2025年复分析中的柯西-黎曼方程的代数和几何分析

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柯西-黎曼方程(简称C-R方程）是在复分析中用来判定一个复变函数是否可微的充要条件，本文试图用代数和几何两种方法来理解它到底说了什么。

代数证明：

在复变函数领域，f(z)在 z_0
讯享网处解析=>f(z)在 z_0 处可导<=>f(z)在 z_0 处可微

证明1：

w=f(z) ,则在 z_0 处:

$\Delta w=f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=f'(z_0)\Delta z+\rho(\Delta z)\Delta z \uad (\rho(\Delta z)\rightarrow 0)$

令

$f'(z_0)=a+bi, \ \Delta z=\Delta x+i\Delta y, \ \Delta w=\Delta u+i\Delta v, \rho (\Delta z)=\rho_1 + i \rho_2$

代入上式:

$\\ \Delta w=\Delta u+i\Delta v=(a+ib)(\Delta x + i \Delta y) + (\rho_1+i\rho_2)(\Delta x + i \Delta y) \\ = a\Delta x-b\Delta y+\rho_1 \Delta x - \rho_2 \Delta y + i(b\Delta x + a \Delta y + \rho_2 \Delta x + \rho_1 \Delta y)$

根据复数相等的条件：

$\left\{\begin{matrix} \Delta u= a\Delta x-b\Delta y+\rho_1 \Delta x - \rho_2 \Delta y \\ \Delta v=b\Delta x + a \Delta y + \rho_2 \Delta x + \rho_1 \Delta y \end{matrix}\right.$

我们希望留下上面的a,b主项，去掉 $\rho_1, \rho_2$ 项目，现在来证明: $(\rho_2 \Delta x + \rho_1 \Delta y)$ 以及 $(\rho_1 \Delta x - \rho_2 \Delta y)$ 均为无穷小.

由于:

$\\ \left| \frac{\rho_1\Delta x - \rho_2 \Delta y}{\left | \Delta z\right|}\right|=\left| \frac{\rho_1\Delta x - \rho_2 \Delta y}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}\right| \leqslant \left|\rho_1\right|\frac{\left |\Delta x \right |}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}} + \left|\rho_2\right|\frac{\left |\Delta y \right |}{\sqrt{\Delta x^2 + \Delta y^2}}\\\leqslant \left|\rho_1\right|+\left|\rho_2\right|$

当 $\Delta z\rightarrow 0$ 时， $\rho(\Delta z)=\rho_1 + i \rho_2\rightarrow 0$ ,等价于，当 $\Delta x\rightarrow 0, \Delta y\rightarrow 0$ 时， $\rho_1\rightarrow 0, \rho_2\rightarrow 0$

所以， $(\rho_1 \Delta x - \rho_2 \Delta y)$ 是比 $\left | \Delta z \right |$ 更高阶的无穷小，同理， $(\rho_2 \Delta x + \rho_1 \Delta y)$ 也可以得到这个结论。

所以:

$\left\{\begin{matrix} \Delta u= a\Delta x-b\Delta y \\ \Delta v=b\Delta x + a \Delta y \end{matrix}\right.$

根据二元函数偏导数的性质，可以得到：

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

所以，可以推出:

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

证明2：

f(z)=u(x,y)+iv(x,y) ,再区域D内一点 z=x+iy 可导，可以得到:

$\lim_{\Delta z}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z}=f'(z)$

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

$\\f(z+\Delta z)-f(z)=\Delta u+i\Delta v=u(x+\Delta x, y+\Delta y)+iv(x+\Delta x, y+\Delta y)-u(x,y)-iv(x,y)=u(x+\Delta x, y+\Delta y)-u(x,y) + i(v(x+\Delta x, y+\Delta y)-v(x,y))$

所以：

$\\ \Delta u=u(x+\Delta x, y + \Delta y)-u(x,y)\\ \Delta v=v(x+\Delta x, y+\Delta y)-v(x,y)$

所以：

$\lim_{\Delta x\rightarrow 0\ \Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta u+i\Delta v}{\Delta x+i \Delta y}=f'(z)$

因为 $\Delta z=\Delta x+ i \Delta y$ 无论按照什么方式趋近于0，上面的式子总是成立，所以这里取两条特殊路径:

第一条： $\Delta y=0, \Delta x\rightarrow 0$

第二条： $\Delta x=0, \Delta y\rightarrow 0$

路径如下图所示：

按照路径1：

$\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta u}{\Delta x}+i\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta v}{\Delta x}=f'(z)$

所以，

$\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=f'(z)$

按照路径2：

$\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta u}{i\Delta y}+\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta v}{\Delta y}=f'(z)=-i\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta u}{\Delta y}+\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta v}{\Delta y}$

如果函数解析，则两条路径计算得到导数应该是一样的，也就是

$-i\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta u}{\Delta y}+\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\Delta v}{\Delta y}=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta u}{\Delta x}+i\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta v}{\Delta x}$

根据复数相等的条件：

$\\-\frac{\Delta u}{\Delta y}=\frac{\Delta v}{\Delta x}\\ \\\frac{\Delta v}{\Delta y}=\frac{\Delta u}{\Delta x}\\$

也就是：

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

几何证明：

上面的代数证明已经说过了，复变函数的导数如果存在，要求 $z_0+\Delta z\rightarrow z_0$ 的方式是任意的，这一点要比实变量的情况复杂的多，对于实变函数来说，导数存在意味着，当点 $x_0+\Delta x$ 由左( $\Delta x < 0$ )以及右（ $\Delta x >0$ )两个方向趋近x0时，比值 $\Delta y/\Delta x$ 的极限都存在且相等。而复变函数的导数存在性意味着，当点 $z_0+\Delta z$ ,沿着连接点 z_0 的任意路径趋近于 z_0 时，比值 $\Delta w/\Delta z$ 的极限都存在，并且这些极限都相等，可见复变函数的可微条件要比实变函数可微条件要更苛刻一些。

如下图：

在 z_0 可导，意味着：

$f'(z_0)=\lim_{\Delta z\rightarrow 0}\frac{\Delta f}{\Delta z}$

存在，根据复数的运算法则，

$\frac{\Delta f}{\Delta z}=\frac{r_{\Delta f}}{r_{\Delta z}}\angle(\theta_{\Delta f}-\theta_{\Delta z})$

这也意味着沿着任何轨迹接近 z_0 .

$\frac{r_{\Delta f}}{r_{\Delta z}}$

和

$\angle(\theta_{\Delta f}-\theta_{\Delta z})$

都为固定值，其中

$\frac{r_{\Delta f}}{r_{\Delta z}}=\left |f'(z0)\right |$

称为伸缩率，

$\frac{r_{\Delta f}}{r_{\Delta z}}=\angle Arg(f'(z_0))$

为转动角。

如下图所示：

以复变函数 f(z)=z^2 为例，先根据C-R方程判断它的可导性:

$f(z)=z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+2xy\cdot i$

令:

u(x,y)=x^2-y^2

v(x,y)=2xy

$\frac{\partial u}{\partial x} =2x$ $\frac{\partial v}{\partial y} =2x$

$\frac{\partial u}{\partial y} =-2y$ $\frac{\partial v}{\partial x} =2y$

$\frac{\partial u}{\partial x} =\frac{\partial v}{\partial y} ,\frac{\partial u}{\partial y} =-\frac{\partial v}{\partial x}$ 成立。

所以

$f'(z)=\frac{\partial u}{\partial x}+i\frac{\partial v}{\partial x}=2x+2y\cdot i=2z$ ,

或者:

$\\f'(z)=lim_{\Delta z\rightarrow 0}\frac{(z+\Delta z)^2-z^2}{\Delta z}=lim_{\Delta z\rightarrow 0}\frac{\Delta z^2+2z\Delta z}{\Delta z}\\=lim_{\Delta z\rightarrow 0}(2z + \Delta z)=2z$

所以 f(z)=z^2 是处处可导的,导数为。

复变函数 w=f(z)=z^2 再 z_0 处的导数为 f'(z_0) ,则沿着不同的路径得到的导数应该均为 f'(z_0) ，

从多条接近路径中任意选取两条h,g，并且路径h,g之间的夹角为 $\angle \beta$ .

可以得到

$\Delta W_h=f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=f'(z_0)\Delta z_h$

$\Delta W_g=f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=f'(z_0)\Delta z_g$

令：

$\Delta z_h=r_h\angle \theta_h$

$\Delta z_g=r_g\angle \theta_g$

$f'(z_0)=r\angle \theta$

并且

$\angle \theta_h-\angle \theta_g=\angle \beta$

所以

$\Delta W_h=f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=f'(z_0)\Delta z_h=r\cdot r_h\angle(\theta_h+\theta)$

$\Delta W_g=f(z_0+\Delta z)-f(z_0)=f'(z_0)\Delta z_g=r\cdot r_g\angle(\theta_g+\theta)$

所以，当再h，g线上经过微小的摄动后：w=f(z)在h,g方向上的变化矢量方向为

$\Delta W_h=r\cdot r_h\angle(\theta_h+\theta)$

$\Delta W_g=r\cdot r_g\angle(\theta_g+\theta)$

注意到

$\frac{\Delta W_h}{\Delta W_g}= \frac{r_h}{r_g}\angle(\theta_h - \theta_g)=\frac{r_h}{r_g}\angle\beta$

$\frac{\Delta z_h}{\Delta z_g}= \frac{r_h}{r_g}\angle(\theta_h - \theta_g)=\frac{r_h}{r_g}\angle\beta$

所以微小的摄动经过复函数变换后，得到的方向矢量仍然相差 $\beta$ 角度，这就是复变解析函数的“保角特性”，这就直观地解释了复变函数解析性能推出保角性，并说明了导数的几何意义。

如下图所示，左边h,g两条路径的夹角和右图两条曲线的夹角必定是相同的。根据这个性质也可以推出C-R方程。

复变函数记 f(z)=u+iv ,其中 z=x+iy ,所以可以得到 f(z)=u(x,y)+iv(x,y) ,其中x, y是实数，u,v是他们的实函数，如果 f(z) 解析，那么 u(x,y),v(x,y) 有什么关系呢？

取为两个特殊的方向，分别平行于实轴和虚轴接近 z_0 点。

对于AB方向，趋近方式为

z=x+y_0i

$\\ f(z)=z^2=(x+y_0i)^2=x^2-y_0^2+2xy_0i=>\left\{\begin{matrix} u=x^2-y_0^2\\ v=2xy_0 \end{matrix}\right.=>u=\frac{v^2}{4y_0^2}-y_0^2$

为开口向右的抛物线

z=x_0+yi

$\\ f(z)=z^2=(x_0+yi)^2=x_0^2-y^2+2x_0yi=>\left\{\begin{matrix} u=x_0^2-y^2\\ v=2x_0y \end{matrix}\right.=>u=x_0^2-\frac{v^2}{4x_0^2}$
为一副开口向左的抛物线.

由于只含有固定值的平方项，所以关于非固定的对称轴对称的两条直线映射到同一条抛物线．

关于保持直角的映射，可以通过下面的代数证明看出来

$\\ \frac{du}{dv}=\frac{2v}{4y_0^2} \\ \\ \frac{du}{dv}=-\frac{2v}{4x_0^2} \\ \frac{du}{dv}\cdot \frac{du}{dv}=-\frac{v^2}{4x_0^2y_0^2}=-\frac{v^2}{v^2}=-1$

斜率正交，保持直角的性质得到证明．

如下图所示：

分析交点时刻的情况，根据可微的条件，下图的两个三角形应该全等，所以，同样可以得到C-R方程：

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

与线性空间变换的关系：

上面通过几何和代数证明，柯西－黎曼方程的几何意义，就是在变换（这里是复变函数求导)前后，保证一个稳定的伸缩率和转动角的变换．

满足柯西－黎曼方程的可微复变函数，局部的变换效果就是那些可以转换为伸（拉伸）扭(旋转固定的角度 $\theta$ ）的映射，即再点的某个区域内，从这一点出发的无穷小复数摄动下，变换后满足同样的俯角变换和幅值变换，微观上，就是可以将一个微小的圆变换为微小的圆，如上图，局部的微小圆变换左边的 $\Delta z$ 经过变换后， $\Delta f(z)$ 仍然是一个圆，这样 $\frac{\Delta f(z)}{\Delta z}$ 才能保持不变．

关于线性空间变换的种类，线性代数和线性空间理论中介绍是最多的，所以，复变函数可微的两个条件，

1.相同的伸缩因子

2.相同的转动角

可以对应到线性空间理论中的变换矩阵，首先是伸缩因子

1.伸缩变换用表示

2.转动变换最好理解了，对于逆时针方向旋转 $\theta$ 的变换，可以用矩阵

$\begin{bmatrix} cos(\theta) & -sin(\theta) \\ sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}$

表示

两个变换的复合，就是

$r\begin{bmatrix} cos(\theta) & -sin(\theta) \\ sin(\theta) & cos(\theta) \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} rcos(\theta) & -rsin(\theta) \\ rsin(\theta) & rcos(\theta) \end{bmatrix}$

而可以看到，用 a+ib 乘以 x+iy 也将会得到一个变换:

(a+ib)(x+iy)=(ax-by)+i(bx+ay)=u+iv

$\begin{bmatrix} u\\ v \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} ax-by\\ bx+ay \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a & -b\\ b & a \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix}=\sqrt{a^2+b^2}\begin{bmatrix} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} &-\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \\ \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} & \frac{b}{\sqrt{b^2+a^2}}\end{bmatrix}$

可以看到，这两变换何其相似，也就是说，复变函数可微性，对应了线性空间中的一类变换．

2025年复分析中的柯西-黎曼方程的代数和几何分析

代数证明：

证明1：

证明2：

几何证明：

与线性空间变换的关系：

结束！

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