复变函数的导数、柯西—黎曼条件

             

贡献者: addis

  • 本词条存在未完成的内容.
预备知识 复变函数,全微分

定义 1 

   类似实函数的导数,定义复变函数 $w = f(z)$($f:\mathbb C\to \mathbb C$)的导数为

\begin{equation} f'(z) = \lim_{h\to 0} \frac{f(z + h) - f(z)}{h} \end{equation}
其中 $h$ 也是一个复数.极限 $h \to 0$ 在这里是指 $h$ 可以在复平面上以任意方式趋近于 $0$ 都得到同一个极限值,否则极限不存在.

   对于实变量的函数,只有正负两个方向趋于零,所以复变函数可导的条件更复杂.式 1 会让我们联想到二元函数的方向导数,$x$-$y$ 平面就是复平面,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,但大体上是相似的.

定理 1 柯西—黎曼条件

   令 $z = x + y \mathrm{i} $ 且

\begin{equation} f(z) = u(x, y) + \mathrm{i} v(x, y) \end{equation}
那么 $f(z)$ 在该点可导的充分必要条件是:实函数 $u,v$ 在复平面的某点 $z$ 可微,且
\begin{equation} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \qquad \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} \end{equation}
该式被称为柯西—黎曼条件(Cauchy-Riemann condition)

   可见若柯西—黎曼条件成立,函数 $u,v$ 的四个偏导数中只有两个是独立的.

   在复平面的一个开集(链接未完成)$D$ 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)

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

\begin{equation} \,\mathrm{d}{w} = \,\mathrm{d}{u} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{v} = \left( \frac{\partial u}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \frac{\partial u}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} \right) + \left( \frac{\partial v}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \frac{\partial v}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} \right) \mathrm{i} \end{equation}
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
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}{w}}{\mathrm{d}{z}} = \frac{ \frac{\partial u}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial x} \,\mathrm{d}{x} }{ \,\mathrm{d}{x} } = \frac{\partial u}{\partial x} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial x} \end{equation}
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
\begin{equation} \frac{\mathrm{d}{w}}{\mathrm{d}{z}} = \frac{ \frac{\partial u}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} + \mathrm{i} \frac{\partial v}{\partial y} \,\mathrm{d}{y} }{ \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} } = \frac{\partial v}{\partial y} - \mathrm{i} \frac{\partial u}{\partial y} \end{equation}
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 3

   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 4 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

\begin{equation} f'(z) = a(z) + b(z) \mathrm{i} \end{equation}
写成微分形式
\begin{equation} \,\mathrm{d}{w} = f'(z) \,\mathrm{d}{z} \end{equation}
注意 $ \,\mathrm{d}{z} $ 无论取什么方向上式都成立.拆分实部虚部得
\begin{equation} \,\mathrm{d}{w} = \,\mathrm{d}{u} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{v} = (a + b \mathrm{i} )( \,\mathrm{d}{x} + \mathrm{i} \,\mathrm{d}{y} ) = (a \,\mathrm{d}{x} - b \,\mathrm{d}{y} ) + (b \,\mathrm{d}{x} + a \,\mathrm{d}{y} ) \mathrm{i} \end{equation}
所以如果 $f(z)$ 存在(与方向无关的)导数,式 4 必然具有式 9 的形式,二者对比可得
\begin{equation} a(z) = \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} , \qquad b(z) = - \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial x} \end{equation}
这样,不仅得到了柯西—黎曼条件,也得到了导数的表达式
\begin{equation} f'(z) = \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{equation}
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.

  

未完成:举例子,例如 $\exp$, $z^a$ 等都满足柯西—黎曼


致读者: 小时百科一直以来坚持所有内容免费,这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此,我们请求广大读者热心打赏 ,使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元,我们一个星期内就能脱离亏损, 并保证在接下来的一整年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款, 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识, 我们在此表示感谢。

         

友情链接: 超理论坛 | ©小时科技 保留一切权利