Метка: смешанные производные

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.