2.6: Рівняння Коші-Рімана
- Page ID
- 62594
Рівняння Коші-Рімана є нашим першим наслідком того факту, що визначення межі\(f(z)\) повинно бути однаковим незалежно\(z\) від того, з якого напрямку ви наближаєтесь. Рівняння Коші-Рімана будуть одним з найважливіших інструментів у нашому наборі інструментів.
Часткові похідні як ліміти
Перш ніж перейти до рівнянь Коші-Рімана, нагадаємо про частинні похідні. Якщо\(u(x, y)\) є функцією двох змінних, то часткові похідні\(u\) визначаються як
\[\dfrac{\partial u}{\partial x} (x, y) = \lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{u(x + \Delta, y) - u(x, y)}{\Delta x},\]
тобто похідна від\(y\) постійної\(u\) холдингу.
\[\dfrac{\partial u}{\partial y} (x, y) = \lim_{\Delta y \to 0} \dfrac{u(x, y + \Delta y) - u(x, y)}{\Delta y},\]
тобто похідна від\(x\) постійної\(u\) холдингу.
Рівняння Коші-Рімана
Рівняння Коші-Рімана використовують частинні похідні\(u\) і\(v\) дозволяють нам зробити дві речі: по-перше, перевірити, чи\(f\) є складна похідна, а по-друге, обчислити цю похідну. Почнемо з постановки рівнянь як теореми.
Якщо\(f(z) = u(x, y) + iv(x, y)\) аналітичний (складний диференційований), то
\[f'(z) = \dfrac{\partial u}{\partial x} + i \dfrac{\partial v}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y} - i \dfrac{\partial u}{\partial y}\]
Зокрема,
\[\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y} \text{ and } \dfrac{\partial u}{\partial y} = - \dfrac{\partial v}{\partial x}.\]
Цей останній набір рівнянь з частинними похідними - це те, що зазвичай мається на увазі під рівняннями Коші-Рімана.
Ось коротка форма рівнянь Коші-Рімана:
\[u_x = v_y\]
\[u_y = -v_x\]
- Доказ
-
Припустимо, що\(f(z)\) це диференційовано в якомусь регіоні\(A\) і
\[f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y).\]
Ми обчислимо,\(f'(z)\) наближаючись\(z\) спочатку з горизонтального напрямку, а потім з вертикального напрямку. Скористаємося формулою
\[f'(z) = \lim_{\Delta \to 0} \dfrac{f(z + \Delta z) - f(z)}{\Delta z},\]
де\(\Delta z = \Delta x + i \Delta y\).
Горизонтальний напрямок:\(\Delta y = 0, \Delta z = \Delta x\)
\[\begin{array} {rcl} {f'(z)} & = & {\lim_{\Delta z \to 0} \dfrac{f(z + \Delta z) - f(z)}{\Delta z}} \\ {} & = & {\lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{f(x + \Delta x + iy) - f(x + iy)}{\Delta x}} \\ {} & = & {\lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{(u (x + \Delta, y) + iv(x + \Delta x, y)) - (u(x, y) + iv(x, y))}{\Delta x}} \\ {} & = & {\lim_{\Delta x \to 0} \dfrac{u(x + \Delta x, y) - u(x, y)}{\Delta x} + i \dfrac{v(x + \Delta x, y) - v(x, y)}{\Delta x}} \\ {} & = & {\dfrac{\partial u}{\partial x} (x, y) + i \dfrac{\partial v}{\partial x} (x, y)} \end{array}\]
Вертикальний напрямок:\(\Delta x = 0\),\(\Delta z = i \Delta y\) (Ми зробимо це трохи швидше.)
\[\begin{array} {rcl} {f'(z)} & = & {\lim_{\Delta z \to 0} \dfrac{f(z + \Delta z) - f(z)}{\Delta z}} \\ {} & = & {\lim_{\Delta y \to 0} \dfrac{(u(x, y + \Delta y) + iv (x, y + \Delta y)) - (u(x, y) + iv (x, y))}{i \Delta y}} \\ {} & = & {\lim_{\Delta y \to 0} \dfrac{u(x, y+ \Delta y) - u(x, y)}{i \Delta y} + i \dfrac{v(x, y + \Delta y) - v(x, y)}{i \Delta y}} \\ {} & = & {\dfrac{1}{i} \dfrac{\partial u}{\partial y} (x, y) + \dfrac{\partial v}{\partial y} (x, y)} \\ {} & = & {\dfrac{\partial v}{\partial y} (x, y) - i \dfrac{\partial u}{\partial y} (x, y)} \end{array}\]
Ми знайшли два різних уявлення з\(f'(z)\) точки зору часткових\(u\) і\(v\). Якщо скласти їх разом, ми маємо рівняння Коші-Рімана:
\[f'(z) = \dfrac{\partial u}{\partial x} + i \dfrac{\partial v}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y} - i \dfrac{\partial u}{\partial y} \ \ \Rightarrow \ \ \dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{\partial v}{\partial y}, \text{ and } -\dfrac{\partial u}{\partial y} = \dfrac{\partial v}{\partial x}.\]
Виходить, що зворотне вірно і буде нам дуже корисно.
Розглянемо функцію,\(f(z) = u(x, y) + iv (x, y)\) визначену на регіоні\(A\). Якщо\(u\) і\(v\) задовольняють рівняння Коші-Рімана і мають неперервні частки, то\(f(z)\) диференціюється далі\(A\).
- Доказ
-
Доказом цього є хитра вправа в аналізі. Це дещо виходить за рамки цього класу, тому ми його пропустимо. Якщо ви зацікавлені, з невеликим зусиллям ви повинні бути в змозі зрозуміти це.
Використання рівнянь Коші-Рімана
Рівняння Коші-Рімана надають нам прямий спосіб перевірки того, що функція є диференційною, та обчислення її похідної.
Використовуйте рівняння Коші-Рімана, щоб показати, що\(e^z\) диференційовно, а його похідна є\(e^z\).
Рішення
пишемо
\[e^z = e^{x + iy} = e^x \cos (y) + ie^x \sin (y). \nonumber\]
Так
\[u(x, y) = e^x \cos (y) \nonumber\]
і
\[v(x, y) = e^x \sin(y). \nonumber\]
Обчислення часткових похідних у нас
- \(u_x = e^x \cos (y)\),
- \(u_y = -e^x \sin (y)\),
- \(v_x = e^x \sin (y)\),
- \(u_y = e^x \cos (y) \).
Ми бачимо, що\(u_x = u_y\) і\(u_y = -v_x\), таким чином, рівняння Коші-Рімана задовольняються. Таким чином,\(e^z\) диференційований і
\[\dfrac{d}{dz} e^z = u_x + iv_x = e^x \cos (y) + ie^x \sin (y) = e^z. \nonumber\]
Використовуйте рівняння Коші-Рімана, щоб показати, що\(f(z) = \overline{z}\) це не диференційовно.
Рішення
\(f(x + iy) = x - iy\), Отже\(u(x, y) = x, v(x, y) = -y\). Прийом часткових похідних
\(u_x = 1\),\(u_y = 0\),\(v_x = 0\),\(v_y = -1\)
Оскільки\(u_x \ne v_y\) рівняння Коші-Рімана не задоволені і\(f\) тому не диференційовані.
Якщо\(f(z)\) диференціюється на диску і\(f'(z) =0\) на диску, то\(f(z)\) є постійним.
- Доказ
-
Оскільки\(f\)\(f'(z) \equiv 0\) диференційовний і рівняння Коші-Рімана показують, що
\[u_x (x, y) = u_y (x, y) = v_x (x, y) = v_y (x, y) = 0 \nonumber\]
Ми знаємо з багатовимірного числення, що функція\((x, y)\) з обома частками однаково нуль є постійною. При цьому\(u\) і\(v\) є постійними, а значить так і є\(f\).
\(f'(z)\)як\(2 \times 2\) матриця
Нагадаємо, що ми могли б представляти комплексне число у\(a + ib\) вигляді\(2 \times 2\) матриці.
\[a + ib \ \leftrightarrow \ \begin{bmatrix} a & -b \\ b & a \end{bmatrix}.\]
Тепер, якщо ми пишемо з\(f(z\) точки зору\((x, y)\) ми маємо
\[f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) \ \leftrightarrow \ f(x, y) = (u(x, y), v(x, y)).\]
У нас є
\[f'(z) = u_x + iv_x,\]
так що ми можемо представляти\(f'(z)\) як
\[\begin{bmatrix} u_x & -v_x \\ v_x & u_x \end{bmatrix}.\]
Використовуючи рівняння Коші-Рімана, ми можемо замінити\(-v_x\) на\(u_y\) і\(u_x\) за допомогою\(v_y\) яких дає нам уявлення
\[f'(z) \ \leftrightarrow \ \begin{bmatrix} u_x & u_y \\ v_x & v_y \end{bmatrix},\]
тобто,\(f'(z)\) це якраз Якобійський з\(f(x, y)\).
Для мене легше запам'ятати якобійське рівняння, ніж рівняння Коші-Рімана. Оскільки\(f'(z)\) це комплексне число, я можу використовувати матричне представлення в рівнянні 1, щоб запам'ятати рівняння Коші-Рімана!