1樓：曉龍老師
解：原式=∫c㏑（1+z）dz
=z㏑（1+z）|（-i到i）-∫（-i到i）zd㏑（1+z）=z㏑（1+z）|（-i到i）-∫（-i到i）z/（1+z）dz=（-2+㏑2+π/2）i
=f(-i)=i-1-i=-1
=f(i)=-i-1+i=-1
=f(i)-f(-i)
=0性質：
復變數復值函式的簡稱。設a是一個複數集，如果對a中的任一複數z，通過一個確定的規則有一個或若干個複數w與之對應，就說在複數集a上定義了一個複變函式。
設ƒ(z)是a上的複變函式，α是a中一點。如果對任一正數ε，都有正數δ，當z∈a且|z-α|<δ時，|ƒ(z)-ƒ(α)|<ε恆成立，則稱ƒ(z)在α處是連續的。
如果在a上處處連續，則稱為a上的連續函式或連續對映。
設ƒ是緊集a上的連續函式，則對任一正數ε，必存在不依賴自變數z的正數δ，當z1，z2∈a且|z1-z2<δ時|ƒ(z1)-ƒ(z2)|<ε恆成立。這個性質稱為ƒ(z)在a上的一致連續性或均勻連續性。
2樓：匿名使用者
因為被積函式是多項式函式，屬於整函式，所以積分結果與路徑無關，可以通過牛頓-萊布尼茲公式求解。
被積函式的一個原函式為f(z)=z³+z²+z，因此積分的結果就是原函式在積分端點的差值。
因為f(-i)=i-1-i=-1，f(i)=-i-1+i=-1，所以積分的結果為f(i)-f(-i)=0.
複變函式積分的一道題目
3樓：匿名使用者
設z=x+iy，則dz=dx+idy
原式=∫(c) (x-iy)(dx+idy)=∫(c) xdx+ydy + i∫(c) xdy-ydx將x=0，y：-1→1代入上式
=∫[-1→1] y dy + i∫[-1→1] 0 dy=0【數學之美】團隊為您解答，若有不懂請追問，如果解決問題請點下面的“選為滿意答案”。
複變函式，計算積分∫c|z|dz,其中積分路徑c為從點-i到點i的直線段 。
4樓：假面
計算過程如下來：
設源a是一個複數集，如果對baia中的任一複數z，通過一個確定的規du則有一個或若干個複數w與之對zhi應，就說在複數集a上定義了一個複變函式。
求復變積分∫c |z|dz,其中c：由z=0和z=1+i的直線段
5樓：曉龍老師
結果為：
解題過程：i/2-1/3
解：原式=∫[0→1](1+it)t*idt
=it2/2-t3/3|[0→1]
=2πie^z |z
=i/2-1/3
性質：設ƒ(z)是平面開集d內的複變函式。對於z∈d，如果極限存在且有限，則稱ƒ(z)在z處是可導的，此極限值稱為ƒ(z)在z處的導數，記為ƒ'(z)。
這是實變函式導數概念的推廣，但複變函式導數的存在卻蘊含著豐富的內容。這是因為z+h是z的二維鄰域內的任意一點，極限的存在條件比起一維的實數情形要強得多。
一個複變函式如在z的某一鄰域內處處有導數，則該函式必在z處有高階導數，而且可以展成一個收斂的冪級數（見解析函式）。
所以複變函式導數的存在，對函式本身的結構有重大影響，而這些結果的研究，構成了一門學科──複變函式論。
6樓：斯半安
線段引數方程為z=1+it,t∈[0,1]把引數方程代入被積函式中,得
原式=∫[0→1](1+it)t*idt
=it2/2-t3/3|[0→1]
=i/2-1/3
一道關於函式交點的問題，一道關於函式交點的問題
解 要有公共點，則至少有乙個點 x,y 是兩個函式都通用的。所以，y 2 x kx 1,所以 2 x kx 1，得 kx 2 x 2 0 接下來就是要讓x有解。當k 0時，x 2,有解 當k不等於0時，要x有解，則有 1 4k 2 1 8k 0得 k 1 8 所以，當k 0或者k 1 8時有公共點。...
複變函式一道題求助 z2，問z 2 iz的最大值？灌水的別來，我會取消
解 分享一種解法。設z re i 0 r 2，則丨z 2 iz丨 r丨re i2 ie i 丨 r丨rcos2 irsin2 icos sin 丨 r rcos2 sin 2 rsin2 cos 2 1 2 而 rcos2 sin 2 rsin2 cos 2 1 2 r 2 1 2rsin 1 2 ...
一道初二一次函式的問題，謝謝
解 1 用待定係數法 設這個一次函式的解析式為y kx b 把 x 3,y 2 和 x 1,y 6 代入y kx b2 3k b 6 k b 解得k 2 b 4 所以這個一次函式的解析式為y 2x 4 1 把 x 2m,y 4m 4 代入y 2x 4左邊 4m 4 右邊 4m 4 左邊 右邊 所以p...