コーシーリーマンの関係式と微分可能性・正則関数

更新 2022/03/18

複素関数の微分可能性について，そもそも微分可能の意味とは？からはじめて，微分できない例・コーシーリーマンの関係式などを説明します。

目標は，以下の定理の理解です。

複素関数の微分可能性についての定理

$z = x+ iy\:$ （ $x,y$ は実数）とする。次の2条件は同値である。

$f(z) = u (x,y) + i v (x,y)$ が複素関数の意味で微分可能（正則関数）
$u(x,y),v(x,y)$ が（2変数実関数の意味で）全微分可能であり，コーシーリーマンの関係式を満たす。

（ただし， $u,v$ は実数）

問題設定

f(z)f(z)f(z) は複素数上で定義され，複素数の値を持つ関数です。
f(z)f(z)f(z)
 の実部と虚部をそれぞれ
u,vu,vu,v
 とします。つまり，複素数
z=x+iyz=x+iyz=x+iy
 を入力したときの出力を
f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)f(x+iy)=u(x,y)+iv(x,y)
 と書きます（x,y,u,vx,y,u,vx,y,u,v
 は実数）。
以下では複素関数の微分可能性について考えます。

微分可能性

1変数実関数の微分可能性実関数
f(x)f(x)f(x)
 が
x=x0x=x_0x=x0​
 で微分可能とは，
lim⁡x→x0f(x)−f(x0)x−x0\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}x→x0​lim​x−x0​f(x)−f(x0​)​
 が存在するという意味です。
1次近似の形で表現すると，ある実数
RRR
 が存在して
f(x)=f(x0)+R(x−x0)+o(∣x−x0∣)f(x)=f(x_0)+R(x-x_0)+o(|x-x_0|)f(x)=f(x0​)+R(x−x0​)+o(∣x−x0​∣)
と表せる，という意味です。
※スモールオー ooo の意味はオーダー記法（ランダウの記号）の定義と大雑把な意味の記事末で紹介しています。
2変数実関数の全微分可能性2変数実関数
f(x,y)f(x,y)f(x,y)
 が
(x,y)=(x0,y0)(x,y)=(x_0,y_0)(x,y)=(x0​,y0​)
 で全微分可能とは，ある実数
A,BA,BA,B
 が存在して
f(x,y)=f(x0,y0)+A(x−x0)+B(y−y0) +o((x−x0)2+(y−y0)2)f(x,y)\\
=f(x_0,y_0)+A(x-x_0)+B(y-y_0)\\
\:+o(\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2})f(x,y)=f(x0​,y0​)+A(x−x0​)+B(y−y0​)+o((x−x0​)2+(y−y0​)2​)
と表せる，という意味です。
1変数複素関数の微分可能性同様に，複素関数
f(z)f(z)f(z)
 が
z=z0z=z_0z=z0​
 で微分可能とは，
lim⁡z→z0f(z)−f(z0)z−z0\displaystyle\lim_{z\to z_0}\dfrac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}z→z0​lim​z−z0​f(z)−f(z0​)​
 が存在するという意味です（zzz
 が
z0z_0z0​
 へどのように近づいても同じ極限値が存在しないといけない）。
1次近似の形で表現すると，ある複素数
ZZZ
 が存在して
f(z)=f(z0)+Z(z−z0)+o(∣z−z0∣)f(z)=f(z_0)+Z(z-z_0)+o(|z-z_0|)f(z)=f(z0​)+Z(z−z0​)+o(∣z−z0​∣)
 となる，という意味です。
微分不可能な例
g(z)=z‾g(z) = \overline{z}g(z)=z とすると，この関数は複素微分不可能である。実際，h=s+ith=s+ith=s+it とおくと，
g(z+h)−g(z)h=h‾h=s−its+it
\dfrac{g(z+h) - g(z)}{h} = \dfrac{\overline{h}}{h}=\dfrac{s-it}{s+it}
hg(z+h)−g(z)​=hh​=s+its−it​
となる。h→0h\to 0h→0 を考える際に，例えば
t=0t=0t=0 と固定して s→0s\to 0s→0 とすると上式は 111
s=0s=0s=0 と固定して t→0t\to 0t→0 とすると上式は −1-1−1
となり一定でないので微分不可能。
ちなみに，対象とする領域内すべての点で複素微分可能な関数を 正則関数 といいます，複素解析において非常に重要な概念です。

コーシーリーマンの関係式と具体例

冒頭の定理で登場したコーシーリーマンの関係式について説明します。

コーシーリーマンの関係式（方程式）

$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y}$ ， $\dfrac{\partial u}{\partial y}=-\dfrac{\partial v}{\partial x}$

例題

$f(z)=z^2 , g(z) = \overline{z}$ それぞれについてコーシーリーマンの関係式が成立しているかどうか確認せよ。

解答

$f(x+iy)=(x^2-y^2)+2xyi$ より， $u=x^2-y^2,v=2xy$ である。

偏微分を計算すると， $\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y}=2x$ ， $\dfrac{\partial u}{\partial y}=-\dfrac{\partial v}{\partial x}=-2y$ となっている。ゆえにコーシーリーマンの関係式を満たす。

$g(x+iy) = x - iy$ より， $u = x , v = -y$ である。

偏微分を計算すると $\dfrac{\partial u}{\partial x} = 1 \neq -1 = \dfrac{\partial v}{\partial y}$ である。よってコーシーリーマンの関係式を満たさない。

上記の例題からも $g(z) = \overline{z}$ は微分可能ではないことがわかります。

冒頭の定理の証明

必要性と十分性を同時に示します。

証明

$f(z)$ が $z=z_0$ において複素関数の意味で微分可能

$\iff$ ある複素数 $Z=A+Bi$ が存在して $f(z)=f(z_0)+(A+Bi)(z-z_0)+o(|z-z_0|)$

ここで， $z=x+iy,z_0=x_0+iy_0$ として上式を変形すると，

$u(x,y)+iv(x,y)\\ =u(x_0,y_0)+iv(x_0,y_0)\\ +(A+Bi)(x-x_0+iy-iy_0)+o(|z-z_0|)$

となる。

これを実部と虚部にわけると，

$u(x,y)\\ =u(x_0,y_0)+A(x-x_0)-B(y-y_0)\\ +o(|z-z_0|)$

$v(x,y)\\ =v(x_0,y_0)+B(x-x_0)+A(y-y_0)\\ +o(|z-z_0|)$

よって，

上の条件が成立

$\iff$ $u,v$ が2変数の実関数の意味で微分可能（ $u,v$ が1次近似できる），かつ $(x_0,y_0)$ においてコーシーリーマンの関係式（ $u$ と $v$ の1次近似式の間の関係式）が成立

である。

ウィルティンガーの微分

複素数 z=x+iyz = x+iyz=x+iy において，x=z+z‾2,y=z−z‾2ix = \dfrac{z+\overline{z}}{2} , y = \dfrac{z - \overline{z}}{2i}x=2z+z​,y=2iz−z​ です。この式を踏まえ，複素関数 fff の変数を x,yx,yx,y として考える代わりに z,z‾z , \overline{z}z,z で考えてみます。
この考えに基づいてウィルティンガーの微分が以下で定義されます：
∂f∂z=12(∂f∂x−i∂f∂y)∂f∂z‾=12(∂f∂x+i∂f∂y)
\dfrac{\partial f}{\partial z} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} - i \dfrac{\partial f}{\partial y} \right)\\
\dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} + i \dfrac{\partial f}{\partial y} \right)
∂z∂f​=21​(∂x∂f​−i∂y∂f​)∂z∂f​=21​(∂x∂f​+i∂y∂f​)
導出z,z‾z , \overline{z}z,z を変数として考える fff の全微分は
df=∂f∂zdz+∂f∂z‾dz‾
df = \dfrac{\partial f}{\partial z} dz + \dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}} d\overline{z}
df=∂z∂f​dz+∂z∂f​dz
と表されます。
x,yx,yx,y を変数と考える fff の全微分は
df=∂f∂xdx+∂f∂ydy
df = \dfrac{\partial f}{\partial x} dx + \dfrac{\partial f}{\partial y} dy
df=∂x∂f​dx+∂y∂f​dy
でした。
dx=dz+dz‾2,dy=dz−dz‾2idx = \dfrac{dz + d\overline{z}}{2} , dy = \dfrac{dz-d\overline{z}}{2i}dx=2dz+dz​,dy=2idz−dz​ が成立しますから，代入し計算すると
df=12(∂f∂x−i∂f∂y)dz+12(∂f∂x+i∂f∂y)dz‾
df = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} - i\dfrac{\partial f}{\partial y} \right) dz + \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} + i\dfrac{\partial f}{\partial y} \right) d\overline{z}
df=21​(∂x∂f​−i∂y∂f​)dz+21​(∂x∂f​+i∂y∂f​)dz
が得られます。dz,dz‾dz,d\overline{z}dz,dz の係数に注目することで求めるべき式が得られます。
ウィルティンガーの微分とコーシーリーマンの式コーシーリーマンの関係式が成立する関数 fff について，ウィルティンガーの微分を計算してみましょう。
∂f∂z‾=12(∂f∂x+i∂f∂y)=12(∂u∂x+i∂v∂x+i∂u∂y−∂v∂y)=12{(∂u∂x−∂v∂y)+i(∂v∂x+∂u∂y)}\begin{aligned}
\dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}} &= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial f}{\partial x} + i \dfrac{\partial f}{\partial y} \right)\\
&= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{\partial u}{\partial x} + i \dfrac{\partial v}{\partial x} + i \dfrac{\partial u}{\partial y} - \dfrac{\partial v}{\partial y} \right)\\
&= \dfrac{1}{2} \left\{ \left( \dfrac{\partial u}{\partial x} - \dfrac{\partial v}{\partial y} \right) + i \left( \dfrac{\partial v}{\partial x} + \dfrac{\partial u}{\partial y} \right) \right\}
\end{aligned}∂z∂f​​=21​(∂x∂f​+i∂y∂f​)=21​(∂x∂u​+i∂x∂v​+i∂y∂u​−∂y∂v​)=21​{(∂x∂u​−∂y∂v​)+i(∂x∂v​+∂y∂u​)}​
となり，コーシーリーマンの関係式を用いると 000 になることがわかります。
こうしてコーシーリーマンの関係式が成り立つこととウィルティンガーの微分 ∂f∂z‾\dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}}∂z∂f​ が 000 になることは同値であることがわかります。
実際に例題の関数 f,gf,gf,g で確かめてみましょう。fff は z‾\overline{z}z を変数として持たないため ∂f∂z‾=0\dfrac{\partial f}{\partial \overline{z}} = 0∂z∂f​=0 です。一方で g(z)=z‾g(z) = \overline{z}g(z)=z であるため ∂g∂z‾=1≠0\dfrac{\partial g}{\partial \overline{z}} = 1 \neq 0∂z∂g​=1=0 です。
複素関数の記事も少しずつ書いていきたいですね。
Tag:数検１級の範囲と必要な公式まとめ

この記事の監修者

マスオ

高校数学の美しい物語の管理人。「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。著書に『高校数学の美しい物語』『超ディープな算数の教科書』。記事の誤植やわかりにくい等のご指摘はお気軽にメールください！