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Lesson 44 多元高阶导数

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2025-04-09

高阶导数 / 偏导数

设 ff 在 D⊆RnD\subseteq\R^n 上处处有偏导数，得到偏导函数 ∂f∂xi:D→R\frac{\partial f}{\partial x_i}:D\to\R，再考虑其偏导，得到定义：

/Definition/

若 ∂f∂xi\frac{\partial f}{\partial x_i} 在 x⃗0\vec{x}_0 处有第 jj 个偏导数，称之为 ff 在 x⃗0\vec{x}_0 处的二阶偏导.

∂∂xj(∂f∂xi)∣x=x⃗0\left.\frac{\partial}{\partial x_j}\left(\frac{\partial f}{\partial x_i} \right)\right|_{x=\vec{x}_0}

当然和偏导数一样，二阶偏导有很多记号：

∂∂xj∂f∂xi∣x=x⃗0=∂2f∂xj∂xi∣x=x⃗0=∂2f∂xj∂xi(x⃗0)=∂2f(x⃗0)∂xj∂xi=∂j(∂if)(x⃗0)=∂j∂if(x⃗0)=∂xj∂xif(x⃗0)=(fxi)xj(x⃗0)=fxixj(x⃗0)=(fi′)j′′(x⃗0)=fij′′(x⃗0)\begin{aligned} &\left.\frac{\partial}{\partial x_j}\frac{\partial f}{\partial x_i} \right|_{x=\vec{x}_0}=\left.\frac{\partial^2f}{\partial x_j\partial x_i} \right|_{x=\vec{x}_0}=\frac{\partial^2f}{\partial x_j\partial x_i}(\vec{x}_0)=\frac{\partial^2f(\vec{x}_0)}{\partial x_j\partial x_i}\\\\ &=\partial_j(\partial_if)(\vec{x}_0)=\partial_j\partial_if(\vec{x}_0)=\partial_{x_j}\partial_{x_i}f(\vec{x}_0)=(f_{x_i})_{x_j}(\vec{x}_0)\\\\ &=f_{x_ix_j}(\vec{x}_0)=(f'_i)''_j(\vec{x}_0)=f''_{ij}(\vec{x}_0) \end{aligned}

注意：规则是离 ff 更近的先求导.

二阶偏导共有 n2n^2 个，其中 i=ji=j 时有

∂i∂if=(∂i)2f=fii′′=∂2f∂xi∂xi=∂2f∂xi2\partial_i\partial_if=(\partial_i)^2f=f''_{ii}=\frac{\partial^2f}{\partial x_i\partial x_i}=\frac{\partial^2f}{\partial x_i^2}

接下来可以递归地定义高阶偏导：

/Definition/ (递归定义)

设 DD 上处处有 k−1k-1 阶偏导：

∂ik−1⋯∂i1f:D→R\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f:D\to\R

定义

∂ik(∂ik−1⋯∂i1f)(x⃗0)=∂ik∂ik−1⋯∂i1f(x⃗0)\partial_{i_k}(\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f)(\vec{x}_0)=\partial_{i_k}\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f(\vec{x}_0)

称为 ff 的 (一个) kk 阶偏导.

从而我们能够计算任意高阶导数.

/Example/

Laplace 算子：

∇2=∑i=1n∂2∂xi2=∑i=1n∂i2\nabla^2=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2}{\partial x_i^2}=\sum_{i=1}^n\partial_i^2

若 ff 有二阶偏导，定义

∇2f=∑i=1n∂2f∂xi2=∑i=1nfii′′\nabla^2f=\sum_{i=1}^n\frac{\partial^2f}{\partial x_i^2}=\sum_{i=1}^nf''_{ii}

/Example/

接着上面一个例子，我们考虑 n≥3n\geq3 时，f(x⃗)=r2−n:Rn∣0→Rf(\vec{x})=r^{2-n}:\R^n|0\to\R，其中 rr 为场点到原点的距离，也就是 (∑xi2)1/2(\sum x_i^2)^{1/2}.

/Claim/

∇2(r2−n)=0\nabla^2(r^{2-n})=0.

/Proof/

以下常用的结论 (需要记下来)：

∂r∂xi=xir\begin{aligned} \frac{\partial r}{\partial x_i}&=\frac{x_i}{r} \end{aligned}

得到：

∂∂xi(r2−n)=(2−n)r1−n∂r∂xi=(2−n)r−nxi∂∂xj(∂∂xir2−n)=∂∂xj((2−n)r−nxi)=(2−n)(−n)r−n−2xjxi+(2−n)r−n∇2(r2−n)=∑i((2−n)(−n)r−n−2xi2+(2−n)r−n)=(2−n)∑i(−nr−n+nr−n)=0\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x_i}(r^{2-n})&=(2-n)r^{1-n}\frac{\partial r}{\partial x_i}=(2-n)r^{-n}x_i\\\\ \frac{\partial}{\partial x_j}\left(\frac{\partial}{\partial x_i}r^{2-n} \right)&=\frac{\partial}{\partial x_j}((2-n)r^{-n}x_i)\\\\ &=(2-n)(-n)r^{-n-2}x_jx_i+(2-n)r^{-n}\\\\ \nabla^2(r^{2-n})&=\sum_{i}\left((2-n)(-n)r^{-n-2}x_i^2+(2-n)r^{-n} \right)\\\\ &=(2-n)\sum_i(-nr^{-n}+nr^{-n})=0 \end{aligned}

证毕.

由此我们可以定义：

/Definition/

称 ff 是 DD 上的调和函数 (harmonic)，若 ∇2f=0\nabla^2f=0 on DD.

由上面的例子，可以知道 n≥3n\geq3 维中，r2−nr^{2-n} 调和.

/Claim/

复可导 (全纯) 函数的实部和虚部均为调和函数.

/Proof/

设 f:D(⊆C)→Cf:D (\subseteq\mathbb{C})\to\mathbb{C} 是全纯的，f(x+yi)=u(x,y)+v(x,y)if(x+y\text{i})=u(x,y)+v(x,y)\text{i}. 称 u,vu,v 分别为 ff 的实部和虚部.

定义一个映射 F(x,y)=(u(x,y),v(x,y))F(x,y)=(u(x,y),v(x,y))，已经证明过 ff 全纯 ⟺\Longleftrightarrow FF 可微且 Cauchy - Riemann 条件成立，也就是：

∂u∂x=∂v∂y ,∂u∂y=−∂v∂x \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}\,,\quad \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}

进而，

∇2u=∂2u∂x2+∂2u∂y2=∂∂x(∂v∂y)+∂∂y(−∂v∂x)=∂x∂yv−∂y∂xv\begin{aligned} \nabla^2u&=\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial v}{\partial y} \right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{\partial v}{\partial x} \right)\\\\ &=\partial_x\partial_yv-\partial_y\partial_xv \end{aligned}

到这一步为止我们已经无法往下证明了.

我们需要的是二阶偏导可交换这一条件，这里有定理：

/Theorem/ (Schwartz - Clairaut)

若 f∈C2f\in C^2，则 ∂i∂jf=∂j∂if\partial_i\partial_jf=\partial_j\partial_if.

在复变函数中，我们会由 ff 全纯 ⟶\longrightarrow Cauchy 积分公式，再证明 f∈C∞f\in C^\infty，之后利用上述定理证明命题. 我们的课程还无法覆盖这些内容.

但是这可以引出一些例子：

/Example/

对未必 C2C^2 的 ff，fxy′′f''_{xy} 不一定等于 fyx′′f''_{yx}. 看如下函数：

f(x,y)={xy(x2−y2)x2+y2 ,(x,y)≠(0,0)0 ,(x,y)=(0,0)f(x,y)=\left\{\begin{array}{lr} \frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2}\,,\quad(x,y)\neq(0,0)\\\\ 0\,,\quad(x,y)=(0,0) \end{array}\right.

验证：fxy′′(0,0)≠fyx′′(0,0)f''_{xy}(0,0)\neq f''_{yx}(0,0).

计算：

fxy′′(0,0)=∂yfx(0,0)=lim⁡y→0fx(0,y)−fx(0,0)yf_{xy}''(0,0)=\partial_yf_x(0,0)=\lim_{y\to0}\frac{f_x(0,y)-f_x(0,0)}{y}

先要计算一阶导数，得到 fx(0,y)=−yf_x(0,y)=-y，fx(0,0)=0f_x(0,0)=0，代入得到上式为 fxy′′(0,0)=−1f''_{xy}(0,0)=-1.

另一个方向为

fyx′′(0,0)=∂xfy(0,0)=lim⁡x→0fy(x,0)−fy(0,0)xf''_{yx}(0,0)=\partial_xf_y(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f_y(x,0)-f_y(0,0)}{x}

这里，有

fy(x,0)=lim⁡y→0f(x,y)−f(x,0)y=lim⁡y→0xy(x2−y2)x2+y2−0y=x\begin{aligned} f_y(x,0)&=\lim_{y\to0}\frac{f(x,y)-f(x,0)}{y}=\lim_{y\to0}\frac{\frac{xy(x^2-y^2)}{x^2+y^2}-0}{y}=x \end{aligned}

所以上式结果是 fyx′′(0,0)=1f_{yx}''(0,0)=1，两者不相等.

接下来我们逐点地叙述 Schwartz - Clairaut 定理：

/Theorem/ (Schwartz - Clairaut)

设 f(x,y)f(x,y) 在点 (a,b)(a,b) 某邻域中处处有二阶偏导数 ∂x∂yf,∂y∂xf\partial_x\partial_yf,\partial_y\partial_xf，且两者在 (a,b)(a,b) 处均连续，则有 ∂x∂yf(a,b)=∂y∂xf(a,b)\partial_x\partial_yf(a,b)=\partial_y\partial_xf(a,b).

/Proof/

/Draft/

∂x(∂yf)(a,b)∼fy(a+s,b)−fy(a,b)s∼f(a+s,b+t)−f(a+s,b)t−f(a,b+t)−f(a,b)ts∼f(a+s,b+t)−f(a+s,b)−f(a,b+t)+f(a,b)st\begin{aligned} &\partial_x(\partial_yf)(a,b)\\\\ &\sim\frac{f_y(a+s,b)-f_y(a,b)}{s}\\\\ &\sim\frac{\frac{f(a+s,b+t)-f(a+s,b)}{t}-\frac{f(a,b+t)-f(a,b)}{t}}{s}\\\\ &\sim\frac{f(a+s,b+t)-f(a+s,b)-f(a,b+t)+f(a,b)}{st} \end{aligned}

看起来是对称的.

引入“二元极限”：(s≠0,t≠0s\neq0,t\neq0)

F=lim⁡(s,t)→(0,0)f(a+s,b+t)−f(a+s,b)−f(a,b+t)+f(a,b)st=lim⁡(s,t)→(0,0)A(s,t)\begin{aligned} F&=\lim_{(s,t)\to(0,0)}\frac{f(a+s,b+t)-f(a+s,b)-f(a,b+t)+f(a,b)}{st}\\\\ &=\lim_{(s,t)\to(0,0)}A(s,t) \end{aligned}

用两种方法计算 FF. 首先写成：

A(s,t)=1st((f(a+s,b+t)−f(a+s,b))−(f(a,b+t)−f(a,b)))A(s,t)=\frac{1}{st}((f(a+s,b+t)-f(a+s,b))-(f(a,b+t)-f(a,b)))

如果记 h(x)=f(x,b+t)−f(x,b)h(x)=f(x,b+t)-f(x,b)，则上式化为

A(s,t)=1st(h(a+s)−h(a))=1t⋅h′(a+sα) ,(0<α<1)A(s,t)=\frac{1}{st}(h(a+s)-h(a))=\frac{1}{t}\cdot h'(a+s\alpha)\,,\quad(0<\alpha<1)

(其中用到一元微分中值定理). 于是，

A(s,t)=1t⋅(fx(a+αs,b+t)−fx(a+αs,b))A(s,t)=\frac{1}{t}\cdot(f_x(a+\alpha s,b+t)-f_x(a+\alpha s,b))

如果记 g(y)=fx(a+αs,y)g(y)=f_x(a+\alpha s,y)，则上式化为

A(s,t)=1t⋅(g(b+t)−g(b))=g′(b+tβ) ,(0<β<1)A(s,t)=\frac{1}{t}\cdot(g(b+t)-g(b))=g'(b+t\beta)\,,\quad(0<\beta<1)

(再用了一次一元微分中值定理). 于是，上式变成了 A(s,t)=fxy(a+αs,b+βt)A(s,t)=f_{xy}(a+\alpha s,b+\beta t)，由于 fxyf_{xy} 在 (a,b)(a,b) 连续，且 0<α,β<10<\alpha,\beta<1，可知当 (s,t)→(0,0)(s,t)\to(0,0) 时，(a+αs,b+βt)→(a,b)(a+\alpha s,b+\beta t)\to(a,b)，同时 fxy(a+αs,b+βt)→fxy(a,b)f_{xy}(a+\alpha s,b+\beta t)\to f_{xy}(a,b).

即有：F=fxy(a,b)F=f_{xy}(a,b).

换一种分组方式：

A(s,t)=1st((f(a+s,b+t)−f(a,b+t))−(f(a+s,b)−f(a,b)))A(s,t)=\frac{1}{st}((f(a+s,b+t)-f(a,b+t))-(f(a+s,b)-f(a,b)))

和上面完全一致，但是计算得到 F=fyx(a,b)F=f_{yx}(a,b)，得证.

/Definition/

称 ff 在 D⊆RnD\subseteq\R^n 中是 CkC^k 光滑的，记为 f∈Ck(D)f\in C^k(D)，如果 ff 在 DD 从 11 阶到 kk 阶的各个高阶偏导都存在且连续(1) ⟺\Longleftrightarrow ff 在 DD 上的各个 kk 阶偏导都存在且连续(2).

验证充分必要条件：

(1) ⟹\Longrightarrow (2) 显然成立.

(2) ⟹\Longrightarrow (1)：有 ∀j\forall j，∂j(∂ik−1⋯∂i1f)\partial_j(\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f) 连续，也就是 ∂ik−1⋯∂i1f\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f 的任意阶偏导连续. 由 C1C^1 定义，得到 ∂ik−1⋯∂i1f∈C1\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f\in C^1，于是 ∂ik−1⋯∂i1f\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f 连续.

这样可以一直往上一阶递推.

整体形式的 Schwartz - Clairaut 定理：

/Theorem/

设 f∈C2(D)f\in C^2(D)，则 ∀i,j\forall i,j 有

∂2f∂xi∂xj=∂2f∂xj∂xi\frac{\partial^2f}{\partial x_i\partial x_j}=\frac{\partial^2f}{\partial x_j\partial x_i}

/Proof/

冻结其他的所有分量，只留下 xi,xjx_i,x_j 分量，原来的 ff 就变成二元函数，和之前的证明是一致的.

更一般地，若 f∈Ck(D)f\in C^k(D)，则 ff 的 kk 阶偏导不依赖于求导顺序：

∂ik∂ik−1⋯∂i1f=∂jk∂jk−1⋯∂j1f\partial_{i_k}\partial_{i_{k-1}}\cdots\partial_{i_1}f=\partial_{j_k}\partial_{j_{k-1}}\cdots\partial_{j_1}f

只要 {j1,⋯ ,jk}\{j_1,\cdots,j_k\} 是 {i1,⋯ ,ik}\{i_1,\cdots,i_k\} 的重排. 这个证明只需要一次换位两个偏导，然后用上面的定理即可.

多元 Taylor 公式

多元 Taylor 公式本质上没有给出新的内容，就是将多元的函数限制在一个直线上，然后给出一元的 Taylor 公式：

g(t)=f(x0+vt)⟷fg(t)=f(x_0+vt)\longleftrightarrow f

/Theorem/

设 DD 是 Rn\R^n 的开集，x⃗,y⃗∈D\vec{x},\vec{y}\in D，且线段 xy‾⊆D\overline{xy}\subseteq D，则对于 f∈Cm(D)f\in C^m(D) 有：

f(y⃗)=f(x⃗)+11!∑i=1m∂if(x⃗)(yi−xi)+⋯+1(m−1)!∑i1⋯∑im−1∂im−1⋯∂i1f(x⃗)(yi1−xi1)⋯(yim−1−xim−1)+1m!∑i1⋯∑im∂im⋯∂i1f(x⃗+θ(y⃗−x⃗))(yi1−xi1)⋯(yim−xim)\begin{aligned} f(\vec{y})&=f(\vec{x})+\frac{1}{1!}\sum_{i=1}^m\partial_if(\vec{x})(y_i-x_i)+\cdots\\ &\quad+\frac{1}{(m-1)!}\sum_{i_1}\cdots\sum_{i_{m-1}}\partial_{i_{m-1}}\cdots\partial_{i_1}f(\vec{x})(y_{i_1}-x_{i_1})\cdots(y_{i_{m-1}}-x_{i_{m-1}})\\ &\quad+\frac{1}{m!}\sum_{i_1}\cdots\sum_{i_{m}}\partial_{i_{m}}\cdots\partial_{i_1}f(\vec{x}+\theta(\vec{y}-\vec{x}))(y_{i_1}-x_{i_1})\cdots(y_{i_{m}}-x_{i_{m}}) \end{aligned}

/Proof/

设 g(t)=f(x+t(y−x))g(t)=f(x+t(y-x))，g(0)=f(x)g(0)=f(x)，g(1)=f(y)g(1)=f(y).

对 gg 用一元 Taylor 公式，得到

g(1)=g(0)+∑k=1m−1g(k)(0)k!+g(n)(θ)(m−1)! ,(0<θ<1)g(1)=g(0)+\sum_{k=1}^{m-1}\frac{g^{(k)}(0)}{k!}+\frac{g^{(n)}(\theta)}{(m-1)!}\,,\quad(0<\theta<1)

只需要计算 g(k)(0)g^{(k)}(0)：用链式法则得到

g′(t)=∑i∂if(x+t(y−x))(yi−xi)g′′(t)=∑i∑j∂j∂if(x+t(y−x))(yj−xj)(yi−xi)⋯\begin{aligned} g'(t)&=\sum_i\partial_if(x+t(y-x))(y_i-x_i)\\\\ g''(t)&=\sum_i\sum_j\partial_j\partial_if(x+t(y-x))(y_j-x_j)(y_i-x_i)\\ \cdots \end{aligned}

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