Teorema de Clairaut

En matemàtiques, el teorema de Clairaut (també conegut com a teorema de Schwarz o de Young) mostra la igualtat de les derivades creuades d'una funció f sempre que:

$f\colon \Omega \subseteq \mathbb {R} ^{n}\to \mathbb {R}$

tingui derivades parcials contínues per qualsevol punt del domini obert $\Omega$, per exemple, prenguem el punt $a=(a_{1},a_{2},...,a_{n})\in \Omega$, llavors, segons aquest teorema, per qualssevol $i,j\in \{1,\ldots ,n\}$ tenim que:

${\frac {\partial ^{2}f}{\partial x_{i}\,\partial x_{j}}}(a_{1},\dots ,a_{n})={\frac {\partial ^{2}f}{\partial x_{j}\,\partial x_{i}}}(a_{1},\dots ,a_{n}).$

Aquest teorema deu el seu nom al matemàtic i astrònom francès Alexis Clairaut.

Una conseqüència immediata d'això és que, si es compleixen les condicions del teorema de Clairaut, la matriu hessiana de la funció f serà simètrica.

Demostració

Denotarem $f_{x_{i}}={\frac {\partial f}{\partial x_{i}}}$ i $f_{x_{i}x_{j}}:={\frac {\partial ^{2}f}{\partial x_{i}\partial x_{j}}}$ i demostrarem que si existeixen $f_{x_{i}},f_{x_{j}}{\text{ i }}f_{x_{i}x_{j}}$ en tot l'obert $\Omega$ i $f_{x_{i}x_{j}}$ és contínua en un punt $a\in \Omega$, aleshores $\exists f_{x_{j}x_{i}}(a)=f_{x_{i}x_{j}}(a)$.

Sigui $\alpha :=f_{x_{i}x_{j}}(a)$. Per continuïtat de $f_{x_{i}x_{j}}$ en $a$ tenim que donat $\varepsilon >0,\ \ \exists r>0$ tal que $B(a,r)\subseteq \Omega$ (per ser $\Omega$ obert) i $|f_{x_{i}x_{j}}(x)-\alpha |\leq \varepsilon \ \ \ \forall x\in B(a,r)$. $(1)$

Considerem $\delta :={\frac {r}{\sqrt {2}}}$. Aleshores, denotant per $e_{i}$ l'$i$-èsim vector de la base canònica de $\mathbb {R} ^{n}$, per a tot $h,k\in (-\delta ,\delta )$, tenim que

$||a+he_{i}+ke_{j}-a||=||he_{i}+ke_{j}||={\sqrt {h^{2}+k^{2}}}<{\sqrt {2\delta ^{2}}}={\sqrt {2{\frac {r^{2}}{2}}}}=|r|=r\Rightarrow a+he_{i}+ke_{j}\in B(a,r)\quad \quad (2)$

En particular, com que, per $(1)$, $B(a,r)\subseteq \Omega$, podem definir la següent funció:

$A:(-\delta ,\delta )^{2}\longrightarrow \mathbb {R}$

$\quad \quad \ \ (h,k)\longmapsto A(h,k)=f(a+he_{i}+ke_{j})-f(a+he_{i})-f(a+ke_{j})+f(a)$

Ara, donats $h,k$ amb $0<|h|,|k|<\delta$, definim la funció

$u:(-\delta ,\delta )\longrightarrow \mathbb {R}$

$\quad \quad \ \ t\longmapsto u(t)=f(a+he_{i}+te_{j})-f(a+te_{j})$

Per $(2)$ i $(1)$, tenim que $a+he_{i}+te_{j},a+te_{j}\in B(a,r)\subseteq \Omega$, d'on, com que existeix $f_{x_{j}}$ per hipòtesi, $u$ és derivable i $u'=f_{x_{j}}(a+he_{i}+te_{j})-f_{x_{j}}(a+te_{j})$. Com que $0,k\in (-\delta ,\delta ),$ podem aplicar el teorema del valor mitjà de Lagrange d'una variable a $u$ a l'interval amb extrems $0$ i $k$. Així,

$\exists \xi \in \left\langle 0,k\right\rangle {\text{ tal que }}A(h,k)=u(k)-u(0)=u'(\xi )(k-0)=\left[f_{x_{j}}(a+he_{i}+\xi e_{j})-f(a+\xi e_{j})\right]k\quad \quad (*)$

Considerem ara

$v:(-\delta ,\delta )\longrightarrow \mathbb {R}$

$\quad \quad \ \ t\longmapsto v(t)=f_{x_{j}}(a+te_{i}+\xi e_{j})$

Com que $t\in (-\delta ,\delta ){\text{ i }}\xi \in \left\langle 0,k\right\rangle \subseteq (-\delta ,\delta )$, per $(2){\text{ i }}(1)$ tenim que $a+te_{i}+\xi e_{j}\in B(a,r)\subseteq \Omega$, d'on, com que existeix $f_{x_{i}x_{j}}$ per hipòtesi, $v$ és derivable i $v'(t)=f_{x_{i}x_{j}}(a+te_{i}+\xi e_{j})$.

Com que $0,h\in (-\delta ,\delta ),$ podem aplicar el teorema del valor mitjà de Lagrange d'una variable a $v$ a l'interval amb extrems $0$ i $h$. Així,

$\exists \eta \in \left\langle 0,h\right\rangle {\text{ tal que }}f_{x_{j}}(a+he_{i}+\xi e_{j})-f_{x_{j}}(a+\xi e_{j})=v(h)-v(0)=v'(\eta )(h-0)=f_{x_{i}x_{j}}(a+\eta e_{i}+\xi e_{j})h\quad {\overset {\cdot k}{\Rightarrow }}$

${\overset {\cdot k}{\Rightarrow }}\left[f_{x_{j}}(a+he_{i}+\xi e_{j})-f_{x_{j}}(a+\xi e_{j})\right]k=f_{x_{i}x_{j}}(a+\eta e_{i}+\xi e_{j})hk~~{\overset {(*)}{\Rightarrow }}~~A(h,k)=f_{x_{i}x_{j}}(a+\eta e_{i}+\xi e_{j})hk$.

Definint $z:=a+\eta e_{i}+\xi e_{j}$, com que $h,k\neq 0\Rightarrow hk\neq 0$, tenim que ${\frac {A(h,k)}{hk}}=f_{x_{i}x_{j}}(z)$. Observem que $(2)\Rightarrow z\in B(a,r)~{\overset {(1)}{\Rightarrow }}~|f_{x_{i}x_{j}}-\alpha |\leq \varepsilon$. Així, tenim que $\left|{\frac {A(h,k)}{hk}}-\alpha \right|=\left|f_{x_{i}x_{j}}(z)-\alpha \right|\leq \varepsilon \quad (**)$.

Finalment, observem que

${\frac {A(h,k)}{hk}}={\frac {1}{k}}\left[{\frac {f(a+he_{i}+ke_{j})-f(a+ke_{i})}{h}}-{\frac {f(a+he_{i})-f(a)}{h}}\right]{\overset {h\rightarrow 0}{\longrightarrow }}~~{\frac {1}{k}}\left[f_{x_{i}}(a+ke_{j})-f_{x_{i}}(a)\right]\Rightarrow$

$\Rightarrow \varepsilon {\overset {(**)}{\geq }}\left|{\frac {A(h,k)}{hk}}-\alpha \right|~~{\overset {h\rightarrow 0}{\longrightarrow }}~~\left|{\frac {f_{x_{i}}(a+ke_{j})-f_{x_{i}}(a)}{k}}-\alpha \right|\leq \varepsilon \Rightarrow {\frac {f_{x_{i}}(a+ke_{j})-f_{x_{i}}(a)}{k}}~~{\overset {k\rightarrow 0}{\longrightarrow }}~~\alpha \Rightarrow f_{x_{j}x_{i}}(a)=\alpha ~{\overset {\text{def}}{=}}~f_{x_{i}x_{j}}(a)\quad \square$