0355

356

V. Funkcje wielu zmiennych

190. Twierdzenia o pochodnych mieszanych. Przy rozpatrywaniu przykładów 1) i 2) rzuca się w oczy równość pochodnych mieszanych względem tych samych zmiennych występujących w różnym porządku.

Należy od razu zaznaczyć, że nie wynika to z definicji pochodnych mieszanych, zdarzają się więc wypadki, gdy równość taka nie zachodzi.

Rozpatrzmy na przykład funkcję

/(*> y)—*y —j—~2 (dla *²+/>0),    /(O, 0)=0 .

x +y

Mamy

fx(x,y)=y |

tx²+y¹ /*(0,0)=0.

Nadając x wartość szczególną równą zeru otrzymamy dla dowolnego y (również i dla y=0) fZ(0, y) = — y. Różniczkując tę funkcję względem y otrzymamy /*J(0, y) = — 1. Wynika stąd w szczególności, że w punkcie (0, 0) będzie

/;;(o,o)=-i.

Obliczając w ten sam sposób /,* w punkcie (0,0), otrzymamy

m 0,0) = 1 .

Tak więc dla rozpatrywanej funkcji /,')(0, 0)^/_y''(0, 0).

Niemniej występująca w przykładach równość pochodnych mieszanych różniących się tylko porządkiem różniczkowania nie jest przypadkowa — zachodzi dla szerokiej klasy funkcji, gdy spełnione są określone warunki. Zaczniemy od następującego prostego twierdzenia.

Twierdzenie. Załóżmy, że 1) funkcja f(x,y) jest określona w obszarze otwartym 3, 2) w obszarze tym istnieją pierwsze pochodne f_x i f' oraz drugie pochodne mieszane fx_y ¹ fyx> * wreszcie 3) te ostatnie pochodne ff_y i f_y’_x jako funkcje zmiennych x i y są ciągłe w pewnym punkcie (x₀, y₀) obszaru 3). Wówczas w tym punkcie

(1)    fxy(x0 , y₀) =fyx(xo , ^0) ■

Dowód. Rozpatrzmy wyrażenie

/(*o + h,y₀ + k)-f(x₀ + h, yo)-f(x₀,y₀ + k) +f(x₀, y₀)

gdzie h, k są różne od zera, na przykład dodatnie, i przy tym tak małe, że cały prostokąt <*o, x₀+h; y₀,yo+kj jest zawarty w 3. Ustalamy je w taki sposób do końca naszego rozumowania.

Wprowadźmy teraz pomocniczą funkcję zmiennej x:

, , f(x,y₀ + k)-f(x,y₀)

k