Пусть $f(x,y)$ определенна со своими частными производными ${ f }_{ x },\;{ f }_{ y },\;{ f }_{ xy },\;{ f }_{ yx }$ в некоторой $\delta-$окрестности точки $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$ и пусть $\Delta x$ и $\Delta y$ зафиксированы так, что образуют шар с радиусом $\delta$ $(\Delta { x }^{ 2 }+\Delta { y }^{ 2 }<{ \delta }^{ 2 })$. (Под $\Delta x $ будем понимать приращение функции $f$ по аргументу $x$. Аналогично определим $\Delta y$)
Положим:
$$
{ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ x }({ \Delta }_{ y }f), { \Delta }_{ yx }f={ \Delta }_{ y }({ \Delta }_{ x }f)
$$
и докажем, что $${ \Delta }_{ xy }f={ \Delta }_{ yx }f\label{2}$$
Действительно,
$$
\begin{aligned}
{ \Delta }_{ xy }f&={ \Delta }_{ x }({ \Delta }_{ y }f)={ \Delta }_{ x }[f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]=\\
&=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]-\\
&-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })]
\end{aligned}\label{3}
$$
(т.е. ${ \Delta }_{ xy }f$ это приращение функции $f$ сперва по $y$ а затем по $x$)
Аналогично
$$
\begin{aligned}
{ \Delta }_{ yx }f&={ \Delta }_{ y }({ \Delta }_{ x }f)=\\
&=[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }+{ \Delta }y)]-\\
&-[f({ x }_{ 0 }+{ \Delta }x,{ y }_{ 0 })-f({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })]
\end{aligned}\label{4}
$$
Сравнивая (\ref{3}) и (\ref{4}), убедимся в справедливости (\ref{2}).
Положим приращение функции $f$ по переменной $y$ как функцию одной переменной по $x$. Пусть $\varphi (x)=f(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-f(x,{ y }_{ 0 })$. Тогда ${ \Delta }_{ xy }f$ можно записать в виде:
$$
{ \Delta }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })
$$
Так как , по условию существует производная ${ f }_{ x }$ то функция $\varphi (x)$ дифференцируема на отрезке $[{ x }_{ 0 },{ x }_{ 0 }+{ \Delta }x]$
Воспользуемся
теоремой Лагранжа о конечных приращениях, получим:
$$
{ \Delta }_{ xy }f=\varphi ({ x }_{ 0 }+\Delta x)-\varphi ({ x }_{ 0 })={ \varphi }^{ \prime }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 1 }\Delta x)\Delta x,\quad 0<{ \theta }_{ 1 }<1 $$
А поскольку $\varphi (x)$ функция по переменной $x$, то ее производная будет: $${ \varphi }^{ \prime }(x)={ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }(x,{ y }_{ 0 })$$
тогда мы можем записать ${ \Delta}_{ xy }f$ как
$$
{ \Delta }_{ xy }f=[{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 }+\Delta y)-{ f }_{ x }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 1 }\Delta x,{ y }_{ 0 })]\Delta x
$$
Применим опять
формулу конечных приращений Лагранжа, но теперь по переменной $y$, получим:
$$
{ \Delta }_{ xy }f={ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta }_{ 2 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta }_{ 1 },{ \theta }_{ 2 }<1
$$
Сделаем абсолютно аналогичные действия, но уже начнем с переменно $x$. Т.е, положим приращение $f$ по переменной $x$ в функцию одной переменной по $y$
$$
\psi (y)=f({ x }_{ 0 }+\Delta x,y)-f({ x }_{ 0 },y)
$$
Также выразим ${ \Delta }_{ yx }f$ через $\psi (y)$, затем применим дважды
формулу конечных приращений Лагранжа ( сначала по y, затем по x ). В итоге получим:
$$
{ \Delta }_{ yx }f={ f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta }_{ 3 }\Delta y)\Delta x\Delta y,\quad 0<{ \theta }_{ 3 },{ \theta }_{ 4 }<1
$$
Согласно равенству (2) правые части равенств равны. Приравняем их и сократим на $\Delta x\Delta y$ (т.к. $\Delta x\neq 0$ и $\Delta y\neq 0$), получим
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 1 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta }_{ 2 }\Delta y){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 }+{ \theta }_{ 4 }\Delta x,\quad { y }_{ 0 }+{ \theta }_{ 3 }\Delta y),\quad { 0<\theta }_{ 1 }{ ,\theta }_{ 2 },{ \theta }_{ 3 },{ \theta }_{ 4 }<1
$$
Так как частные производные ${ f }_{ xy }$ и ${ f }_{ yx }$ непрерывны в точке $({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 })$, перейдем к пределу. Так как ${ \theta }_{ i }$-бесконечно малая то в итоге получим:
$$
{ f }_{ xy }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }){ =f }_{ yx }({ x }_{ 0 },{ y }_{ 0 }),
$$
что и требовалось доказать.
