偏導関数の証明

質問

ｘ∂ｆ/∂ｘ＋ｙ∂ｆ/∂ｙ＝nfと（∂＾２）ｆ/（∂ｘ＾２）＋（∂＾２）ｆ/（∂ｙ＾２）＝0を満たすための必要十分条件はｆ＝a（ｘ＋iy）＾ｎ＋b（x-iy）＾ｎである事を示したいのですが・・・

回答No.3

keyguy · ベストアンサー

No2.において盲点に引っかかりました。

複素関数論の知識が必要です。
n=0の場合に実関数のやり方で解いたので間違えました。

1/zの不定積分は
zが実数の範囲ではln(|z|)ですが
zが複素数の範囲ではln(z)です。
z=|z|・(cos(arg(z))+i・sin(arg(z)))=|z|・exp(i・arg(z))
の両辺の対数を取れば
ln(z)=ln(|z|)+i・arg(z)
だからzが実数の時にはarg(z)=0ですから両者は一致するのです。

ということでNo.2のn=0の場合を修正します。

(2)n=0のとき
条件式はu・fu+v・fv=0かつfuv=0となる。
u・fu+v・fv=0の両辺をuで微分すると
fuv=0だから(u・fu)u=0
よってg(v)をvだけの関数としてu・fu=g(v)
よってg'(v)=(u・fu)v=u・fuv=u・0=0
よってg(v)は定数だからcを任意の定数としてfu=c/u
よってh(v)をvだけの関数としてf=c・ln(u)+h(v)
f=c・ln(u)+h(v)をu・fu+v・fv=0に代入して
c+v・h'(v)=0すなわちh(v)=-c・ln(v)+d
ただしｄは任意の定数である。
よってf=c・ln(u/v)+d
よってf=c・ln((x+i・y)/(x-i・y))+d
よってf=2・c・arg(x+i・y)+d
2・cを改めてcとしてf=c・arg(x+i・y)+d
このfは条件式を確かに満たす。

お礼

n=0の場合を忘れていました。有難うございます。

回答No.4

keyguy

Schwarzの定理：
fx,fy,fxyが存在してfxyが連続ならばfyxが存在してfxy=fyxである。
Youngの定理：
fx,fy,fxy,fyx,fxx,fyyが存在すればfxy=fyxである。

だから詳しい条件を提示しなければならない。
fx,fy,fxx,fyyの存在は使っているから明らか。
以下fxy,fyxの存在を仮定する。
従ってfxy=fyxである。

u=x+i・yかつv=x-i・yと変数変換すると

fx=∂f/∂x=
(∂f/∂u)・(∂u/∂x)+(∂f/∂v)・(∂v/∂x)=
fu・1+fv・1=fu+fv

fy=∂f/∂y=
(∂f/∂u)・(∂u/∂y)+(∂f/∂v)・(∂v/∂y)=
fu・i+fv・(-i)=(fu-fv)・i

fxy=∂fx/∂y=
(∂fx/∂u)・(∂u/∂y)+(∂fx/∂v)・(∂v/∂y)=
(fu+fv)u・i+(fu+fv)v・(-i)=
(fuu+fvu-fuv-fvv)・i

fyx=∂fy/∂x=
(∂fy/∂u)・(∂u/∂x)+(∂fy/∂v)・(∂v/∂x)=
((fu-fv)・i)u・1+((fu-fv)・i)v・1=
(fuu-fvu+fuv-fvv)・i

fxy=fyxだから
(fuu+fvu-fuv-fvv)・i=(fuu-fvu+fuv-fvv)・i
すなわちfuv=fvu

fxx=∂fx/∂x=
(∂fx/∂u)・(∂u/∂x)+(∂fx/∂v)・(∂v/∂x)=
(fu+fv)u・1+(fu+fv)v・1=
fuu+fvu+fuv+fvv=fuu+2・fuv+fvv

fyy=∂fy/∂y=
(∂fy/∂u)・(∂u/∂y)+(∂fy/∂v)・(∂v/∂y)=
((fu-fv)・i)u・i+((fu-fv)・i)v・(-i)=
-fuu+fvu+fuv-fvv=-fuu+2・fuv-fvv

すなわち
fx=fu+fv・・・(1)
fy=(fu-fv)・i・・・(2)
fxx=fuu+2・fuv+fvv・・・(3)
fyy=-fuu+2・fuv-fvv・・・(4)

u=x+i・yとv=x-i・yと(1)と(2)を
x・fx+y・fy=n・fに代入してu・fu+v・fv=n・f
(3)と(4)を
fxx+fyy=0に代入してfuv=0

お礼

大変良く分かりました。有難うございます。本当に。

回答No.2

keyguy

n=0の場合が抜けていたので改めて回答します。

fは2階連続微分可能とします。
(これにより微分順序の交換が可能になる。)

u=x+i・yかつv=x-i・yと変数変換すると条件式は
u・fu+v・fv=n・fかつfuv=fvu=0となる。

(1)n≠0のとき
fuv=0だからg(u)をuだけの関数として
fu=g(u)が成立する。
u・fu+v・fv=n・fの両辺をuで微分すると
u・fuu+fu+v・fvu=n・fu
fu=g(u)及びfvu=fuv=0だから
u・g'(u)+(1-n)・g(u)=0すなわち(g(u)・u^(1-n))'=0
よってaを任意の定数としてg(u)=fu=a・u^(n-1)/n
よってhをvだけの関数としてf=a・u^n+h(v)
これをu・fu+v・fv=n・fに代入すると
v・h'(v)-n・h(v)=0すなわち(h(v)・v^(-n))'=0
よってbを任意の定数としてh(v)=b・v^n
すなわちf=a・u^n+b・v^n
すなわちf=a・(x+i・y)^n+b・(x-i・y)^n
このfは条件式を確かに満たす。

(1)n=0のとき
条件式はu・fu+v・fv=0かつfuv=0となる。
u・fu+v・fv=0の両辺をuで微分すると
fuv=0だから(u・fu)u=0
よってg(v)をvだけの関数としてu・fu=g(v)
よってg'(v)=(u・fu)v=u・fuv=u・0=0
よってg(v)は定数だからcを任意の定数としてfu=c/u
よってh(v)をvだけの関数としてf=c・ln(|u|)+h(v)
f=c・ln(|u|)+h(v)をu・fu+v・fv=0に代入して
c+v・h'(v)=0すなわちh(v)=-c・ln(|v|)+d
ただしｄは任意の定数である。
よってf=c・ln(|u/v|)+d
よってf=c・ln(|(x+i・y)/(x-i・y)|)+d
このfは条件式を確かに満たす。

回答No.1

keyguy

u=x+i・yかつv=x-i・yとすると
u・fu+v・fv=n・fかつfuv=0となる。
(fが2回連続微分可能であるからfuv=fvuが成立）
fuv=0だからg(u)を適当なuだけの関数として
fu=g(u)が成立する。
u・fu+v・fv=n・fの両辺をuで微分すると
u・fuu+fu+v・fvu=n・fu
fu=g(u)及びfvu=fuv=0だから
u・g'(u)+(1-n)・g(u)=0すなわち(g(u)・u^(1-n))'=0
よってaを定数としてg(u)=fu=a・u^(n-1)/n
よってhをvだけの関数としてf=a・u^n+h(v)
これをu・fu+v・fv=n・fに代入すると
v・h'(v)-n・h(v)=0すなわち(h(v)・v^(-n))'=0
よってbを定数としてh(v)=b・v^n
すなわちf=a・u^n+b・v^n
すなわちf=a・(x+i・y)^n+b・(x-i・y)^n

補足

なるほど！たくさん書いていただいて有難うございます。ただ私が無知なもので、2行目のufu+vfv=nfがどうして成り立つのか分からないのです。