2.6: Рівняння Коші-Рімана

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.

Теорема$\PageIndex{1}$: Cauchy-Riemann Equations

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.

Теорема$\PageIndex{2}$

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.

Приклад$\PageIndex{1}$

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

$$\dfrac{d}{dz} e^z = u_x + iv_x = e^x \cos (y) + ie^x \sin (y) = e^z. \nonumber$$

Приклад$\PageIndex{2}$

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.

Теорема$\PageIndex{3}$

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!