f(z)=z√z的解析问题

1、f(z)=√z=√(x+yi)（y＞0）【r=√(x2+y2)】

2、(√2)f(z)=√[√(x2+y2)+x]+i√[√(x2+y2)-x]

3、满足柯西黎曼条件（同部偏导相等，异部偏导相反）

4、(√2)[f(z+Δz)-f(z)]

=√{√[(x+Δx)2+(y+Δy)2]+(x+Δx)}-√[√(x2+y2)+x]

+i√{√[(x+Δx)2+(y+Δy)2]-(x+Δx)}-i√[√(x2+y2)-x]

={√[(x+Δx)2+(y+Δy)2]-√(x2+y2)+Δx}/[2√(r+x)]

+i{√[(x+Δx)2+(y+Δy)2]-√(x2+y2)-Δx}/[2√(r-x)]

5、√[(x+Δx)2+(y+Δy)2]-√(x2+y2)=[(2x+Δx)Δx+(2y+Δy)Δy]/(2r)

6、(√2)f′(z)(Δx+iΔy)

={[(2x+Δx)Δx+(2y+Δy)Δy]/(2r)+Δx}/[2√(r+x)]

+i{[(2x+Δx)Δx+(2y+Δy)Δy]/(2r)-Δx}/[2√(r-x)]

7、令Δy=kΔx→0得

(√2)f′(z)(1+ki)(2r)

=(x+ky+r)/√(r+x)+i(x+ky-r)/√(r-x)

=√(r+x)+ky/√(r+x)+i[-√(r-x)+ky/√(r-x)]

=√(r+x)-i√(r-x)+ky/√(r+x)+iky/√(r-x)=[√(r+x)-i√(r-x)](1+ki)

8、f′(z)=1/(2√z)（z≠0）（以上推理分母差分=0是为表达简便，不影响微分变换）

9、证明方法二：（分界不连续问题）

f′(z)=（Δz→0）[√(z+Δz)-√z]/(Δz)

=（Δz→0）{[(z+Δz)-z]/(Δz)}/[√(z+Δz)+√z]

=1/(2√z)（z≠0）

10、同理可证，f(z)=z√z局部存在复导数，但不解析(含z=0的环积分≠ 0)。f(z)=√z过负实轴的环积分(不含z=0)有待验证。分数幂函数全域不解析的原因：代数式与三角式的单值规则不统一、分界不连续可导。

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