6.3: Комплексна диференціація

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

Малюнок$\PageIndex{1}$: Зелений - справжній, синій - уявний, а червоний - спіраль. (CC BY-NC; Уміти Кая)

Приклад$\PageIndex{1}$

Похідне від$z^2$ є$2z$.

$$\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{z^2-z_{0}^2}{z-z_{0}} &= \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{(z-z_{0})(z+z_{0})}{z-z_{0}} \\[4pt] &= 2z_{0} \end{align*}$$

Приклад$\PageIndex{2}$

Експоненціальна є власною похідною.

$$\begin{align*} \lim z \rightarrow z_{0} \frac{e^{z}-e^{z_{0}}}{z-z_{0}} &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \frac{e^{z-z_{0}}-1}{z-z_{0}} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \lim_{z \rightarrow z_{0}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(z-z_{0})^{n}}{(n+1)!} \\[4pt] &= e^{z_{0}} \end{align*}$$

Приклад$\PageIndex{3}$

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$y$.

Визначення: Часткові похідні відносини

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

$$g(z) = (z-1)^{2}(z-3) = z^{3}-5z^{2}+7z-3 \nonumber$$