10. 高次偏導関数例題集

$Q1$.
次の関数について $z_{xx}$, $z_{xy}$, $z_{yx}$, $z_{yy}$ をそれぞれ求めなさい。

$z = 2x^3 + 3x^2y^2 + 9y^3$

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$z_{xx} = 12x + 6y^2$

$z_{xy} = 12xy$

$z_{yx} = 12xy$

$z_{yy} = 6x^2 + 54y$

偏導関数を求めると

$z_x = 6x^2 + 6xy^2,~~z_y = 6x^2y + 27y^2$

よって第 $2$ 次偏導関数はそれぞれ

$z_{xx} = \dfrac{\partial z_x}{\partial x} = 12x + 6y^2$

$z_{xy} = \dfrac{\partial z_x}{\partial y} = 12xy$

$z_{yx} = \dfrac{\partial z_y}{\partial x} = 12xy$

$z_{yy} = \dfrac{\partial z_y}{\partial y} = 6x^2 + 54y$

$Q2$.
次の関数について $z_{xx}$, $z_{xy}$, $z_{yx}$, $z_{yy}$ をそれぞれ求めなさい。

$z = \sqrt{x^2 + y^2}$

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$z_{xx} = \dfrac{y^2}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{xy} = -\dfrac{xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{yx} = -\dfrac{xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{yy} = \dfrac{x^2}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

偏導関数を求めると

$z_x = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}},~~z_y = \dfrac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

よって第 $2$ 次偏導関数は

$z_{xx} = \dfrac{\partial z_x}{\partial x} =\dfrac{ \sqrt{x^2+y^2} - \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+y^2}} }{x^2+y^2} = \dfrac{y^2}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{xy} = \dfrac{\partial z_x}{\partial y} =\dfrac{ -\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} }{x^2+y^2} = -\dfrac{xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{yx} = \dfrac{\partial z_y}{\partial x} =\dfrac{ -\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}} }{x^2+y^2} = -\dfrac{xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$z_{yy} = \dfrac{\partial z_y}{\partial y} =\dfrac{ \sqrt{x^2+y^2} - \dfrac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}} }{x^2+y^2} = \dfrac{x^2}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}$

$Q3$.
何回も偏微分可能な関数 $z = f(x,y)$ に対し, $a,b,h,k$ を定数として $x=a+ht,~y=b+kt$ とした時, $\dfrac{d^2f}{dt^2}$ を $f(x,y)$ の偏導関数と $h,k$ を用いて表しなさい。

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$\dfrac{d^2f}{dt^2} = h^2f_{xx} + 2hkf_{xy} + k^2f_{yy}$

9. 合成関数の微分法の例題 $Q3$ より

$\dfrac{df}{dt} = hf_x + kf_y$

であることに注意しましょう。

$f_x$ と $f_y$ をそれぞれ $t$ で微分すると

$\dfrac{df_x}{dt} = \dfrac{\partial f_x}{\partial x}\dfrac{dx}{dt} + \dfrac{\partial f_x}{\partial y}\dfrac{dy}{dt} = hf_{xx} + kf_{xy}$

$\dfrac{df_y}{dt} = \dfrac{\partial f_y}{\partial x}\dfrac{dx}{dt} + \dfrac{\partial f_y}{\partial y}\dfrac{dy}{dt} = hf_{yx} + kf_{yy}$

$f$ は何回でも偏微分可能なので, シュワルツの定理より

$f_{xy} = f_{yx}$

であることに注意すると

$ $\begin{eqnarray*}\dfrac{d^2f}{dt^2} & = & \dfrac{d}{dt} \left( \dfrac{df}{dt}\right)\\[1em] & = & \dfrac{d}{dt}\left(hf_x +kf_y \right)\\[1em] & = & h\dfrac{df_x}{dt} + k\dfrac{df_y}{dt}\\[1em] & = & h\left( hf_{xx} + kf_{xy}\right) + k \left( hf_{yx} + kf_{yy}\right)\\[1em] & = & h^2f_{xx} + 2hkf_{xy} + k^2f_{yy} \end{eqnarray*}$ $

$Q4$.
何回も偏微分可能な関数 $z = f(x,y)$ に対し, $x = r\cos \theta,~y=r\sin \theta$ とした時

$\cfrac{\partial^2 f}{\partial r^2}+\cfrac{1}{r^2}\cfrac{\partial^2 f}{\partial \theta^2}+\cfrac{1}{r} \cfrac{\partial f}{\partial r}=\cfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}+\cfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}$

が成り立つことを証明しなさい。

解答・解説を見る

合成関数の微分法より

$\dfrac{\partial f}{\partial r} = f_x\cos \theta + f_y\sin \theta$

$\dfrac{\partial f}{\partial \theta} = -f_xr\sin \theta + f_yr\cos \theta$

である。よって

$ $\begin{eqnarray*} \cfrac{\partial^2 f}{\partial r^2} &=& \left( \cfrac{\partial f_x}{\partial r} \right) \cos \theta + \left( \cfrac{\partial f_y}{\partial r} \right) \sin \theta\\[1em] &=& (f_{xx}\cos \theta + f_{xy} \sin \theta) \cos \theta +(f_{yx} \cos \theta + f_{yy} \sin \theta ) \sin \theta\\[1em] &=& f_{xx} \cos^2 \theta +2 f_{xy} \sin \theta \cos \theta + f_{yy} \sin^2 \theta \end{eqnarray*}$ $

また $f_x$ と $\sin \theta$ はともに $\theta$ の関数であるから

$ $\begin{eqnarray*}\dfrac{\partial }{\partial \theta}(-f_xr\sin \theta) & = & -\left( \dfrac{\partial f_x}{\partial \theta} \right) r\sin \theta - f_xr \cos \theta\\[1em] & = & -\left( -f_{xx}r\sin \theta + f_{xy}r\cos \theta \right)r\sin \theta - f_xr \cos \theta\\[1em] & = & f_{xx}r^2\sin^2 \theta - f_{xy}r^2\sin \theta \cos \theta - f_xr\cos \theta \end{eqnarray*}$ $

同様に

$ $\begin{eqnarray*}\dfrac{\partial }{\partial \theta}(f_yr\cos \theta) & = & \left( \dfrac{\partial f_y}{\partial \theta} \right) r\cos \theta - f_yr \sin \theta\\[1em] & = & \left( -f_{yx}r\sin \theta + f_{yy}r\cos \theta \right)r\cos \theta - f_yr \sin \theta\\[1em] & = & f_{yy}r^2\cos^2 \theta - f_{yx}r^2\sin \theta \cos \theta - f_yr\sin \theta \end{eqnarray*}$ $

シュワルツの定理より $f_{xy} = f_{yx}$ であるから

$ $\begin{eqnarray*} \cfrac{\partial^2 f}{\partial \theta^2} &=& \cfrac{\partial}{\partial \theta} (-f_xr \sin \theta) + \cfrac{\partial}{\partial \theta} (f_y r \cos \theta) \\[1em] &=& f_{xx} r^2 \sin^2 \theta - 2 f_{xy} r^2 \sin \theta \cos \theta + f_{yy} r^2 \cos^2 \theta - r(f_x\cos \theta + f_y \sin \theta)\\[1em] & = & f_{xx} r^2 \sin^2 \theta - 2 f_{xy} r^2 \sin \theta \cos \theta + f_{yy} r^2 \cos^2 \theta -r\dfrac{\partial f}{\partial r} \end{eqnarray*}$ $

整理すると

$\cfrac{\partial^2 f}{\partial r^2} = f_{xx} \cos^2 \theta +2 f_{xy} \sin \theta \cos \theta + f_{yy} \sin^2 \theta$

$\cfrac{\partial^2 f}{\partial \theta^2} = f_{xx} r^2 \sin^2 \theta - 2 f_{xy} r^2 \sin \theta \cos \theta + f_{yy} r^2 \cos^2 \theta -r\dfrac{\partial f}{\partial r}$

であるから

$ $\begin{eqnarray*} \dfrac{\partial^2 f}{\partial r^2} + \dfrac{1}{r^2}\dfrac{\partial^2 f}{\partial \theta^2} & = & f_{xx} + f_{yy} - \dfrac{1}{r}\dfrac{\partial f}{\partial r} \end{eqnarray*}$ $

よって

が成り立つ。

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