最后更新: 2025-01-25 20:36 查看: 458 次反馈刷题

柯西-黎曼方程

## 柯西-黎曼方程

> 解析函数是一个要求相当高的复变函数，假设一个解析函数可以写成$f(x,y)=u(x,y)+iv(x,y)$，如果你认为随便给一个$u$和$v$,那么大概率他就不是解析函数。那么如何判断一个复变函数是解析函数呢？这就是柯西黎曼方程要解决的问题。

**定理** 函数 $w=f(z)=u(x, y)+i v(x, y)$ 在点 $z=x+i y$ 处可导 的充要条件是: $u(x, y)$ 和 $v(x, y)$ 在点 $(x, y)$ 处可微, 且满足柯西一黎曼 (Cauchy-Riemann ) 方程(简称C-R方程):

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

### 证明
先引入一个小知识：实二元函数 $u(x, y)$ 可微的含义为，详细推导请参考[高等数学多元全微分教材](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=383)

$$
\begin{aligned}
\Delta u & =A \Delta x+B \Delta y+o\left(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\right)  =\frac{\partial u}{\partial x} \Delta x+\frac{\partial u}{\partial y} \Delta y+o\left(\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\right)
\end{aligned}
$$

证明：**必要性** 若 $w=f(z)=u+i v$ 在 $z=x+i y$ 处可导,则必可微, 即 $\Delta w=f^{\prime}(x) \Delta z+o(|\Delta z|)$,记 $f^{\prime}(z)=a+i b$, 由 $\Delta w=\Delta u+i \Delta v, \Delta z=\Delta x+i \Delta y$ 有

$$
\Rightarrow \begin{aligned}
\Delta u+i \Delta v=(a+b i)(\Delta x+i \Delta y)+o(|\Delta z|), & \left\{\begin{array}{l}
\Delta u=a \Delta x-b \Delta y+o(|\Delta z|), \\
\Delta v=b \Delta x+a \Delta y+o(|\Delta z|),
\end{array}\right.
\end{aligned}
$$

故 $u(x, y)$ 和 $v(x, y)$ 在点 $(x, y)$ 处可微, 且

$$
a=\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}, \quad-b=\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}
$$

**充分性**  若 $u(x, y)$ 和 $v(x, y)$ 在点 $(x, y)$ 处可微, 则

$$
\left\{\begin{array}{l}
\Delta u=u_x^{\prime} \Delta x+u_y^{\prime} \Delta y+o(|\Delta z|), \\
\Delta v=v_y^{\prime} \Delta y+v_x^{\prime} \Delta x+o(|\Delta z|),
\end{array}\right.
$$

又由 $u$ 和 $v$ 满足 $C-R$ 方程: $u_x^{\prime}=v_y^{\prime}, u_y^{\prime}=-v_x^{\prime}$, 得

$$
\begin{aligned}
&\left\{\begin{array}{l}
\Delta u=u_x^{\prime} \Delta x-v_x^{\prime} \Delta y+o(|\Delta z|), \\
\Delta v=u_x^{\prime} \Delta y+v_x^{\prime} \Delta x+o(|\Delta z|),
\end{array}\right. \\
& \Rightarrow \Delta w=\Delta u+i \Delta v=\left(u_x^{\prime}+i v_x\right)(\Delta x+i \Delta y)+o(|\Delta z|),
\end{aligned}
$$

即 $f(z)$ 在 $z=x+i y$ 处可微 (可导), 且 $f^{\prime}(z)=u_x^{\prime}+i v_x^{\prime}$.

## 柯西-黎曼方程的几何意义
假设你在山上，山上布满了密密麻麻的网格，这些网格你可以想想为$f(x,y)$生成的二维曲面。
所谓解析函数就是要求，这些网格没有“㓊”这是第一层意思，也是最直接的意思。

但是直接证明这些网格没有㓊比较困难，因此，我们就使用“**没有㓊**”的等价命题：你可以沿着网格到达山上的任何地方，这是等价命题的第二层意思。

再进一步，假设你指定山上一个点（如下图随机的一个红点），那么你从山上任何地方都可以到达这个红点，这是第三层意思。这三层意思虽然表述不同，但是可以发现他们本质是一样的。

![图片](/uploads/2024-12/ad1976.jpg){width=380px}
 
 那怎么把上面的“自然语言”转换为“数学语言”呢？既然沿着任意路径都能到达红点，那我们先取两个特殊的路径：X轴(实轴)和Y轴(虚轴)，自然沿着这2个路径一定能够到达红点。为此建立如下坐标系：
 
  ![图片](/uploads/2025-01/b0a71d.jpg){width=380px}

考虑两个变化量 $\Delta x$ 和 $\Delta y$ ，则

$$
\Delta z=\Delta x+i \Delta y
$$

写出对应的复变函数 $f$

$$
\Delta f=\Delta u+i \Delta v
$$

那么

$$
\dfrac{\Delta f}{\Delta z}=\dfrac{\Delta u+i \Delta v}{\Delta x+i \Delta y} ...(1)
$$

现在，我们考虑两种接近方法：

①先让 $\Delta y=0$ 让 $\Delta x \rightarrow 0$ ，则(1)式可得

$$
\lim _{\Delta z \rightarrow 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim _{\Delta y \rightarrow 0}\left(\frac{\Delta u}{\Delta x}+i \frac{\Delta v}{\Delta x}\right)=\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x} ...(2)
$$

②再让 $\Delta x=0, \Delta y \rightarrow 0$ ，则(1)式可得

$$
\lim _{\Delta z \rightarrow 0} \frac{\Delta f(z)}{\Delta z}=\lim _{\Delta y \rightarrow 0}\left(-i \frac{\Delta u}{\Delta y}+\frac{\Delta v}{\Delta y}\right)=-i \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y} ...(3)
$$

**因为我们要求不管是从实轴接近红点还是从虚轴接近红点, 所得到的极限的值应该是相同的**, 所以(2)与(3) 应该实部与实部相等, 虚部与虚部相等可得到如下等式

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

而这个就是柯西－黎曼条件，即用来判断一个复变函数是否可导的条件

反过来，如果一个复变函数满足柯西－黎曼条件，为什么就说微分 $\dfrac{df}{dz}$ 一定是解析的？

为了证明这个，我们可以写出

$$
\Delta f=\left(\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x}\right) \Delta x+\left(\frac{\partial u}{\partial y}+i \frac{\partial ء}{\partial y}\right) \Delta y
$$

利用柯西－黎曼条件 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}, \frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}$ 进行代换，得到

$$
\begin{aligned}
\Delta f & =\left(\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x}\right) \Delta x+\left(-i \frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial x}\right) \Delta y \\
& =\left(\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x}\right)(\Delta x+i \Delta y)
\end{aligned}
$$

显然，将 $\Delta z=\Delta x+i \Delta y$ 代换然后再移项，便可以得到

$$
\frac{\Delta f}{\Delta z}=\frac{\partial u}{\partial x}+i \frac{\partial v}{\partial x}
$$

显然等式的右边是独立于 $\Delta z$ 的，得证。

上面是从数学角度证明，下面从几何角度进行解释:上面的问题等价于：如果一个向量沿着$x$轴能靠近红点，沿着$y$轴能靠近红点，为什么就一定能推导出，他沿着任意方向都能靠近红点？
这里有一个条件：必须是可微的。然后，根据向量的平行四边形法则，给定两个向量$\vec{e_1},\vec{e_2}$, 用他们作为基，他们一定可以合成任意一个向量$\vec{e}=(a\vec{e_1},b\vec{e_2})$, 这也就是说，任意一个向量$\vec{e}$ 都可以接近红点，所以，他是解析函数。
 ![图片](/uploads/2025-01/e9bb11.jpg)
 
 
 ## 为什么柯西-黎曼方程含有负号？

从数学上理解复数是困难的，所以，我们还是回到物理的世界。我们强调过，复数是和向量等价的，换句话说，两个复数相等也就是这两个向量相等。而向量是有方向的，比如速度，你可以把他当做向量，也可以把他当做复数。

想象一个情况：一个带电粒子进入磁场，在受到洛伦兹力$u$和$v$的作用下穿过匀速穿过磁场，如下图，详见[带点粒子运动](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1789)

$v_x$是粒子速度水平分量，$v_y$是速度垂直分量。
这样
$v_x=\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial v}{\partial y}$

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

为什么这里有负号？因为$u$力是让电子往下走，$v$力是让电子往下走，换句话说，这里的负号，表示$v$给粒子的力是阻力。所以他形成的速度是负的。最终垂直方向速度是，大小相等，方向相反。

反证法：为什么 U,V 给粒子的力的方向不能相同？可以想象，如果U,V在垂直方向上速度方向相同，那么粒子就会直线下降，形成了“㓊”，导致了图形的不连续。换句话说，正是由于v力在拽着u力，才让粒子形成光滑的曲线。从柯西-黎曼公式看，v力形成的速度和u力形成的速度需要大小相等，方向相反，才能保持粒子的稳定，进而形成“U,V”是解析的。

![图片](/uploads/2025-01/15cb06.jpg)

`例` 讨论函数 $f(z)=|z|^2$ 的解析性．
解 因 $u(x, y)=x^2+y^2, v(x, y) \equiv 0$ ，故

$$
u_x=2 x, \quad u_y=2 y, \quad v_x=v_y=0 .
$$

这四个偏导数在 $z$ 平面上处处连续，但只在 $z=0$ 处满足 C．- R．方程．故函数 $f(z)$ 只在 $z=0$ 可微，从而，此函数在 $z$ 平面上处处不解析．并且 $f^{\prime}(0)=\left.\left(u_x+ i v_x\right)\right|_{(0.0)}=0$ ．

`例`讨论函数 $f(z)=x^2- i y$ 的可微性和解析性．
解 因 $u(x, y)=x^2, v(x, y)=-y$ ，故

$$
u_x=2 x, \quad u_y=0, \quad v_x=0, \quad v_y=-1,
$$

所以

$$
u_y=0=-v_x .
$$

若要 $2 x=u_x=v_y=-1$ ，必须 $x=-\frac{1}{2}$ ．故仅在直线 $x=-\frac{1}{2}$ 上，C．- R ．方程成立，且偏导数连续．从而仅在直线 $x=-\frac{1}{2}$ 上 $f(z)$ 可微，但在 $z$ 平面上，$f(z)$ 却处处不解析，并且

$$
\left.f^{\prime}(z)\right|_{x=-\frac{1}{2}}=\left.\left(u_x+i v_x\right)\right|_{x=-\frac{1}{2}}=\left.(2 x+i \cdot 0)\right|_{x=-\frac{1}{2}}=-1
$$

注 在上述两例中，由于函数 $f(z)$ 只在一个孤立点或只在一条直线上可微，各点都未形成由可微点构成的圆形邻域，故 $f(z)$ 在其上都不解析，从而在 $z$ 平面上处处不解析．

`例`试证函数 $f(z)= e ^x(\cos y+ i \sin y)$ 在 $z$ 平面上解析，且 $f^{\prime}(z)=f(z)$ ．
证 因 $u(x, y)= e ^x \cos y, v(x, y)= e ^x \sin y$ ，而

$$
\begin{aligned}
& u_x=e^x \cos y, \quad u_y=-e^x \sin y, \\
& v_x=e^x \sin y, \quad v_y=e^x \cos y
\end{aligned}
$$

在 $z$ 平面上处处连续，且适合 C-R 方程，由定理即知 $f(z)$ 在 $z$ 平面上解析，并且
$$
f^{\prime}(z)=u_x+i v_x=e^x \cos y+ie^x \sin y=f(z)
$$

`例`设 $f(z)=u(x, y)+ i v(x, y)$ 在区域 $D$ 内解析，并且 $v=u^2$ ，求 $f(z)$ ．

解

$$
\begin{gathered}
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=2 u \frac{\partial u}{\partial y} ...(2.9) \\
\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{\partial x}=-2 u \frac{\partial u}{\partial x} ...(2.10)
\end{gathered}
$$

(2.10) 带入(2.9)的

$$
\frac{\partial u}{\partial x}\left(4 u^2+1\right)=0
$$

由 $\left(4 u^2+1\right) \neq 0 \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=0$ ，由（2．10）得 $\frac{\partial u}{\partial y}=0$ ，所以 $u=c$（常数），于是 $f(z)=c+ i ^2$ ．

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