可分性与偏导数：二阶可微函数可加可分性证明问询

嘿，你的直觉完全没问题！要把这个结论严谨化，逐步积分是最直接的路径，咱们一步步来理清楚：

核心观察：偏导的独立性 #

已知$f(x₁,…,xₙ)$二阶可微，且对所有$i≠j$，$\frac{∂²f}{∂x_i∂x_j}=0$。咱们先看任意一个一阶偏导，比如$\frac{∂f}{∂x₁}$：

因为对任意$j≠1$，$\frac{∂}{∂x_j}\left(\frac{∂f}{∂x₁}\right)=0$，这说明$\frac{∂f}{∂x₁}$不依赖于$x₂,x₃,…,xₙ$，它只是$x₁$的函数，记为$\frac{∂f}{∂x₁}=g₁(x₁)$，其中$g₁$是一阶可微函数。

第一次积分：分离$x₁$项 #

对$x₁$积分这个偏导，可得：
$$f(x₁,…,xₙ) = \int g₁(x₁)dx₁ + h(x₂,…,xₙ)$$
这里$h(x₂,…,xₙ)$是积分的“常数项”——它不依赖于$x₁$，只由剩下的变量决定。

递归推导：分离所有变量 #

接下来对$x₂$求偏导：
$$\frac{∂f}{∂x₂} = \frac{∂h}{∂x₂}$$
同样根据条件，对任意$j≠2$，$\frac{∂}{∂x_j}\left(\frac{∂f}{∂x₂}\right)=0$，所以$\frac{∂h}{∂x₂}$也只依赖于$x₂$，记为$g₂(x₂)$。积分后得到：
$$h(x₂,…,xₙ) = \int g₂(x₂)dx₂ + h'(x₃,…,xₙ)$$

把这个代入之前的$f$表达式，就得到$f$里已经分离出$x₁$和$x₂$的单变量项。重复这个过程，直到处理完所有变量，最终会得到：
$$f(x₁,…,xₙ) = F₁(x₁) + F₂(x₂) + … + Fₙ(xₙ) + C$$
其中$F_i(x_i)$是$g_i(x_i)$的原函数，$C$是常数（可以合并到任意一个$F_i$里）——这就严格证明了$f$是可加可分的。

呼应你的直觉 #

你提到的“若$f$存在$x_i x_j$项则混合偏导不为0”完全正确！比如取$f(x_i,x_j)=x_i x_j$，计算混合偏导$\frac{∂²f}{∂x_i∂x_j}=1≠0$，反过来，混合偏导全为0就排除了所有交叉项的存在，函数自然只能是各单变量函数的和。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者DSUR