[高数]记录一个较复杂的复合函数求偏导过程

前言

计算复合函数的偏导数是多元函数微分学中的一项基本技能要求。本文将记录一个较复杂一些的复合函数求偏导的过程，以作参考。

正文

题目：

已知 $u=u(\sqrt{x^2+y^2})$ 有二阶连续的偏导数，求 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$ 和 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}$.

本题属于复合函数求二阶偏导的问题，计算过程如下：

设 $r(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$, 则：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=$$

$$\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}=$$

由于 $r$ 是函数 $u(r)$ 的唯一一个自变量，因此，$u$ 对 $r$ 求偏导实际上就是 $u$ 对 $r$ 求导，于是有：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=$$

$$\frac{du}{dr}\frac{\partial r}{\partial x}.$$

由于 $r=\sqrt{x^2+y^2}$, 于是：

$$\frac{\partial r}{\partial x}=[(x^2+y^2{)}^{\frac{1}{2}}{]}_x^{‘}=$$

$$\frac{1}{2}(x^2+y^2{)}^{-\frac{1}{2}}\cdot 2x=$$

$$x(x^2+y^2{)}^{-\frac{1}{2}}=$$

$$\frac{x}{r}.$$

即：

$$\frac{du}{dr}\frac{\partial r}{\partial x}=$$

$$\frac{x}{r}\frac{du}{dr}.$$

令：

$$A=\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x}{r}\frac{du}{dr}.$$

则：

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=$$

$$\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u}{\partial x})=$$

$$\frac{\partial A}{\partial x}=$$

$$\frac{\partial A}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}=$$

$$\frac{x}{r}\frac{\partial A}{\partial r}=$$

$$\frac{x}{r}(\frac{x}{r}\frac{du}{dr}{)}_r^{‘}=$$

$$\frac{x}{r}[(\frac{x}{r}{)}_r^{‘}\frac{du}{dr}+\frac{x}{r}(\frac{du}{dr}{)}_r^{‘}].$$

这里需要注意一个问题：

在计算偏导的时候，并不是式子中所有的当前未被求偏导的变量都可以无条件地看作常数。假如现在要对 $x$ 求偏导，则只有式子中与 $x$ 地位相同的其他变量才可以被当作常数处理。

例如，前面计算过的 $\frac{\partial r}{\partial x}$. 由于 $r=\sqrt{x^2+y^2}$, 因此，计算 $\frac{\partial r}{\partial x}$ 就是计算：

$$\frac{\partial \sqrt{x^2+y^2}}{\partial x}.$$

由于在 $\sqrt{x^2+y^2}$ 中 $x$ 与 $y$ 的地位是相同的，谁也不是谁的函数，因此，在对 $x$ 求偏导的时候，$y$ 可以看作是常数处理。

但是，在计算 $(\frac{x}{r}{)}_r^{‘}$, 也就是计算 $\frac{\partial (\frac{x}{r})}{\partial r}$ 时，这其中的 $x$ 并不能看作常数处理。因为，由 $r(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$ 可知，$x$ 和 $y$ 共同构成了 $r$, 也就是说，$x$ 是 $r$ 的一部分——很显然，在这种情况下，$x$ 与 $r$ 的地位并不是相同的。

事实上，$r$ 是 $x$ 和 $y$ 的函数的同时，$x$ 也是 $r$ 和 $y$ 的函数：

$$r(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow$$

$$x(r,y)=\sqrt{r^2–y^2}\mathrm{①}$$

在 $\mathrm{①}$ 式中，$r$ 和 $y$ 共同构成了函数 $x$, 因此，在函数 $x$ 中对 $r$ 求偏导时，$y$ 是可以被看作常数处理的，因为此时 $r$ 与 $y$ 是同等的地位。

因此：

$$(\frac{x}{r}{)}_r^{‘}=$$

$$(x\cdot \frac{1}{r}{)}_r^{‘}=$$

$$(x{)}_r^{‘}\cdot \frac{1}{r}+x\cdot (\frac{1}{r}{)}_r^{‘}=$$

$$(\sqrt{r^2–y^2}{)}_r^{‘}\cdot \frac{1}{r}+x\cdot (\frac{1}{r}{)}_r^{‘}=$$

$$\frac{1}{2}(\sqrt{r^2–y^2}{)}^{-\frac{1}{2}}\cdot 2r\cdot \frac{1}{r}+x\cdot (\frac{-1}{r^2})=$$

$$\frac{1}{\sqrt{r^2–y^2}}–\frac{x}{r^2}=$$

$$\frac{1}{x}–\frac{x}{r^2}\mathrm{②}$$

注意：由于我们最终要求的是函数 $u$ 对 $x$ 的二阶偏导数，因此，在上面的处理过程中，我们要把能写成 $x$ 的部分都写成 $x$, 使我们的“主角” $x$ 充分的“暴露”出来，而不是包裹在 $r$ 和 $y$ 之中，这样才能方便之后的计算操作。因此，最后的处理结果应该写成上面的 $\mathrm{②}$ 式这样的。

于是：

$$\frac{x}{r}[(\frac{x}{r}{)}_r^{‘}\frac{du}{dr}+\frac{x}{r}(\frac{du}{dr}{)}_r^{‘}]=$$

$$\frac{x}{r}[(\frac{1}{x}–\frac{x}{r^2})\frac{du}{dr}+\frac{x}{r}(\frac{du}{dr}{)}_r^{‘}]=$$

$$\frac{du}{dr}(\frac{1}{r}–\frac{x^2}{r^3})+\frac{d^{2}u}{d{r}^2}\cdot \frac{x^2}{r^2}.$$

即：

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{du}{dr}(\frac{1}{r}–\frac{x^2}{r^3})+\frac{d^{2}u}{d{r}^2}\cdot \frac{x^2}{r^2}.$$

由于在 $r=\sqrt{x^2+y^2}$ 中，$x$ 和 $y$ 具有对称性，也就是把 $x$ 和 $y$ 互换之后得到的式子和原来的式子相等，根据对称变量具有的性质，我们可以快速得出：

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=\frac{du}{dr}(\frac{1}{r}–\frac{y^2}{r^3})+\frac{d^{2}u}{d{r}^2}\cdot \frac{y^2}{r^2}.$$

至此，本题的求解过程结束。

注意

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u}{\partial x}).$$

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}\ne (\frac{\partial u}{\partial x})(\frac{\partial u}{\partial x}).$$

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}\ne (\frac{\partial u}{\partial x}{)}^2.$$

EOF