Takatani Note

正則関数の例題【判定】

$$ \newcommand{\zb}{\overline{z}} \def\Re{\mathrm{Re}\hspace{1.2pt}} $$

この記事では、複素関数が正則であるか判定する例題を扱います。
判定には次のコーシー・リーマンの関係式の定理を使います。

正則関数の定義

定義
$f(z)$ を領域 $D$ 上で定義された複素関数とする. 点 $a\in D$ と変化量 $\D z\in \C$ に対して, 極限値 $$ \lim_{\D z\to 0}\f{f(a+\D z)-f(a)}{\D z} $$ が存在するとき, $f(z)$ は点 $a$ で微分可能であるという. このとき, この極限値を $f(z)$ の点 $a$ における微分係数といい, $f'(a)$ で表す.

定義
複素関数 $f(z)$ が領域 $D$ 内の各点で微分可能であるとき, $f(z)$ は $D$ 上で正則(holomorphic)であるという.

領域 $D$ 上の正則関数 $f(z)$ に対して, $D$ 内の点 $a$ に微分係数 $f'(a)$ を対応させる関数を $f(z)$ の導関数といい, $f'(z)$ または $\f{df}{dz}$ で表す.


$f(z)=z^2$ は $\C$ 上で定義された関数であり, $$ f'(z)=(z^2)'=2z. $$

証明
[証明]
$$\eq{ \f{f(z+\D z)-f(z)}{\D z} & = \f{(z+\D z)^2-z^2}{\D z} \\ & =\f{z^2+2z\D z+(\D z)^2-z^2}{\D z} \\ & =2z+\D z \to 2z\ \ (\D z \to 0) }$$ となる. したがって, $f(z)=z^2$ は任意の $z$ で微分可能である. よって, $z^2$ は $\C$ 上で正則な関数であり, その導関数について次の式が成り立つ. $$ f'(z)=(z^2)'=2z. $$

一般に, $n$ が自然数のとき, $f(z)=z^n$ は $\C$ 上で正則であり, その導関数について実関数の場合と同様に次が成り立つ. $$ (z^n)'=nz^{n-1} $$

正則関数の性質

定理
$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ を領域 $D$ 上で正則とする. (ただし, $z=x+iy$ とし, $u,v$ は実数値関数とする.)
このとき, 次が成り立つ. $$ \f{df}{dz}=\dd{u}{x}+i\dd{v}{x} $$

証明
[証明]
$f(z)$ は領域 $D$ 上で正則なので, 各点 $z\in D$ で極限値 $$ f'(z)=\lim_{\D z\to 0}\f{f(z+\D z)-f(z)}{\D z}\tag{*}$$ が存在する. 極限値 $(*)$ は $\D z \to 0$ の近づき方によらない. ここで, $z=x+iy,\ $ $\D z=\D x+i\D y$ とすれば, $\D z\to 0$ のとき $\D x\to 0,\ \D y\to 0$ である. とくに, $\D y=0,\ \D z=\D x$ としたときの極限値 $(*)$ は $$\eq{ \f{df}{dz} & =\lim_{\D x\to 0}\f{f(z+\D z)-f(z)}{\D x} \\ & =\lim_{\D x\to 0} \f{\{u(x+\D x,y)+iv(x+\D x,y)\}-\{u(x,y)+iv(x,y)\}}{\D x} \\ & =\lim_{\D x\to 0} \le(\f{u(x+\D x,y)-u(x,y)}{\D x} +i\f{v(x+\D x,y)-v(x,y)}{\D x}\ri) \\ & =\dd{u}{x}+i\dd{v}{x} }$$ となる.

定理
$f(z)$ を領域 $D$ 上で正則な関数とする. $z=x+iy$ とし, $f(z)$ は実数値関数 $u(x,y)$ と $v(x,y)$ によって, $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ と表せるとする. このとき, $$\dd{u}{x}=\dd{v}{y},\ \ -\dd{u}{y}=\dd{v}{x} $$ が成り立つ. これらの式をコーシー・リーマンの関係式(Cauchy-Riemann equations)という.

[証明]
コーシー・リーマンの関係式【証明と例題】参照.

定理
$f(z)$ を領域 $D$ 上で正則な関数とする.
$f(x +iy) = u(x, y) +iv(x, y)$ とおく. ただし, $u,v$ は実数値関数である.
さらに, $u,v$ は $D$ 上で $C^1$ 級で, かつコーシーリーマンの関係式 $$ \dd{u}{x}=\dd{v}{y},\ \ -\dd{u}{y}=\dd{v}{x} $$ が成り立つとする. このとき, $f(z)$ は $D$ 上で正則である.

[証明]
コーシー・リーマンの関係式【証明と例題】参照.

複素関数の正則性【例題】

例題
次の複素関数が正則かどうか判定せよ. また, 正則であればその導関数を求めよ.
$(1)\ f(z)=\ol{z}$
$(2)\ f(z)=z^2$

解答
[解答]
$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ とおく.
$(1)\ \ol{z}=x-iy$ であるから, $u=x,v=-y$ である. このとき, $u_x=1,\ \ v_y=-1$ より, $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たさない. したがって, $f(z)=\ol{z}$ は正則でない.

$(2)\ z^2=(x+iy)^2=(x^2-y^2)+2ixy$ より, $u=x^2-y^2,\ v=2xy$ であり, $u(x,y),\ v(x,y)$ \[ u_x=v_y=2x, \ \ -u_y=v_x=2y \] となるから, $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たす.
よって, $f(z)=z^2$ は $\C$ 上で正則で, その導関数は $$ \f{df}{dz}=\dd{u}{x}+i\dd{v}{x}=2x+2iy=2z. $$

例題
次の複素関数が正則かどうか判定せよ. また, 正則であればその導関数を求めよ.
$(1)\ f(z)=|z|^2$
$(2)\ f(z)=\f{1}{z}$
$(3)\ f(z)=e^z$

解答
[解答]
$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ とおく.
$(1)\ |z|^2=z\ol{z}=x^2+y^2$ であるから, $u=x^2+y^2,v=0$ である. このとき, $$ u_x=2x,\ \ v_y=0 $$ となって, $u,v$ は任意の点でコーシー・リーマンの関係式を満たさない. したがって, $f(z)=|z|^2$ は $\C$ 上のすべての点のおいて正則でない.

(2) $$\f{1}{z}=\f{1}{x+iy}=\f{x-iy}{x^2+y^2} =\f{x}{x^2+y^2}+i\f{-y}{x^2+y^2} $$ より, \[ u=\f{x}{x^2+y^2},\ \ v=\f{-y}{x^2+y^2} \] である. \[\eq{ u_x & =v_y=\f{-x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2}, \\ -u_y & =v_x=\f{2xy}{(x^2+y^2)^2} }\] となるから, $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たす.
よって, $f(z)=z^2$ は $\C\sm\{0\}$ 上で正則で, その導関数は $$ \f{df}{dz}=\dd{u}{x}+i\dd{v}{x} =\f{-x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2} +i\f{2xy}{(x^2+y^2)^2} =-\f{(x-iy)^2}{(x^2+y^2)^2}=-\f{1}{z^2}. $$
$(3)\ f(z)=e^z=e^{x+iy}=e^x(\cos y+i\sin y)$ より, $$ u=e^x\cos y,\ v=e^x\sin y $$ であり, $u,v$ は $\C$ 上で偏微分可能である. さらに, \[\eq{ u_x & =v_y=e^x\cos y, \\ -u_y & =v_x=e^x\sin y }\] となる. $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たす.
よって, $f(z)=e^z$ は $\C$ 上で正則で, その導関数は $$ \f{df}{dz}=\dd{u}{x}+i\dd{v}{x} =e^x\cos y+ie^x\sin y=e^z. $$

例題
$$ \sin z=\f{e^{iz}-e^{-iz}}{2i},\ \ \ \cos z =\f{e^{iz}+e^{-iz}}{2} $$ と定義する. $\sin z,\ \cos z$ が正則かどうか判定せよ. また, 正則であればその導関数を求めよ.

解答
[解答]
以下の計算に $e^{ix}=\cos x+i\sin x$ を用いる.
$\sin z$ の正則性 $$\eq{ (2i) \sin z & =e^{iz}-e^{-iz} \\ & =e^{ix-y}-e^{-ix+y} \\ & =e^{-y}(\cos x+i\sin x)-e^y(\cos x-\sin x) \\ & =-\cos x(e^y-e^{-y})+i\sin x(e^y+e^{-y}) }$$ であるから, $$ u=\f{1}{2}\sin x(e^{y}+e^{-y}),\ \ v=\f{1}{2}\cos x(e^{y}-e^{-y}) $$ である. このとき, $$ u_x=v_y=\f{1}{2}\cos x(e^{y}+e^{-y}),\ \ -u_y=v_x=-\f{1}{2}\sin x(e^{y}-e^{-y}) $$ より, $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たす. したがって, $\sin z$ は正則である.
また, $\sin z$ の導関数は $$ \f{df}{dz}=u_x+iv_x=\cd=\cos z. $$
$\cos z$ の正則性 $$\eq{ 2 \cos z & =e^{iz}+e^{-iz} \\ & =e^{ix-y}+e^{-ix+y} \\ & =e^{-y}(\cos x+i\sin x)+e^y(\cos x-\sin x) \\ & =\cos x(e^y+e^{-y})+i\sin x(-e^y+e^{-y}) }$$ であるから, $$ u=\f{1}{2}\cos x(e^{y}+e^{-y}),\ \ v=\f{1}{2}\sin x(-e^{y}+e^{-y}) $$ である. このとき, $$ u_x=v_y=-\f{1}{2}\sin x(e^{y}+e^{-y}),\ \ -u_y=v_x=\f{1}{2}\cos x(-e^{y}+e^{-y}) $$ より, $u,v$ はコーシー・リーマンの関係式を満たす. したがって, $\cos z$ は正則である.
また, $\cos z$ の導関数は $$ \f{df}{dz}=u_x+iv_x=\cd=-\sin z. $$

例題
$f(z)$ が正則ならば $\ol{f(\ol{z})}$ も正則であることを示せ.

解答
[解答]
$f(z)=u(x,y)+iv(x,y),\ $ $\ol{f(\ol{z})}=U(x,y)+iV(x,y)$ とおけば, $$ U(x,y)=u(x,-y),\ \ \ V(x,y)=-v(x,-y). $$ これより, $$ \f{\d}{\d x}U(x,y)=\f{\d u}{\d x}(x,-y) =\f{\d v}{\d y}(x,-y)=\f{\d}{\d y}V(x,y). $$ 同様にして, $$ \f{\d}{\d y}U(x,y)=-\f{\d u}{\d y}(x,-y) =\f{\d v}{\d x}(x,-y)=-\f{\d}{\d x}V(x,y). $$ よって, コーシーリーマンの関係式が成り立つので, $\ol{f(\ol{z})}$ は正則である.

例題
次の関数 $u(x,y)$ を実部とする正則関数 $f(z)\ (z=x+iy)$ を求めよ.
$u(x,y)=(x-y)(x^2+4xy+y^2)$

解答
[解答]
$x=(z+\zb)/2,\ y=(z-\zb)/2i$ を代入すると $$\eq{ u(x,y) & =\f{(1-i)z^3+(1+i)\zb^3}{2} \\ & =\f{(1-i)z^3+\ol{(1-i)z^3}}{2} \\ & =\Re(1-i)z^3 }$$ と書ける. よって, $$ f(z)=(1-i)z^3+iC\ \ (C\te{は実定数}). $$
※別解として, 虚部 $v(x,y)$ に対しコーシーリーマンの関係式から $$ \f{\d v}{\d x}=-3x^2+6xy+3y^2,\ \ \ \f{\d v}{\d y}=3x^2+6xy-3y^2 $$ を導き, これを解いてもよい.