函数解析的条件,柯西-黎曼方程

我们通过复变函数导数的定义,再将复变函数分成实部和虚部的方法,导出复变函数可导的条件。

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1,柯西-黎曼条件:我们将函数 \(w=f(z)\) 分成实部与虚部

\[w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\]

那么 \[f'(z_0)=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}\]

因为 \(z=x+iy, z_0=x_0+iy_0\),我们分别沿两个方向让 \(z\to z_0\),

(1)\(x\to x_0, y=y_0\),就是 \(z\) 沿平行于 \(x\) 轴的方向趋近于 \(z_0\),则

\begin{align*}f'(z_0)&=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{{x\to x_0}\atop{y=y_0}}\frac{u(x,y_0)+iv(x,y_0)-u(x_0,y_0)-iv(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &=\lim_{x\to x_0}\frac{u(x,y_0)-u(x_0,y_0)}{x-x_0}+i\lim_{x\to x_0}\frac{v(x,y_0)-v(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &=u_x(x_0,y_0)+iv_(x_0,y_0)\end{align*}

(2)\(x= x_0, y\to y_0\),就是 \(z\) 沿平行于 \(y\) 轴的方向趋近于 \(z_0\),则

\begin{align*}f'(z_0)&=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{{x= x_0}\atop{y\to y_0}}\frac{u(x_0,y)+iv(x_0,y)-u(x_0,y_0)-iv(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}\\ &=\lim_{y\to y_0}\frac{u(x_0,y)-u(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}+i\lim_{y\to y_0}\frac{v(x_0,y)-v(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}\\ &=-iu_y(x_0,y_0)+v_y(x_0,y_0)\end{align*}

上面两种方向的导数应该是相等的,也就是说

\[u_x(x_0,y_0)+iv_(x_0,y_0)=-iu_y(x_0,y_0)+v_y(x_0,y_0)\]

分开实部与虚部,我们有

\[u_x=v_y, u_y=-v_x\]

这就是柯西-黎曼方程,或者称为复变函数可导的柯西-黎曼条件。我们将上述的结果叙述成一个定理

定理(柯西-黎曼条件):函数 \(w=f(z)\) 在 \(z_0\) 处解析的必要条件是 \(f(z)\) 在 \(z_0\) 处满足柯西-黎曼方程

\[u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0), u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)\]

例1,证明 \(w=\bar{z}\) 在复平面上不解析。

证明:因为 \(w=x-iy\),也就是说 \(u(x,y)=x, v(x,y)=-y\),所以

\[u_x=1, v_y=-1, u_y=0, v_x=0\]

可以看到 \(u_x\ne v_y\), 所以函数在整个平面上不满足柯西-黎曼方程,所以函数在整个平面上不可导。

现在我们来证明函数在区域上解析的充分必要条件。

2,定理:\(f(z)=u(x,y)+iv(x,y)\) 在区域 \(D\) 上解析的充分必要条件是 \(u,v\) 在 \(D\) 内有一阶连续偏导数,且满足柯西-黎曼方程。

证明:必要性已经在上面的定理证明了,现在证明必要性。

若 \(u,v\) 在 \(D\) 内一阶连续可导,且 \(u_x=v_y, u_y=-v_x\),那么 \(u,v\) 在 \(D\) 内可微,

\begin{cases}u(x,y)-u(x_0,y_0)=u_x\cdot(x-x_0)+u_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_1(|\Delta z|)\\ v(x,y)-v(x_0,y_0)=v_x\cdot(x-x_0)+v_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_2(|\Delta z|)\end{cases}

其中 \[\lim_{\Delta a\to 0}\frac{\epsilon_1(\Delta z)}{|\Delta z|}=0, \lim_{\Delta z\to 0}\frac{\epsilon_2(\Delta z)}{|\Delta z|}=0\]

我们将第二个方程乘以 \(i\) 加上第一个方程,那么方程的左边变为

\[u(x,y)-u(x_0,y_0)+iv(x,y)-iv(x_0,y_0)=(u(x,y)+iv(x,y))-(u(x_0,y_0)+iv(x_0,y_0))=f(z)-f(z_0)\]

注意到柯西-黎曼方程,\(u_x=v_y, u_y=-v_x\),方程的右边变为

\begin{align*}u_x\cdot(x-x_0)&+u_y\cdot (y-y_0)+\epsilon_1(|\Delta z|)+iv_x\cdot(x-x_0)+iv_y\cdot (y-y_0)+i\epsilon_2(|\Delta z|) \\ &=u_x\cdot(x-x_0+i(y-y_0))+iv_x\cdot(x-x_0+i(y-y_0))+\epsilon_1+i\epsilon_2\\ &=u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2\end{align*}

左右两边相等,

\[f(z)-f(z_0)=u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2\]

两边取极限,

\[\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{z\to z_0}\frac{u_x\cdot (z-z_0)+iv_x\cdot(z-z_0)+\epsilon_1+i\epsilon_2}{z-z_0}=u_x+iv_x\]

也就是说,函数在 \(z_0\) 处解析。因为 \(z_0\in D\) 是任意的,所以函数在 \(D\) 内解析。

例2:设函数 \(f(z)=x^2+axy+by^2+i(cx^2+dxy+y^2)\),问 \(a,b,c,d\) 取何值时,\(f(z)\) 在平面上解析?

解:可以看到 \[u(x,y)=x^2+axy+by^2, v(x,y)=cx^2+dxy+y^2\]

所以\[u_x=2x+ay, u_y=ax+2by, v_x=2cx+dy, v_y=dx+2y\]

\(u(x,y), v(x,y)\) 都是多项式,它们在整个平面上都是一阶连续可微。再由柯西-黎曼方程,

\[u_x=v_y\quad \Rightarrow\quad 2x+ay=dx+2y\quad \Rightarrow\quad a=2,d=2\]

\[u_y=-v_x\quad \Rightarrow\quad 2x+2by=2cx+2y\quad \Rightarrow\quad b=-1,c=-1\]

所以 \(a=2,b=-1,c=-1,d=2\) 时,函数 \(f(z)=x^2+2xy-y^2+i(-x^2+2xy+y^2)\) 在平面上解析。