1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）。
2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
求複變函式的可導性和解析性 50
3樓：張晉海
設函式f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在區域d內確定,那麼f(z)點z=x+iy∈d可微的充要條件是：在點z=x+iy,u(x,y)及v(x,y)可微,並且əu/əx=əv/əy,əu/əy=-əv/əx.
設函式f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在區域d內確定,那麼f(z)在區域d內解析的充要條件是：
u(x,y)及v(x,y)在d內可微,而且在d內成立əu/əx=əv/əy,əu/əy=-əv/əx.
4樓：
......兩本書的東西你要幾句話怎麼說清。。。\r\n複變函式是研究複數的可導性 解析性 以及它的幾類積分含有其泰勒級數 洛朗級數 留數;\r\n拉氏變換 屬於積分變換那本書 俺們還沒學，你可以自己買這兩本書看看。
\r\n《複變函式》《積分變換》 都是工程數學類書。
很簡單的複變函式題：如果u(x,y)和v(x,y)可微，那麼f(z)=u(x,y)+iv(x,y)，這個命題為何為假
5樓：匿名使用者
就我所知，因為：1複變函式可微和可導是等價的，2根據柯西黎曼，二元回實變函式答u和v可微同時還需滿足柯西黎曼方程該複變函式才可導，所以：複變函式可微需要二元實變函式u和v可微同時滿足柯西黎曼方程。
兩者之間相差一個條件~嗯，學得不是太深所以只能說這麼多，希望對你有用~
6樓：
取baiu(x,y)=x-2y，v(x,y)=x+y，則u(x,y)和v(x,y)都是可微的，du由此得f(0+0*i)=0；但是
zhi，當取z=x->0時有f(z)/z->1+i，而當dao取z=y*i->0時，有內f(z)/z->-2+i，所以f(z)不可容微。
7樓：匿名使用者
^^^設f(z)=u+iv為解析函式復，制則由∂v/∂x=-∂u/∂y=-x+2y；
∂v/∂y=∂u/∂x=2x+y。
v=-x^2/2+2xy+y^2/2+c，c為常數。
f(z)=u+iv
=x^2+xy-y^2+i(-x^2/2+2xy+y^2/2+c)=(1-i/2)(x^2+2ixy-y^2)+ic=(1-i/2)(x+iy)^2+ic
=(1-i/2)z^2+ic，
f(i)=-1+i代入，得c=1/2，
f(z)=(1-i/2)z^2+i/2
複變函式與積分變換 求高手進！ 解析函式f(z)=u(x,y)+iv(x,y),其中z=x+iy,v(x,y)=exsiny,f(0)=2 50
8樓：援手
^估計是bai
求f(z)的解析式吧，由du於函式解析，滿足柯西黎zhi曼方程，所dao以u'x=v'y=e^x*cosy，
，積分得
內u=e^x*cosy+g(y)，再對容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
求大神指教複變函式中求大神指教，複變函式中z14z1為什麼表示多連通區域的
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