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