6.3: Комплексна диференціація
- Page ID
- 62903
Кажуть\(f\), що комплекс диференційований,\(z_{0}\) якщо
\[\lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}} \nonumber\]
існує, під яким ми маємо на увазі, що
\[\frac{f(z_{n})-f(z_{0})}{z_{n}-z_{0}} \nonumber\]
сходиться до одного і того ж значення для кожної послідовності\(\{z_{n}\}\), яка сходиться до\(z_{0}\). У цьому випадку ми природно називаємо лімітом.\(\frac{d}{dz} f(z_{0})\)
Щоб проілюструвати концепцію «для кожного», згаданого вище, ми використовуємо наступну картину. Ми припускаємо,\(z_{0}\) що точка диференційована, а це означає, що будь-яка мислима послідовність збирається сходитися до\(z_{0}\). Ми окреслимо три послідовності на малюнку: дійсні числа, уявні числа та спіральний візерунок обох.
Послідовності наближаються до точки в комплексній площині
Похідне від\(z^2\) є\(2z\).
\[\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{z^2-z_{0}^2}{z-z_{0}} &= \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{(z-z_{0})(z+z_{0})}{z-z_{0}} \\[4pt] &= 2z_{0} \end{align*}\]
Експоненціальна є власною похідною.
\[\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{e^{z}-e^{z_{0}}}{z-z_{0}} &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{e^{z-z_{0}}-1}{z-z_{0}} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z-z_{0})^{n}}{(n+1)!} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \end{align*}\]
Реальна частина не\(z\) є диференційованою функцією\(z\).
Показано, що межа залежить від кута наближення. По-перше, коли\(z_{n} \rightarrow z_{0}\) на прямій, паралельній дійсній осі, наприклад\(z_{n} = x_{0}+\frac{1}{n}+iy_{0}\), ми знаходимо
\[\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{0}+\frac{1}{n}-x_{0}}{x_{0}+\frac{1}{n}+iy_{0}-x_{0}+iy_{0}} = 1 \nonumber\]
\(z_{n} \rightarrow z_{0}\)в той час як якщо в уявному напрямку, наприклад\(z_{n} = x_{0}+i(y_{0}+\frac{1}{n})\), то
\[\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{x_{0}-x_{0}}{x_{0}+i(y_{0}+\frac{1}{n})-x_{0}+iy_{0}} = 0 \nonumber\]
Висновок
НЕ_ПЕРЕТВОРЕНІ_ЩЕ: пункт
Цей останній приклад говорить про те,\(f\) що коли диференційовний простий зв'язок повинен пов'язувати його часткові похідні в\(x\) і\(y\).
Якщо\(f\) диференційований в\(z_{0}\) то\(\frac{d}{dz} f(z_{0}) = \frac{\partial f(z_{0})}{\partial x} = -(i \frac{\partial f(z_{0})}{\partial y})\)
З\(z = x+iy_{0}\)
\[ \begin{align*} \frac{d}{dz} f(z_0) &= \lim_{z \rightarrow z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} \\[4pt] &= \lim_{x \rightarrow x_0} \frac{f(x+iy_0)-f(x_0+iy_0}{x-x_0} \\[4pt] &= \frac{\partial f(z_{0})}{\partial x} \end{align*}\]
З\(z = x_{0}+iy\)
\[ \begin{align*} \frac{d}{dz} f(z_{0}) &= \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{f(z)-f(z_{0})}{z-z_{0}} \\[4pt] &= \lim_{x \rightarrow x_{0}} \frac{f(x_{0}+iy)-f(x_{0}+iy_{0}}{i(y-y_{0})} \\[4pt] &= -(i \frac{\partial f(z_{0})}{\partial y}) \end{align*}\]
Рівняння Коші-Реймана
У терміні дійсної і уявної частин\(f\) цей результат приносить рівняння Коші-Рімана.
\[\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \nonumber\]
і
\[\frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{\partial u}{\partial y} \nonumber\]
Щодо зворотної пропозиції ми зауважимо, що коли\(f\) має неперервні часткові похідні в області, що підпорядковуються рівнянню Коші-Реймана,\(f\) то насправді диференційовна в області.
Ми зауважимо, що не маючи більше енергії, ніж витрачена на своїх справжніх двоюрідних братів, можна розкрити правила диференціації складних сум, продуктів, коефіцієнтів та композицій.
Як одне з важливих застосувань похідної спробуємо розширити в часткових дробах раціональну функцію, знаменник якої має корінь зі ступенем більшим за одиницю. Як розминки спробуємо знайти\(q_{1,1}\) і\(q_{1,2}\) в виразі
\[\frac{z+2}{(z+1)^2} = \frac{q_{1,1}}{z+1}+\frac{q_{1,2}}{(z+1)^2} \nonumber\]
Аргументуючи, як зазначено вище, здається розумним помножити на\((z+1)^2\) і так прийти до
\[z+2 = q_{1,1}(z+1)+q_{1,2} \nonumber\]
На налаштування\(z = -1\) це дає\(q_{1,2} = 1\). З\(q_{1,2}\) обчислюється, Рівняння приймає просту форму\(z+1 = q_{1,1}(z+1)\) і\(q_{1,2} = 1\) так само. Отже,
\[\frac{z+2}{(z+1)^2} = \frac{1}{z+1} \frac{1}{(z+1)^2} \nonumber\]
Цей останній крок стає більш громіздким для коренів вищих ступенів. Розглянемо
\[\frac{(z+2)^2}{(z+1)^3} = \frac{q_{1,1}}{z+1}+\frac{q_{1,2}}{(z+1)^2}+\frac{q_{1,3}}{(z+1)^3} \nonumber\]
Перший крок все ще правильний: помножте на коефіцієнт у найвищому ступені, тут 3. Це залишає нас
\[(z+2)^2 = q_{1,1}(z+1)^2+q_{1,2}(z+1)+q_{1,3} \nonumber\]
Установка\(z = -1\) знову видає останній коефіцієнт, тут\(q_{1,3} = 1\). Однак нам залишається одне рівняння в двох невідомих. Ну, насправді не одне рівняння, для рівняння, щоб провести для всіх\(z\), Рівняння. Це виробляє
\[2(z+2) = 2q_{1,1}(z+1)+q_{1,2} \nonumber\]
І\(2 = q_{1,1}\) останній, звичайно, не потребує коментарів. Виходимо\(q_{1,2}\) з першого шляхом установки\(z = -1\). Цей приклад дозволить нам вивести простий вираз для часткового розширення часткового дробу загальної правильної раціональної функції,\(q = \frac{f}{g}\) де\(g\) має h чіткі\(\{\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{h}\}\) корені відповідних ступенів\(\{d_{1}, \cdots, d_{h}\}\). пишемо
\[q(z) = \sum_{j = 1}^{h} \sum_{k = 1}^{d_{j}} \frac{q_{j,k}}{(z-\lambda_{j})^k} \nonumber\]
і зверніть увагу, як зазначено вище,\(q_{j,k}\) тобто коефіцієнт\((z-d_{j})^{d_{j-k}}\) в раціональній функції
\[r_{j}(z) \equiv q(z)(z-\lambda_{j})^{d_{j}} \nonumber\]
Отже,\(q_{j,k}\) може бути обчислено шляхом встановлення\(z = \lambda_{j}\) в співвідношенні\(d_{j}-kth\) похідної від\(r_{j}\) до\((d_{j}-k)!\)
\[q_{j,k} = \lim_{z \rightarrow \lambda_{j}} \frac{1}{(d_{j}-k)!} \frac{d^{d_{j}-k}}{dz^{d_{j}-k}} \{(z-\lambda_{j})^{d_{j}} q(z)\} \nonumber\]
Як другий приклад візьмемо
\[B = \begin{pmatrix} {1}&{0}&{0}\\ {1}&{3}&{0}\\ {0}&{1}&{1} \end{pmatrix} \nonumber\]
і обчислити\(\Phi_{j,k}\) матриці в розширенні
\[\begin{align*} (zI-B)^{-1} &= \begin{pmatrix} {\frac{1}{z-1}}&{0}&{0}\\ {\frac{1}{(z-1)(z-3)}}&{\frac{1}{z-3}}&{0}\\ {\frac{1}{(z-1)^{2}(z-3)}}&{\frac{1}{(z-1)(z-3)}}&{\frac{1}{z-1}} \end{pmatrix} \\[4pt] &= \frac{1}{z-1} \Phi_{1,1}+\frac{1}{(z-1)^2} \Phi_{1,2}+\frac{1}{z-3} \Phi_{2,1} \end{align*}\]
Єдиним складним терміном є\((3,1)\) елемент. пишемо
\[\frac{1}{(z-1)^{2}(z-3)} = \frac{q_{1,1}}{z-1}+\frac{q_{1,2}}{(z-1)^2}+\frac{q_{2,1}}{z-3} \nonumber\]
Звідси випливає, що
\[\begin{align*} q_{1,1} &= \frac{d}{dz}(\frac{1}{z-3}1) \\[4pt] &= -1/4 \end{align*}\]
і
\[\begin{align*} q_{1,2} &= \frac{1}{z-3}1 \\[4pt] &= -1/4 \end{align*}\]
і
\[\begin{align*}q_{2,1} &= (\frac{1}{(z-3)^{2}}1) \\[4pt] &= 1/4 \end{align*}\]
Тепер випливає, що
\[(zI-B)^{-1} = \frac{1}{z-1} \begin{pmatrix} {1}&{0}&{0}\\ {-1/2}&{0}&{0}\\ {-1/4}&{-1/2}&{1} \end{pmatrix}+\frac{1}{(z-1)^2} \begin{pmatrix} {0}&{0}&{0}\\ {0}&{0}&{0}\\ {-1/2}&{0}&{0} \end{pmatrix}+\frac{1}{z-3} \begin{pmatrix} {0}&{0}&{0}\\ {1/2}&{1}&{0}\\ {1/4}&{1/2}&{0} \end{pmatrix} \nonumber\]
На завершення зауважимо, що в Matlab реалізовано метод часткових розширень дробів. Насправді, Рівняння\(q_{1,1}, q_{1,2}, q_{2,1}\) все випливають з однієї команди: [r, p, k] = залишок ([0 0 0 1], [1 -5 7 -3]). Перший вхідний аргумент - Matlab-speak для\(f(z) = 1\) многочлена, тоді як другий аргумент відповідає знаменнику
\[g(z) = (z-1)^{2}(z-3) = z^{3}-5z^{2}+7z-3 \nonumber\]