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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