y(x, y)$ вздовж (горизонтальної) прямої $y = const$

Далі, різниця похідних дорівнює похідній від різниці, тому перетворюємо формулу (9) в:

$(10) \qquad f_{xy}(x, y) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} {\partial \over \partial y} \left [ f(x + \Delta x, y) - f(x, y) \right ]$

Це перетворення ніяких додаткових умов не накладає, оскільки різниця диференційовних функцій завжди є функцією диференційовною (навпаки було б невірно, бо навіть гладку функцію можна записати у вигляді суми чи різниці двох розривних функцій).

Далі, різницю в квадратних дужках формули (10) можна записати у вигляді визначеного інтеграла від похідної:

$(11) \qquad f_{xy} (x, y) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} {\partial \over \partial y} \int_x^{x+\Delta x} f_x(\xi, y) d \xi$

Потрібно, щоб існувала частинна похідна $f_x$ вздовж прямої $y = const$

Тепер частинну похідну по ігреку в формулі (11) запишемо згідно з означенням похідної як границі:

$(12) \qquad f_{xy}(x, y) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} {1 \over \Delta y} \left ( \int_x^{x + \Delta x} f_x(\xi, y + \Delta y) d \xi - \int_x^{x + \Delta x} f_x(\xi, y) d \xi \right )$

Як бачимо, треба щоб частинна похідна $f_x$ існувала не лише на прямій $y = const$, але в деякому двомірному околі точки $(x, y)$.

Далі, різниця інтегралів дорівнює інтегралу від різниці, до того ж під знак інтеграла можна внести постійний множник ${1 \over \Delta y}$

$(13) \qquad f_{xy} = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \int_x^{x+\Delta x} {f_x(\xi, y + \Delta y) - f_x(\xi, y) \over \Delta y} d \xi$

Це перетворення також не накладає додаткових умов, оскільки різниця інтегровних функцій є функцією інтегровною.

За теоремою Лагранжа, підінтегральний вираз у формулі (13) дорівнює похідній у середній точці:

$(14) \qquad {f_x(\xi, y + \Delta y) - f_x(\xi, y) \over \Delta y} = f_{yx}(\xi, \eta)$

Середня точка, звичайно, є функцією:

$(14a) \qquad \eta = \eta(\xi, \Delta y)$

значення якої лежать в інтервалі (якщо наприклад $\Delta y > 0$)

$(14b) \qquad \eta \in \, ]y, y + \Delta y[$

Для справедливості (14) потрібно існування мішаної похідної $f_{yx} = {\partial^2 f \over \partial y \partial x}$ в деякому двомірному околі точки $(x, y)$.

Для закінчення доведення нам треба прийняти, що мішана похідна неперервна в точці $(x, y)$ як функція двох змінних. Значення цієї похідної в бизькій точці $(\xi, \eta)$ дорівнює з точністю до наскінченно малого доданка значенню похідної в точці $(x, y)$:

$(15) \qquad f_{yx}(\xi, \eta) = f_{yx}(x, y) + o(\xi - x, \eta -y)$

Мішана похідна $f_{yx}$ існує в двомірному околі точки $(x, y)$ і неперервна в цій точці як функція двох змінних.

Підставимо (14) і (15) в (13).

$(16) \qquad f_{xy} = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \int_x^{x+\Delta x} (f_{yx}(x, y) + o(\xi - x, \eta -y)) d \xi$

Замітимо, що (хоч і в інших позначенях) формула (16) еквівалентна формулі (13), а тому інтеграл і обидві границі існують. Оскільки підінтегральна функція в (16) інтегровна, а перший доданок $f_{yx}(x,y)$ є константою щодо змінної інтегрування $\xi$, то другий доданок теж виявляється інтегровним, і ми можемо розбити наш інтеграл на суму двох інтегралів, перший з яких легко береться як інтеграл від константи:

$(17) \qquad \int_x^{x+\Delta x} (f_{yx}(x, y) + o(\xi - x, \eta -y)) d \xi = \int_x^{x+\Delta x} f_{yx}(x,y) d \xi + \int_x^{x+\Delta x} o(\xi - x, \eta -y) d \xi =$

$= f_{yx} \Delta x + \int_x^{x+\Delta x} o(\xi - x, \eta -y) d \xi$

Після підстановки (17) в (16) ми можемо винести постійний доданок спочатку за межі першої границі, а потім за межі іншої границі:

$(18) \qquad f_{xy} = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \left ( f_{yx}(x,y) \Delta x + {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \int_x^{x+\Delta x} o(\xi - x, \eta(\xi,\Delta y) -y) d \xi \right ) =$

$= f_{yx}(x, y) + \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \int_x^{x+\Delta x}o(\xi - x, \eta(\xi,\Delta y) -y) d \xi$

Покажемо, що другий доданок в останньому виразі формули (18) дорівнює нулю. Візьмемо довільне додатнє число $\epsilon$. Неперервність мішаної похідної $f_{yx}$ в точці $(x, y)$ означає, що існує таке додатне число $\delta$, що для кожної точки $(\xi, \eta)$ всередині квадрата $|\xi - x| < \delta, \; |\eta - y| < \delta$ справедлива нерівність:

$(19) \qquad |o(\xi-x, \eta - y)| = |f_{yx}(\xi, \eta) - f_{yx}(x,y)| < \epsilon$

Якщо ми візьмемо додатні числа $\Delta x < \delta, \; \Delta y < \delta$, то інтеграл в останньому доданку формули (18) оцінюється зверху:

$(20) \qquad \int_x^{x+\Delta x}o(\xi - x, \eta(\xi,\Delta y) -y) d \xi < \int_x^{x+\Delta x} \epsilon d \xi = \epsilon \Delta x$

тому і мусь цей доданок (позначимо його $L$) оцінюється зверху:

$(21) \qquad L = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \int_x^{x+\Delta x}o(\xi - x, \eta(\xi,\Delta y) -y) d \xi \le \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {1 \over \Delta x} \lim_{\Delta y \rightarrow 0} \epsilon \Delta x = \epsilon$

Аналогічно (якщо взяти $-\epsilon < \Delta x < 0$), маємо оцінку знизу:

$(22) \qquad L \ge -\epsilon$

Оскільки додатне число $\epsilon$ може бути як завгодно малим, то з необхідністю слідує $L = 0$. Теорему доведено.

Закінчення хвоста теореми

Як ми бачимо з нотатків (виділених курсивом) в ході доведення, від функції вимагається існування одної мішаної похідної (наприклад $f_{xy}$) в точці, а також існування другої мішаної похідної $f_{yx}$ в двомірному околі точки і її неперервність в цій точці. Із цієї умови також слідує існування похідної $f_y$ вздовж відрізка прямої $y = const$, і існування похідної $f_x$ в двомірному околі точки.

До речі, існування $f_{xy}$ в точці $(x, y)$ слідує з двох фактів: (а) існує похідна $f_y$ вздовж відрізка прямої $y = const$, що проходить через точку $(x, y)$; (б)мішана похідна $f_{yx}$ існує і неперервна в цій точці.
Це можна помітити переглянувши хід доведення (не поспішати переходити до границі $\Delta x \rightarrow 0$ аж до формули (18)).

Приклад

Розглянемо функцію

$(23) \qquad f(x, y) = xy + y^2 \chi(y)$

Де функція Діріхле $\chi(y)$ дорівнює нулю в раціональних точках $y={m \over n}$ і одиниці в ірраціональних. Функція (23) визначена на всій площині; неперервна (як функція двох змінних) вздовж прямої $y = 0$ і розривна в усіх інших точках площини.
Скрізь існує і неперервна частинна похідна:

$(24) \qquad f_x(x, y) = {\partial f \over \partial x} = y$

а також одна з мішаних похідних:

$(25) \qquad f_{yx}(x, y) = {\partial^2 f \over \partial y \partial x} = 1$

Частинна похідна по ігреку існує лише в точках прямої $y=0$:

$(26) \qquad f_y(x, 0) = x$

Також в цих же точках прямої існує друга мішана похідна:

$(27) \qquad f_{xy}(x, 0) = \lim_{\Delta x \rightarrow 0} {f_y(x+\Delta x, 0) - f_y(x, 0) \over \Delta x} = 1$

Як бачимо, для точок прямої $y = 0$ умови теореми виконуються, і обидві мішані похідні рівні.

Контрприклад

Розглянемо функцію двох змінних $x, y$

$(28) \qquad f(x, y) = {|a x + b y|^3 \over \sqrt{x^2 + y^2}}$

де буквами $a, b$ позначені деякі ненульові параметри. Формула (28) задає неперервну функцію всюди на площині за винятком початку координат $x=0, \; y=0$. Ми можемо довизначити функцію $f(x,y)$ в початку координат

$(29) \qquad f(0,0) = 0$

Ця довизначена функція буде неперервною також і в початку координат, що можна бачити, представивши формулу (28) в полярній системі координат (і спрямовуючи $r \rightarrow 0$):

$(30) \qquad f(r, \phi) = (a^2+b^2)^{3 \over 2} \, r^2 |\sin(\phi + \phi_0)|^3$

Покажемо, що для цієї довизначеної функції $f$ мішані похідні в початку координат існують, але не рівні між собою.

Спочатку обчислимо перші похідні $f_x, \, f_y$. Як проміжний результат, замітимо, що функція «куб модуля» двічі диференційовна, і її перша та друга похідні обчислюються за формулами:

$(31) \qquad {d \over d x} |x|^3 = 3 x |x|$

$(31a) \qquad {d^2 \over d x^2} |x|^3 = {d \over d x} (3 x |x|) = 6 |x|$

Тепер, враховуючи (28) і (31), запишемо перші похідні функції $f(x,y)$ в точці площини, відмінній від початку координат ($r = \sqrt{x^2 + y^2}$):

$(32) \qquad f_x = 3 a {(a x + b y)|a x + b y| \over r} - {x \over r^3} |a x + b y|^3$

$(33) \qquad f_y = 3 b {(a x + b y)|a x + b y| \over r} - {y \over r^3} |a x + b y|^3$

Можна також обчислити перші похідні в початку координат, виходячи з означення похідної:

$(32a) \qquad f_x(0, 0) = \lim_{x \rightarrow 0} {f(x, 0) - f(0,0) \over x} = \lim_{x \rightarrow 0} {|ax|^3 \over {x |x|}} = 0$

Аналогічно

$(33a) \qquad f_y(0, 0) = 0$

Перші похідні існують і неперервні на всій площині $(x, y)$.

Перейдемо тепер до обчислення мішаних похідних в початку координат:

$(34) \qquad f_xy(0, 0) = \lim_{x \rightarrow 0} {f_y(x, 0) - f_y(0,0) \over x} = \lim_{x \rightarrow 0} {1 \over x} \left ({3 b a x |a x| \over |x|} \right ) = 3 a b |a|$

Аналогічне обчислення дає:

$(35) \qquad f_yx(0, 0) = 3 a b |b|$

Легко бачити, що формули (34) і (35) дають різні результати, якщо:

$(36) \qquad |a| > 0, \; |b| > 0, \; |a| \ne |b|$

Причина цієї нерівності в тому, що не виконується умова теореми — обидві мішані похідні (хоча існують скрізь) є розривними в початку координат.

Можна також розглянути функцію

$f(x, y) = {x y (x^2 - y^2) \over x^2 + y^2}$

Спрощене доведення для аналітичних функцій

Аналітична функція двох змінних (по крайній мірі локально) розкладається в збіжний степеневий ряд:

$(37) \qquad f(x, y) = \sum_{n, m = 0}^{\infty} a_{nm} (x - x_0)^n (y - y_0)^m$

Як відомо, степенний ряд можна диференціювати почленно в межах його радіуса збіжності. Таким чином знаходимо перші похідні:

$(38) \qquad f_x = \sum_{n, m = 0}^{\infty} n a_{nm} (x - x_0)^{n-1} (y - y_0)^m$

$(39) \qquad f_y = \sum_{n, m = 0}^{\infty} m a_{nm} (x - x_0)^n (y - y_0)^{m-1}$

Повторне диференціювання (38) і (39) дає одну й ту ж формулу для обох мішаних похідних:

$(40) \qquad f_{xy} = f_yx = \sum_{n, m = 0}^{\infty} n m a_{nm} (x - x_0)^{n-1} (y - y_0)^{m-1}$

У Вікіпедії є портал «Математика»