正則でない複素関数を微分しよう！【ウィルティンガー微分】

導入

定義のおさらい

複素関数$f(z)$の微分の定義を確認しましょう.

正則でない関数の停留点

確認として$f(z)=|z|^2$の停留点を求めましょう.

$z=x+yi$とおくと, $f(z)=x^2+y^2$なので
$$ \frac{\partial u}{\partial x}=2x=0=\frac{\partial v}{\partial y},\,\frac{\partial u}{\partial y}=2y=0=-\frac{\partial v}{\partial x} $$
より$z=0$でのみ$f$は正則になり, $z\neq0$での停留点が確認できない問題が発生します. これは主に$\bar{z},\,|z|$を含み$z$の式で表せない複素関数で起こります.

ウィルティンガー微分

定義の導出

通常の複素関数の微分では$(x,\,y)$の組で微分をしていましたが, $(z,\,\bar{z})$と変数置換して微分を定義したものがウィルティンガー微分です.

$z=x+yi$を用いて表される複素関数$f(z)$が実微分可能とすると
$$ \d f=\frac{\partial f}{\partial x}\d x+\frac{\partial f}{\partial y}\d y $$
が成り立ちます.

このとき$z=x+yi,\,\bar{z}=x-yi$と定数置換すると
$$ \d z=\d x+i\d y,\,\d \bar{z}=\d x-i\d y\Longleftrightarrow \d x=\frac{1}{2}(\d z+\d \bar{z}),\,\d y=\frac{1}{2i}(\d z-\d \bar{z}) $$
となり, これを全微分の式に代入すると
$$ \d f=\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\d z+\d \bar{z}}{2}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\d z-\d \bar{z}}{2i} =\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y}\right)\d z+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y}\right)\d \bar{z} $$
ここで$z,\,\bar{z}$を独立な変数と見ると
$$ \d f=\frac{\partial f}{\partial z}\d z+\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\d \bar{z} $$
なので
$$ \frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y}\right),\,\frac{\partial f}{\partial\bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y}\right) $$
とできます.

ここで$z,\,\bar{z}$を独立な変数として扱ってもよいか確認します.
$$ \frac{\d z}{\d z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial (x+yi)}{\partial x}-i\frac{\partial (x+yi)}{\partial y}\right)=\frac{1}{2}(1-i\cdot i)=1 $$
$$ \frac{\d \bar{z}}{\d \bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial (x-yi)}{\partial x}+i\frac{\partial (x-yi)}{\partial y}\right)=\frac{1}{2}(1+i\cdot (-i))=1 $$
$$ \frac{\d \bar{z}}{\d z}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial (x-yi)}{\partial x}-i\frac{\partial (x-yi)}{\partial y}\right)=\frac{1}{2}(1-i\cdot (-i))=0 $$
$$ \frac{\d z}{\d \bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial (x+yi)}{\partial x}+i\frac{\partial (x+yi)}{\partial y}\right)=\frac{1}{2}(1+i\cdot i)=0 $$
より, $z,\,\bar{z}$は独立した変数として偏微分しても大丈夫です.

例題

$f(z)=|z|^2$とする. $f(z)=z\bar{z}$より
$$ \frac{\partial f}{\partial z}=\bar{z},\,\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=z $$
よって, $\frac{\partial f}{\partial z}=0,\,\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=0$を解いた停留点は$(z,\,\bar{z})=(0,\,0)$となる. また$f$の複素Hessianは
$$ \det\begin{bmatrix} \frac{\partial^2 f(0,\,0)}{\partial z^2} & \frac{\partial^2 f(0,\,0)}{\partial z\partial \bar{z}}\\ \frac{\partial^2 f(0,\,0)}{\partial \bar{z}\partial z} & \frac{\partial^2 f(0,\,0)}{\partial \bar{z}^2} \end{bmatrix} =\det\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{bmatrix}=-1\neq0 $$
で$(z,\,\bar{z})=(0,\,0)$は$f$の停留点であることが分かりました.

複素ベクトルへの拡張

$z_k=x_k+y_k i\in \C,\,x_k,\,y_k\in\R\,(1\leq k\leq n)$とおく.
$$ d z_k=\d x_k+i\d y_k,\,d \bar{z}_k=\d x_k-i\d y_k\Longleftrightarrow \d x_k=\frac{\d z+\d \bar{z}}{2},\,\d y_k=\frac{\d z-\d \bar{z}}{2i} $$
$$ \d f=\sum_{k=1}^n \left(\frac{\partial f}{\partial x_k}\d x_k+\frac{\partial f}{\partial y_k}\d y_k\right) =\sum_{k=1}^n \left\{\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}-i\frac{\partial f}{\partial y_k}\right)\d z_k+\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x_k}+i\frac{\partial f}{\partial y_k}\right)\d \bar{z}\right\} $$
一方
$$ \frac{\partial f}{\partial \mathbf{z}}=\left(\frac{\partial f}{\partial z_1},\,\cdots,\,\frac{\partial f}{\partial z_n}\right),\,\frac{\partial f}{\partial \bar{\mathbf{z}}}=\left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}_1},\,\cdots,\,\frac{\partial f}{\partial \bar{z}_n}\right) $$
$$ \d \mathbf{z}=(\d z_1,\,\cdots,\,\d z_n)^t,\,\d \bar{\mathbf{z}}=(\d \bar{z}_1,\,\cdots,\,\d \bar{z}_n)^t $$
と定め, $\mathbf{z},\,\bar{\mathbf{z}}$を独立な変数と見ると, $\displaystyle\d f=\frac{\partial f}{\partial \mathbf{z}}\d\mathbf{z}+\frac{\partial f}{\partial\bar{\mathbf{z}}}\d \bar{\mathbf{z}}$が成り立つ.
よって
$$ \frac{\partial f}{\partial \bar{\mathbf{z}}}=\left(\frac{\partial f}{\partial \bar{z}_1},\,\cdots,\,\frac{\partial f}{\partial \bar{z}_n}\right) =\left(\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x_1}+i\frac{\partial f}{\partial y_1}\right),\,\cdots,\,\frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x_n}+i\frac{\partial f}{\partial y_n}\right)\right) $$
を得る.

類題

1. $z=x+yi\,(x,\,y\in\R),\,z\neq0$とする.
   $$ f(z)=z^3/|z|+\bar{z} =\frac{(x+yi)^3}{\sqrt{x^2+y^2}}+(x-yi) $$
   $f(z)$は$(x,\,y)$で偏微分可能なので命題2より
   $$ \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=-\frac{z^2}{\bar{z}^2}+1=0\Longleftrightarrow z^2=\bar{z}^2 $$
   よって$z$は$z\neq0$かつ実数または純虚数のとき, $f$は通常の意味で微分可能である. また命題3より
   $$ f'(z)=\frac{\partial f}{\partial z}=2z/\bar{z} =\begin{cases} 2 & \text{if $z\in\R/\{0\}$,}\\ -2 & \text{if $z=yi,\,y\in\R/\{0\}$.} \end{cases} $$
   ウィルティンガー微分は
   $$ \frac{\partial f}{\partial z}=2z/\bar{z},\,\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=-z^2/\bar{z}^2+1 $$
   となる.
2. $z=x+yi\,(x,\,y\in\R)$とし, $\cos\theta=x/|z|,\,\sin\theta=y/|z|\,(\theta\in(-\pi,\,\pi])$とおくと
   $$ f(z)=(x^2+y^2)+2i\arg(x+yi)=(x^2+y^2)+2i\theta(x,\,y) $$
   より$f(z)$は$(x,\,y)$は微分可能.
   $\log z=\log|z|+i\arg z,\,\log\bar{z}=\log|z|-i\arg z$より$2i\arg=\log z-\log\bar{z}$
   $$ \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\left(z\bar{z}+(\log z-\log\bar{z})\right)=z-\frac{1}{\bar{z}}=0\qquad\therefore z=1/\bar{z}\qquad\therefore |z|=1 $$
   $D=\{z\in\C\mid |z|=1\}$とすると, $f(z)$は正則となる.
3. $f(z)=iz^3+2z\bar{z}+\bar{z}^2$は$\C$上$\Re z,\,\Im z$で微分可能.
   $$ \begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial z} &=3iz^2+2\bar{z} &=0\\ \dfrac{\partial f}{\partial \bar{z}} &=2z+2\bar{z} &=0 \end{cases} $$
   $z+\bar{z}=0$より$z=yi\,(y\in\R)$と表せて, $0=3iz^2+2\bar{z}=-3iy^2-2iy=-iy(3y+2)\qquad\therefore y=0,\,-2/3\qquad\therefore z=0,\,-2i/3$
   $$ \det\begin{bmatrix} \dfrac{\partial^2 f}{\partial z^2} & \dfrac{\partial^2 f}{\partial z\partial \bar{z}}\\ \dfrac{\partial^2 f}{\partial \bar{z}\partial z} & \dfrac{\partial^2 f}{\partial \bar{z}^2} \end{bmatrix} =\det\begin{bmatrix} 6iz & 2\\ 2 & 2 \end{bmatrix} =12iz-4=4(3iz-1)\neq0\,(z=0,\,-2i/3) $$
   より, $f(z)$の停留点は$(z,\,f(z))=(0,\,0),\,(-2i/3,\,4/27)$となる.

余談として$f(x+yi)=(3x^2+y^2-3x^2y+y^3)+(x^3-3xy^2-2xy)i$で
$3x^2+y^2-3x^2y+y^3$の極値は$(0,\,0)$: 極小値, $(0,\,-2/3),\,(\sqrt{5/3},\,1),\,(-\sqrt{5/3},\,1)$:鞍点
$x^3-3xy^2-2xy$の極値は$(0,\,0),\,(0,\,-2/3)$:鞍点
なので$f(z)$の停留点は$\Re f,\,\Im f$の極値か鞍点になります.