3.2 柯西黎曼方程式(Cauchy-Riemann Equation)

本節目的是推導能夠判斷函數是否可微的條件與定理，並討論到極座標的關係。最後應用於說明解析函數當其導數的絕對值等於常數時，此函數必為常數函數。

例題3.2-1. 設 $f(z)=z^2$ ，討論 $f'(2+i)$ 之值的不同計算方式。

[解]
(法1) 由於 $f(z)=z^2$ ，因此 $f'(z)=2z$ ，故 $f’(2+i)=4+2i$ 。
(法2) 由定義知 $f'(2+i) =\displaystyle \lim_{\Delta z\to 0} \frac{f(2+i+\Delta z)-f(2+i)}{\Delta z}$ ，因此
$\begin{align*} \text{\textcircled{1}~~}f'(2+i) &{~~~~~~~=~~~~~~~ \atop{\text{\small沿}y=i \atop{\Delta z=h}}}\lim_{h\to 0}\frac{f(2+h+i)-f(2_i)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac1{h}[(2+h+i)^2-(2+i)^2] \\ &=\lim_{h\to 0}\frac1{h}(4h+h^2+2hi)=4+2i, \end{align*}$
$\begin{align*} \text{\textcircled{2}~~}f'(2+i) &{~~~~~~~=~~~~~~~ \atop{{\text{\small沿} x=2}\atop{\Delta z=ki}}}\lim_{k\to 0}\frac{f(2+i+ki)-f(2+i)}{ki}=\lim_{k\to 0}\frac1{ki}[(2+i+ki)^2-(2+i)^2] \\ &=\lim_{k\to 0}\frac1{ki}(2(2+i)ki-k^2)=4+2i. \end{align*}$
兩者相同。

上例的第二個作法，可以透過將 $f(z)=f(x+iy)=f(x,y)$ 來改成雙變數函數的微分來看，因此①的方式可以寫成

f'(2+i)=\lim_{h\to 0}\frac{f(2+h,1)-f(2,1)}{h} =\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{(2,1)}=\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{2+i}

同時，因此②的方式可以寫成

f'(2+i)=\lim_{k\to 0}\frac{f(2,1+k)-f(2,1)}{ki} =\frac{1}{i}\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{(2,1)} =-i\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{2+i}

因為導數 $f'(2+i)$ 存在( $=4+2i$ )，因此

\frac{\partial f}{\partial x}\bigg|_{2+i}=-i\frac{\partial f}{\partial y}\bigg|_{2+i}.

將此想法推廣，對任意的點 $z_0=x_0+i y_0=(x_0,y_0)$ ，若導數 $f'(z_0)$ 存在，則應該有

\frac{\partial f}{\partial x}(z_0)=-i\frac{\partial f}{\partial y}(z_0)

說明如下：設 $z=x+y,~f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 。若函數 $f$ 在 $z_0=x_0+y_0$ 可微分，則由定義

\lim_{z \to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=f'(z_0)

存在，其中 $z$ 趨近於 $z_0$ 可沿著各種方式進行，其極限均相同。如果我們選擇平行於座標軸的方式趨近 $z_0$ 點，

若沿著 $y$ -軸趨近， $x+iy_0\to x_0+iy_0$ ( $x\to x_0$ ) 則有

\begin{align*} f'(z_0) &=\lim_{x\to x_0}\frac{u(x,y_0)-u(x_0,y_0)}{x-x_0}+i\frac{v(x,y_0)-v(x_0,y_0)}{x-x_0}\\ &=u_x(x_0,y_0)+iv_x(x_0,y_0) \end{align*}

若沿著 $x$ -軸趨近， $x_0+iy\to x_0+iy_0$ 則

\begin{align*} f'(z_0) &=\lim_{y\to y_0}\frac{u(x_0,y)-u(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}+i\frac{v(x_0,y)-v(x_0,y_0)}{i(y-y_0)}\\ &=v_y(x_0,y_0)-iu_y(x_0,y_0) \end{align*}

由 $f'(z_0)$ 之唯一性知

u_x(x_0,y_0)+iv_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0)-iu_y(x_0,y_0)

比較二邊之實部與虛部，則 $u$ 及 $v$ 在點 $(x_0,y_0)$ 一階偏導數均存在且滿足在 $z=z_0$ 處的柯西黎曼方程式(簡稱 CRE)：

\begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0), \\ v_x(x_0,y_0)=-u_y(x_0,y_0) \end{cases} \text{~~~~或~~~~} \begin{cases} u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0), \\ u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0) \end{cases} \tag{3.2-1}

定理3.2-1.
設
$f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+i~v(x,y)$ 在 $z_0=x_0+iy_0$ 為可微，則函數 $u$ 和 $v$ 滿足柯西黎曼方程式(3.2-1)，同時導數值可表為

\begin{align*} f'(z_0)=f'(x_0+i y_0) &=u_x(x_0,y_0)+i v_x(x_0, y_0) \\ &=\frac1{i}\big[u_y(x_0,y_0)+i v_y(x_0, y_0)\big] \tag{3.2-2} \end{align*}

[證明]
討論如上。

推論： 若 $f(z)$ 在 $z_0$ 不滿足CRE，則 $f$ 在 $z_0$ 不可微。

例題3.2-2. 設 $f(z)=z^2=x^2-y^2+i~2xy$ ，因此， $u(x,y)=x^2-y^2$ 以及 $v(x,y)=2xy$ ，計算偏導數如下：

\begin{aligned} & u_x=2x=v_y\\ & u_y=-2y=-v_x \end{aligned}

因此滿足CRE，且 $f'(z)=2x+i2y=\frac{1}{i}[-2y+2x]=2z$ 。

例題3.2-3. 對函數 $f(z)=\bar{z}$ ，有 $u(x,y)=x$ 以及 $v(x,y)=-y$ ，但因 $u_x=1\neq -1=v_y, \forall (x,y)\in\mathbb{C}$ ，即CRE在複數平面上任何一點不成立，說明 $f(z)=\bar{z}$ 到處不可微。

例題3.2-4. 驗證函數 $f(z)=\begin{cases} \frac{\bar{z}^2}{z}, &z\neq 0 \\ 0, & z=0, \end{cases}$ 在 $z=0$ 不可微，但CRE成立。

[解]
因為
$\begin{align*} f'(0)=\lim_{z\to 0}\frac{\frac{\bar{z}^2}{z}-0}{z-0}&=\lim_{z\to 0}\frac{\bar{z}^2}{z^2}\\ &=\begin{cases} \lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2}=1, & \text{沿$x$軸趨近}\\ \lim\limits_{t\to 0}\frac{t^2(1-i)^2}{t^2(1+i)^2}=-1, & \text{沿$y=x$直線趨近} \end{cases} \end{align*}$
故此函數在 $z=0$ 不可微。又
$f(z)=\frac{\bar{z}^2}{z} =\frac{\bar{z}^3}{z\bar{z}} =\frac{x^3-3xy^2+i(-3x^2y+y^3)}{x^2+y^2}$
因此
$u(x,y)=\frac{x^3-3xy^2}{x^2+y^2}, \quad v(x,y)=\frac{-3x^2y+y^3}{x^2+y^2}.$
由於在 $z=0$ 處，這兩個函數的分母部分會等於零，因此必須用定義計算偏導數：
$u_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{u(h,0)-u(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{h}{h\cdot h^2}=1,\\ u_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{u(0,k)-u(0,0)}{k} =\lim_{k\to 0}\frac{0}{k\cdot k^2}=0,$
$v_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{v(h,0)-v(0,0)}{h} =\lim_{h\to 0}\frac{0}{h\cdot h^2}=0,\\ v_y(0,0)=\lim_{k\to 0}\frac{v(0,k)-v(0,0)}{k} =\lim_{k\to 0}\frac{k^3}{k\cdot k^2}=1,$
因此 $\begin{cases} u_x(0,0)=v_y(0,0),\\ u_y(0,0)=-v_x(0,0), \end{cases}$ 即在 $z=0$ 處滿足CRE。

備註：試問此函數在非 $z=0$ 處是否可微？直接計算可得：

u_x(x,y)=\begin{cases} 1, &(,y)=(0,0)\\ 1+\frac{4y^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}, &(x,y)\neq (0,0), \end{cases} u_y(x,y)=\begin{cases} 0, &(,y)=(0,0)\\ -\frac{8x^3y}{(x^2+y^2)^2}, &(x,y)\neq (0,0), \end{cases}

v_x(x,y)=\begin{cases} 0, &(,y)=(0,0)\\ -\frac{8xy^3}{(x^2+y^2)^2}, &(x,y)\neq (0,0), \end{cases} v_y(x,y)=\begin{cases} 1, &(,y)=(0,0)\\ 1-\frac{4x^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}, &(x,y)\neq (0,0). \end{cases}

如此一來，當 $z\neq 0$ 時，CRE 到處不成立。因此 $f(z)$ 在複數平面上到處不可微。此外，由於函數 $w=\bar{z}$ 是不可微的，因此此函數內有 $\bar{z}$ 項，故應是不可微的。

例題3.3-5. $f(z)=f(x+iy)=\sqrt{\left|xy\right|}$ ，討論在原點 CRE 是否成立及是否可微。

[解]
由於 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ ，因此 $u(x,y)=\sqrt{\left|xy\right|},~v(x,y)=0$ ，計算偏導數
$u_x=\frac{1}{2}\frac{y}{\sqrt{|xy|^3}},~u_y=\frac{1}{2}\frac{x}{\sqrt{|xy|^3}}, ~v_x=v_y=0,\\ \implies u_x(0,0)=u_y(0,0)=v_x(0,0)=v_y(0,0)=0$
在 $(0,0)$ 滿足 CRE，但是
$f'(0)=\lim_{z\to 0}\frac{f(z)-f(0)}{z-0}=\lim_{x+iy\to 0}\frac{\sqrt{\left|xy\right|}}{x+iy}$
若沿 $x=y$ 時， $f'(0)=\frac{1}{1+i}\lim\limits_{x\to 0}\frac{|x|}{x}$ ，極限不存在，故 $f'(z)$ 在 $0$ 點不可微。

以下討論柯西黎曼方程的充分性。

定理3.2-2. (柯西黎曼可微充分條件，簡稱CRT)
設
$f(z)=f(x+iy)=u(x,y)+i~v(x,y)$ 在點 $z_0=x_0+i~y_0$ 的某鄰域為連續。若

(1) $u_x, u_y, v_x, v_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 上連續，

(2) $u_x(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_0), u_y(x_0,y_0)=-v_x(x_0,y_0)$ ，

則 $f$ 在 $z_0$ 可微，且 $f'(z_0) =u_x(x_0,y_0)+i v_x(x_0, y_0) %=\frac1{i}\big[u_y(x_0,y_0)+i v_y(x_0, y_0)]$ 。

[證明]
利用單變數函數的均值定理以及透過定義來證。
由於 $u_x, u_y, v_x, v_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 上連續，因此 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，使得 $\forall (x,y)\in D_\delta(x_0, y_0)$ ，
$|u_x(x,y)-u_x(x_0,y_0)|<\varepsilon,~ |u_y(x,y)-u_y(x_0,y_0)|<\varepsilon,\\ |v_x(x,y)-v_x(x_0,y_0)|<\varepsilon,~ |v_y(x,y)-v_y(x_0,y_0)|<\varepsilon.$
由單變數函數的均值定理， $\exists x_1^*, x_2^{*}\in (x_0,x)\cup(x,x_0),~ \exists y_1^*, y_2^{*}\in(y_0,y)\cup(y,y_0)$ 使得
$u(x,y)-u(x_0,y)= u_x(x_1^*,y)(x-x_0), \quad v(x,y)-v(x_0,y)=v_x(x_2^{*},y)(x-x_0), \\ u(x_0,y)-u(x_0,y_0)=u_y(x_0,y_1^*)(y-y_0), \quad v(x_0,y)-v(x_0,y_0)=v_y(x_0,y_2^{*})(y-y_0)$
因此 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0$ ，使得 $\forall (x,y)\in D_\delta(x_0, y_0)$ ，
$u(x,y)-u(x_0,y_0)=u(x,y)-u(x_0,y)+u(x_0,y)-u(x_0,y_0)\\ \qquad\qquad\qquad\qquad =u_x(x_1^*,y)(x-x_0)+u_y(x_0,y_1^*)(y-y_0)\\ v(x,y)-v(x_0,y_0)=v(x,y)-v(x_0,y)+v(x_0,y)-v(x_0,y_0)\\ \qquad\qquad\qquad\qquad =v_x(x_2^{*},y)(x-x_0)+v_y(x_0,y_2^{*})(y-y_0)$
由 $u_x, u_y, v_x, v_y$ 在 $(x_0,y_0)$ 上連續，存在函數
$\epsilon_1=u_x(x_1^*,y)-u_x(x_0,y_0),\quad \epsilon_2=u_y(x_0,y_1^*)-u_y(x_0,y_0), \\ \epsilon_3=v_x(x_2^{*},y)-u_x(x_0,y_0),\quad \epsilon_4=v_y(x_0,y_2^{*})-u_y(x_0,y_0),$
使得
$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\epsilon_1=0,\quad \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\epsilon_2=0, \\ \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\epsilon_3=0,\quad \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\epsilon_4=0.$
因此由 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\epsilon_1=0$ 可知
$\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \left|\frac{\epsilon_1(x-x_0)}{(x-x_0)+i(y-y_0)} \right| =\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} |\epsilon_1| \frac{|x-x_0|}{|(x-x_0)+i(y-y_0)|} \le \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} |\epsilon_1|=0,$
亦即 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \frac{\epsilon_1(x-x_0)}{(x-x_0)+i(y-y_0)} = 0$ ；同理可得 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \frac{\epsilon_2(y-y_0)}{(x-x_0)+i(y-y_0)} = 0$ ， $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \frac{\epsilon_3(x-x_0)}{(x-x_0)+i(y-y_0)} = 0$ ，以及 $\lim\limits_{(x,y)\to(x_0,y_0)} \frac{\epsilon_4(y-y_0)}{(x-x_0)+i(y-y_0)} = 0$ 。
在這個 $D_\delta(x_0,y_0)$ 上，由導數定義知
$\begin{align*} f'(z_0)&=\lim_{z\to z_0}\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u(x,y)-u_0(x_0,y_0)+i[v(x,y)-v(x_0,y_0)]}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u(x,y)-u_0(x_0,y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)} +i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v(x,y)-v(x_0,y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u_x(x_1^*,y)(x-x_0)+u_y(x_0,y_1^*)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)} +i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v_x(x_2^{*},y)(x-x_0)+v_y(x_0,y_2^{*})(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u_x(x_0,y_0)(x-x_0)+u_y(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)} + \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{\epsilon_1(x-x_0)+\epsilon_2(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &\quad +i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v_x(x_0,y_0)(x-x_0)+v_y(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}+i\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{\epsilon_3(x-x_0)+\epsilon_4(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u_x(x_0,y_0)(x-x_0)+u_y(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)} +i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v_x(x_0,y_0)(x-x_0)+v_y(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &{=\atop{\small CRE}} \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u_x(x_0,y_0)(x-x_0)-\textcolor{red}{v_x}(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)} +i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v_x(x_0,y_0)(x-x_0)+\textcolor{red}{u_x}(x_0,y_0)(y-y_0)}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=\lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{u_x(x_0,y_0)[(x-x_0)+i(y-y_0)]}{x-x_0+i(y-y_0)}+i \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)}\frac{v_x(x_0,y_0)[(x-x_0)+i(y-y_0)]}{x-x_0+i(y-y_0)}\\ &=u_x(x_0,y_0)+i~v_x(x_0,y_0) \end{align*}$
得證。 $\hspace{10cm}\blacksquare$

例題3.2-5. 說明 $f(z)=x^3-3xy^2+i(3x^2y -y^3)$ 到處可微，並給出它的導數。

[解]
由於 $u(x,y)=x^3-3xy^2, v(x,y)=3x^2y -y^3$ ，得
$u_x=3x^2-3y^2,~u_y=-6xy;~v_x=6xy,~v_y=3x^2-3y^2.$
因此 $u_x, u_y, v_x, v_y$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續並滿足CRE： $u_x(x,y)=v_y(x,y), u_y(x,y)=-v_x(x,y)$ ，由CRT知 $f(z)$ 在上到處可微，且其導數為 $f’(z) =3x^2-3y^2+i~6xy= 3[(x^2-y^2)+i~2xy]=3z^2$ 。注意： $f(z)=z^3$ 。

例題3.2-6. 說明 $g(z)=e^{-y}\cos x+i~e^{-y} \sin x$ 到處可微，並給出它的導數。

[解]
由於 $u(x,y)=e^{-y}\cos x, v(x,y)=e^{-y}\sin x$ ，得
$u_x=-e^{-y}\sin x,~u_y=-e^{-y}\cos x;~v_x=e^{-y}\cos x,~v_y=-e^{-y} \sin x.$
因此 $u_x, u_y, v_x, v_y$ 在 $\mathbb{C}$ 上連續並滿足CRE： $u_x(x,y)=v_y(x,y), u_y(x,y)=-v_x(x,y)$ ，由CRT知 $g(z)$ 在上到處可微，且其導數為 $g'(z) = e^{-y}(-\sin x+i\cos x)=ie^{-y}(\cos x+i\sin x)=ig(z)$ 。注意： $g(z)=e^{iz}$ 。

例題3.2-7. 計算參數 $a, b, c, d \in\mathbb{R}$ 使得函數 $f(z)=x^2+a x y+b y^2+i(c x^2+d x y+ y^2)$ 為到處可微。

[解]
$\begin{cases} u(x,y)=x^2+a x y + b y^2, \\ v(x,y)=c x^2+d x y+y^2 \end{cases} \implies \begin{cases} u_x=2 x+a y, & u_y = a x+ 2 b y,\\ v_x=2 c x+d y, & v_y= d x+2 y, \end{cases}$
偏導數均到處連續，只要加上CRE： $u_x=v_y, u_y=-v_x$ 成立，則有CRT知此函數到處可微。使CRE成立的條件則為
$\begin{cases} u_x=2 x+a y=v_y=d x+2 y,\\ u_y = a x+ 2 b y=- v_x=-2 c x-d y, \end{cases} \implies a=2, b=-1, c=-1, d=2.$
因此函數 $f(z)=x^2+2 x y- y^2+i(- x^2+2 x y+ y^2)$ 為到處可微。

注意：此函數可以嘗試化成以 $z$ 來表達的形式，因 $x =(z+\bar{z})/2, y=(z-\bar{z})/2i$ ，代入則有

\begin{align*} f(z)&=\frac{(z+\bar{z})^2}{4}+2\frac{(z+\bar{z})(z-\bar{z})}{4i}-\frac{(z-\bar{z})^2}{-4} +i\left(\frac{-(z+\bar{z})^2}{4}+ 2\frac{(z+\bar{z})(z-\bar{z})}{4i}+\frac{(z-\bar{z})^2}{-4}\right)\\ &=\frac{z^2+2|z|^2+\bar{z}^2}{4}-i\frac{z^2-\bar{z}^2}{2}+\frac{z^2-2 |z|^2+\bar{z}^2}{4}-i\frac{z^2+2|z|^2+\bar{z}^2}{4}+\frac{z^2-\bar{z}^2}{2}-i\frac{z^2-2 |z|^2+\bar{z}^2}{4}\\ &=\frac{z^2+\bar{z}^2}{2}-i\frac{z^2-\bar{z}^2}{2}-i\frac{z^2+\bar{z}^2}{2} +\frac{z^2-\bar{z}^2}{2}=(1-i)\left[\frac{z^2+\bar{z}^2}{2}+ \frac{z^2-\bar{z}^2}{2}\right] =(1+i) z^2 \end{align*}

因此 $f(z)=(1+i)z^2$ 。

例題3.2-8. 求 $f(z)=e^z$ 之導數

[解]
$f(x+iy)=e^x(\cos y+i\sin y)\implies u(x,y)=e^x\cos y,~v(x,y)=e^x\sin y$
因此
$\begin{cases} u_x(x,y)=e^x\cos y,~u_y(x,y)=-e^x\sin y,\\ v_x(x,y)=e^x\sin y,~v_y(x,y)=e^x\cos y \end{cases}$ ，
故 $u_x,~u_y,~v_x,~v_y$ 均存在而且連續，而且 $u_x=v_y,~u_y=-v_x$ ，由CRT知 $f$ 在 $\Complex$ 上每一點均可微而且
$f'(z)=u_x(x,y)+iv_x(x,y)=e^z$

例題3.2-8. 已知 $f(z)=x^3+3xy^2-3x+i(y^3+3x^2y-3y)$ ，試求此函數的解析區域。

[解]
由 $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ 得 $u(x,y)=x^3+3xy^2-3x,~v(x,y)=y^3+3x^2y-3y$ ，因此
$\begin{cases} u_x=3x^2+3y^2-3, &v_x=6xy \\ u_y=6xy,&v_y=3y^2+3x^2-3 \end{cases}$
由於 $u_x=v_y$ ，要讓 CRE 成立需 $u_y=-v_x$ ，即 $xy=0$ ，表示 $x=0$ 或 $y=0$ ，為 $z$ -平面的坐標軸，表示 $f$ 在 $x$ -軸或 $y$ -軸可微分，其餘均不可微分；因而座標軸上之任意點所作之鄰域均含有不可微分的點，故此函數在複數平面上到處不可解析。

定理3.2-3. (定理3.2-2之極座標)
設
$f(z)=f(r e^{i\theta})=U(r,\theta)+i~V(r,\theta)$ 在點 $z_0=(r_0, \theta_0)$ 某鄰域為連續。若

(1) $U_r, U_\theta, V_r, V_\theta$ 在 $(r_0,\theta_0)$ 上連續，

(2) $U_r(r_0,\theta_0)=\frac1{r_0} V_\theta(r_0,\theta_0), \frac{1}{r_0}U_\theta(r_0,\theta_0)=-V_r(r_0,\theta_0)$ ，

則 $f$ 在 $z_0$ 可微，且 $f'(z_0) =\frac{1}{e^{i\theta_0}} \big[U_r(r_0,\theta_0)+i V_r(r_0, \theta_0) \big] =\frac1{i r_0e^{i\theta_0}}\big[U_\theta(r_0,\theta_0)+i V_\theta(r_0, \theta_0)]$ 。

[證明]
自行練習。 $\hspace{10cm}\blacksquare$

備註：

對 $\theta$ 之偏微分都會隨伴有 $\frac{1}{r}$ 這一項，主因 $\frac{\partial}{\partial \theta}$ 是無因次的；例如當 $f$ 表示距離函數時因次是公尺，則 $\frac{\partial}{r\partial \theta}$ 的因次是 $\frac{1}{\text{公尺}}$ ，才合理。

$\frac{d}{dz}$ 在直角座標系下，等同偏微分 $\frac{d}{dz}=\frac{\partial}{\partial x} \text{~或~}=\frac{1}{\textcolor{red}{i}}\frac{\partial}{\partial y}$ ，因此在極座標下，等同偏微分 $\frac{d}{dz}=\frac{1}{\textcolor{red}{e^{i\theta}}}\frac{\partial}{\partial r} \text{~或~}=\frac1{\textcolor{red}{i~e^{i\theta}}}\frac{\partial}{\textcolor{red}{r}\partial \theta}$ 。原因是
$\begin{align*} f'(r_0 e^{i \theta_0}) &=\lim_{(r,\theta)\to (r_0,\theta_0)}\frac{f(r e^{i \theta})-f(r_0 e^{i \theta_0})}{r e^{i\theta}-r_0 e^{i \theta_0}}\\ &\begin{cases} \displaystyle{=\atop{\small\text{ 沿}\theta=\theta_0}}\lim\limits_{r\to r_0}\frac{f(r e^{i \theta_0})-f(r_0 e^{i \theta_0})}{e^{i \theta_0} (r-r_0) } =\frac{1}{e^{i\theta_0}}\frac{\partial f}{\partial r}(r_0 e^{i\theta_0}) \\ \\ \displaystyle{=\atop{\small\text{ 沿}r=r_0}}\lim\limits_{\theta\to \theta_0}\frac{f(r_0 e^{i \theta})-f(r_0 e^{i \theta_0})}{r_0(e^{i\theta}-e^{i \theta_0}) } =\frac{1}{r_0}\lim\limits_{\theta\to \theta_0}\frac{1}{\frac{e^{i\theta}-e^{i \theta_0}}{\theta-\theta_0} } \frac{f(r_0 e^{i \theta})-f(r_0 e^{i \theta_0})}{\theta-\theta_0 } =\frac{1}{i r_0 e^{i\theta_0}}\frac{\partial f}{\partial \theta}(r_0 e^{i\theta_0}) \end{cases} \end{align*}$

例題3.2-8. 設 $f(z)=z^\frac12$ ，計算 $f'(z)$ 。

[解]
令 $D=\{r e^{i\theta} ~ | ~ r>0,~-\pi<\theta\le \pi\}$ ，因為 $f(r e^{i\theta}) = r^\frac12 \left( \cos \frac{\theta}2 +i \sin\frac{\theta}2 \right)$ ，得
$\begin{cases} U(r,\theta) = r^\frac12 \cos\frac{\theta}2, \\ V(r,\theta) = r^\frac12 \sin\frac{\theta}2 \end{cases} \implies \begin{cases} U_r = \frac1{2 r^\frac12} \cos\frac{\theta}2, & U_\theta = -\frac12 r^{\frac12} \sin\frac{\theta}2,\\ V_r = \frac1{2 r^\frac12} \sin\frac{\theta}2, & V_\theta = \frac12 r^{\frac12} \cos\frac{\theta}2. \end{cases}$
則有
(1) $U_r, U_\theta, V_r, V_\theta$ 在 $D$ 上連續，
(2) 對所有的 $(r,\theta)\in D$ ， $U_r(r_0,\theta_0)=\frac1{r_0} V_\theta(r_0,\theta_0), \frac{1}{r_0}U_\theta(r_0,\theta_0)=-V_r(r_0,\theta_0)$ 。
由定理3.2-3知 $f'(z)$ 存在， $\forall z\in D$ ，且
$\displaystyle f'(z) =\frac{1}{e^{i\theta}} \left[ \frac{1}{2 r^{\frac12}}\cos\frac{\theta}{2} +i \frac{1}{2 r^{\frac12}}\cos\frac{\theta}{2} \right] = \frac{1}{e^{i\theta}}\frac{1}{2 r^{\frac12}} \left[ \cos\frac{\theta}{2} +i \cos\frac{\theta}{2} \right] = \frac{1}{2 r^{\frac12} e^{i\theta}}e^{i\frac{\theta}{2}} = \frac{1}{2 r^{\frac12} e^{i\frac{\theta}{2}}} = \frac{1}{2z^\frac12}.$

應用

定理3.2-4. 設 $f(z)$ 在域 $D$ 上解析，且 $K\ge 0$ 。若 $|f(z)|=K,~\forall z\in D$ ，則 $f$ 為 $D$ 上的常數函數。

[證明]
令 $f(z)=u(x,y) + i v(x,y)$ ，則有 $|f(z)|^2= u(x,y)^2 + v(x,y)^2 = K^2,~\forall z\in D$ ，
(1) 當 $K=0$ 時， $u(x,y)=v(x,y)=0$ ，即 $f(z)=0$ ，
(2) 當 $K>0$ 時，對 $|f(z)|^2$ 取偏導數得， $\begin{cases} 2 u u_x+2 v v_x=0, \\ 2 u u_y+2 v v_y=0 \end{cases}$ ；由於 $f(z)$ 在域 $D$ 上解析，即 $u_x=v_y, u_y=-v_x$ ，因此
$\begin{cases} u u_x - v u_y=0, \\ u u_y + v u_x=0, \end{cases} \implies \begin{cases} (u^2+v^2) u_x = K^2 u_x=0, \\ (u^2+v^2) u_y =K^2 u_y=0, \end{cases} \implies \begin{cases} u_x = 0,~ u_y=0, \\ v_x=0,~v_y=0. \end{cases}$
如此一來， $u(x,y)=C_1, v(x,y)=C_2$ ，即得證 $f(z) = C_1+i C_2 \in\mathbb{C}$ 為常數函數。 $\hspace{2cm}\blacksquare$

推論3.2-5. 設 $f(z)$ 在域 $D$ 上解析。若 $f'(z)=0,~\forall z\in D$ ，則 $f$ 為 $D$ 上的常數函數。

[證明]
令 $f(z)=u(x,y) + i v(x,y)$ ，則有 $f'(z)=u_x+iv_x=\frac{1}{i} (u_y+i v_y)=0$ ，
$\begin{cases} u_x=0,~ u_y=0 \\ v_x=0,~ v_y=0 \end{cases}$ ，如此一來，同上個定理的證明過程，得知 $f(z)$ 為常數函數。 $\hspace{5cm}\blacksquare$