6. 미분가능한 복소함수의 조건: 코시-리만 방정식

6. 미분가능한 복소함수의 조건: 코시-리만 방정식

 

복소함수 \(f(z)\)는 다음과 같이 실수부와 허수부로 분리해서 나타낼 수 있다.$$f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\,(z=x+iy)$$미분의 정의는$$f'(z_{0})=\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}\frac{\Delta w}{\Delta z}=\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{f(z_{0}+\Delta z)-f(z_{0})}{\Delta z}}$$이고 여기서 \(\Delta w=f(z_{0}+\Delta z)-f(z_{0})\)이다. \(z_{0}=x_{0}+iy_{0}\), \(\Delta z=\Delta x+i\Delta y\)라 하자. 그러면 \(\Delta w\)는 다음과 같다.$$\begin{align*}\Delta w&=f(z_{0}+\Delta z)-f(z_{0})\\&=\{u(x_{0}+\Delta x,\,y_{0}+\Delta y)-u(x_{0},\,y_{0})\}+i\{v(x_{0}+\Delta x,\,y_{0}+\Delta y_{0})-v(x_{0},\,y_{0})\}\end{align*}$$다음의 도함수가 존재한다고 하자.$$f'(z_{0})=\lim_{\Delta z\,\rightarrow\,0}{\frac{\Delta w}{\Delta z}}$$그러면$$f'(z_{0})=\lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Re}\frac{\Delta w}{\Delta z}\right)}+i\lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Im}\frac{\Delta w}{\Delta z}\right)}$$이다. 이때 \(\Delta z\,\rightarrow\,0\)을 \(x\)축에서 \(0\)으로 간다고 볼 수 있고 또한 \(y\)축에서 \(0\)으로 간다고도 볼 수 있다.

먼저 \(\Delta z\)가 \(x\)축에서 \(0\)으로 간다고 하자. 그러면$$\frac{\Delta w}{\Delta z}=\frac{u(x_{0}+\Delta x,\,y_{0})-u(x_{0},\,y_{0})}{\Delta x}+i\frac{v(x_{0}+\Delta x,\,y_{0})-v(x_{0},\,y_{0})}{\Delta x}$$이므로$$\lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Re}\frac{\Delta w}{\Delta x}\right)}=\lim_{\Delta x\,\rightarrow\,0}{\frac{u(x_{0}+\Delta x,\,y_{0})-u(x_{0},\,y_{0})}{\Delta x}}=u_{x}(x_{0},\,y_{0})\\ \lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Im}\frac{\Delta w}{\Delta x}\right)}=\lim_{\Delta x\,\rightarrow\,0}{\frac{v(x_{0}+\Delta x,\,y_{0})-v(x_{0},\,y_{0})}{\Delta x}}=v_{x}(x_{0},\,y_{0})$$이고$$f'(z_{0})=u_{x}(x_{0},\,y_{0})+iv_{x}(x_{0},\,y_{0})$$이다.

\(\Delta z\)가 \(y\)축에서 \(0\)으로 간다고 하면 앞의 경우와 비슷하게$$\begin{align*}\frac{\Delta w}{\Delta z}&=\frac{u(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-u(x_{0},\,y_{0})}{i\Delta y}+i\frac{v(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-v(x_{0},\,y_{0})}{i\Delta y}\\&=\frac{v(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-v(x_{0},\,y_{0})}{\Delta y}-i\frac{u(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-u(x_{0},\,y_{0})}{\Delta y}\end{align*}$$이므로$$\lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Re}\frac{\Delta w}{\Delta z}\right)}=\lim_{\Delta y\,\rightarrow\,0}{\frac{v(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-v(x_{0},\,y_{0})}{\Delta y}}=v_{y}(x_{0},\,y_{0})\\ \lim_{(\Delta x,\,\Delta y)\,\rightarrow\,(0,\,0)}{\left(\text{Im}\frac{\Delta w}{\Delta z}\right)}=-\lim_{\Delta y\,\rightarrow\,0}{\frac{u(x_{0},\,y_{0}+\Delta y)-u(x_{0},\,y_{0})}{\Delta y}}=-u_{y}(x_{0},\,y_{0})$$이고$$f'(z_{0})=v_{y}(x_{0},\,y_{0})-iu_{y}(x_{0},\,y_{0})$$이다.

이 결과를 종합하면$$u_{x}(x_{0},\,y_{0})+iv_{x}(x_{0},\,y_{0})=v_{y}(x_{0},\,y_{0})-iu_{y}(x_{0},\,y_{0})$$이고$$u_{x}(x_{0},\,y_{0})=v_{y}(x_{0},\,y_{0}),\,u_{y}(x_{0},\,y_{0})=-v_{x}(x_{0},\,y_{0})$$이다. 이 방정식을 코시-리만 방정식(Cauchy-Riemann equation)이라고 한다. 이 결과를 다음과 같이 나타낼 수 있다.

 

◆점 \((x_{0},\,y_{0})\)에서 함수 \(f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\)의 도함수 \(f'(z_{0})\)가 존재한다고 하자. 그러면 \(u(x,\,y)\)와 \(v(x,\,y)\)의 1계 편도함수가 \((x_{0},\,y_{0})\)에서 존재하고 이 점에서 코시-리만 방정식을 만족시킨다. 즉$$u_{x}=v_{y},\,u_{y}=-v_{x}$$또한$$f'(z_{0})=u_{x}+iv_{x}$$이다. 이 결과는 \(f'(z_{0})\)가 존재하기 위한 필요조건이다.

함수 \(f(z)=z^{2}=x^{2}-y^{2}+i2xy\)는 미분가능한 함수이다. \(u(x,\,y)=x^{2}-y^{2}\), \(v(x,\,y)=2xy\)라고 하자. 그러면$$u_{x}=2=v_{y},\,u_{y}=-2y=-v_{x}$$이므로 코시-리만 방정식을 만족한다. 또한 \(f'(z)=2x+i2y=2(x+iy)=2z\)이다.

 

앞의 명제의 대우명제는 "코시-리만 방정식을 만족하지 않으면 미분가능하지 않다"이다. 실제로 함수 \(f(z)=\overline{z}\)에서 \(u(x,\,y)=x,\,v(x,\,y)=-y\)라 하면$$u_{x}=1\neq-1=v_{y},\,u_{y}=0=-v_{x}$$이므로 어느 점에서도 미분가능하지 않다. 앞에서 이 함수가 미분가능하지 않다는 것을 미분의 정의를 이용했는데 코시-리만 방정식을 이용하여 간단하게 미분가능하지 않음을 보였다.

 

함수 \(f(z)=|z|^{2}=x^{2}+y^{2}+i0\)에서 \(u(x,\,y)=x^{2}+y^{2}\), \(v(x,\,y)=0\)이라 하면$$u_{x}=2x,\,u_{y}=2y, v_{x}=v_{y}=0$$이므로 코시-리만 방정식을 만족시키는 점은 원점 뿐이고 원점의 제거된 근방에서 미분가능하지 않다.(실제로 이 함수는 원점에서 미분가능하다.)

 

다음은 \(f'(z_{0})\)가 존재하기 위한 충분조건이다.  

 

◆함수 \(f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\)가 점 \(z_{0}=x_{0}+iy_{0}\)의 어떤 \(\epsilon\)근방 전체에 정의되어있고 다음이 성립한다고 하자.

(1) \(u\)와 \(v\)의 1계 편도함수가 그 근방의 모든 점에서 존재한다.

(2) 그 1계 편도함수들은 점 \((x_{0},\,y_{0})\)에서 연속이고 이 점에서 코시-리만 방정식 \(u_{x}=v_{y}\), \(u_{y}=-v_{x}\)를 만족한다.

그러면 \(f'(z_{0})\)이 존재하고 \(f'(z_{0})=u_{x}(x_{0},\,y_{0})+iv_{x}(x_{0},\,y_{0})\)이다.

 

이 정리에 대한 증명은 생략하겠다.

 

함수 \(f(z)=e^{z}=e^{x+iy}=e^{x}e^{iy}=e^{x}\cos y+ie^{x}\sin y\)에서 \(u(x,\,y)=e^{x}\cos y\), \(v(x,\,y)=e^{x}\sin y\)라고 하면 이 함수들은 위의 정리의 가정을 만족시키고$$u_{x}=e^{x}\cos y=v_{y},\,u_{y}=-e^{x}\sin y=-v_{x}$$이므로 코시-리만 방정식도 만족시킨다. 따라서 이 함수는 미분가능하며$$f'(z)=u_{x}+iv_{x}=e^{x}\cos y+ie^{x}\sin y=f(z)$$이다.

 

복소수를 \(z=x+iy\)로 나타내지만 극좌표를 이용하여 \(re^{i\theta}\)로도 나타낸다. 이때 \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\)이다. 복소함수 \(f(z)=u(x,\,y)+iv(x,\,y)\)에서 \(u(x,\,y)\), \(v(x,\,y)\)를 \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\)라 하고 연쇄법칙을 이용하여 \(r\)과 \(\theta\)에 대한 1계 편도함수로 나타내면 다음과 같다.$$\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r},\,\frac{\partial u}{\partial \theta}=\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial\theta}\\ \frac{\partial v}{\partial r}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial r},\,\frac{\partial v}{\partial\theta}=\frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial\theta}+\frac{\partial v}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial\theta}$$이를 이용하여 다음과 같이 나타낼 수 있다.$$u_{r}=u_{x}\cos\theta+u_{y}\sin\theta,\,u_{\theta}=-u_{x}r\sin\theta+u_{y}r\cos\theta\\v_{r}=v_{x}\cos\theta+v_{y}\sin\theta,\,v_{\theta}=-v_{x}r\sin\theta+v_{y}r\cos\theta$$점 \(z_{0}\)에서 함수 \(f(z)\)의 실수부 \(u\)와 허수부 \(v\)가 코시-리만 방정식을 만족시킨다고 하자. 즉 \(u_{x}=v_{y}\), \(u_{y}=-v_{x}\). 그러면$$v_{r}=-u_{y}\cos\theta+u_{x}\sin\theta=-\frac{1}{r}u_{\theta},\,v_{\theta}=u_{y}r\sin\theta+u_{x}r\cos\theta=ru_{r}$$이다. 즉 \(ru_{r}=v_{\theta}\)m \(u_{\theta}=-rv_{r}\). 이를 이용하여 앞에서 미분가능한 충분조건을 다음과 같이 서술할 수 있다.

 

◆함수 \(f(z)=u(r,\,\theta)+iv(r,\,\theta)\)가 \(0\)이 아닌 점 \(z_{0}=r_{0}e^{i\theta_{0}}\)의 어떤 \(\epsilon\)근방에서 정의되어 있고 다음이 성립한다고 하자.

(1) \(u\)와 \(v\)의 \(r\)과 \(\theta\)에 대한 1계 편도함수가 그 근방의 모든 점에서 존재한다.

(2) 그 1계 편도함수들은 점 \((r_{0},\,\theta_{0})\)에서 연속이고 이 점에서 코시-리만 방정식 \(ru_{r}=v_{\theta}\), \(u_{\theta}=-rv_{r}\)를 만족한다.

그러면 \(f'(z_{0})\)가 존재하고 \(f'(z_{0})=e^{-i\theta_{0}}(u_{r}(r_{0},\,\theta_{0})+iv_{r}(r_{0},\,\theta_{0}))\)이다.

 

함수 \(\displaystyle f(z)=\frac{1}{z}\,(z\neq0)\)를 극좌표로 나타내면 다음과 같다.$$f(z)=\frac{1}{z}=\frac{1}{re^{i\theta}}=\frac{1}{r}e^{-i\theta}$$여기서 \(\displaystyle u(r,\,\theta)=\frac{\cos\theta}{r}\), \(\displaystyle v(r,\,\theta)=-\frac{\sin\theta}{r}\)이다. \(z\neq0\)이므로 \(r\neq0\)이고$$ru_{r}=-\frac{\cos\theta}{r}=v_{\theta},\,u_{\theta}=-\frac{\sin\theta}{r}=-rv_{r}$$이므로 코시-리만 방정식을 만족시킨다. 따라서 이 함수는 \(z\neq0\)일 때 미분가능하고 그 도함수는 다음과 같다.$$f'(z)=e^{-i\theta}\left(-\frac{\cos\theta}{r^{2}}+i\frac{\sin\theta}{r^{2}}\right)=-e^{i\theta}\frac{1}{r^{2}}e^{-i\theta}=-\frac{1}{(re^{i\theta})^{2}}=-\frac{1}{z^{2}}$$위와 같은 방법으로 함수 \(\displaystyle f(z)=z^{\frac{1}{3}}\)의 도함수를 구할 수 있다. 여기서 \(z\neq0\)이라고 하겠다. 먼저 이 함수를 극좌표를 이용하여 나타내면 다음과 같고$$f(z)=\sqrt[3]{r}e^{i\frac{\theta}{3}}\,(r>0,\,\alpha<\theta<\alpha+2\pi)$$여기서 \(\alpha\)는 고정된 실수이다. 그러면$$u(r,\,\theta)=\sqrt[3]{r}\cos\frac{\theta}{3},\,v(r,\,\theta)=\sqrt[3]{r}\sin\frac{\theta}{3}$$이고$$ru_{r}=\frac{\sqrt[3]{r}}{3}\cos\frac{\theta}{3}=v_{\theta},\,u_{\theta}=-\frac{\sqrt[3]{r}}{3}\sin\frac{\theta}{3}=-rv_{r}$$이므로 코시-리만 방정식을 만족시킨다. 따라서 이 함수는 미분가능하고 그 도함수는 다음과 같다.$$f'(z)=e^{-i\theta}\left\{\frac{1}{3(\sqrt[3]{r})^{2}}\cos\frac{\theta}{3}+i\frac{1}{3(\sqrt[3]{r})^{2}}\sin\frac{\theta}{3}\right\}=\frac{e^{-i\theta}}{3(\sqrt[3]{r})^{2}}e^{i\frac{\theta}{3}}=\frac{1}{3\left(\sqrt[3]{r}e^{i\frac{\theta}{3}}\right)^{2}}=\frac{1}{3\left(re^{i\theta}\right)^{\frac{2}{3}}}=\frac{1}{3z^{\frac{2}{3}}}$$

참고자료:

Complex Variable and Applications 8th edition, Churchill, Brown, McGraw-Hill

복소함수론의 이해, 김군찬, 강영욱, 경문사