Hohere Ableitungen

3.7. Höhere Ableitungen

Seien $E$ und $F$ normierte Räume und $U$ eine offene Teilmenge von $E$ . Sei ferner $f : U \subset E \to F$ auf $U$ Frechet-differenzierbar. D.h. es gibt eine Abbildung $f^{'} (\cdot) : E \to (E, F)$ . Der Raum der stetigen linearen Abbildungen $(E, F) = : F_{1}$ ist aber selbst ein normierter Raum und wir können untersuchen, ob die Abbildung $f^{'} (\cdot)$ wieder differenzierbar ist. Falls $f^{'} (\cdot)$ in einem Punkt $x_{0} \in U$ differenzierbar ist, so bezeichnen wir mit der Ableitung von $f^{'} (\cdot)$ die zweite Frechet-Abeitung

\begin{array}{rcl} f^{″} (x_{0}) = {{(f^{'} (\cdot))}^{'}|}_{x = x_{0}} \end{array}

von $f$ . Diese ist dann eine stetige lineare Abbildung von $E$ nach $F_{1}$ , liegt also in $(E, F_{1}) = (E, (E, F))$ .

SATZ 3.7.1. Angenommen es gibt $f^{″} (x_{0})$ , dann ist

\begin{array}{rcl} [f^{″} (x_{0}) h] k = D [D f (x_{0}) k] h \end{array}

mit $h, k \in E$ .

Es ist $f^{″} (x_{0}) \in (E, F_{1})$ . Ist $h \in E$ , so ist also $f^{″} (x_{0}) h \in F_{1} = (E, F)$ . Angewendet auf ein $k \in E$ liefert dies also $[f^{″} (x_{0}) h] k \in F$ . Überprüfen wir diese Eigenschaft mit den Richtungsableitungen, so bemerken wir, dass $D f (x) [\cdot] \in (E, F)$ ist. Ist $k$ also in $E$ , so ist $D f (x) [k] \in F$ , bzw.

\begin{array}{rcl} D [D f (x) [k]] [\cdot] |_{x = x_{0}} \in (E, F), oder D [D f (x) [k]] [h] |_{x = x_{0}} \in F \end{array}

für $h \in E$ . Die Ausdrücke $[f^{″} (x_{0}) h] k$ und $D [D f (x_{0}) k] h$ liegen also beide im gleichen Raum $F$ .

$▸$
Vorüberlegung:
Eine Operatorfunktion $ψ (t)$ konvergiert für $t \to 0$ in $(E, F)$ gegen ein $ψ_{0}$ genau dann, wenn $| | ψ (t) - ψ_{0} | |_{(E, F)} \to 0$ konvergiert. Daraus erhalten wir direkt, dass

\begin{array}{rcl} ∥ ψ (t) k - ψ_{0} k ∥_{F} & = & ∥ (ψ (t) - ψ_{0}) k ∥_{F} \\ \leq & ∥ ψ (t) - ψ_{0} ∥_{(E, F)} \cdot ∥ k ∥_{E} \to 0, \end{array}

d.h. für alle Elemente $k \in E$ konvergiert $ψ (t) k$ für $t \to 0$ in $F$ gegen $ψ_{0} k$ .

Bilden wir die zweite Ableitung und lassen sie auf ein $h \in E$ wirken, so erhalten wir nach Definition der Frechet-Ableitung

\begin{array}{rcl} f^{″} (x) h = D f^{'} (x) |_{x = x_{0}} [h] = lim_{t \to 0} \frac{f^{'} (x_{0} + t \cdot h) - f (x_{0})}{t} . \end{array}

Daraus folgt nun mit Hilfe unserer Vorüberlegung, dass

\begin{array}{rcl} [f^{″} (x_{0}) h] k & = & lim_{t \to 0} (\frac{f^{'} (x_{0} + t h) - f^{'} (x_{0})}{t}) k \\ = & lim_{t \to 0} \frac{f^{'} (x_{0} + t h) k - f^{'} (x_{0}) k}{t} \\ = & lim_{t \to 0} \frac{φ (x_{0} + t h) - φ (x_{0})}{t} \\ = & D φ (x_{0}) [h] = D (f^{'} (x_{0}) k) [h] = D (D f (x_{0}) [k]) [h], \end{array}

wobei wir zwischenzeitig $f^{'} (x) k$ durch $φ (x)$ ersetzt haben.
$◂$

Es sind also

\begin{array}{rcl} [f^{″} (x_{0}) h] k & = & D (D f (x_{0}) [k]) [h], \\ [f^{″} (x_{0}) k] h & = & D (D f (x_{0}) [h]) [k] . \end{array}

Beide Ausdrücke sind dabei in jedem der Argumente $h$ und $k$ linear. $f^{'} (x_{0})$ ist also eine Bilinearform und wir interessieren uns dafür, ob diese Bilinearform zusätzlich symmetrisch ist.

SATZ 3.7.2. Sei $f : U \subset E \to F$ in $U$ zweifach Frechet-differenzierbar und $f^{″} : U \to (E, (E, f))$ stetig. Dann ist

\begin{array}{rcl} [f^{″} (x_{0}) h] [k] = [f^{″} (x_{0}) k] [h] \end{array}

für alle $h, k \in E$ , d.h. $f^{″} (x_{0})$ ist bilinear und symmetrisch.

Betrachten wir zwei normierte Räume $E_{1}$ und $E_{2}$ und einen bilinearen Operator $T : E_{1} \times E_{2} \to F$ , so können wir auch für diesen eine Norm definieren:

\begin{array}{rcl} ∥ T ∥_{(E_{1}, E_{2}, F)} = sup_{\begin{array}{c} x_{1} \in E_{1} \\ x_{2} \in E_{2} \\ x_{1}, x_{2} \neq 0 \end{array}} \frac{∥ T (x_{1}, x_{2}) ∥_{F}}{∥ x_{1} ∥_{E_{1}} ∥ x_{2} ∥_{E_{2}}} \end{array}

Im Spezialfall $E_{1} = E_{2} = E$ schreiben wir $(E, E, F) =_{2} (E, F)$ . Betrachten wir nun $f^{″} (x_{0})$ , so erhalten wir

\begin{array}{rcl} ∥ [f^{″} (x_{0}) h] k ∥_{F} & \leq & ∥ f^{″} (x_{0}) h ∥_{(E, F)} ∥ k ∥_{E} \\ \leq & ∥ f^{″} (x_{0}) ∥_{(E, F_{1})} ∥ h ∥_{E} ∥ k ∥_{E} . \end{array}

D.h. $f^{″} (x_{0}) \in_{2} (E, F)$ ist bilinear, stetig und unter obigen Vorausetzungen auch symmetrisch.

Spezialfall:
Wir betrachten nocheinmal den bereits oben diskutierten Spezialfall einer Abbildung $f : U \subset ℝ^{n} \to ℝ$ . Dann ist

\begin{array}{rcl} D (D f (x) [e_{j}]) [e_{k}] = D (\frac{\partial f}{\partial x_{j}}) [e_{k}] = \frac{\partial}{\partial x_{k}} (\frac{\partial f}{\partial x_{j}}) = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{k} \partial x_{j}}, \\ D (D f (x) [e_{k}]) [e_{j}] = D (\frac{\partial f}{\partial x_{k}}) [e_{j}] = \frac{\partial}{\partial x_{j}} (\frac{\partial f}{\partial x_{k}}) = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{j} \partial x_{k}} . \end{array}

Im Allgemeinen sind dies verschiedene Objekte, unter den Bedingungen aus Satz 3.7.2 folgt jedoch die Gleichheit beider Ausdrücke.

SATZ 3.7.3. Sei $F : U \subset ℝ^{n} \to ℝ^{m}$ . Angenommen es existieren alle partiellen Ableitungen auf $U$ und sind stetig. Dann folgt

\begin{array}{rcl} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{j} \partial x_{k}} = \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{k} \partial x_{j}} . \end{array}

Anmerkung 1:
Wir betrachten

\begin{array}{rcl} f (x, y) = \{\begin{matrix} x \cdot y \cdot \frac{x^{2} - y^{2}}{x^{2} + y^{2}}, & falls x^{2} + y^{2} \neq 0 \\ 0, & falls x^{2} + y^{2} = 0 \end{matrix} \end{array}

Berechnet man hierfür die zweiten Ableitungen

\begin{array}{rcl} \frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial x}), \frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial f}{\partial y}) \end{array}

im Punkt $(0, 0)$ , so sind diese verschieden. Die Voraussetzung der Stetigkeit der partiellen Ableitungen aus Satz 3.7.3 ist also notwendig.

Anmerkung 2:
Sei $f : U \subset ℝ^{n} \to ℝ^{m}$ , dann haben wir gesehen, dass sich die Wirkung der ersten Ableitung mit Hilfe einer Matrix darstellen lässt. Für die zweite Ableitung suchen wir nun eine analoge Darstellung. Hiefür betrachten wir die $l$ -te Komponente von $[f^{″} (x) h] k$ und erhalten

\begin{array}{l} π_{l} ([f^{″} (x) h] k) & = π_{l} (D (f^{'} (x) h) k) \\ = π_{l} (D (\sum_{r = 1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_{r}} h_{r}) k) \\ = D (\sum_{r = 1}^{n} \frac{\partial f_{l}}{\partial x_{r}} h_{r}) k \\ = \sum_{s = 1}^{n} \frac{\partial}{\partial x_{s}} (\sum_{r = 1}^{n} \frac{\partial f_{l}}{\partial x_{r}} h_{r}) k_{s} \\ = \sum_{r, s = 1}^{n} \frac{\partial^{2} f_{l}}{\partial x_{s} \partial x_{r}} h_{r} k_{s} . \end{array}

Im Spezialfall $m = 1$ erhalten wir also

\begin{array}{rcl} [f^{″} (x_{0}) h] [k] = f^{″} (x_{0}) [h, k] = {<H (x_{0}) h, k>}_{ℝ^{n}}, \end{array}

wobei

\begin{array}{rcl} H (x_{0}) = (\begin{matrix} \frac{\partial^{2} f (x)}{\partial x_{1} \partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial^{2} f (x)}{\partial x_{1} \partial x_{n}} \\ ⋮ & ⋮ \\ \frac{\partial^{2} f (x)}{\partial x_{n} \partial x_{1}} & \dots & \frac{\partial^{2} f (x)}{\partial x_{n} \partial x_{n}} \end{matrix}) \end{array}

die Hesse-Matrix bezeichnet. $f^{″} (x_{0})$ ist also genau dann symmetrisch, wenn die Hesse-Matrix symmetrisch, sich also die Reihenfolge der partiellen Ableitungen vertauschen lässt.

Satz 3.7.2 wollen wir hier nicht beweisen. Statt dessen zeigen wir Satz 3.7.3 unabhängig von Satz 3.7.2.

$▸$ Wir wollen den Beweis wieder mit Hilfe des Mittelwertsatzes führen. Hierfür ist es aber notwendig, dass die Funktion $f$ nach $ℝ$ abbildet. D.h. wir führen den Beweis für jede Komponente einzeln, wodurch es genügt den Fall $m = 1$ zu betrachten. Desweiteren genügt es nur den Fall $n = 2$ zu betrachten, da beim Bilden das Ableitungen alle übrigen Variablen festgehalten werden.
Sei nun $(h, k) \in ℝ^{2}$ . Anders als sonst üblich, bezeichnen $h$ und $k$ hier die Komponenten eines Vektors im $ℝ^{2}$ . Sind nun $h$ und $k$ so klein gewählt, dass für ein $(x, y) \in U$ auch $(x + h, y + k), (x + h, y), (x, y + k) \in U$ , so können wir

\begin{array}{rcl} w : = f (x + h, y + k) - f (x + h, y) - f (x, y + k) + f (x, y) \end{array}

betrachten. Zusätzlich setzen wir

\begin{array}{rcl} φ (y) : = f (x + h, y) - f (x, y) \end{array}

für ein festgehaltenes $x$ . Wegen den Voraussetzungen an $f$ ist auch $φ$ zweifach differenzierbar und die zweite Ableitung von $φ$ stetig. Damit erhalten wir nach dem Mittelwertsatz von Lagrange

\begin{array}{rcl} w = φ (y + k) - φ (y) = φ_{y}^{'} (y + θ k) k \end{array}

für ein geeignetes $θ \in [0, 1]$ . Berechnet man nun die Ableitung von $φ$ , so entspricht dies gerade der partiellen Ableitung von $f$ bzgl. der Variablen $y$ und es folgt

\begin{array}{rcl} w = k (\frac{\partial f}{\partial y} (x + h, y + θ k) - \frac{\partial f}{\partial y} (x, y + θ k)) . \end{array}

Nun wählen wir

\begin{array}{rcl} \tilde{φ} (x) = \frac{\partial f}{\partial y} (x, y + θ k) \end{array}

mit festgehaltenem $y + θ k$ , sodass wir genau wie oben

\begin{array}{rcl} w = k (\tilde{φ} (x + h) - \tilde{φ} (x)) = k h {\tilde{φ}}_{x}^{'} (x + ν h) = k h {\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial f}{\partial y})|}_{(x + ν h, y + θ k)} \end{array}

für geeignete $ν, θ \in [0, 1]$ erhalten.
Jetzt wiederholen wir dieses Argument und vertauschen die Rollen von $x$ und $y$ . Setzen wir $ψ (x) = f (x, y + k) - f (x, y)$ , so können wir den Mittelwertsatz auf

\begin{array}{rcl} w = ψ (x + h) - ψ (x) \end{array}

anwenden und erhalten letztendlich, dass

\begin{array}{rcl} w = h k {\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial x})|}_{x + \tilde{ν} h, y + \tilde{θ} k} \end{array}

mit neuen $\tilde{ν}, \tilde{θ} \in [0, 1]$ . Aus beiden Gleichungen für $w$ erhalten wir

\begin{array}{rcl} {\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial f}{\partial y})|}_{(x + ν h, y + θ k)} = {\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial x})|}_{(x + \tilde{ν} h, y + \tilde{θ} k)} . \end{array}

Gehen wir in nun zum Grenzwert $h, k \to 0$ über so konvergieren, da $ν, θ, \tilde{ν}, \tilde{θ} \in [0, 1]$ , auch $(x + ν h, y + θ k), (x + \tilde{ν} h, y + \tilde{θ} k) \to (x, y)$ und wir erhalten aufgrund der Stetigkeit der zweiten Ableitungen, dass

\begin{array}{rcl} {\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial f}{\partial y})|}_{(x, y)} = {\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial f}{\partial x})|}_{(x, y)} . \end{array}

$◂$

Die zweite Ableitung ist eine Abbildung

\begin{array}{rcl} f^{″} (\cdot) : U \subset E \to F_{2} \end{array}

mit $F_{2} =_{2} (E, F) = (E, (E, F))$ . Falls diese Abbildung wieder Frechet-differenzierbar ist, so können wir die dritte Ableitung von $f$ definieren:

\begin{array}{l} f^{(3)} (x) = {(f^{″} (x))}^{'} : U \subset E \to_{3} (E, F) & = (E, (E, (E, F))) \\ = (E, E, E; F) . \end{array}

Diese wirkt dann auf drei Argumente und hat die Form $f^{(3)} (x_{0}) [h, k, l]$ für $h, k, l \in E$ . Dies lässt sich, falls $f$ hinreichend oft differenzierbar ist, bis zur $n$ -ten Ableitung fortsetzen welche dann durch

\begin{array}{rcl} f^{(n)} (x) = {(f^{(n - 1)} (x))}^{'} \in_{n} (E, F) \end{array}

mit $_{n} (E, F) = (E,_{E, F})$ iterativ definiert ist.
Zusammenfassend sind höhere Frechet-Ableitungen Multilinearformen, welche stetig, bzw. beschränkt sind. Hängt die entsprechende Ableitung zudem stetig von $x$ ab, so sind sie zusätzlich symmetrisch. Entsprechend muss eine $n$ -te Frechet-Ableitung auf $n$ Argumente $h^{(1)}, \dots, h^{(n)} \in E$ wirken. Sind nun alle Argumente gleich so könnenwir auch

\begin{array}{rcl} f^{(n)} (x) [h^{(1)}, \dots, h^{(n)}] = f^{(n)} (x) [h, \dots, h] = f^{(n)} (x) h^{n} \end{array}

schreiben. Achtung hier ist $h^{n}$ nur als Abkürzung für $[h, \dots, h]$ zu verstehen, ein Vektor lässt sich nicht $n$ -mal mit sich selbst multiplizieren.

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