工程師和科學家的高階數學/拉普拉斯運算元和拉普拉斯方程

拉普拉斯運算元和拉普拉斯方程

到目前為止，你可能已經對我們一直在研究的一維瞬態擴散偏微分方程感到厭倦了

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

不要誤解：我們還沒有結束對這個東西的研究；但為了變化，讓我們引入一個全新的方程，以及一個非常酷的量，叫做拉普拉斯運算元，儘管它不是嚴格的變數分離概念。你會喜歡這一章的；裡面有很多漂亮的圖片。

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。還有其他空間，它們的性質與歐幾里得空間不同。還要注意，這裡的“運算元”有非常特定的含義。就像函式是對實數的一種操作一樣，我們的運算元是對函式的操作，而不是對實數的操作。請參閱這裡以獲得更長的解釋。

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並表示為

\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，該運算元確實是取 $u$ 相對於笛卡爾空間變數 $x,y,z$ 的非混合二階導數之和。“del 平方”表示法更受歡迎，因為大寫的 delta 會與增量和差值混淆，而 ${\mbox{div grad }}u$ 太長，而且不涉及漂亮的數學符號。拉普拉斯運算元也稱為拉普拉斯算符或拉普拉斯算符，不要與拉普拉斯變換混淆。此外，請注意，如果我們只取函式 $u$ 的一階偏導數，並將它們放入向量中，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其加起來。

在一維情況下，回想一下二階導數衡量的是凹凸性。假設 $y=f(x)$ ；如果 $f''(x)$ 為正，則 $y$ 凹向上，如果 $f''(x)$ 為負，則 $y$ 凹向下，參見下面曲線上的各種點處的向上或向下箭頭。拉普拉斯運算元可以看作是凹凸性概念對多元函式的推廣。

這個想法在右邊的圖中，在一維情況下進行了演示： $u(x)=x^{3}-x$ 。在 $x=0$ 左側，拉普拉斯運算元（這裡只是二階導數）為負，圖形凹向下。在 $x=0$ 處，曲線發生拐點，拉普拉斯運算元為 $0$ 。在 $x=0$ 右側，拉普拉斯運算元為正，圖形凹向上。

凹凸性可能對您有用，也可能沒用。值得慶幸的是，拉普拉斯運算元還有另一個非常重要的視角，對它出現在任何方程中的情況都有深遠的意義：拉普拉斯運算元將空間中某個點的 $u$ 的值與其在該點鄰域中的 $u$ 的值的平均值進行了比較。三種情況如下：

如果 $u$ 在某個點上大於其相鄰點的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u<0$ 。
如果 $u$ 在某個點上等於其相鄰點的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u=0$ 。
如果某一點的 $u$ 小於其相鄰點的平均值，則 $\scriptstyle \nabla ^{2}u>0$ 。

因此，拉普拉斯運算元可以被認為是在某一點 $(x_{0},y_{0},z_{0})$

\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)\,}

某一點的鄰域定義為該點歐氏距離 δ（delta）內的開集。參考右側圖片（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，我們的平行板流動，涉及拉普拉斯運算元

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

帶著這種心態，讓我們檢查一下這個非常重要的 PDE 的行為。左邊是時間導數，右邊是拉普拉斯運算元。這個方程表明

某一點的 $u$ 的變化率與該點附近 $u$ 的平均值與該點 $u$ 的值之差成正比。

例如，如果在某個位置存在一個“熱點”，其中 $u$ 平均值大於其鄰居，則拉普拉斯運算元將為負，因此時間導數將為負，這將導致 $u$ 在該位置下降，“冷卻”下來。如下圖所示。箭頭反映了拉普拉斯運算元的幅度，並且由於時間導數，曲線將移動的方向。

值得注意的是，在 3D 中，此方程式完全描述了均勻固體中熱量的流動，該固體不會產生自身的熱量（例如，過多的電流透過細線會導致）。

拉普拉斯方程

拉普拉斯方程描述了一種穩態條件，它看起來像這樣

\nabla ^{2}u=0\,

此方程的解稱為調和函式。以下是一些需要注意的事項

時間不存在。此方程描述了一種穩態條件。
時間的缺失意味著初始條件的缺失，因此我們將處理邊界值問題，而不是初始邊界值問題。
在一維中，這是穿過邊界在其指定值的直線的常微分方程。
所有在某個域中滿足此方程的函式在該域中都是解析的（非正式地，解析函式等於其泰勒展開式）。
儘管表面上看起來如此，但拉普拉斯方程的解通常不是最小曲面。
拉普拉斯方程是線性的。

拉普拉斯方程在笛卡爾（以及幾乎任何其他）座標系中是可分離的。因此，如果邊界條件不太複雜，我們應該不會在求解它時遇到太多問題。

方形上的拉普拉斯方程：笛卡爾座標

想象一個 1 x 1 的方形板，它在頂部和底部被絕緣，並且在其未絕緣的邊緣施加了恆定溫度，如右圖所示。熱量僅透過邊緣穩定地流入和流出此物體，並且由於它很“薄”和“絕緣”，因此溫度可以表示為 $u(x,y)$ 。這是我們第一次涉足兩個空間座標，請注意時間的缺失。

讓我們參照圖片制定一個邊界值問題

{\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）碰巧使問題更容易解決。注意，對於 $X(x)$ 方程保留了負號：同樣，這些選擇碰巧使事情變得更簡單。求解每個方程並將它們組合回 $u(x,y)$

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 D

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，以便在稍後強調一個要點。在邊 A 上

u(x,0)=0\,

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

取 $C_{2}$ 為 $0$ 將滿足此特定的邊界條件，但這將導致平面解 $u(x,y)=0$ ，它無法滿足邊 C 上的溫度。這就是為什麼在幾步之前沒有合併常數的原因，以便很明顯 $C_{2}$ 可能不等於 $0$ 。因此，我們取而代之的是 $C_{3}=-C_{4}$ 來滿足上述條件，然後將三個常數合併成一個，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\,

現在應該不言而喻， $B$ 不能為零，因為這將導致 $u(x,y)=0$ ，這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，這個解將滿足 4 個邊界條件中的 3 個。剩下的就是邊緣 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\,

既不是 $B$ 也不 $n$ 可以被扭曲以適應這個邊界條件。

由於拉普拉斯方程是線性的，PDE 解的線性組合也是 PDE 的解。還要注意的一點是：由於邊界條件（迄今為止）是齊次的，因此我們可以新增解，而不用擔心非零邊界累加。

雖然 $u(x,y)$ 如上所示將無法解決這個問題，我們可以嘗試對（基於 $n$ ）解進行求和，以形成一個線性組合，該線性組合可能作為整體解決 BVP。

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)\,

假設這種形式是正確的（回顧平行板流動：真實 IC 的動機），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\,

看起來它需要傅立葉級數方法。透過正交性找到 $B_{n}$ 應該可以解決這個問題

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 }}\,

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 $n$ ， $\cos(n\pi )=(-1)^{n}$ 。注意，已經進行了傅立葉正弦展開。現在可以組裝 BVP 的解。

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！

現在終於可以提一下邊界條件在點 $(0,1)$ 和 $(1,1)$ 處是不連續的。因此，級數在這些點收斂緩慢。從右側的圖中可以看出，它是一個 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 $x=1$ 附近看起來很完美。

圓上拉普拉斯方程：極座標

現在，我們將在圓形邊界上指定 $u$ 的值。圓可以用笛卡爾座標表示，但這樣會導致非線性邊界條件，從而使該方法失效。相反，應該使用極座標 $(r,\theta )$ ，因為在這個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。暫不詳細介紹，拉普拉斯運算元在 (2D) 極座標中給出

\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}}}\,}

這個結果可以透過微分和鏈式法則得到，並不難，但有點長。在這些座標中，拉普拉斯方程寫成

{\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，從笛卡爾座標到極座標的轉換付出了代價：儘管仍然是線性的，但拉普拉斯方程現在具有可變係數。這意味著分離後，至少一個ODE也將具有可變係數。

讓我們構建以下 BVP，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.}}\,

這可以代表一個類似於先前問題的物理問題：用圓盤代替方形板。請注意，在獲取唯一解時，明顯缺少足夠的邊界條件。看起來奇怪的關於 u 在感興趣的域內有界的說法實際上是獲得唯一解的關鍵，並且它經常在極座標系中表現出來。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面的解更容易。這些決定主要透過反覆試驗得出。

$R$ 方程可能是一個你從未見過的方程，它是 **尤拉微分方程** 的一個特例（不要與尤拉-拉格朗日微分方程混淆）。解決它有幾種方法，最通用的方法是改變變數，以便得到一個具有常係數的方程。一種更簡單的方法是注意係數順序和導數順序的規律，並由此推測一個冪解。無論哪種方式，這個尤拉微分方程簡單情況的通解給出如下

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

這是一個非常好的例子，因為它表明偏微分方程問題往往會變成難以理解的常微分方程問題；我們這次很幸運，因為 $R$ 的解相當簡單，儘管它的常微分方程初看起來很糟糕。 $\Theta (\theta )$ 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，這裡就可以呼叫英文語句條件，即 u 必須在感興趣的域中是有界的。當 $\scriptstyle r\to 0$ 時，包含 $r^{-k}$ 的項是無界的。修正這個問題的 **唯一** 方式是取 $C_{2}=0$ 。注意，如果這個問題是在兩個同心圓之間求解，這一項將不為零，非常重要。去掉這一項後，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。讓我們先假設

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

那麼，只需將係數相等就可以得到

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

現在，讓我們使頻率不同

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

將係數相等行不通。但是，如果將初始條件分解成各個項，各個項的解之和恰好可以解決整個邊值問題。

\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 )\,

由於拉普拉斯方程是線性的，因此這必須也解決偏微分方程。所有這些意味著，如果某個通用函式 $\phi (\theta )$ 可以表示為具有角頻率的正弦波之和 $n$ ，所需的就是適當的和的線性組合。表示為

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，代入邊界條件

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）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）中求解它，其中 $0\leq \theta \leq 2\pi$ 。

你可能不喜歡無限級數解。好吧，事實證明，透過各種操作，可以將此特定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

雖然不一定是偏微分方程的概念，但對於任何學習這種數學的人來說，熟悉從一個座標系到另一個座標系的轉換非常重要。以下是使用多元鏈式法則和微分概念在二維極座標下推導拉普拉斯運算元的過程。但是，要知道，實際上有很多方法可以做到這一點。

我們只需要三個定義就可以開始

\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 $\theta$ 。為了得到二階導數，需要進行兩次應用。將運算元當作它們本身具有意義一樣進行操作

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

將其應用於自身，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}}\,

上述混亂可以透過操縱那些奇怪的導數來簡化。

{\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，可能會使它更容易處理。此外， $y$ 變數也類似地進行。

{\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}}\,

現在我們需要得到上面一些導數的表示式。最直接的途徑是使用微分的概念。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 \,

透過代入法求解 $dr$ 和 $d\theta$ 給出

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\,

注意，上面兩個方程都是這種形式（回憶 $r=r(x,y)$ 和 $\theta =\theta (x,y)$ ，就像上面的 $z$ ），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\,

將係數相等可快速得到一組導數

{\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得到上面的導數，這種方法可能有點過度，但值得一提。函式 $x(r,\theta )$ 和 $y(r,\theta )$ 的雅可比矩陣為

{\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}}

需要注意的是，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得到我們感興趣的導數

{\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}}

雖然這個公式看起來有點複雜，但它非常方便，只是雅可比矩陣眾多用途中的一個。從中可以獲得一個有趣的見解：除非雅可比矩陣在除孤立點外的所有地方都可逆，否則座標變換毫無意義。換句話說，雅可比矩陣的行列式必須非零，否則座標變換不是一對一的（注意，在這個例子中，當 $r=0$ 時，行列式將為零。這樣的孤立點並不成問題）。