工程师和科学家高级数学/拉普拉斯算子和拉普拉斯方程

拉普拉斯算子和拉普拉斯方程

到目前为止，你可能已经厌倦了我们一直在玩的一维瞬态扩散偏微分方程

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\alpha {\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}\,$

不要误会：我们还没有完成这个愚蠢的东西；但是为了变化，让我们介绍一个新的方程，以及一个非常酷的量，称为拉普拉斯算子，尽管它严格来说不是变量分离的概念。你会喜欢这一章；里面有很多漂亮的图片。

图示 $u(x)=x^{3}-x$.

拉普拉斯算子

拉普拉斯算子是欧几里得n维空间中的一个线性算子。还有其他具有不同于欧几里得空间性质的空间。还要注意，这里算子具有非常具体的含义。函数是对实数的一种算子，我们的算子是对函数的算子，而不是对实数的算子。参见这里了解更多解释。

我们从3D笛卡尔“版本”开始。设 $u=u(x,y,z,t)$。函数 $u$ 的拉普拉斯算子定义如下，并用以下符号表示

$\nabla ^{2}u=\Delta u=\operatorname {div} \ \operatorname {grad} \ u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial z^{2}}}\,$

因此，该算子正在对$u$ 相对于笛卡尔空间变量 $x,y,z$ 取二阶非混合导数之和。首选“del 平方”符号，因为大写 delta 会与增量和差值混淆，并且 ${\mbox{div grad }}u$ 太长，而且不涉及漂亮的数学符号。拉普拉斯算子也被称为拉普拉斯算子或拉普拉斯算子，不要与拉普拉斯变换混淆。另外，请注意，如果我们只对函数$u$ 取一阶偏导数，并将其放入一个向量中，那么它就是函数$u$ 的梯度。拉普拉斯算子取二阶非混合导数，并将它们加起来。

在一维空间中，请记住二阶导数衡量的是凹凸性。假设$y=f(x)$; 如果 $f''(x)$ 为正，则 $y$ 向上凹，而如果 $f''(x)$ 为负，则 $y$ 向下凹，请参见下方图表中曲线不同点的向上或向下箭头。拉普拉斯算子可以被视为将凹凸性概念推广到多元函数。

这个想法在右侧的一维空间中得到了证明：$u(x)=x^{3}-x$。在 $x=0$ 的左侧，拉普拉斯算子（此处仅为二阶导数）为负，图形向下凹。在 $x=0$ 处，曲线发生拐点，拉普拉斯算子为 $0$。在 $x=0$ 的右侧，拉普拉斯算子为正，图形向上凹。

凹凸性可能对您有用，也可能无用。值得庆幸的是，拉普拉斯算子还有另一个非常重要的观点，对它出现在任何方程中都有深刻的意义：拉普拉斯算子比较了空间中某个点的 $u$ 值与其在该点附近邻域内的 $u$ 值的平均值。三种情况如下：

• 如果 $u$ 在某个点大于其邻域的平均值，则 $\scriptstyle \nabla ^{2}u<0$。
• 如果 $u$ 在某个点等于其邻域的平均值，则 $\scriptstyle \nabla ^{2}u=0$。
• 如果 $u$ 在某个点小于其邻域的平均值，则 $\scriptstyle \nabla ^{2}u>0$。

因此，拉普拉斯算子可以被认为是在某个点 $(x_{0},y_{0},z_{0})$

$\nabla ^{2}u{\Big |}_{x=x_{0},y=y_{0},Z=Z_{0}}\approx {\mbox{average of u in the neighborhood of }}(x_{0},y_{0},z_{0})\ -\ u(x_{0},y_{0},z_{0},t)\,}$

在 $(x_{0},y_{0},z_{0})$ 附近。

某个点的邻域定义为该点周围欧氏距离为δ（delta）的开集。参考右侧图片（一个3D示例），点 $(x_{0},y_{0},z_{0})$ 的邻域是阴影区域，满足

$(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}+(z-z_{0})^{2}<\delta ^{2}\,$

注意，我们的一维瞬态扩散方程，我们的平行板流，包含拉普拉斯算子

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\alpha {\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}=\alpha \nabla ^{2}u\,$

带着这种思维方式，让我们来考察一下这个非常重要的偏微分方程的行为。左侧是时间导数，右侧是拉普拉斯算子。这个方程表明

在某个点上，$u$ 的变化率与该点周围 $u$ 的平均值与该点 $u$ 的值之间的差成正比。

例如，如果在某个位置有一个“热点”，那里 $u$ 的平均值大于其相邻的值，则拉普拉斯算子将为负，因此时间导数也将为负，这将导致 $u$ 在该位置减小，“冷却”它。这在下面进行了说明。箭头反映了拉普拉斯算子的量级，并且根据时间导数，曲线将移动的方向。

瞬态扩散的可视化。

值得注意的是，在3D中，这个方程完全描述了均匀固体中热量的流动，而该固体不产生自身的热量（比如，电流过大通过细线）。

拉普拉斯方程

拉普拉斯方程描述了稳态条件，它看起来像这样

$\nabla ^{2}u=0\,$

这个方程的解被称为调和函数。一些需要注意的事情

• 时间不存在。这个方程描述了稳态条件。
• 时间的缺失意味着初始条件的缺失，所以我们将处理边界值问题，而不是初始边界值问题。
• 在一维情况下，这是穿过边界并在其指定值处相交的直线的常微分方程。
• 在某个域中，满足此方程的所有函数在该域中都是解析的（非正式地说，解析函数等于其泰勒展开式）。
• 尽管看起来很像，拉普拉斯方程的解通常不是极小曲面。
• 拉普拉斯方程是线性的。

拉普拉斯方程在笛卡尔坐标系（以及几乎所有其他坐标系）中都是可分离的。因此，如果涉及的边界条件不太复杂，我们就不应该在求解它时遇到太多问题。

拉普拉斯方程在正方形上的解：笛卡尔坐标系

正方形上的稳态条件。

想象一个 1x1 的方形平板，它在顶部和底部是绝缘的，并且在其未绝缘的边缘施加了恒定温度，如右侧所示。热量仅通过边缘稳定地流进流出此物，由于它是“薄的”和“绝缘的”，因此温度可以用 $u(x,y)$ 来表示。这是我们第一次进入两个空间坐标，请注意时间的缺失。

让我们根据图片构建一个边值问题。

${\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}=0\,$

${\begin{aligned}u(0,y)=0\qquad {\mbox{(Edge D)}}\\u(1,y)=0\qquad {\mbox{(Edge B)}}\\u(x,0)=0\qquad {\mbox{(Edge A)}}\\u(x,1)=1\qquad {\mbox{(Edge C)}}\end{aligned}}$

因此我们有一个非齐次边界条件。假设 $u(x,y)=X(x)Y(y)$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}(X(x)Y(y))+{\frac {\partial ^{2}}{\partial y^{2}}}(X(x)Y(y))=0\,$

$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0\,$

$-{\frac {X''(x)}{X(x)}}={\frac {Y''(y)}{Y(y)}}=k^{2}\,$

${\Big \Downarrow }$

$X''(x)=-k^{2}X(x)\,$

$Y''(y)=k^{2}Y(y)\,$

与之前一样，将分离常数称为 $k^{2}$ 而不是 $k$ （或其他）有助于简化问题的解决。注意，负号保留在 $X(x)$ 方程中：同样，这些选择有助于简化问题。求解每个方程并将它们合并回 $u(x,y)$

$X(x)=C_{1}\cos(kx)+C_{2}\sin(kx)\,$

$Y(y)=C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\,$

${\Big \Downarrow }$

$u(x,y)=X(x)Y(y)\,$

$u(x,y)=\left(C_{1}\cos(kx)+C_{2}\sin(kx)\right)\left(C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\right)\,$

在边缘 D 处

$u(0,y)=0\,$

$\left(C_{1}\cos(k\cdot 0)+C_{2}\sin(k\cdot 0)\right)\left(C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\right)=0\,$

$C_{1}\left(C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\right)=0\Rightarrow C_{1}=0\,$

${\Big \Downarrow }$

$u(x,y)=C_{2}\sin(kx)\left(C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\right)\,$

注意，常数可以合并，但我们不会这样做，因为一会儿会说明一个重点。在边缘 A 处

$u(x,0)=0\,$

$C_{2}\sin(kx)\left(C_{3}e^{k\cdot 0}+C_{4}e^{-k\cdot 0}\right)=0\,$

将 $C_{2}$ 设为 $0$ 可以满足这个特定的边界条件，但这将得到一个平面解 $u(x,y)=0$，无法满足边 C 的温度。这就是为什么在之前的步骤中没有合并常数的原因，是为了清楚地表明 $C_{2}$ 可能不等于 $0$。因此，我们改为取 $C_{3}=-C_{4}$ 来满足上述条件，然后将三个常数合并为一个，称为 $B$

$u(x,y)=C_{2}\sin(kx)\left(C_{3}e^{ky}+C_{4}e^{-ky}\right)\qquad ;\ C_{3}=-C_{4}\,}$

${\Big \Downarrow }$

$u(x,y)=B\sin(kx)\left(e^{ky}-e^{-ky}\right)\,$

现在看看边 B

$u(1,y)=0\,$

$B\sin(k)\left(e^{ky}-e^{-ky}\right)=0\,$

现在应该很清楚 $B$ 不能为零，因为这将得到 $u(x,y)=0$，无法满足非零边界条件。相反，我们可以取 $k=n\pi$

$u(x,y)=B\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)\,$

目前，此解将满足 4 个边界条件中的 3 个。剩下的只有边界 C，即非齐次边界条件。

$u(x,1)=1\,$

$B\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)=1\,$

无论 $B$ 还是 $n$ 都无法扭曲以适应此边界条件。

由于拉普拉斯方程是线性的，偏微分方程解的线性组合也是偏微分方程的解。需要注意的是：由于边界条件（到目前为止）是齐次的，我们可以将解相加，而不用担心非零边界累加。

虽然上面所示的 $u(x,y)$ 无法解决此问题，我们可以尝试对解（根据 $n$）求和，形成一个线性组合，该组合可以作为整体解决边值问题。

$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}(x,y)\,$

$u_{n}(x,y)=B_{n}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)\,$

${\Big \Downarrow }$

$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)\,$

假设此形式是正确的（查看 平行板流动：现实IC 以获取动机），让我们再次尝试应用最后一个边界条件。

$u(x,1)=1\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi \cdot 1}-e^{-n\pi \cdot 1}\right)=1\,$

看起来需要傅里叶级数方法。通过正交性找到 $B_{n}$ 应该可以解决此问题。

$2\sin(m\pi x)\cdot \sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)=2\sin(m\pi x)\cdot 1\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi x)\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)=2\sin(m\pi x)\,$

$\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi x)\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)dx=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi x)dx\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\int _{0}^{1}2\sin(m\pi x)\sin(n\pi x)dx\left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)=2{\frac {1-\cos(m\pi )}{m\pi }}\,$

该级数解的 25 项部分和。

$B_{m}\left(e^{m\pi }-e^{-m\pi }\right)=2{\frac {1-\cos(m\pi )}{m\pi }}\,$

$B_{n}=2{\frac {1-(-1)^{n}}{n\pi \left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)}}\,$

$m$ 在最后一步被更改为 $n$。此外，对于整数 $n$，$\cos(n\pi )=(-1)^{n}$。请注意，已经进行了傅里叶正弦展开。BVP 的解最终可以组合起来

$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)\,$

$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }2{\frac {1-(-1)^{n}}{n\pi \left(e^{n\pi }-e^{-n\pi }\right)}}\sin(n\pi x)\left(e^{n\pi y}-e^{-n\pi y}\right)\,}$

解决了！

最后，我们需要注意边界条件在点 $(0,1)$ 和 $(1,1)$处是不连续的。因此，级数在这些点上的收敛速度会很慢。从右侧的图中可以明显看出：这是一个 25 项部分和（注意其中一半的项为 $0$），除了在 $y=1$处，尤其是在不连续点 $x=0$ 和 $x=1$附近。

圆上的拉普拉斯方程：极坐标

现在，我们将指定 $u$ 在圆形边界上的值。圆形边界可以用笛卡尔坐标系表示，但会得到非线性的边界条件，这使得这种方法无法使用。相反，应该使用极坐标 $(r,\theta )$，因为在这样的系统中，圆的方程非常简单。为了实现这一点，需要拉普拉斯算子的极坐标表示。这里暂时不详细说明，拉普拉斯算子在 (2D) 极坐标中的表示为

$\nabla ^{2}u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial r^{2}}}+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial u}{\partial r}}+{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial \theta ^{2}}}\,}$

这个结果可以使用微分和链式法则推导出来，这并不困难，只是有点长。在这些坐标系中，拉普拉斯方程变为

${\frac {\partial ^{2}u}{\partial r^{2}}}+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial u}{\partial r}}+{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial \theta ^{2}}}=0\,$

请注意，从笛卡尔坐标系到极坐标系的转换付出了代价：尽管拉普拉斯方程仍然是线性的，但现在它具有可变系数。这意味着在分离之后，至少有一个常微分方程也将具有可变系数。

让我们构建以下边值问题，令$u=u(r,\theta )$

${\frac {\partial ^{2}u}{\partial r^{2}}}+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial u}{\partial r}}+{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial \theta ^{2}}}=0\,$

$u(1,\theta )=\phi (\theta )\,$

$u(r,\theta )\ {\mbox{is bounded inside the unit circle.}}\,$

这可能代表一个类似于先前问题的物理问题：用圆盘代替方形平板。注意，明显缺少足够的边界条件来获得唯一解。看起来很奇怪的关于 u 在感兴趣域内有界的陈述，最终成为获得唯一解的关键，并且它经常在极坐标中表现出来。它“弥补”了边界条件的“不足”。为了分离，我们像往常一样错误地假设 $u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}(R(r)\Theta (\theta ))+{\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}(R(r)\Theta (\theta ))+{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}(R(r)\Theta (\theta ))=0\,$

$R''(r)\Theta (\theta )+{\frac {1}{r}}R'(r)\Theta (\theta )+{\frac {1}{r^{2}}}R(r)\Theta ''(\theta )=0\,$

$r^{2}R''(r)+rR'(r)+R(r){\frac {\Theta ''(\theta )}{\Theta (\theta )}}=0\,$

$-{\frac {\Theta ''(\theta )}{\Theta (\theta )}}={\frac {r^{2}R''(r)+rR'(r)}{R(r)}}=k^{2}\,$

${\Big \Downarrow }$

$r^{2}R''(r)+rR'(r)-k^{2}R(r)=0\,$

$\Theta ''(\theta )+k^{2}\Theta (\theta )=0\,$

再次，负号和分离常数的排列方式使得后来的解更加容易。这些决定主要是通过反复试验做出的。

该 $R$ 方程可能是你以前从未见过的，它是 **欧拉微分方程**（不要与欧拉-拉格朗日微分方程混淆）的 *特例*。有几种方法可以解决它，最通用的方法是改变变量，以便获得具有常系数的方程。一种更简单的方法是注意系数和导数阶数的模式，并由此猜测一个幂级数解。无论哪种方式，这个欧拉微分方程简单情况的通解为

$R(r)=C_{1}r^{k}+C_{2}r^{-k}\,$

这是一个非常好的示例问题，因为它表明 PDE 问题经常会变成难以理解的 ODE 问题；我们这次很幸运，因为 $R$ 的解相当简单，尽管它的 ODE 乍一看很糟糕。对 $\Theta (\theta )$ 方程的解是

$\Theta (\theta )=C_{3}\cos(k\theta )+C_{4}\sin(k\theta )\,$

结合

$u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )\,$

$u(r,\theta )=\left(C_{1}r^{k}+C_{2}r^{-k}\right)(C_{3}\cos(k\theta )+C_{4}\sin(k\theta ))\,$

现在，这里可以引用英文句子条件，即 u 必须在感兴趣的域内有界。当 $\scriptstyle r\to 0$ 时，涉及 $r^{-k}$ 的项是无界的。解决这个问题的 **唯一** 方法是取 $C_{2}=0$。请注意，如果这个问题是在两个同心圆之间求解的，那么这一项将不为零，非常重要。随着该项的消失，常数可以合并

$u(r,\theta )=r^{k}(A\cos(k\theta )+B\sin(k\theta ))\,$

只剩下一个条件：$u=\phi (\theta )$ 在 $r=1$ 上，但有 3 个常数。现在假设

$\phi (\theta )=2\cos(4\theta )+3\sin(4\theta )\,$

那么，通过比较系数很容易得到

$u(r,\theta )=r^{4}(2\cos(4\theta )+3\sin(4\theta ))\,$

现在，我们让频率不同

$\phi (\theta )=4\cos(3\theta )+\sin(10\theta )\,$

系数匹配法不适用。然而，如果初始条件被分解为单独的项，这些项解的总和恰好是整个边值问题的解。

$\phi _{3}(\theta )=4\cos(3\theta )\quad ,\quad \phi _{10}(\theta )=\sin(10\theta )\,$

$u_{3}(r,\theta )=r^{3}4\cos(3\theta )\quad ,\quad u_{10}(r,\theta )=r^{10}\sin(10\theta )\,$

$u(r,\theta )=u_{3}(r,\theta )+u_{10}(r,\theta )=r^{3}4\cos(3\pi \theta )+r^{10}\sin(10\theta )\,$

验证上述解在 $r=1$ 处是否真的等于边界条件。

$u(1,\theta )=1^{3}4\cos(3\theta )+1^{10}\sin(10\theta ))=4\cos(3\theta )+\sin(10\theta )=\phi (\theta )\,$

并且，由于拉普拉斯方程是线性的，此解也必须满足偏微分方程。所有这些意味着，如果某个通用的函数 $\phi (\theta )$ 可以表示为以 $n$ 给出的角频率的正弦波之和，那么只需要一个合适的和的线性组合。记为

$u(r,\theta )=\sum _{n=1}^{\infty }r^{n}(A_{n}\cos(n\theta )+B_{n}\sin(n\theta ))\,$

为了确定系数，将边界条件代入

$u(1,\theta )=\sum _{n=1}^{\infty }1^{n}(A_{n}\cos(n\theta )+B_{n}\sin(n\theta ))\,$

$\phi (\theta )=\sum _{n=1}^{\infty }(A_{n}\cos(n\theta )+B_{n}\sin(n\theta ))\,$

系数 $A_{n}$ 和 $B_{n}$ 可以通过对 $0\leq \theta \leq 2\pi$ 进行（完整的）傅立叶展开来确定。请注意，这意味着 $\phi (\theta )$ *必须* 具有周期 $2\pi$，因为我们在一个域（特别是圆形）中求解这个问题，其中 $0\leq \theta \leq 2\pi$。

你可能不喜欢无穷级数解。事实上，通过各种操作，可以将这个问题的完整解表示为

$u(r,\theta )={\frac {1}{2\pi }}\int _{0}^{2\pi }\phi (\psi ){\frac {1-r^{2}}{1-2r\cos(\theta -\psi )+r^{2}}}\ d\psi \,$

这被称为泊松积分公式。

极坐标下拉普拉斯算子的推导

虽然这不一定是一个偏微分方程的概念，但对于任何学习这种数学的人来说，能够熟练地从一个坐标系转换到另一个坐标系非常重要。下面是使用多元链式法则和微分概念推导出二维极坐标下拉普拉斯算子的过程。但需要注意的是，实际上有很多方法可以做到这一点。

我们只需要三个定义来开始

$\nabla ^{2}u={\frac {\partial ^{2}u}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}\,$

$x=r\cos(\theta )\,$

$y=r\sin(\theta )\,$

如果已知 $u=u(r,\theta )=u(r(x,y),\theta (x,y))$，则可以使用链式法则将导数表示为 $r$ 和 $\theta$ 的函数。为了得到二阶导数，需要进行两次应用。操作符的处理方式就像它们本身就具有意义一样

${\frac {\partial }{\partial x}}={\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}\,$

将此应用于自身，将下划线部分视为依赖于 $r$ 和 $\theta$ 的一个单元

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}={\frac {\partial }{\partial x}}\left({\frac {\partial }{\partial x}}\right)={\frac {\partial }{\partial x}}\left({\underline {{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}}}\right)\,$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}={\frac {\partial }{\partial r}}\left({\underline {{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}}}\right){\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left({\underline {{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}}}\right){\frac {\partial \theta }{\partial x}}\,$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}=\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial ^{2}r}{\partial r\partial x}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial ^{2}\theta }{\partial r\partial x}}\right){\frac {\partial r}{\partial x}}+\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta \partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial ^{2}r}{\partial \theta \partial x}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial ^{2}\theta }{\partial \theta \partial x}}\right){\frac {\partial \theta }{\partial x}}\,$

以上混乱可以通过操纵那些奇怪的导数来简化一点

${\frac {\partial ^{2}r}{\partial r\partial x}}={\frac {\partial ^{2}}{\partial x\partial r}}(r)={\frac {\partial }{\partial x}}\left({\frac {\partial }{\partial r}}(r)\right)={\frac {\partial }{\partial x}}(1)=0\,$

${\frac {\partial ^{2}\theta }{\partial \theta \partial x}}={\frac {\partial ^{2}}{\partial x\partial \theta }}(\theta )={\frac {\partial }{\partial x}}\left({\frac {\partial }{\partial \theta }}(\theta )\right)={\frac {\partial }{\partial x}}(1)=0\,$

${\Big \Downarrow }$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}=\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial ^{2}\theta }{\partial r\partial x}}\right){\frac {\partial r}{\partial x}}+\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta \partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial ^{2}r}{\partial \theta \partial x}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}\right){\frac {\partial \theta }{\partial x}}\,$

如果对一些导数的写法进行一些更改，这个公式可以变得更容易处理。此外，$y$ 变量的推导过程类似。

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}=\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {\partial \theta }{\partial x}}\right)\right){\frac {\partial r}{\partial x}}+\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta \partial r}}{\frac {\partial r}{\partial x}}+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left({\frac {\partial r}{\partial x}}\right)+{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}{\frac {\partial \theta }{\partial x}}\right){\frac {\partial \theta }{\partial x}}\,$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial y^{2}}}=\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}{\frac {\partial r}{\partial y}}+{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}{\frac {\partial \theta }{\partial y}}+{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {\partial \theta }{\partial y}}\right)\right){\frac {\partial r}{\partial y}}+\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta \partial r}}{\frac {\partial r}{\partial y}}+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left({\frac {\partial r}{\partial y}}\right)+{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}{\frac {\partial \theta }{\partial y}}\right){\frac {\partial \theta }{\partial y}}\,$

现在我们需要获取上述一些导数的表达式。最直接的方法是使用微分的概念。如果

$x=r\cos(\theta )\quad ,\quad y=r\sin(\theta )\,$

那么

$dx=dr\cos(\theta )-r\sin(\theta )d\theta \quad ,\quad dy=dr\sin(\theta )+r\cos(\theta )d\theta \,$

通过代入求解 $dr$ 和 $d\theta$ 得到

$dr=\cos(\theta )dx+\sin(\theta )dy\quad ,\quad d\theta =-{\frac {\sin(\theta )}{r}}dx+{\frac {\cos(\theta )}{r}}dy\,$

如果 $z=z(x,y)$，则 **全微分** 为

$dz={\frac {\partial z}{\partial x}}dx+{\frac {\partial z}{\partial y}}dy\,$

请注意，前两个方程具有以下形式（回想一下 $r=r(x,y)$ 和 $\theta =\theta (x,y)$，就像 $z$ 以上一样），这意味着

$dr={\frac {\partial r}{\partial x}}dx+{\frac {\partial r}{\partial y}}dy\quad ,\quad d\theta ={\frac {\partial \theta }{\partial x}}dx+{\frac {\partial \theta }{\partial y}}dy\,$

将系数等同起来会很快得到许多导数

${\frac {\partial r}{\partial x}}=\cos(\theta )\quad ,\quad {\frac {\partial r}{\partial y}}=\sin(\theta )\quad ,\quad {\frac {\partial \theta }{\partial x}}=-{\frac {\sin(\theta )}{r}}\quad ,\quad {\frac {\partial \theta }{\partial y}}={\frac {\cos(\theta )}{r}}\,$

有一种更简单但更抽象的方法可以获得上述导数，它可能过于繁琐，但值得一提。 函数 $x(r,\theta )$ 和 $y(r,\theta )$ 的雅可比矩阵是

${\frac {\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}}={\begin{bmatrix}{\cfrac {\partial x}{\partial r}}&{\cfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\{\cfrac {\partial y}{\partial r}}&{\cfrac {\partial y}{\partial \theta }}\\\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos(\theta )&-r\sin(\theta )\\\sin(\theta )&r\cos(\theta )\\\end{bmatrix}}$

请注意，雅可比矩阵是全导数系数的紧凑表示；以 $\mathbf {z} =\mathbf {z} (\mathbf {x} )$ 为例（粗体表示向量）

$d\mathbf {z} ={\frac {\partial (z_{1},z_{2},...\ ,z_{n})}{\partial (x_{1},x_{2},...\ ,x_{n})}}\cdot d\mathbf {x}$

因此，我们可以通过对雅可比矩阵求逆来获得我们感兴趣的导数。

${\frac {\partial (r,\theta )}{\partial (x,y)}}=\left({\frac {\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}}\right)^{-1}$

${\begin{bmatrix}{\cfrac {\partial r}{\partial x}}&{\cfrac {\partial r}{\partial y}}\\{\cfrac {\partial \theta }{\partial x}}&{\cfrac {\partial \theta }{\partial y}}\\\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\cfrac {\partial x}{\partial r}}&{\cfrac {\partial x}{\partial \theta }}\\{\cfrac {\partial y}{\partial r}}&{\cfrac {\partial y}{\partial \theta }}\\\end{bmatrix}}^{-1}$

${\begin{bmatrix}{\cfrac {\partial r}{\partial x}}&{\cfrac {\partial r}{\partial y}}\\{\cfrac {\partial \theta }{\partial x}}&{\cfrac {\partial \theta }{\partial y}}\\\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos(\theta )&-r\sin(\theta )\\\sin(\theta )&r\cos(\theta )\\\end{bmatrix}}^{-1}$

${\begin{bmatrix}{\cfrac {\partial r}{\partial x}}&{\cfrac {\partial r}{\partial y}}\\{\cfrac {\partial \theta }{\partial x}}&{\cfrac {\partial \theta }{\partial y}}\\\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos(\theta )&\sin(\theta )\\-{\cfrac {\sin(\theta )}{r}}&{\cfrac {\cos(\theta )}{r}}\\\end{bmatrix}}$

虽然比较模糊，但这非常方便，只是雅可比矩阵的众多实用功能之一。我们可以得到一个有趣的见解：坐标变换只有在雅可比矩阵在除了孤立点以外的所有地方都可逆时才有意义，换句话说，雅可比矩阵的行列式必须非零，否则坐标变换就不是一一对应的（注意，在这个例子中，行列式在 $r=0$ 处将为零。这样的孤立点不会造成问题）。

无论你选择哪条路径，现在应该有足够的信息来计算笛卡尔二阶导数。我们来看 $x$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}=\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}\cos(\theta )-{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}{\frac {\sin(\theta )}{r}}-{\frac {\partial }{\partial \theta }}{\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {\sin(\theta )}{r}}\right)\right)\cos(\theta )-\left({\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta \partial r}}\cos(\theta )+{\frac {\partial }{\partial r}}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\cos(\theta )\right)-{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}{\frac {\sin(\theta )}{r}}\right){\frac {\sin(\theta )}{r}}\,$

${\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}=\cos(\theta )^{2}{\frac {\partial ^{2}}{\partial r^{2}}}-{\frac {2\sin(\theta )\cos(\theta )}{r}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial r\partial \theta }}+{\frac {\sin(\theta )\cos(\theta )}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial \theta }}+{\frac {\sin(\theta )^{2}}{r}}{\frac {\partial }{\partial r}}+{\frac {\sin(\theta )^{2}}{r^{2}}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial \theta ^{2}}}\,$