复变解析函数的导数课本上说,解析函数在解析域内任意一点的高阶导数都存在.我有个疑问!但是函数F(z)=根号z,在F(0)

//最小二乘法直线拟合
BOOL CalculateLineKB(CFoldPointList *m_FoldList,double &k,double &b)
{
//最小二乘法直线拟合
//m_FoldList为关键点(x,y)的链表
//拟合直线方程(Y=kX+b)
if(m_FoldList==NULL)return FALSE;
long lCount=m_FoldList->GetCount();
if(lCountGetHeadPosition();
while(pos != NULL)
{
pFold=m_FoldList->GetNext(pos);
mX+=pFold->X;
mY+=pFold->Y;
mXX+=pFold->X*pFold->X;
mXY+=pFold->X*pFold->Y;
}
if(mX*mX-mXX*n==0)return FALSE;
k=(mY*mX-mXY*n)/(mX*mX-mXX*n);
b=(mY-mX*k)/n;
return TRUE;
}

将复数z=x+iy代入方程,得|z=x+iy|≤|z=x+iy-4| 在化为根号下的模式,再两边平方,就ok,答案为,x≤2,即为x=2的左边部分,

大哥 那是不可能的!先从基础来吧 一口吃不了一个胖子!首先得理解 复数!再是微积分 !最后到复变函数与积分变换!

原式=[220

用欧拉公式把sinx的代数式表示出来,然后把sinx写为x,x写为arcsinx,解该方程即可.sinx=(e^(ix)-e^(-ix))/2.试试吧!很好算的.

洛朗展式中的系数和泰勒展式一样都是由展成的级数形式推导的，并且系数都具有唯一性，或者展式都具有唯一的形式。因此特殊情况(解析)的泰勒展式与洛朗展式的形式是一样的,意义自然不一样(因为不解析).

先用二项式公式将(z+1/z)^{2n}展开,在逐项求积分.
除了[C_n^{2n}]/z=[(2n)!/{n!n!}]/z项外,其他项的积分都为0,
而[(2n)!/{n!n!}]/z项的积分为2i*pai*[(2n)!/{n!n!}].
故原积分=2i*pai*[(2n)!/{n!n!}]=2i*pai*[{1.3.5.(2n-1)}2^n*n!/{n!n!}]
=2i*pai*[{1.3.5.(2n-1)}2^n/{n!}].
另一方面,令z=e^{it}, (0

|Z|=1就是个单位圆啊.C表示包围它的闭曲线.这是去奇点的方法.

柯西积分公式
原式=2πie^z |z=0
=2πi
希望可以帮到你,如果解决了问题,请点下面的"选为满意回答"按钮,

介绍一下欧拉的方法
sinx/x泰勒展开=sinx=1-x^2/3!+x^4/5!-x^6/7!+x^8/9!-……
sinx/x的根为Kpi（k!=0）
sinx/x=(1-(x/pi)^2)(1-(x/2pi)^2)*.(1-(x/kpi)^2)*.
比较X^2项的系数,可得
1+1/2^2+1/3^2.+1/k^2+.=pi^2/6
sinx=x(1-(x/pi)^2)(1-(x/2pi)^2)*.(1-(x/kpi)^2)*.
也即sinx的连乘级数展开

感觉这两个题挺无聊的,用我们平常的说法,这两个也没什么错嘛,只是不严谨而已,第一个它只说在某个邻域内可导,没有强调在该点处可导,第二个极限严谨的说法是极限不存在也不是无穷大,而它只说不存在.所以我觉得这两个说法都没错,只是不够全面而已.

原来u,v是f(z)的实部和虚部(这个在题目处最好说明一下,不然会误解).
f(z)=u+iv=(2xy-2y)+i(2x-x^2+y^2+c)
=2(x-1)y+i(y^2-(x-1)^2+c+1)
=i{y^2-2i(x-1)y+[i(x-1)]^2+c+1}
=i{[y-i(x-1)]^2+c+1}
=i{[-i(iy+x-1)]^2+c+1}
=i{(-i)^2(z-1)^2+c+1}
=-i(z-1)^2+i(c+1)

要证明这个结论不算很难,但是深层原因不太清楚.
首先考虑gn(z) = (z-1)·fn(z) = z^(n+1)+2(z^n+z^(n-1)+...+z)-(2n+1).
若a是fn(z)的根则也是gn(z)的根.
当|a| < 1,有|a|^k < 1对任意正整数k成立.
于是|a^(n+1)+2(a^n+a^(n-1)+...+a)| ≤ |a|^(n+1)+2(|a|^n+|a|^(n-1)+...+|a|) < 2n+1.
得gn(a) ≠ 0,即gn(z)在单位圆盘内没有根,从而fn(z)也在单位圆盘内没有根.
(根据绝对值不等式的取等条件,可知fn(z)在单位圆周上也没有根).
再考虑hn(z) = (z-1)²·fn(z)
= (z-1)·gn(z)
= z^(n+2)-z^(n+1)+2z^(n+1)-2z-(2n+1)(z-1)
= z^(n+2)+z^(n+1)-(2n+3)z+(2n+1)
= (z^(n+1)-(2n+3))(z+1)+4(n+1).
记Rn = (1+1/n)·(4n²+6n+3)^(1/(n+1)),易见Rn > 1+1/n,且Rn > (4n²+6n+3)^(1/(n+1)).
于是当|a| > Rn,有|a|^(n+1) > 4n²+6n+3,故|a^(n+1)-(2n+3)| > (4n²+6n+3)-(2n+3) = 4n(n+1).
又|a+1| ≥ |a|-1 > 1/n,故|(a^(n+1)-(2n+3))(a+1)| > 4(n+1).
可得hn(a) ≠ 0,因此hn(z)的根都在圆盘B(0,Rn)内.
从而fn(z)的根也在圆盘B(0,Rn)内.
综合两方面,fn(z)的根分布在以原点为圆心,内半径为1外半径为Rn的圆环区域内.
注意到当n → ∞时Rn → 1,即知fn(z)的根趋近于单位圆周.
关于深层原因,个人有如下思路.
考虑Pn(z) = z^n·fn(1/z) = 1+3z+5z²+...+(2n+1)z^n.
Pn(z)的与fn(z)根互为倒数,因此都在单位圆盘内部.
而n → ∞时,Pn(z)作为幂级数∑{0 ≤ k} (2k+1)z^k的部分和,
在单位圆盘内闭一致收敛到函数P(z) = (1+z)/(1-z)².
P(z)在单位圆盘内没有零点,故Pn(z)的零点只能随着n的增加向单位圆周趋近.
于是fn(z)的零点作为倒数也向单位圆周趋近.

|原式|=lim(n→∞)|(√2)^(-n)*(1/√2+i/√2)^(-n)|
=lim(n→∞)√2^(-n)
=0
所以原式=0

原式 1-cos(n+1)θ-isin(n+1)θ
= --------------------------
1-cosθ-isinθ
2sin² (n+1)θ/2-2isin(n+1)θ/2cos(n+1)θ/2
=-------------------------------------------
2sin²θ/2-2isinθ/2cosθ/2
sin(n+1)θ/2[ sin(n+1)θ/2-icos(n+1)θ/2]
=-------------------------------------------
sinθ/2 [sinθ/2-icosθ/2]
sin(n+1)θ/2 [cos((n+1)θ/2-π/2)+isin((n+1)θ/2-π/2)]
=-----------------------------------------------------
sinθ/2 [cos(θ/2-π/2)+isin(θ/2-π/2)]
sin(n+1)θ/2[cos(nθ/2)+isin(nθ/2)]
=------------------------------------
sinθ/2

根据你的资质 大概要 一个星期吧
不用巩固了 ,实变和复变 一起学吧 = =

柯西积分公式，直接得出I=f(0)。

设z=x+iy
复数的指数函数定义为e^z=e^x(cosy+isiny)
可以看成由欧拉公式推导的吧e^iy=cosy+isiny
欧拉公式的一个证法是考虑幂级数展开,e^ix=cosx+isinx
证明过程请参考我团522的贡献http://zhidao.baidu.com/question/337302243.html

令u=cosz+isinz,那么1/u=cosz-isinz,得到
cosz=(u+1/u)/2, sinz=(u-1/u)/(2i),通分整理后是关于u的两次方程,这个应该会了吧

将原积分化为三个积分的和,积分=∮e^zdz/2(z+1)+∮e^zdz/2(z-1)-∮e^zdz/z,由于这三个积分中被积函数的奇点z=-1.z=1,z=0均在积分闭曲线内部,故根据柯西积分公式∮f(z)dz/(z-z0)=2πif(z0),积分=πi/e+eπi-2πi=πi(e+1/e-2).

在|z|=3/2内,被积函数有两个奇点,x=i,x=-i
由柯西积分公式
原积分=2πi[1/(z+i)(z^2+4)+1/(z-i)(z^2+4)],其中前一个式子z用 i 代进去,后一个用 -i 代进去
=2πi*(-i/6+i/6)=0

根据定义,L{f(t)}=∫[0,∞)f(t)e^{-st}dt.
把积分拆开：L{f(t)}=∫[0,T]f(t)e^{-st}dt+∫[T,2T]f(t)e^{-st}dt+∫[2T,3T]f(t)e^{-st}dt+...=∑[0,∞]∫[0,T]f(t+nT)e^{-s(t+nT)}dt
提出公因式,L{f(t)}=(∑[0,∞]e^{-snT})∫[0,T]f(t)e^{-st}dt
使用等比数列求和公式：L{f(t)}=1/(1-e^{-sT})∫[0,T]f(t)e^{-st}dt

是数学系主干课吗?
数学分析、高等代数、解析几何,
复变函数、常微分方程,
实变函数、泛函分析、抽象代数、点集拓扑,
微分几何、微分流形、偏微分方程、初等数论

1.cos(z)=(e^(iz)+e^(-iz))/2=1+(iz)^2/(2!)+(iz)^4/(4!)+.
=1-z^2/2!+z^4/4!+.
2.复变函数没有图像.但它有幅度图像y=|f(z)|,和相位图像y=arg(f(z)).
复变函数的奇偶定义与实变函数定义是一样的,即满足f(z)=f(-z)为偶函数,满足f(z)=-f(-z)为奇函数.这两种函数的幅度函数为偶函数,相位函数为奇函数.
反函数存在的条件是f(z)为一一映射,即z1不等于z2与f(z1)不等于f(z2)相互等价时的函数f(z).
3.等式两边用级数展开,展开后是无穷项相加的形式,其中每项的形式是一个系数乘以x^m(iy)^n,该项的次数(幂)为（m+n）,我们将次数为(m+n)的所有项合并.即将x^0(iy)^(n+m),x^1(iy)^(n+m-1),x^2(iy)^(n+m-2),...
...,x^(m+n-1)(iy)^1,x^(m+n)(iy)^0这些次数为（m+n）的项合并.
为此,得先算每一项的系数.对于x^m(iy)^n,它是由e^x级数展开中的
(1/m!)*x^m与e^(iy)级数展开中的(1/n!)*(iy)^m 这两项相乘得到的,
故x^m(iy)^n的系数为
(1/m!)*(1/n!)=(1/(m+n)!)C(m+n;m) (这里n,k的组合数记为C(n;k))
则等式左边的级数相乘展开中,次数为（m+n）的项加在一起等于
（1/(m+n)!)∑(k从0到r)C((m+n);k)*x^k(iy)^(m+n-k)=（1/(m+n)!)*(x+iy)!（牛顿二项式公式）
而等式右边级数展开中,次数为(m+n)的项为（1/(m+n)!)*(x+iy)!,
即左边合并次数相同的项后(多项合并后变为一项),与等式右边相同次数的项相等,
故左边=右边.
高数问题
1.二元函数在间断点处不连续(对x,y变量而言都不连续),当然不存在偏导数.
2△Z=A△X+B△Y+o(c)是全微分的定义式.
Z对X的偏导数表示X变化时Z的变化率,当然与Y无关,可将△Y等于零.
尽管X,Y可能相关(比如都是t的函数),但微分代表关于某个量的变化速率,
既然要计算Z关于X,Y的变化速率,就应将X,Y的增量△X与△Y视为无关的,因为只关心△X对△Z的影响和△Y对△Z的影响.