Дифференцирование по сопряженной переменной

[Klever]

Добрый день,
Допустим, у нас есть функция от комплексной переменной $z$. Допустим, это $f(z)=z$. Никак не могу разобраться, что будет происходить при дифференцировании ее по сопряженной переменной $z^*$.
$z=x+iy$
$z^*=x-iy$
Интуитивно ощущается, что $\frac{dz}{dz^*}=0$, но я не могу этого доказать. Прошу о помощи.

[Otta]

Если речь идет о проверке условия Коши-Римана, то
1) там частная производная,
2) переменные $z, z^*$ рассматриваются как независимые,
3) как следствие, доказывать нечего, что частная производная по сопряженной нулевая, очевидно.

Или Вы хотели чего-то другого?

[thething]

А разве должно быть что-то особенное? Вы спрашиваете в смысле другой формулировки условий Коши-Римана? Рассмотрите лучше пример $f(z)=\operatorname{Re} z$

[Klever]

Честно говоря, я знаю только один вариант формулировки условий Коши-Римана - тот
, который описан в вики - https://ru.m.wikipedia.org/wiki/Условия_Коши_—_Римана , но вопрос немного не про них или я вас не совсем понял.
thething, да, ваша функция интереснее. Я правильно думаю, что моя производная равна нулю на всей комплексной плоскости кроме Ox, где она равна единице?

[Otta]

Klever в сообщении #1342645 писал(а):

Я правильно думаю, что моя производная равна нулю на всей комплексной плоскости кроме Ox, где она равна единице?

Нет. Выразите функцию через $z, z^*$.

[thething]

Klever в сообщении #1342645 писал(а):

Я правильно думаю, что моя производная равна нулю на всей комплексной плоскости кроме Ox, где она равна единице?

Если поясните, что подразумевается под "Вашей" производной, тогда и подумаем. Я же имел ввиду тот же смысл, что описала Otta, т.е. частную производную по сопряженной переменной. Пример предложил Вам такой, чтобы Вы смогли проверить условия Коши-Римана в обычной форме и в форме $\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=0$ и сравнить результаты.

[Klever]

Так, немного разобрался, изначальный вопрос стоит все-таки некорректно. Эквивалентность определенность и ответ на вопрос Otta выводятся довольно просто, достаточно представить $\operatorname{Re} z=\frac{z+\bar{z}}{2}$, $\operatorname{Im} z=\frac{z-\bar{z}}{2}$. А правильный ответ на вопрос Otta, получается, 1/2.

И все-таки, если мы считаем $z$ и $\bar{z}$ независимыми и используем вторую формулировку условий Коши-Римана, из этого фактически следует дифференцируемость на комплексной плоскости всех функций, не зависящих явно от $\bar{z}$?
Моя цепочка мыслей: $\frac{\partial f(z)}{\partial \bar{z}}=\frac{\partial f(z)}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial \bar{z}}=0$

[Otta]

Klever в сообщении #1342665 писал(а):

из этого фактически следует дифференцируемость на комплексной плоскости всех функций, не зависящих явно от $\bar{z}$?

Примерно так. Можете подробнее тут (и по ссылкам) посмотреть.
Про гладкость (нужного порядка), конечно, забывать не надо. Она в формулировке есть. Всяких модулей и т.п. никто не отменял.

[Klever]

Большое спасибо за помощь!

[DeBill]

Klever
А чтоб стало совсем хорошо: если независимыми переменными считать $ \operatorname{Re} z$ и $z^*$, то, в примере thething, как нам объяснила Otta, ответ: 0

[Otta]

DeBill в сообщении #1342738 писал(а):

А чтоб стало совсем хорошо: если независимыми переменными считать $ \operatorname{Re} z$ и $z^*$, то, в примере thething, как нам объяснила Otta, ответ: 0

Бедная Otta. Как-то человек понял. Как надо - потом допоймет, не придирайтесь. Я тоже хотела об этом написать, Вы не один )

[Red_Herring]

Запишем известную формулу

$$df =\frac{\partial f}{\partial x} dx + \frac{\partial f}{\partial y} dy.$$

С другой стороны $dz= dx+idy$, $d\bar{z}=dx-idy$ влекут $dx=\frac{1}{2}(dz+d\bar{z})$ и $dy=-\frac{i}{2}(dz-d\bar{z})$ и поэтому

$$ df = \frac{1}{2}\bigl(\frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y}\bigr) dz + \frac{1}{2}\bigl(\frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y}\bigr) d\bar{z} $$

и тогда в обозначениях

$$\begin{aligned} &\frac{\partial f}{\partial \bar{z}}:= \frac{1}{2}\bigl(\frac{\partial f}{\partial x}+i\frac{\partial f}{\partial y}\bigr), \label{eqn-5}\\ &\frac{\partial f}{\partial z}:= \frac{1}{2}\bigl(\frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y}\bigr). \label{eqn-6} \end{aligned}\tag{*}$$

мы имеем

$$ df = \frac{\partial f}{\partial z}\, dz + \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}\,d\bar{z} $$

как если бы $z$ и $\bar{z}$ были независимыми переменными.
Замечание. Разумеется, $z$ и $\bar{z}$ не независимые переменные, напротив, одно из них однозначно определяет второе, но они линейно независимы, т.е.

$$ (\forall dz \quad Adz +Bd\bar{z} =0 )\implies A=B=0. $$

Тем самым введенные обозначения вполне разумны.

Ну и теперь легко видеть, что $\frac{\partial \bar{z}}{\partial z}=\frac{\partial z}{\partial \bar{z}}=0$.

[Klever]

Red_Herring отдельное спасибо за подробный ответ.