复变函数的导数、柯西—黎曼条件

                     

贡献者： addis; ACertainUser

　　 对于一元实函数 $y=f(x)$，$x$ 只能沿正负两个方向趋于零; 但对于复函数 $w=f(z)=f(x+\mathrm{i}y)$，$z$ 可以沿复平面 $x-y$ 上的任意路径趋于零，因此复变函数可导的条件更复杂。这（式 1 ）会让我们联想到二元函数的方向导数, 但由于式 1 中的除法是复数的除法，所以它比方向导数要更复杂一些。

　　 在复平面的一个开集 $D$ 上，如果函数 $f(z)$ 处处复可微，那么它就是一个全纯函数（holomorphic function）也叫做解析函数（analytical function）；如果除了一些孤立点外处处复可微，就叫亚纯函数（meromorphic function）。

1. 计算复函数的导数

• 若写为 $w=f(z)$ 形式，则求导法则、方式完全类似于一元实函数。例如 $y=z^2,\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}=2z$.
• 若写为 $w=u(x,y)+\mathrm{i}v(x,y)$ 形式，则由柯西—黎曼条件（子节 2 ）
  $$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}{f}^{\prime }(z)& =\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}\mathrm{i}=\frac{\partial v}{\partial y}-\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{i}\\ & =\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{i}=\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x}\mathrm{i}.\end{array}\end{array}$$

2. 复函数的可导性

　　 若柯西—黎曼条件成立、复函数可导，函数 $u,v$ 的四个偏导数中只有两个是独立的；函数的 $u,v$ 间也存在某种关联，可以由 $u$ 求出 $v$，或由 $v$ 求出 $u$(存在待定系数)。

推导必要性

　　 其实复变函数并没有什么神秘之处，我们完全可以把它看成两个二元函数，用已经熟悉的多元微积分来处理。根据全微分

该式告诉我们 $z$ 在复平面上朝着某方向 $\mathrm{d}z=\mathrm{d}x+\mathrm{i}\mathrm{d}y$ 移动一小步，函数值 $w$ 会如何变化。既然要求各个方向的 “方向导数” 都相等，我们不妨先考虑两个最简单的方向即 $x$ 方向和 $y$ 方向。当式 1 中 $h$ 延 $x$ 方向移动时，令式中 $\mathrm{d}y=0$，即 $\mathrm{d}z=\mathrm{d}x$，有 同理，当 $h$ 延 $y$ 方向移动时，令式中 $\mathrm{d}x=0$，即 $\mathrm{d}z=\mathrm{i}\mathrm{d}y$，有 令以上两式相等，即实部虚部分别相等，就得到柯西黎曼条件式 4 。

　　 注意我们只通过两个方向的 “方向导数” 相等就得到了柯西黎曼条件，所以这只能说明柯西黎曼条件是可导的必要条件。下面会用更一般的方法说明它是充分必要条件。

推导充分必要性

　　 如果直接由式 6 计算 $\mathrm{d}w/\mathrm{d}z=(\mathrm{d}u+\mathrm{i}\mathrm{d}v)/(\mathrm{d}x+\mathrm{i}\mathrm{d}y)$ 会发现结果和 $\mathrm{d}y/\mathrm{d}x$ 有关，即与式 1 中 $h$ 趋近于零点的方向有关。所以我们换一种思路，先假设导数存在，那么导数函数总可以表示为

写成微分形式 注意 $\mathrm{d}z$ 无论取什么方向上式都成立。拆分实部虚部得 所以如果 $f(z)$ 存在（与方向无关的）导数，式 6 必然具有式 11 的形式，二者对比可得 这样，不仅得到了柯西—黎曼条件，也得到了导数的表达式 可见我们仅需要 $u,v$ 中的一个就可以求出导数，因为它们在柯西—黎曼条件下并不是独立的。