1樓：焦梓維實冬
因為f(z)為解來析函式，所自以u(x,y),v(x+y)滿足柯西黎曼方程ðu/ðx=ðv/ðy,ðu/ðy=-ðv/ðx。把u(x,y)=y代入，得ðu/ðx=0，ðv/ðx=-1，所以f'(z)=ðu/ðx+iðv/ðx=-i
設f（z)=u(x,y)+iv(x,y)解析，且f'(z)!=0,證明：曲線u(x,y)=c1和v(x,y)=c2正交，其中c1,c2為常數。
複變函式中f(z)=u(x,y)+iv(x,y)化成f(z)的形式中用的設零法是怎麼證明的
2樓：匿名使用者
f(z)可微：baif'(z)=u'x+iv'x
u'x為u對x的偏
導數du,v'x為v對x的偏導數，根據c.-r.方程zhi,還有另外三種daof(z)的表達內方式。
由於函式容解析，滿足柯西黎曼方程，
所以u'x=v'y=e^x*cosy，
積分得u=e^x*cosy+g(y)，
再對x求偏導得u'y=-v'x=-e^x*siny+g'(y)
=-e^x*siny，g'(y)=0，所以
g(y)=c，由於f(0)=1+g(0)=2得c=1，所以u=e^x*cosy+1，f(z)=u=e^x*cosy+1+ie^x*siny。
擴充套件資料
複變函式與解析函式：
主輻角argz(-pi,pi), 輻角argz=argz+2kpi;
零向量沒有確定的方向角；
|z1z2|=|z1||z2|, arg(z1z2)=arg(z1)+arg(z2);
鄰域、內點、外點、邊界點、開集（全是內點）、連通（任兩個點可以多個折線段連線起來的點集稱為連通的）區域（=開集+連通）；
簡單曲線（只有一個重點【起點與終點重和的點】）、jordan(若爾當)曲線（連續的簡單閉曲線）。
3樓：匿名使用者
其實原理很簡單，因為z=x+iy，當令y=0，那麼就有z=x，所以只要把x=z,y=0帶入函式表示式就得到的f(z)，前提條件是函式要解析
已知解析函式f(z)=u(x.y)+iv(x.y)的虛部v(x.y)=x3-3xy2,並且f'(i
4樓：匿名使用者
根據複變函式可導的條件（柯西——黎曼條件），其實部和虛部滿足如下關係所以，所以，
因此，所以，……
設a為n階矩陣且ako求,設A為n階矩陣，且AkO，求EA的逆矩陣？
利用公式a n b n a b a n 1 a n 2 b b n 1 即可,將a代為e,b代為a,則有e n a n e a e n 1 e n 2 a a n 1 由於a k o,e k e,因此 e a e a a n 1 e,根據可逆矩陣專的定義 屬,就有e a可逆,且其逆等於e a a n...
設a,b為正整數,且a b,若，設a,b為正整數,且a b,若1 29 1 a 1 b,求a ,b
b 30，a 29 29 29 29 1 29 30.1 a 1 30 29 1 29 1 30 1 29 1 b 1 a 1 b 1 29.a 29 30,b 30.把過程告訴你。1 a 1 b 1 29.1 b 1 29 1 a a 29 29a b 29a a 29 29 a 29 29 a ...
設fx為可導函式,且滿足limx
lim x copy0 f 1 f 1 x 2x 1,1 2lim x 0f 1 f 1 x x 1 lim x 0f 1 f 1 x x 2 f 1 2 即曲線y f x 在點 1,f 1 處的切線的斜率是 2,故選d.設f x 為可導函式,且滿足lim x 0 f 1 f 1 x 2x 1,求曲...