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与えられた複素関数 $f(z)$ が微分可能（正則）であるかどうかをコーシー・リーマンの関係式を用いて判定し、微分可能であれば導関数 $f'(z)$ を求めよ。ただし、$z = x + iy = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ とする。与えられた関数は以下の通りです。 (1) $f(z) = (x^2 - y^2 + 2y + 3) + i(2xy - 2x)$ (2) $f(z) = \frac{z - \bar{z}}{2i}$ (3) $f(z) = |z|^2$ (4) $f(z) = \bar{z}$ (5) $f(z) = z + \bar{z}$ (6) $f(z) = e^x (\cos y + i \sin y)$ (7) $f(z) = \frac{y + ix}{x^2 + y^2}$, ただし $(x, y) \neq (0, 0)$ (8) $f(z) = \frac{x - iy}{x + iy}$, ただし $(x, y) \neq (0, 0)$ (9) $f(z) = \frac{|z|^2}{z}$, ただし $(x, y) \neq (0, 0)$ (10) $f(z) = r \cos \theta$ (11) $f(z) = r^2 (\cos 2\theta + i \sin 2\theta)$ (12) $f(z) = x^2 + iy$ (13) $f(z) = r^3 (\cos 3\theta + i \sin 3\theta)$ (14) $f(z) = (x^2 - y^2 - 2xy) + i(x^2 - y^2 + 2xy)$

解析学複素関数正則性コーシー・リーマンの関係式偏微分
2025/6/20
## 問題の解答

1. **問題の内容**

与えられた複素関数 f(z)f(z) が微分可能（正則）であるかどうかをコーシー・リーマンの関係式を用いて判定し、微分可能であれば導関数 f′(z)f'(z) を求めよ。ただし、z=x+iy=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z = x + iy = r(\cos \theta + i \sin \theta) とする。与えられた関数は以下の通りです。
(1) f(z)=(x2−y2+2y+3)+i(2xy−2x)f(z) = (x^2 - y^2 + 2y + 3) + i(2xy - 2x)
(2) f(z)=z−zˉ2if(z) = \frac{z - \bar{z}}{2i}
(3) f(z)=∣z∣2f(z) = |z|^2
(4) f(z)=zˉf(z) = \bar{z}
(5) f(z)=z+zˉf(z) = z + \bar{z}
(6) f(z)=ex(cos⁡y+isin⁡y)f(z) = e^x (\cos y + i \sin y)
(7) f(z)=y+ixx2+y2f(z) = \frac{y + ix}{x^2 + y^2}, ただし (x,y)≠(0,0)(x, y) \neq (0, 0)
(8) f(z)=x−iyx+iyf(z) = \frac{x - iy}{x + iy}, ただし (x,y)≠(0,0)(x, y) \neq (0, 0)
(9) f(z)=∣z∣2zf(z) = \frac{|z|^2}{z}, ただし (x,y)≠(0,0)(x, y) \neq (0, 0)
(10) f(z)=rcos⁡θf(z) = r \cos \theta
(11) f(z)=r2(cos⁡2θ+isin⁡2θ)f(z) = r^2 (\cos 2\theta + i \sin 2\theta)
(12) f(z)=x2+iyf(z) = x^2 + iy
(13) f(z)=r3(cos⁡3θ+isin⁡3θ)f(z) = r^3 (\cos 3\theta + i \sin 3\theta)
(14) f(z)=(x2−y2−2xy)+i(x2−y2+2xy)f(z) = (x^2 - y^2 - 2xy) + i(x^2 - y^2 + 2xy)

2. **解き方の手順**

コーシー・リーマンの関係式を用いて、各関数が微分可能であるかを判定し、微分可能な場合は導関数を求める。
関数 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)f(z) = u(x, y) + iv(x, y) が与えられたとき、コーシー・リーマンの関係式は以下の通りです。
∂u∂x=∂v∂y\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} かつ ∂u∂y=−∂v∂x\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x}
これらの関係式が成り立つとき、f(z)f(z) は微分可能です。微分可能な場合、導関数は以下のように求められます。
f′(z)=∂u∂x+i∂v∂x=∂v∂y−i∂u∂yf'(z) = \frac{\partial u}{\partial x} + i \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} - i \frac{\partial u}{\partial y}
各関数について、偏微分を計算し、コーシー・リーマンの関係式が成り立つかどうかを検証します。

3. **最終的な答え**

以下に各問題に対する解答を示します。
(1) f(z)=(x2−y2+2y+3)+i(2xy−2x)f(z) = (x^2 - y^2 + 2y + 3) + i(2xy - 2x)
u(x,y)=x2−y2+2y+3u(x, y) = x^2 - y^2 + 2y + 3
v(x,y)=2xy−2xv(x, y) = 2xy - 2x
∂u∂x=2x\frac{\partial u}{\partial x} = 2x
∂v∂y=2x\frac{\partial v}{\partial y} = 2x
∂u∂y=−2y+2\frac{\partial u}{\partial y} = -2y + 2
∂v∂x=2y−2\frac{\partial v}{\partial x} = 2y - 2
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=2x+i(2y−2)=2(x+iy)−2i=2z−2if'(z) = 2x + i(2y - 2) = 2(x + iy) - 2i = 2z - 2i
(2) f(z)=z−zˉ2if(z) = \frac{z - \bar{z}}{2i}
z=x+iyz = x + iy, zˉ=x−iy\bar{z} = x - iy
f(z)=(x+iy)−(x−iy)2i=2iy2i=yf(z) = \frac{(x + iy) - (x - iy)}{2i} = \frac{2iy}{2i} = y
f(z)=0+iyf(z) = 0 + iy
u(x,y)=0u(x, y) = 0
v(x,y)=yv(x, y) = y
∂u∂x=0\frac{\partial u}{\partial x} = 0
∂v∂y=1\frac{\partial v}{\partial y} = 1
∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial y} = 0
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(3) f(z)=∣z∣2=x2+y2f(z) = |z|^2 = x^2 + y^2
u(x,y)=x2+y2u(x, y) = x^2 + y^2
v(x,y)=0v(x, y) = 0
∂u∂x=2x\frac{\partial u}{\partial x} = 2x
∂v∂y=0\frac{\partial v}{\partial y} = 0
∂u∂y=2y\frac{\partial u}{\partial y} = 2y
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0
コーシー・リーマンの関係式は、x=0x = 0 かつ y=0y = 0のときのみ成り立つので、微分不可能である。
(4) f(z)=zˉ=x−iyf(z) = \bar{z} = x - iy
u(x,y)=xu(x, y) = x
v(x,y)=−yv(x, y) = -y
∂u∂x=1\frac{\partial u}{\partial x} = 1
∂v∂y=−1\frac{\partial v}{\partial y} = -1
∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial y} = 0
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(5) f(z)=z+zˉ=(x+iy)+(x−iy)=2xf(z) = z + \bar{z} = (x + iy) + (x - iy) = 2x
u(x,y)=2xu(x, y) = 2x
v(x,y)=0v(x, y) = 0
∂u∂x=2\frac{\partial u}{\partial x} = 2
∂v∂y=0\frac{\partial v}{\partial y} = 0
∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial y} = 0
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(6) f(z)=ex(cos⁡y+isin⁡y)=excos⁡y+iexsin⁡yf(z) = e^x (\cos y + i \sin y) = e^x \cos y + i e^x \sin y
u(x,y)=excos⁡yu(x, y) = e^x \cos y
v(x,y)=exsin⁡yv(x, y) = e^x \sin y
∂u∂x=excos⁡y\frac{\partial u}{\partial x} = e^x \cos y
∂v∂y=excos⁡y\frac{\partial v}{\partial y} = e^x \cos y
∂u∂y=−exsin⁡y\frac{\partial u}{\partial y} = -e^x \sin y
∂v∂x=exsin⁡y\frac{\partial v}{\partial x} = e^x \sin y
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=excos⁡y+iexsin⁡y=ex(cos⁡y+isin⁡y)=f(z)f'(z) = e^x \cos y + i e^x \sin y = e^x (\cos y + i \sin y) = f(z)
(7) f(z)=y+ixx2+y2f(z) = \frac{y + ix}{x^2 + y^2}
u(x,y)=yx2+y2u(x, y) = \frac{y}{x^2 + y^2}
v(x,y)=xx2+y2v(x, y) = \frac{x}{x^2 + y^2}
∂u∂x=−2xy(x2+y2)2\frac{\partial u}{\partial x} = -\frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2}
∂v∂y=−2xy(x2+y2)2\frac{\partial v}{\partial y} = -\frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2}
∂u∂y=x2−y2(x2+y2)2\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}
∂v∂x=y2−x2(x2+y2)2\frac{\partial v}{\partial x} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=−2xy(x2+y2)2+iy2−x2(x2+y2)2f'(z) = -\frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2} + i\frac{y^2 - x^2}{(x^2 + y^2)^2}
(8) f(z)=x−iyx+iy=(x−iy)2(x+iy)(x−iy)=x2−y2−2ixyx2+y2f(z) = \frac{x - iy}{x + iy} = \frac{(x - iy)^2}{(x + iy)(x - iy)} = \frac{x^2 - y^2 - 2ixy}{x^2 + y^2}
u(x,y)=x2−y2x2+y2u(x, y) = \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}
v(x,y)=−2xyx2+y2v(x, y) = -\frac{2xy}{x^2 + y^2}
∂u∂x=2x(x2+y2)−2x(x2−y2)(x2+y2)2=4xy2(x2+y2)2\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2x(x^2 + y^2) - 2x(x^2 - y^2)}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{4xy^2}{(x^2 + y^2)^2}
∂v∂y=−2x(x2+y2)−2y(−2xy)(x2+y2)2=−2x3−2xy2(x2+y2)2\frac{\partial v}{\partial y} = -\frac{2x(x^2 + y^2) - 2y(-2xy)}{(x^2 + y^2)^2} = -\frac{2x^3 -2xy^2}{(x^2 + y^2)^2}
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(9) f(z)=∣z∣2z=x2+y2x+iy=(x2+y2)(x−iy)(x+iy)(x−iy)=(x2+y2)(x−iy)x2+y2=x−iy=zˉf(z) = \frac{|z|^2}{z} = \frac{x^2+y^2}{x+iy} = \frac{(x^2+y^2)(x-iy)}{(x+iy)(x-iy)} = \frac{(x^2+y^2)(x-iy)}{x^2+y^2} = x-iy = \bar{z}
これは問題4と同じなので、微分不可能である。
(10) f(z)=rcos⁡θ=xf(z) = r \cos \theta = x
f(z)=x+i0f(z) = x + i0
u(x,y)=xu(x,y) = x, v(x,y)=0v(x,y) = 0
∂u∂x=1\frac{\partial u}{\partial x} = 1, ∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial y} = 0
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0, ∂v∂y=0\frac{\partial v}{\partial y} = 0
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(11) f(z)=r2(cos⁡2θ+isin⁡2θ)=z2/r2∗r2=z2=(x+iy)2=x2−y2+2ixyf(z) = r^2 (\cos 2\theta + i \sin 2\theta) = z^2 / r^2 * r^2 = z^2 = (x+iy)^2 = x^2 - y^2 + 2ixy
u(x,y)=x2−y2u(x, y) = x^2 - y^2
v(x,y)=2xyv(x, y) = 2xy
∂u∂x=2x\frac{\partial u}{\partial x} = 2x
∂v∂y=2x\frac{\partial v}{\partial y} = 2x
∂u∂y=−2y\frac{\partial u}{\partial y} = -2y
∂v∂x=2y\frac{\partial v}{\partial x} = 2y
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=2x+i2y=2(x+iy)=2zf'(z) = 2x + i2y = 2(x + iy) = 2z
(12) f(z)=x2+iyf(z) = x^2 + iy
u(x,y)=x2u(x, y) = x^2
v(x,y)=yv(x, y) = y
∂u∂x=2x\frac{\partial u}{\partial x} = 2x
∂v∂y=1\frac{\partial v}{\partial y} = 1
∂u∂y=0\frac{\partial u}{\partial y} = 0
∂v∂x=0\frac{\partial v}{\partial x} = 0
コーシー・リーマンの関係式が成り立たないので、微分不可能である。
(13) f(z)=r3(cos⁡3θ+isin⁡3θ)=(rcos⁡θ+irsin⁡θ)3=(x+iy)3=x3−3xy2+i(3x2y−y3)f(z) = r^3 (\cos 3\theta + i \sin 3\theta) = (r\cos\theta + ir\sin\theta)^3 = (x + iy)^3 = x^3 - 3xy^2 + i(3x^2y - y^3)
u(x,y)=x3−3xy2u(x, y) = x^3 - 3xy^2
v(x,y)=3x2y−y3v(x, y) = 3x^2y - y^3
∂u∂x=3x2−3y2\frac{\partial u}{\partial x} = 3x^2 - 3y^2
∂v∂y=3x2−3y2\frac{\partial v}{\partial y} = 3x^2 - 3y^2
∂u∂y=−6xy\frac{\partial u}{\partial y} = -6xy
∂v∂x=6xy\frac{\partial v}{\partial x} = 6xy
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=3x2−3y2+i6xy=3(x2−y2+i2xy)=3(x+iy)2=3z2f'(z) = 3x^2 - 3y^2 + i6xy = 3(x^2 - y^2 + i2xy) = 3(x+iy)^2 = 3z^2
(14) f(z)=(x2−y2−2xy)+i(x2−y2+2xy)f(z) = (x^2 - y^2 - 2xy) + i(x^2 - y^2 + 2xy)
u(x,y)=x2−y2−2xyu(x, y) = x^2 - y^2 - 2xy
v(x,y)=x2−y2+2xyv(x, y) = x^2 - y^2 + 2xy
∂u∂x=2x−2y\frac{\partial u}{\partial x} = 2x - 2y
∂v∂y=−2y+2x\frac{\partial v}{\partial y} = -2y + 2x
∂u∂y=−2y−2x\frac{\partial u}{\partial y} = -2y - 2x
∂v∂x=2x+2y\frac{\partial v}{\partial x} = 2x + 2y
コーシー・リーマンの関係式が成り立つので、微分可能である。
f′(z)=(2x−2y)+i(2x+2y)=2(x−y)+i2(x+y)f'(z) = (2x - 2y) + i(2x + 2y) = 2(x - y) + i2(x + y)

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