ТФКП: разобраться как дифференцировать по сопряжённому

[garet]

Здравствуйте!
Есть такой относительно известный сборник лекций по ТФКП за авторством Сергеева и Домрина, в нём полярная форма условий Коши-Римана вводится словами:

Выпишем также {\it условие Коши-Римана в полярных координатах $r$, $\varphi$}, связанных с $z$, $\overline{z}$ формулами $z=re^{i\varphi}$, $\overline{z}=re^{-i\varphi}$. Дифференцируя эти формулы по $\overline{z}$ и решая полученную систему двух линейных уравнений, находим, что: $$\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = \frac{e^{i\varphi}}{2}\text{, }\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}} = \frac{ie^{i\varphi}}{2r}$$

И на этом все объяснения.
Я прочитал нормальное доказательство полярной формы этих условий на википедии, но тем не менее хочу разобраться, как же оно тут сделано при помощи этих магических слов "дифференцируя по $\overline{z}$", объясните, пожалуйста.

Когда я делаю по логике вещей, то выходит так:

$$r=\frac{\overline{z}}{e^{-i\varphi}}=\overline{z}e^{i\varphi}\quad \Rightarrow \text{ имеем } \frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = e^{i\varphi} + \overline{z}e^{i\varphi}\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}$$

и это ещё пол беды. для $\varphi$ всё выглядит ещё печальнее.
Но самый большой перл, это:

$$r=\frac{z}{e^{i\varphi}}\text{ суть формула от двух переменных }z\text{ и }\varphi\quand\Rightarrow\text{надо просто записать }\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = \frac{\partial r}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial \overline{z}} + \frac{\partial r}{\partial \varphi}\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}$$ $$\text{откуда с блеском получить }\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = 0\text{, ибо }\frac{\partial z}{\partial \overline{z}} = 0\text{ как и }\frac{\partial r}{\partial \varphi} = 0$$

Посему вопросов два:
1) как правильно дифференцировать по $\overline{z}$
2) что я делаю не так (чтобы больше так не ошибаться)

[Red_Herring]

Если рассмотреть функцию 2х вещественных переменных $x,y$ как функцию комплексного переменного $z$, то

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

и из нее однозначно находятся

$$\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} - i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr), \qquad \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} + i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr).$$

Однозначно потому, что $dz$ и $d\bar{z} :=\overline{dz}$ линейно независимы (хотя и зависимы). Остальное--тривиально.

[lel0lel]

garet в сообщении #1516121 писал(а):

Выпишем также {\it условие Коши-Римана в полярных координатах $r$, $\varphi$}, связанных с $z$, $\overline{z}$ формулами $z=re^{i\varphi}$, $\overline{z}=re^{-i\varphi}$. Дифференцируя эти формулы по $\overline{z}$ и решая полученную систему двух линейных уравнений, находим, что:

$$\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = \frac{e^{i\varphi}}{2}\text{, }\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}} = \frac{ie^{i\varphi}}{2r}$$

Так вы не эти формулы начали дифференцировать. Если эти то получается: $0=\frac{\partial r}{\partial \overline{z}}e^{i\varphi}+i r\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}e^{i\varphi}$ и $1=\frac{\partial r}{\partial \overline{z}}e^{-i\varphi}-i r\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}e^{-i\varphi}$, откуда следует ответ.

garet в сообщении #1516121 писал(а):

$$r=\frac{\overline{z}}{e^{-i\varphi}}=\overline{z}e^{i\varphi}\quad \Rightarrow \text{ имеем } \frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = e^{i\varphi} + \overline{z}e^{i\varphi}\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}$$

здесь же потеряна $i$, но в принципе так тоже можно прийти к ответу, только ещё что-то нужно дифференцировать, чтобы получить систему.

garet в сообщении #1516121 писал(а):

Но самый большой перл, это:

$$r=\frac{z}{e^{i\varphi}}\text{ суть формула от двух переменных }z\text{ и }\varphi\quand\Rightarrow\text{надо просто записать }\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = \frac{\partial r}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial \overline{z}} + \frac{\partial r}{\partial \varphi}\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}$$

$$\text{откуда с блеском получить }\frac{\partial r}{\partial \overline{z}} = 0\text{, ибо }\frac{\partial z}{\partial \overline{z}} = 0\text{ как и }\frac{\partial r}{\partial \varphi} = 0$$

здесь $\left(\frac{\partial r}{\partial \varphi}\right)_z=-i r$, так как частная производная при фиксированном $z$, а не то что вы подумали.

Кстати, соотношения

Red_Herring в сообщении #1516124 писал(а):

$$\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} - i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr), \qquad \frac{\partial f}{\partial \bar{z}}=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} + i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr).$$

можно получить непосредственным дифференцированием.

[Red_Herring]

lel0lel в сообщении #1516137 писал(а):

можно получить непосредственным дифференцированием.

А что имеется в виду под "непосредственным дифференцированием"? Вообще-то эти формулы--наиболее естественные определения, мотивированные первой формулой из моего сообщения.

[lel0lel]

Не уверен, что так будет проще, но имелось ввиду следующее:$\left(\frac{d f}{dz}\right)_{\bar z}=\left(\frac{d f}{dx+i dy}\right)_{\bar z}=\frac{1}{2}\left(\frac{d f}{dx}\right)_{\bar z}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{d f}{dx}\right)_{y}\left(\frac{d x}{dx}\right)_{\bar z}+\left(\frac{d f}{dy}\right)_x\left(\frac{d y}{dx}\right)_{\bar z}\right]=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} - i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr)$

[garet]

lel0lel в сообщении #1516137 писал(а):

Так вы не эти формулы начали дифференцировать. Если эти то получается: $0=\frac{\partial r}{\partial \overline{z}}e^{i\varphi}+i r\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}e^{i\varphi}$ и $1=\frac{\partial r}{\partial \overline{z}}e^{-i\varphi}-i r\frac{\partial \varphi}{\partial \overline{z}}e^{-i\varphi}$, откуда следует ответ.

Вот, то, что мне было нужно! спасибо! как я не догадался ....

[Red_Herring]

lel0lel в сообщении #1516139 писал(а):

Не уверен, что так будет проще, но имелось ввиду следующее:

$$\left(\frac{d f}{dz}\right)_{\bar z}=\left(\frac{d f}{dx+i dy}\right)_{\bar z}=\frac{1}{2}\left(\frac{d f}{dx}\right)_{\bar z}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{d f}{dx}\right)_{y}\left(\frac{d x}{dx}\right)_{\bar z}+\left(\frac{d f}{dy}\right)_x\left(\frac{d y}{dx}\right)_{\bar z}\right]=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\partial f}{\partial x} - i\frac{\partial f}{\partial y} \Bigr)$$

Неясно, что означают отношения полных дифференциалов с индексом $_{\bar z}$ или $z$.

[lel0lel]

Red_Herring в сообщении #1516229 писал(а):

Неясно, что означают отношения полных дифференциалов с индексом $_{\bar z}$ или $z$.

Это частные производные при постоянном ${\bar z}$. Нужно бы поправить дифференциалы, но уже поздно.

[Red_Herring]

lel0lel в сообщении #1516236 писал(а):

Это частные производные при постоянном ${\bar z}$

Но если ${\bar z}$ постоянно, то и ${z}$, и $x$ и $y$ тоже!

Red_Herring в сообщении #1516124 писал(а):

Однозначно потому, что $dz$ и $d\bar{z} :=\overline{dz}$ линейно независимы (хотя и зависимы).

[lel0lel]

Red_Herring в сообщении #1516242 писал(а):

Но если ${\bar z}$ постоянно, то и ${z}$, и $x$ и $y$ тоже!

Это конечно так, но если изначально не требовать вещественности $x, y$, тогда из постоянства $\bar{z}$ следует $dx = i dy$ и $z$ не постоянно.

[Red_Herring]

lel0lel в сообщении #1516247 писал(а):

если изначально не требовать вещественности $x, y$,

Но тогда частныее производные по $x, y$ еще не определены! Порочный круг.

[lel0lel]

Red_Herring в сообщении #1516256 писал(а):

частные производные по $x, y$ еще не определены!

Определить их с помощью аналитического продолжения соответствующих производных как функций вещественных аргументов.

[Red_Herring]

lel0lel в сообщении #1516258 писал(а):

Определить их с помощью аналитического продолжения соответствующих производных как функций вещественных аргументов.

Известный анекдот писал(а):

Такого извращения Париж еще не знал!

А кто сказал что ваша функция вещественно-аналитична по $x,y$?  Конечно, можно выкрутиться за счет еще большего усложнения. Я предложил очень простой и прямой путь: сначала определяем частные производные по $z$, $\bar{z}$ через полный дифференциал (и в этом случае нам нужна только дифференцируемость функции как функции от 2х переменных), а затем определяем аналитическую функцию как такую у которой частная производная по $\bar{z}$ равна $0$.

[lel0lel]

Не спорю -- ваш способ более естественный.

-- Сб май 01, 2021 00:12:54 --

Red_Herring в сообщении #1516260 писал(а):

А кто сказал что ваша функция вещественно-аналитична по $x,y$?

Кстати, можно мнимую единицу сделать вещественным параметром, в этом случае проблем с аналитичностью не возникнет.