复变函数中f(z)可导则f(z)的倒数也可到啊-搜答案-神马作文网

不满足C-R方程,不可导

e^z=e^(x+iy)=e^x(cosy+isiny),设实部u=e^xcosy,虚部v=e^xsiny∂u/∂x=e^xcosy,∂u/∂y=-e^

取实值说明虚部等于零.因此虚部必在曲线内部取到极值,由于虚部是调和函数,它必须是常数.因此从Cauchy-Riemann方程可知f也是常数.

你好此函数仅在原点处可导谢谢

过程不算很详细,(1)e^(iz)在原点的幂级数展开为1+iz+(iz)²/2+(iz)³/6+...因此f(z)=(1+iz-e^(iz))/z²=1/2+iz/6+.

这个函数在复平面上是不可导的,因为复变函数可导首先要满足柯西黎曼方程u'x=v'y,u'y=-v'x,此函数满足柯西黎曼方程的点只有z=0.但要注意的是柯西黎曼方程方程并不是可导的充分条件,满足柯西黎

同学,浙大的吧?这道题我也不会……

一般情况是不可以的,比如：再问：那什么时候可以呢？或者你说一下共轭函数的求法再答：一般的就根据这几个等式计算就可以了再问：关于最后一个公式，如果f(z)是由e^z组成的，那求f(z)的共轭是不是只要用

是二级极点!满足极点定义z0=0；n=2；φ（z0）=e^0+1=2不等于零再答：��ӭ׷�ʣ�

当点(x,y)沿x轴和y轴趋于(0,0)时,f(z)的极限都是0.但它沿直线y=mx趋于(0,0)时,limf(x,y)=lim(mx*x/(x*x+m*m*x*x))=m/(1+m*m),对于不同的

f(z)=z^4/(z-i)由f(z)=0可得零点为0（3个重根）孤立奇点为i,因分母不能为零,且z=i为一阶极点.故极点的个数为一个.z=i处得留数：Res(f,i)=(lim(z->i))[(z-

考虑序列a_k=k^(-1/m)(取实根),有k趋于无穷时a_k趋于0且1/(a_k)^m=k,而tan(a_k)趋于0.f(a_k)的分子e^k趋于无穷而分母趋于0,f(a_k)趋于无穷.证明极限不

既然在z0解析,也就是说在z0的一个邻域可导,当然在z0点也是可导的.设在z0的导数为A,那么有f(z0+z)-f(z0)=Az+o(z),对于这个式子令z趋于0取极限就有f(z0+z)趋于f(z0)

在0处泰勒级数收敛半径为pi/2;在0处罗伦级数收敛半径为pi/2再问：pi��ʲô��Ŀ��΢дһ�¹�̺��лл��再答：piΪԲ��f(Z)�ļ��Ϊcos(z

f(z)=u(x,y)+iv(x,y),现在u=u(x,y)=x²,v=v(x,y)=-y,分别对u,v求偏导数,则∂u/∂x=2x,∂u/∂

这个就把z看成实变量对z求导就行

设z=x+iyf(z)=e^z=e^(x+iy)=e^x·e^(iy)=e^xcosy+ie^xsinyRe[f(z)]=e^xcosy,Im[f(z)]=e^xsiny令u(x,y)=e^xcosy