こんにちは、ひかりです。
今回は複素関数論からコーシー・リーマンの方程式について解説していきます。
この記事では以下のことを紹介します。
- コーシー・リーマンの方程式について
- コーシー・リーマンの方程式の別表現について
コーシー・リーマンの方程式
前回の記事にて、正則関数を定義しました。
ここでは正則関数がみたす条件について見ていきましょう。
\( D\subset \mathbb{C} \) を開集合として、 \( f:D\to \mathbb{C} \) を \( D \) 上正則であるとします。そして、
$$ u(x,y)=\text{Re} \ f(z), \quad v(x,y)=\text{Im} \ f(z) $$
とおきます。つまり、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) \quad (z=x+iy\in D) $$
\( z=x+iy\in D \) に対して、
$$ \frac{f(z+h)-f(z)}{h}\to f'(z) \quad (h\to 0) $$
となることから、 \( u,v \) のみたすべき性質を調べてみましょう。
- \( h\in\mathbb{R} \) のとき
-
\( z+h=x+h+iy \) となるので、
$$ \begin{align} \frac{f(z+h)-f(z)}{h}&=\frac{1}{h}(u(x+h,y)+iv(x+h,y)-(u(x,y)+iv(x,y))) \\ &=\frac{1}{h}(u(x+h,y)-u(x,y))+\frac{i}{h}(v(x+h,y)-v(x,y)) \\ &\to \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)+i\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) \quad (h\to 0) \end{align} $$
- \( h=ik, \ k\in\mathbb{R} \) のとき
-
\( z+h=x+i(y+k) \) となるので、
$$ \begin{align} \frac{f(z+h)-f(z)}{h}&=\frac{1}{ik}(u(x,y+k)+iv(x,y+k)-(u(x,y)+iv(x,y))) \\ &=\frac{1}{k}(v(x,y+k)-v(x,y))+\frac{1}{ik}(u(x,y+k)-u(x,y)) \\ &\to \frac{\partial v}{\partial y}(x,y)-i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y) \quad (k\to 0) \end{align} $$
これらをあわせると、
$$ f'(z)=\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)+i\frac{\partial v}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial v}{\partial y}(x,y)-i\frac{\partial u}{\partial y}(x,y) $$
となるので、実部と虚部を比較すると次が成り立ちます。
$$ \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial v}{\partial y}(x,y) \\ \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)=-\frac{\partial u}{\partial y}(x,y) \end{cases} $$
この逆も成り立ちます。まとめると、
\( D\subset \mathbb{C} \) を開集合として \( f:D\to \mathbb{C} \) とする。また、
$$ u(x,y)=\text{Re} \ f(z), \quad v(x,y)=\text{Im} \ f(z) $$
とおく。つまり、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) \quad (z=x+iy\in D) $$
このとき、 \( f \) が \( z_0=x_0+iy_0\in D \) で微分可能
\( \iff \) \( u,v \) は \( (x_0,y_0) \) で全微分可能であり、
$$ \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)=\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0) \\ \frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)=-\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0) \end{cases} \tag{CR} $$
をみたす。さらに、このとき
$$ f'(z_0)=\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)+i\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0) $$
となる。この式(CR)をコーシー・リーマンの方程式という。
定理1の証明(気になる方だけクリックしてください)
(\(\Rightarrow\)) (CR)については上で示しました。全微分可能性については複素関数論03の定理1から従います。
(微分積分学09の定理2より \( C^1 \)級であれば全微分となります)
(\(\Leftarrow\)) 仮定より
\[ f(z)-f(z_0)=(u(x,y)-u(x_0,y_0))+i(v(x,y)-v(x_0,y_0)) \]
したがって、 \( u,v \) が \( (x_0,y_0) \) で全微分可能なので、
\[ u(x,y)-u(x_0,y_0)=\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)(y-y_0)+R_1(x,y) \]
\[ v(x,y)-v(x_0,y_0)=\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)(y-y_0)+R_2(x,y) \]
とおくと、
\[ \frac{|R_1(x,y)|}{|(x,y)-(x_0,y_0)|}, \ \frac{|R_2(x,y)|}{|(x,y)-(x_0,y_0)|} \to 0 \quad ((x,y)\to (x_0,y_0)) \]
よって、コーシー・リーマンの方程式より、
$$ \begin{align} f(z)-f(z_0)&=\left( \frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial u}{\partial y}(x_0,y_0)(y-y_0) \right) \\ & \quad +i\left( \frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial v}{\partial y}(x_0,y_0)(y-y_0) \right)+R_1(x,y)+R_2(x,y) \\ &=\frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)(z-z_0)+i\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)(z-z_0)+R_1(x,y)+R_2(x,y) \end{align} $$
となるので、
$$ \begin{align} &\left| \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}-\left( \frac{\partial u}{\partial x}(x_0,y_0)+i\frac{\partial v}{\partial x}(x_0,y_0)\right)\right| \\ &=\left| \frac{R_1(x,y)+R_2(x,y)}{z-z_0}\right|\to 0 \quad (z\to z_0) \end{align} $$
したがって、 \( f \) は \( z_0=x_0+iy_0\in D \) で微分可能となります。
(1) 次の複素関数を考える。
$$ f(z)=|z|^2=x^2+y^2 \quad (z=x+iy\in \mathbb{C}) $$
これは \( z\in\mathbb{C}\backslash\{0\} \) で微分可能でない。実際、
$$ u(x,y)=x^2+y^2, \quad v(x,y)=0 $$
とおくと、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) $$
となる。このとき、
$$ \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=2x, \ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)=2y, \ \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)=0, \ \frac{\partial v}{\partial y}(x,y)=0 $$
したがって \( z\not=0 \) に対して、
$$ \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)\not=\frac{\partial v}{\partial y}(x,y) \ または \ \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)\not=-\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) $$
となり、コーシー・リーマンの方程式をみたさないので \( z\in\mathbb{C}\backslash\{0\} \) で微分可能でない。
(2) 次の複素関数を考える。
$$ f(z)=e^x(\cos y+i\sin y) \quad (z=x+iy\in \mathbb{C}) $$
これは \( \mathbb{C} \) 上で正則である。実際、
$$ u(x,y)=e^x\cos y, \quad v(x,y)=e^x\sin y $$
とおくと、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) $$
となる。このとき、
$$ \begin{align} &\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=e^x\cos y, \quad \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)=-e^x\sin y, \\ & \frac{\partial v}{\partial x}(x,y)=e^x\sin y, \quad \frac{\partial v}{\partial y}(x,y)=e^x\cos y \end{align} $$
したがって、
$$ \frac{\partial u}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial v}{\partial y}(x,y), \quad \frac{\partial u}{\partial y}(x,y)=-\frac{\partial v}{\partial x}(x,y) $$
となり、コーシー・リーマンの方程式をみたすので \( f \) は \( \mathbb{C} \) 上で正則となる。
コーシー・リーマンの方程式の別表現
\( z=x+iy \) とおくと \( \overline{z}=x-iy \) であるので、 \( z,\overline{z} \) は互いに独立ではありません。
しかし、形式的に \( z \) と \( \overline{z} \) を独立変数と見なして偏微分の連鎖公式を適用してみましょう。
$$ x=\frac{1}{2}(z+\overline{z}), \quad y=\frac{1}{2i}(z-\overline{z}) $$
に注意すると、
$$ \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial z}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial z}=\frac{1}{2}\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{1}{2i}\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{2}\left( \frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y} \right) \tag{1} $$
$$ \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial \overline{z}}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial \overline{z}}=\frac{1}{2}\frac{\partial f}{\partial x}-\frac{1}{2i}\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{2}\left( \frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y} \right) \tag{2} $$
上の計算は形式的なものなので、この上の式によって \( \frac{\partial f}{\partial z},\frac{\partial f}{\partial \overline{z}} \) を定義することにします。
また、 \( f(z)=u+iv \) とおくと
$$ \frac{\partial f}{\partial x}=u_x+iv_x, \quad \frac{\partial f}{\partial y}=u_y+iv_y $$
であるので、式(1),(2)はそれぞれ次のように表せます。
$$ \begin{align} \frac{\partial f}{\partial z}&=\frac{1}{2}\{(u_x+iv_x)-i(u_y+iv_y)\}=\frac{1}{2}\{(u_x+v_y)+i(-u_y+v_x)\} \end{align} $$
$$ \begin{align} \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}&=\frac{1}{2}\{(u_x+iv_x)+i(u_y+iv_y)\}=\frac{1}{2}\{(u_x-v_y)+i(u_y+v_x)\} \end{align} \tag{3} $$
式(3)よりコーシー・リーマンの方程式は
$$ \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}=0 $$
と同値であることがわかります。まとめると、
\( D\subset \mathbb{C} \) を開集合として \( f:D\to \mathbb{C} \) とする。また、
$$ u(x,y)=\text{Re} \ f(z), \quad v(x,y)=\text{Im} \ f(z) $$
とおく。つまり、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) \quad (z=x+iy\in D) $$
このとき、 \( f \) が \( z=x+iy\in D \) で微分可能であることの必要十分条件は \( u,v \) が \( (x,y) \) で全微分可能であり次をみたすことである。
$$ \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}=0 $$
次の複素関数の微分可能性について調べる。
$$ f(z)=\frac{z(\overline{z})^2}{2}-\overline{z} $$
\( z=x+iy \) とすると、 \( \overline{z}=x-iy \) であるので、
$$ \begin{align} f(z)&=\frac{1}{2}(x+iy)(x-iy)^2-(x-iy)=\frac{1}{2}(x^2+y^2)(x-iy)-(x-iy) \\ &=\frac{1}{2}(x^3-ix^2y+xy^2-iy^3)-(x-iy) \\ &=\frac{1}{2}(x^3+xy^2-2x)-\frac{1}{2}i(x^2y+y^3-2y) \end{align} $$
よって、
$$ u(x,y)=\frac{1}{2}(x^3+xy^2-2x), \quad v(x,y)=-\frac{1}{2}(x^2y+y^3-2y) $$
とおくと、
$$ f(z)=u(x,y)+iv(x,y) $$
となり、 \( u,v \) は全微分可能である。また、
$$ \frac{\partial f}{\partial \overline{z}}=z\overline{z}-1=|z|^2-1 $$
であるので、定理2より \( f(z) \) は \( |z|^2-1=0 \) となる点、つまり単位円周上の点 \( z_0 \) でのみ微分可能であり、微分係数は
$$ \frac{\partial f}{\partial z}(z_0)=\frac{1}{2}(\overline{z_0})^2 $$
今回はここまでです。お疲れ様でした。また次回にお会いしましょう。