微分可能な複素関数の積の微分
定義域を共有する2つの複素関数\begin{eqnarray*}
f &:&\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \\
g &:&\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{eqnarray*}が与えられたとき、それぞれの\(z\in Z\)に対して、\begin{equation*}\left( fg\right) \left( z\right) =f\left( z\right) \cdot g\left( z\right)
\end{equation*}を値として定める新たな複素関数\begin{equation*}
fg:\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{equation*}が定義可能です。
定義域の内点\(a\in Z^{i}\)を選んだとき、複素関数\(f,g\)がともに点\(a\)において微分可能ならば、複素関数\(fg\)もまた点\(a\)において微分可能であることが保証されるとともに、これらの微分係数の間には以下の関係\begin{equation*}\left( fg\right) ^{\prime }\left( a\right) =f^{\prime }\left( a\right) \cdot
g\left( a\right) +f\left( a\right) \cdot g^{\prime }\left( a\right)
\end{equation*}が成り立ちます。
g\left( a\right) +f\left( a\right) \cdot g^{\prime }\left( a\right)
\end{equation*}を満たす。
g^{\prime } &:&\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{eqnarray*}がともに存在するということです。すると先の命題より複素関数\(fg\)もまた定義域\(Z\)上の任意の点において微分可能です。つまり、導関数\begin{equation*}\left( fg\right) ^{\prime }:\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{equation*}が存在するということです。しかも、これらの導関数の間には以下の関係\begin{equation*}
\forall z\in Z:\left( fg\right) ^{\prime }\left( z\right) =f^{\prime }\left(
z\right) \cdot g\left( z\right) +f\left( z\right) \cdot g^{\prime }\left(
z\right)
\end{equation*}すなわち、\begin{equation*}
\left( fg\right) ^{\prime }=f^{\prime }g+fg^{\prime }
\end{equation*}が成り立ちます。
\end{equation*}を定めるものとします。\(f\)は\(\mathbb{C} \)上で微分可能であり、導関数\(f^{\prime }:\mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} \)はそれぞれの\(z\in \mathbb{C} \)に対して、\begin{eqnarray*}f^{\prime }\left( z\right) &=&\frac{d}{dz}2z^{2}\quad \because f\text{の定義} \\
&=&2\frac{d}{dz}z^{2}\quad \because \text{定数倍の法則} \\
&=&2\left( z\cdot \frac{d}{dz}z+z\cdot \frac{d}{dz}z\right) \quad \because
\text{積の法則} \\
&=&2\left( z\cdot 1+z+1\right) \quad \because \text{複素恒等関数の微分} \\
&=&2\cdot 2z \\
&=&4z
\end{eqnarray*}を定めます。
\end{equation*}を定めるものとします。\(f\)は\(\mathbb{C} \)上で微分可能であり、導関数\(f^{\prime }:\mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} \)はそれぞれの\(z\in \mathbb{C} \)に対して、\begin{eqnarray*}f^{\prime }\left( z\right) &=&\frac{d}{dz}\left( z^{2}+1\right) \left(
2z-1\right) \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left( 2z-1\right) \frac{d}{dz}\left( z^{2}+1\right) +\left(
z^{2}+1\right) \frac{d}{dz}\left( 2z-1\right) \quad \because \text{積の法則} \\
&=&\left( 2z-1\right) \left( \frac{d}{dz}z^{2}+\frac{d}{dz}1\right) +\left(
z^{2}+1\right) \left( \frac{d}{dz}2z-\frac{d}{dz}1\right) \quad \because
\text{和の法則・差の法則} \\
&=&\left( 2z-1\right) \left( z\frac{d}{dz}z+z\frac{d}{dz}z+\frac{d}{dz}1\right) +\left( z^{2}+1\right) \left( 2\frac{d}{dz}z-\frac{d}{dz}1\right)
\quad \because \text{定数倍の法則・積の法則} \\
&=&\left( 2z-1\right) \left( z\cdot 1+z\cdot 1+0\right) +\left(
z^{2}+1\right) \left( 2\cdot 1-0\right) \quad \because \text{複素恒等関数、複素定数関数の微分} \\
&=&\left( 2z-1\right) 2z+2z^{2}+2 \\
&=&4z^{2}-2z+2z^{2}+2 \\
&=&6z^{2}-2z+2
\end{eqnarray*}を定めます。
解析関数の積は解析関数
定義域を共有する2つの複素関数\begin{eqnarray*}
f &:&\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \\
g &:&\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{eqnarray*}が与えられたとき、それぞれの\(z\in Z\)に対して、\begin{equation*}\left( fg\right) \left( z\right) =f\left( z\right) \cdot g\left( z\right)
\end{equation*}を値として定める新たな複素関数\begin{equation*}
fg:\mathbb{C} \supset Z\rightarrow \mathbb{C} \end{equation*}が定義可能です。
定義域の内点\(a\in Z^{i}\)を選んだとき、複素関数\(f,g\)がともに点\(a\)において解析関数であるならば、複素関数\(fg\)もまた点\(a\)において解析関数です。
演習問題
\end{equation*}と表されるものとします。\(f\)は\(\mathbb{C} \)上で微分可能であり、導関数\(f^{\prime }:\mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C} \)はそれぞれの\(z\in \mathbb{C} \)に対して、\begin{equation*}f^{\prime }\left( z\right) =nz^{n-1}
\end{equation*}を定めることを証明してください。
\end{equation*}を定めるものとします。導関数\(f^{\prime }\)を求めてください。
プレミアム会員専用コンテンツです
【ログイン】【会員登録】