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拉普拉斯運算元和拉普拉斯方程

到目前為止，你可能已經厭倦了我們一直在玩的一維瞬態擴散偏微分方程

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

不要誤會：我們還沒有完成這個愚蠢的東西；但是為了變化，讓我們介紹一個新的方程，以及一個非常酷的量，稱為拉普拉斯運算元，儘管它嚴格來說不是變數分離的概念。你會喜歡這一章；裡面有很多漂亮的圖片。

圖示 $u(x)=x^{3}-x$.

拉普拉斯運算元

拉普拉斯運算元是歐幾里得n維空間中的一個線性運算元。還有其他具有不同於歐幾里得空間性質的空間。還要注意，這裡運算元具有非常具體的含義。函式是對實數的一種運算元，我們的運算元是對函式的運算元，而不是對實數的運算元。參見這裡瞭解更多解釋。

我們從3D笛卡爾“版本”開始。設 $u=u(x,y,z,t)$。函式 $u$ 的拉普拉斯運算元定義如下，並用以下符號表示

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

因此，該運算元正在對$u$ 相對於笛卡爾空間變數 $x,y,z$ 取二階非混合導數之和。首選“del 平方”符號，因為大寫 delta 會與增量和差值混淆，並且 ${\mbox{div grad }}u$ 太長，而且不涉及漂亮的數學符號。拉普拉斯運算元也被稱為拉普拉斯運算元或拉普拉斯運算元，不要與拉普拉斯變換混淆。另外，請注意，如果我們只對函式$u$ 取一階偏導數，並將其放入一個向量中，那麼它就是函式$u$ 的梯度。拉普拉斯運算元取二階非混合導數，並將它們加起來。

在一維空間中，請記住二階導數衡量的是凹凸性。假設$y=f(x)$; 如果 $f''(x)$ 為正，則 $y$ 向上凹，而如果 $f''(x)$ 為負，則 $y$ 向下凹，請參見下方圖表中曲線不同點的向上或向下箭頭。拉普拉斯運算元可以被視為將凹凸性概念推廣到多元函式。

這個想法在右側的一維空間中得到了證明：$u(x)=x^{3}-x$。在 $x=0$ 的左側，拉普拉斯運算元（此處僅為二階導數）為負，圖形向下凹。在 $x=0$ 處，曲線發生拐點，拉普拉斯運算元為 $0$。在 $x=0$ 的右側，拉普拉斯運算元為正，圖形向上凹。

凹凸性可能對您有用，也可能無用。值得慶幸的是，拉普拉斯運算元還有另一個非常重要的觀點，對它出現在任何方程中都有深刻的意義：拉普拉斯運算元比較了空間中某個點的 $u$ 值與其在該點附近鄰域內的 $u$ 值的平均值。三種情況如下：

• 如果 $u$ 在某個點大於其鄰域的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u<0$。
• 如果 $u$ 在某個點等於其鄰域的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u=0$。
• 如果 $u$ 在某個點小於其鄰域的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u>0$。

因此，拉普拉斯運算元可以被認為是在某個點 $(x_{0},y_{0},z_{0})$

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

在 $(x_{0},y_{0},z_{0})$ 附近。

某個點的鄰域定義為該點周圍歐氏距離為δ（delta）的開集。參考右側圖片（一個3D示例），點 $(x_{0},y_{0},z_{0})$ 的鄰域是陰影區域，滿足

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

注意，我們的一維瞬態擴散方程，我們的平行板流，包含拉普拉斯運算元

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

帶著這種思維方式，讓我們來考察一下這個非常重要的偏微分方程的行為。左側是時間導數，右側是拉普拉斯運算元。這個方程表明

在某個點上，$u$ 的變化率與該點周圍 $u$ 的平均值與該點 $u$ 的值之間的差成正比。

例如，如果在某個位置有一個“熱點”，那裡 $u$ 的平均值大於其相鄰的值，則拉普拉斯運算元將為負，因此時間導數也將為負，這將導致 $u$ 在該位置減小，“冷卻”它。這在下面進行了說明。箭頭反映了拉普拉斯運算元的量級，並且根據時間導數，曲線將移動的方向。

瞬態擴散的視覺化。

值得注意的是，在3D中，這個方程完全描述了均勻固體中熱量的流動，而該固體不產生自身的熱量（比如，電流過大透過細線）。

拉普拉斯方程

拉普拉斯方程描述了穩態條件，它看起來像這樣

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

這個方程的解被稱為調和函式。一些需要注意的事情

• 時間不存在。這個方程描述了穩態條件。
• 時間的缺失意味著初始條件的缺失，所以我們將處理邊界值問題，而不是初始邊界值問題。
• 在一維情況下，這是穿過邊界並在其指定值處相交的直線的常微分方程。
• 在某個域中，滿足此方程的所有函式在該域中都是解析的（非正式地說，解析函式等於其泰勒展開式）。
• 儘管看起來很像，拉普拉斯方程的解通常不是極小曲面。
• 拉普拉斯方程是線性的。

拉普拉斯方程在笛卡爾座標系（以及幾乎所有其他座標系）中都是可分離的。因此，如果涉及的邊界條件不太複雜，我們就不應該在求解它時遇到太多問題。

拉普拉斯方程在正方形上的解：笛卡爾座標系

正方形上的穩態條件。

想象一個 1x1 的方形平板，它在頂部和底部是絕緣的，並且在其未絕緣的邊緣施加了恆定溫度，如右側所示。熱量僅透過邊緣穩定地流進流出此物，由於它是“薄的”和“絕緣的”，因此溫度可以用 $u(x,y)$ 來表示。這是我們第一次進入兩個空間座標，請注意時間的缺失。

讓我們根據圖片構建一個邊值問題。

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

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

因此我們有一個非齊次邊界條件。假設 $u(x,y)=X(x)Y(y)$

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

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

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

與之前一樣，將分離常數稱為 $k^{2}$ 而不是 $k$ （或其他）有助於簡化問題的解決。注意，負號保留在 $X(x)$ 方程中：同樣，這些選擇有助於簡化問題。求解每個方程並將它們合併回 $u(x,y)$

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

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

在邊緣 D 處

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

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

注意，常數可以合併，但我們不會這樣做，因為一會兒會說明一個重點。在邊緣 A 處

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

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

將 $C_{2}$ 設為 $0$ 可以滿足這個特定的邊界條件，但這將得到一個平面解 $u(x,y)=0$，無法滿足邊 C 的溫度。這就是為什麼在之前的步驟中沒有合併常數的原因，是為了清楚地表明 $C_{2}$ 可能不等於 $0$。因此，我們改為取 $C_{3}=-C_{4}$ 來滿足上述條件，然後將三個常數合併為一個，稱為 $B$

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

${\Big \Downarrow }$

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

現在看看邊 B

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

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

現在應該很清楚 $B$ 不能為零，因為這將得到 $u(x,y)=0$，無法滿足非零邊界條件。相反，我們可以取 $k=n\pi$

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

目前，此解將滿足 4 個邊界條件中的 3 個。剩下的只有邊界 C，即非齊次邊界條件。

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

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

無論 $B$ 還是 $n$ 都無法扭曲以適應此邊界條件。

由於拉普拉斯方程是線性的，偏微分方程解的線性組合也是偏微分方程的解。需要注意的是：由於邊界條件（到目前為止）是齊次的，我們可以將解相加，而不用擔心非零邊界累加。

雖然上面所示的 $u(x,y)$ 無法解決此問題，我們可以嘗試對解（根據 $n$）求和，形成一個線性組合，該組合可以作為整體解決邊值問題。

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

假設此形式是正確的（檢視 平行板流動：現實IC 以獲取動機），讓我們再次嘗試應用最後一個邊界條件。

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

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

看起來需要傅立葉級數方法。透過正交性找到 $B_{n}$ 應該可以解決此問題。

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

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

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

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

該級數解的 25 項部分和。

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

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

$m$ 在最後一步被更改為 $n$。此外，對於整數 $n$，$\cos(n\pi )=(-1)^{n}$。請注意，已經進行了傅立葉正弦展開。BVP 的解最終可以組合起來

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

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

解決了！

最後，我們需要注意邊界條件在點 $(0,1)$ 和 $(1,1)$處是不連續的。因此，級數在這些點上的收斂速度會很慢。從右側的圖中可以明顯看出：這是一個 25 項部分和（注意其中一半的項為 $0$），除了在 $y=1$處，尤其是在不連續點 $x=0$ 和 $x=1$附近。

圓上的拉普拉斯方程：極座標

現在，我們將指定 $u$ 在圓形邊界上的值。圓形邊界可以用笛卡爾座標系表示，但會得到非線性的邊界條件，這使得這種方法無法使用。相反，應該使用極座標 $(r,\theta )$，因為在這樣的系統中，圓的方程非常簡單。為了實現這一點，需要拉普拉斯運算元的極座標表示。這裡暫時不詳細說明，拉普拉斯運算元在 (2D) 極座標中的表示為

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

這個結果可以使用微分和鏈式法則推匯出來，這並不困難，只是有點長。在這些座標系中，拉普拉斯方程變為

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

請注意，從笛卡爾座標系到極座標系的轉換付出了代價：儘管拉普拉斯方程仍然是線性的，但現在它具有可變係數。這意味著在分離之後，至少有一個常微分方程也將具有可變係數。

讓我們構建以下邊值問題，令$u=u(r,\theta )$

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

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

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

這可能代表一個類似於先前問題的物理問題：用圓盤代替方形平板。注意，明顯缺少足夠的邊界條件來獲得唯一解。看起來很奇怪的關於 u 在感興趣域內有界的陳述，最終成為獲得唯一解的關鍵，並且它經常在極座標中表現出來。它“彌補”了邊界條件的“不足”。為了分離，我們像往常一樣錯誤地假設 $u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )$

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

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

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

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

再次，負號和分離常數的排列方式使得後來的解更加容易。這些決定主要是透過反覆試驗做出的。

該 $R$ 方程可能是你以前從未見過的，它是 **尤拉微分方程**（不要與尤拉-拉格朗日微分方程混淆）的 *特例*。有幾種方法可以解決它，最通用的方法是改變變數，以便獲得具有常係數的方程。一種更簡單的方法是注意係數和導數階數的模式，並由此猜測一個冪級數解。無論哪種方式，這個尤拉微分方程簡單情況的通解為

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

這是一個非常好的示例問題，因為它表明 PDE 問題經常會變成難以理解的 ODE 問題；我們這次很幸運，因為 $R$ 的解相當簡單，儘管它的 ODE 乍一看很糟糕。對 $\Theta (\theta )$ 方程的解是

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

結合

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

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

現在，這裡可以引用英文句子條件，即 u 必須在感興趣的域內有界。當 $\scriptstyle r\to 0$ 時，涉及 $r^{-k}$ 的項是無界的。解決這個問題的 **唯一** 方法是取 $C_{2}=0$。請注意，如果這個問題是在兩個同心圓之間求解的，那麼這一項將不為零，非常重要。隨著該項的消失，常數可以合併

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

只剩下一個條件：$u=\phi (\theta )$ 在 $r=1$ 上，但有 3 個常數。現在假設

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

那麼，透過比較係數很容易得到

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

現在，我們讓頻率不同

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

係數匹配法不適用。然而，如果初始條件被分解為單獨的項，這些項解的總和恰好是整個邊值問題的解。

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

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

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

驗證上述解在 $r=1$ 處是否真的等於邊界條件。

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

並且，由於拉普拉斯方程是線性的，此解也必須滿足偏微分方程。所有這些意味著，如果某個通用的函式 $\phi (\theta )$ 可以表示為以 $n$ 給出的角頻率的正弦波之和，那麼只需要一個合適的和的線性組合。記為

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

為了確定係數，將邊界條件代入

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

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

係數 $A_{n}$ 和 $B_{n}$ 可以透過對 $0\leq \theta \leq 2\pi$ 進行（完整的）傅立葉展開來確定。請注意，這意味著 $\phi (\theta )$ *必須* 具有周期 $2\pi$，因為我們在一個域（特別是圓形）中求解這個問題，其中 $0\leq \theta \leq 2\pi$。

你可能不喜歡無窮級數解。事實上，透過各種操作，可以將這個問題的完整解表示為

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

這被稱為泊松積分公式。

極座標下拉普拉斯運算元的推導

雖然這不一定是一個偏微分方程的概念，但對於任何學習這種數學的人來說，能夠熟練地從一個座標系轉換到另一個座標系非常重要。下面是使用多元鏈式法則和微分概念推匯出二維極座標下拉普拉斯運算元的過程。但需要注意的是，實際上有很多方法可以做到這一點。

我們只需要三個定義來開始

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

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

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

如果已知 $u=u(r,\theta )=u(r(x,y),\theta (x,y))$，則可以使用鏈式法則將導數表示為 $r$ 和 $\theta$ 的函式。為了得到二階導數，需要進行兩次應用。運算子的處理方式就像它們本身就具有意義一樣

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

將此應用於自身，將下劃線部分視為依賴於 $r$ 和 $\theta$ 的一個單元

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

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

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

以上混亂可以透過操縱那些奇怪的導數來簡化一點

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

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

${\Big \Downarrow }$

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

如果對一些導數的寫法進行一些更改，這個公式可以變得更容易處理。此外，$y$ 變數的推導過程類似。

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

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

現在我們需要獲取上述一些導數的表示式。最直接的方法是使用微分的概念。如果

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

那麼

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

透過代入求解 $dr$ 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 $z=z(x,y)$，則 **全微分** 為

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

請注意，前兩個方程具有以下形式（回想一下 $r=r(x,y)$ 和 $\theta =\theta (x,y)$，就像 $z$ 以上一樣），這意味著

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

將係數等同起來會很快得到許多導數

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

有一種更簡單但更抽象的方法可以獲得上述導數，它可能過於繁瑣，但值得一提。 函式 $x(r,\theta )$ 和 $y(r,\theta )$ 的雅可比矩陣是

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

請注意，雅可比矩陣是全導數係數的緊湊表示；以 $\mathbf {z} =\mathbf {z} (\mathbf {x} )$ 為例（粗體表示向量）

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

因此，我們可以透過對雅可比矩陣求逆來獲得我們感興趣的導數。

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

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

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

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

雖然比較模糊，但這非常方便，只是雅可比矩陣的眾多實用功能之一。我們可以得到一個有趣的見解：座標變換隻有在雅可比矩陣在除了孤立點以外的所有地方都可逆時才有意義，換句話說，雅可比矩陣的行列式必須非零，否則座標變換就不是一一對應的（注意，在這個例子中，行列式在 $r=0$ 處將為零。這樣的孤立點不會造成問題）。

無論你選擇哪條路徑，現在應該有足夠的資訊來計算笛卡爾二階導數。我們來看 $x$

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

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