5.1 Grundlegendes

5.1.1 Definition. Zweite Ableitung.
Wir wollen nun die 2. Ableitung einer Funktion $f:E\supseteq U\to F$ definieren. Natürlich setzen wir voraus, daß $f$ differenzierbar ist. Dann haben wir die Ableitung $f':E\supseteq U\to L(E,F)$. Falls diese ihrerseits differenzierbar ist, so nennen wir $f$ 2 mal differenzierbar. Die Ableitung $(f')'$ von $f'$ ist dann eine Abbildung $(f')':E\supseteq U\to L(E,L(E,F))$. Wir können aber $L(E_1,L(E_2,F))$ mit $L(E_1,E_2;F)$ nach 3.2.2 identifizieren definieren somit die 2. Ableitung $f'':E\supseteq U\to L(E,E;F)$ von $f$ durch

$$f''(x)(v,w):=(f')'(x)(v)(w).$$

Rekursiv nennen wir $f$ tex2html_wrap_inline$n+1$-mal (stetig) differenzierbar, falls $f'$ $n$-mal (stetig) differenzierbar ist. Wir schreiben dafür $f\in D^{n+1}$ ( $f\in C^{n+1}$). Schließlich heißt $f$ glatt (kurz $f\in C^{\infty}$), wenn $f$ beliebig oft differenzierbar ist.

Unter der $(n+1)$-ten Ableitung einer $(n+1)$-mal differenzierbaren Funktion $f:E\supseteq U\to F$ versteht man

$$f^{(n+1)}:E\supseteq U\overset{(f')^{(n)}}{\to} L_n(E,\dots,E;L(E,F))\cong L_{n+1}(E,\dots,E;F).$$

Wir benötigen zuerst den folgenden Spezialfall der Kettenregel für höhere Differenzierbarkeit.

5.1.2 Lemma.
Es sei $a$ linear und $f\in D^p$. Dann ist $a\o f\in D^p$.

Beweis. Für $p=1$ wissen wir, daß $(a\o f)'=a_*\o f$ und da $a_*:L(E,F_1)\to L(E,F_2)$ linear ist, können wir Induktion anwenden.     []

Folglich ist die Differenzierbarkeitsklasse zweier Abbildungen gleich, falls diese auf einen linearen Isomorphismus der Bildräume gleich sind, Wir wollen die Bezeichnung $f\simeq g$ benützen, wenn $f=\alpha \o g$ ist für irgendeinen natürlichen linearen Isomorphismus zwischen den Bild-Räumen.

5.1.3 Lemma.

(1)

Jede multilineare Abbildung ist glatt.

(2)

Die Kettenregel ist gültig für $C^p$ und $D^p$ für $p\in\{1,2,\dots,{\infty}\}$.

Beweis. Induktion bezüglich der Differentiationsordnung $p$:
( $p=0$) ist trivial.
( $p=1$) haben wir bereits früher in 3.2.1 & 3.3.3 gezeigt.
( $p+1$) (1) Für $(p=1)$ wissen wir, daß

$$T'(x_1,\dots,x_n)(v_1,\dots,v_n)= =\sum_i \d _i T(x_1,\dots,x_n)(v_i)$$

$$= T(v_1,x_2,\dots,x_n)+\dots+ T(x_1,\dots,x_{n-1},v_n)$$

und der $j$-te Summand durch gegeben ist

$$\xymatrix{ E_1\times \dots\times E_n\ar[-0,1] ... ...n\ar[-0,1]_{T\check{}} &L(E_i,F) \ar[-1,0]_{\operatorname{pr}_i^*} \\ }$$

Der untere Pfeil ist $n-1$-linear und die vertikalen Pfeilen sind lineare, daher sind alle nach Induktions-Voraussetzung $D^p$. Also ist auch $T'$ $D^p$ (da Summieren linear ist) und daher ist $T$ $D^{p+1}$.
(2) Für $(p=1)$ haben wir, daß

$$(f\o g)' = \operatorname{komp}\o (f'\o g,g').$$

Wenn $f$ und $g$ beide $D^{p+1}$ sind, erhalten wir, daß $f'$ und $g'$ $D^p$ sind und $g$ $D^p$ ist(!). Also ist $(f'\o g,g')$ $D^p$ da (!) nach der Kettenregel für $p$ die Komponenten $D^p$ sind. Da $\operatorname{komp}$ bilinear ist, folgt das Resultat von (1) und der Kettenregel für $p$.

Für $C^p$ erhalten wir die Resultate durch Induktion, denn wenn $f$ $D^{p+1}$ ist, so ist $f$ $C^p$.     []

Beachte, daß wir für affine und bilineare Abbildungen (1) direkt zeigen könnten ohne die Kettenregel zu benützen, denn die Ableitung einer bilineare Abbildung ist linear und, die einer linearen Abbildung ist konstant. Jedoch ist die Ableitung eine 3-linearen Abbildung nicht bilinear!

5.1.4 Lemma.
Es sei $0\leq p<{\infty}$ und $0\leq q\leq{\infty}$ und $f:E\supseteq U\to F$. Dann gilt:

$$f D^{p+q} \Leftrightarrow f D^p f^{(p)} D^q.$$

$$f C^{p+q} \Leftrightarrow f C^p f^{(p)} C^q.$$

$f$

Beweis. Wir zeigen dies durch Induktion nach $p$. Für $p=0$ ist nichts zu zeigen.
$(p+1)$ $(\Rightarrow)$

$$f\in D^{p+q+1}$$

$$\Rightarrow f\in D,\; g:=f'\in D^{p+q}$$

$$\Rightarrow f\in D,\; f'=g\in D^p,\; g^{(p)}\in D^q$$

$$\Rightarrow f\in D^{p+1},\; f^{(p+1)}\simeq (f')^{(p)}\in D^q .$$

( $\Leftarrow)$

$$f\in D^{p+1},\; (f')^{(p)}\simeq f^{(p+1)}\in D^q$$

$$\Rightarrow f\in D,\; g:=f'\in D^p,\; g^{(p)}\in D^q$$

$$\Rightarrow f\in D,\; f'=g\in D^{p+q}$$

$$\Rightarrow f\in D^{1+p+q} .$$

Für stetige Differenzierbarkeit haben wir nur zu zeigen, daß $f\in C^{p+q}\Rightarrow f\in C^p$. O.B.d.A. sei $q>0$. Dann ist $f\in D^{p+1}$ wegen $(\Rightarrow)$ und daher $f\in D^p$ und $f^{(p)}\in D$. Somit ist $f^{(p)}\in C$, d.h. $f\in C^p$.     []

Wir wollen als nächstes 3.3.1 auf höhere Differenzierbarkeit verallgemeinern, d.h. aus der Existenz der iterierten partiellen Ableitungen $\d _{i_1}\dots \d _{i_p} f$ und einer geeigneten Stetigkeitsbedingung auf $f\in C^p$ schließen.

5.1.5 Proposition.
Es ist $f:E\supseteq U\to F$ $C^p$ $\Leftrightarrow$ alle iterierten partiellen Ableitungen $\d _{i_1}\dots\d _{i_p}f:U\to F$ existieren und sind stetig. Weiters haben wir dann

$$f^{(p)}(x)(v_1,\dots,v_p) = \sum_{i_1}\dots\sum_{i_p}\d _{i_1}\dots \d _{i_p} f(x)\,\cdot v_1^{i_1}\cdots v_p^{i_p},$$

wobei $v_i^j$ die Koordinaten von $v_i$ bezeichnet.

Beweis. Man zeigt dies mittels Induktion wie in 3.3.3.     []

5.1.6 Beispiel.
Es sei $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ gegeben durch $f(x,y)=x^2\cdot \sin(y)$. Dann ist

$$\d _1 f(x,y) = 2\,x\,\sin(y)$$

$$\d _1\d _1 f(x,y) = 2\,\sin(y)$$

$$\d _2\d _1 f(x,y) = 2\,x\,\cos(y)$$

$$\d _2 f(x,y) = x^2\,\cos(y)$$

$$\d _1\d _2 f(x,y) = 2\,x\,\cos(y)$$

$$\d _2\d _2 f(x,y) = -x^2\,\sin(y)$$

Die Ableitung $f'(z)$ mit $z:=(x,y)$ wirkt also durch

$$f'(z)(u_1,u_2) = \begin{pmatrix}\d _1f(z) & \d _2 f(z) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}u_1 \\ u_2 \end{pmatrix}.$$

Für die zweite Ableitung $f''(z)$ erhalten wir

$$f''(z) (u_1,u_2;v_1,v_2) = (f')'(z)(u_1,u_2)(v_1,v_2) = (\d _1 f'(z)\,u_1 + \d _2 f'(z)\,u_2)(v_1,v_2)$$

$$= \d _1 \d _1 f(z)\,u_1\,v_1 + \d _1\d _2 f(z) \,u_1\,v_2 +\d _2 \d _1 f(z)\,u_2\,v_1 + \d _2\d _2 f(z) \,u_2\,v_2$$

$$= \begin{pmatrix}u_1 & u_2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}\d ... ...) & \d _2\d _2 f(z) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}v_1 \\ v_2 \end{pmatrix}$$

Man beachte, daß hier $\d _1\d _2 f(z)=\d _2\d _1 f(z)$ gilt. Daß dies ziemlich allgemein gilt, zeigt folgender Satz:

5.1.7 Schwarz.
Es sei $f:E\supseteq U\to F$ gegeben. Wir nehmen an, daß $\d _u f(x)$, $d_vf(x)$ und $\d _u\d _v f(x)$ existieren und stetig in $x$ sind. Dann existiert $\d _v\d _u f(x)$ und stimmt überein mit $\d _u\d _v f(x)$.

Beweis. Es ist

$$(\d _u\d _v f)(x) = \lim_{t\to 0+} \frac{\d _vf(x+tu)-\d _vf(x)}{t}$$

$$= \lim_{t\to 0+} \lim_{s\to 0+} \left(\frac{f(x+tu+sv)-f(x+tu)}s - \frac{f(x+sv)-f(x)}s\right) \cdot \frac1{t}$$

$$= \lim_{t\to 0+} \lim_{s\to 0+} \varphi (t,s),$$

wo

$$\varphi (t,s) := \left(\frac{f(x+tu+sv)-f(x+tu)}s - \frac{f(x+sv)-f(x)}s\right) \cdot \frac1{t}$$

$$= \Bigl(\int_0^1 \d _v f(x+tu+\sigma sv)\,d\sigma - \int_0^1 \d _v f(x+\sigma sv)\,d\sigma \Bigr)\cdot \frac1t$$

$$= \int_0^1 \frac{\d _v f(x+tu+\sigma sv) - \d _v f(x+\sigma sv)}{t} \,d\sigma$$

$$= \int_0^1 \int_0^1 \d _u \d _v f(x+\tau tu+\sigma sv) \,d\tau \,d\sigma \to$$

$$\qquad\to \int_0^1 \int_0^1 \d _u \d _v f(x+\tau tu) \,d\tau \,d\sigma ,$$

für $s\to 0+$ gleichmäßig in $t\in [-1,1]$, da wegen der Stetigkeit von $\d _1\d _2f$

$$\d _u \d _v f(x+\tau tu+\sigma sv)\to \d _u \d _v f(x+\tau tu)$$    für $$s\to 0+$$ glm. in $$\tau ,t,\sigma .$$

Für $s\ne 0$ existiert wegen der Existenz von $\d _u f$

$$\lim_{t\to 0+} \varphi (t,s) = \lim_{t\to 0+} \frac{f(x+tu+sv)-f(x+tu) - f(x+sv)+f(x)}{t\,s}$$

$$= \frac{\d _u f(x+sv) - \d _u f(x)}s$$

Damit ist $\varphi$ stetig bei 0 und wir erhalten

$$\exists \d _v\d _u f(x) := \lim_{s\to 0+} \lim_{t\to 0+} \varphi (t,s) = \lim_{s\to 0+, t\to 0+} \varphi (t,s)$$

$$= \lim_{t\to 0+} \lim_{s\to 0+} \varphi (t,s) = \d _u\d _v f(x){\rm\quad[]}$$

Beispiel.
Betrachte

$$f(x,y) := \left\{\begin{array}{ll} 0 &\text{fü... ...}4 = r^2\frac{\sin(4\varphi )}4 &\text{andernfalls.} \end{array}\right.$$

Dann existiert $\d _i\d _j$ für alle $i,j$, aber $\d _1\d _2 f(0,0)\ne \d _2\d _1 f(0,0)$.
In der Tat $\d _1f(0,y)=-y$, $\d _2f(x,0)=x$ und daher erhalten wir $\d _2\d _1 f(0,0)=-1\ne 1=\d _1\d _2 f(0,0)$. Beachte weiters, daß

$$\d _1 f(x,y) = \frac{(x^2+y^2)(3x^2y-y^3)-(x^3y-xy^3)2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^4y + 4 x^2y^3 - y^5}{(x^2+y^2)^2}.$$

Folgerung.
Es sei $f:E\supseteq U\to F$ $C^p$. Dann ist $f^{(p)}(x)$ symmetrisch für alle $x\in U$.

Beweis. Wir zeigen dies mittels Induktion nach $p$. Für $(p=2)$ ist das 5.1.7, denn $f''(x)(u,v)=\d _1\d _2 g(0,0)$ gilt, wobei $g(t,s):=f(x+t\,u+s\,v)$.

Für $(p+1)$ haben wir

$$f^{(p+1)}(x)(v^1,\dots,v^{p+1}) := (f')^{(p)}(x)(v^1,\dots,v^p)(v^{p+1}).$$

Da $g:=f':U\to L(E,F)$ $C^p$ ist, erhalten wir nach Induktions-Hypothese, daß der Ausdruck $g^{(p)}(x)(v^1,\dots,v^p)$ symmetrisch in $(v^1,\dots,v^p)$ ist und

$$g^{(p)}(x)(v^1,\dots,v^p) = (g')^{(p-1)}(x)(v^1,\dots,v^{p-1})(v^p).$$

Also ist

$$f^{(p+1)}(x)(v^1,\dots,v^{p+1}) = g^{(p)}(x)(v^1,\dots,v^p)(v^{p+1})$$

symmetrisch in $(v^1,\dots,v^p)$ und

$$f^{(p+1)}(x)(v^1,\dots,v^{p+1}) = (g')^{(p-1)}(x)(v^1,\dots,v^{p-1})(v^p)(v^{p+1})$$

$$= ((f')')^{(p-1)}(x)(v^1,\dots,v^{p-1})(v^p)(v^{p+1})$$

$$= (f'')^{(p-1)}(x)(v^1,\dots,v^{p-1})(v^p,v^{p+1})$$

ist symmetrisch in $(v^p,v^{p+1})$ da $f''(x)$ symmetrisch ist. Somit folgt das Resultat, da die Permutationen von $\{1,\dots,p+1\}$ erzeugt werden durch jene von $\{1,\dots,p\}$ und die Transposition $(p,p+1)$.     []

Bemerkung.
Es sei $f:E\supseteq U\to F$ $p$-mal differenzierbar. Dann ist nach 5.1.5

$$f^{(p)}(x)(v_1,\dots,v_p)=\d _{v_1}\dots \d _{v_p} f(x).$$

Ist also $E=\mathbb{R}^n$, so ist $v_j=\sum_i v_j^1 e_i$, und da $f^{(p)}(x)$ $p$-linear ist, ist

$$f^{(p)}(x)(v_1,\dots,v_p) = f^{(p)}(x)(\sum_{i_1}v_1^{i_1} e_{i_1},\dots,\sum_{i_p}v_p^{i_p} e_{i_p})$$

$$= \sum_{i_1}\dots\sum_{i_p} v_1^{i_1}\dots v_p^{i_p} \cdot f^{(p)}(x) ( e_{i_1},\dots,e_{i_p})$$

$$= \sum_{i_1,\dots,i_p} v_1^{i_1}\dots v_p^{i_p} \cdot \d _{i_1}\dots\d _{i_p} f(x)$$

Wenn wir noch die Symmetrie der $p$-ten Ableitung verwenden, so können wir die partiellen Ableitungen nach Größe des Index sortieren und brauchen nur den Koeffizienten von $(\d _1)^{p_1}\dots (\d _n)^{p_n}$ bestimmen, wobei $p_1+\dots+p_n=p$ und alle $p_i\geq 0$. Dieser ist gerade

$$\sum_{i_1,\dots,i_p} v_1^{i_1}\dots v_p^{i_p},$$

wobei die Summe über all jene Indizes $i_1,\dots,i_p$ läuft, von denen gerade $p_1$ viele $1$ sind, $p_2$ viele $2$ sind, ..., und $p_n$ viele $n$ sind. Ist insbesonders $v_1=\dots=v_n=v$, so ist der entsprechende Koeffizient $v_1^{i_1}\dots v_n^{i_n}=(v^1)^{p_1}\dots (v^n)^{p_n}$ und es gibt genau $\frac{p!}{p_1!\dots p_n!}$ viele solche Summanden (Anzahl der Möglichkeiten die $p=p_1+\dots+p_n$ vielen partiellen Ableitungen auf die Kästchen mit gegebener Koordinatenrichtung zu verteilen), d.h.

$$f^{(p)}(x)(v,\dots,v) = \sum_{p_1+\dots+p_n=p... ...ts p_n!} (v^1)^{p_1}\dots (v^n)^{p_n} (\d _1)^{p_1}\dots (\d _n)^{p_n}.$$