Question

一道复变函数题

Answer 1

解：分享一种解法，用留数定理。∵cosmx/(1+x^4)为偶函数，∴原式=(1/2)∫(x(-∞，+∞)cosmx/(1+x^4)dx。设f(z)=e^(imz)/(1+z^4)，则原式=(1/2)Re[∫(x(-∞，+∞)e^(imx)/(1+x^4)]dx，而f(z)满足留数定理的条件，而f(z)在上半平面有两个一级极点，zk=e^(2k+1)πi/4(k=0,1)。∴原式=(1/2)2πi∑Res[f(zk),zk]=(-πi)/4)[z0e^(imz0)+z1e^(imz1)]=(π/2)e^(-m/√2)sin(π/4+m/√2)。供参考。

Answer 2

定义 若f(z)在z0点的某一个邻域u(z0)内处处可导，则称f(z)在z0点解析，并称z0是f(z)的解析点.
由定义可以推出：若函数f(z)在z0点解析，则一定存在一个邻域u(z0)，在
u(z0)内任意一点z1处f(z)解析，事实上z1是u(z0)的内点，因而存在邻域
u(z1)包含于u(z0)，使(f(z)在u(z1)内处处可导，于是按定义f(z)在z1点解析.

复变函数f(x+yi)=u(x,y)+v(x,y)i可导的充要条件是：
∂u/∂x,∂u/∂y,∂v/∂x,∂v/∂y存在，且连续，且满足柯西-黎曼方程
∂u/∂x=∂v/∂y，,∂v/∂x=-,∂u/∂y
设z=x+yi
cosz=（e^iz+e^-iz)/2=(e^(xi-y)+e^(-xi+y))/2
=[e^-y(cosx+isinx)+e^y(cosx-isinx)]/2
e^z=e^x(cosy+isiny)
代入：
f(x+yi)=(x+yi)/[(1+(x+yi)²]+2e^z（e^iz+e^-iz)/2
=(x+yi)/（1+x²-y²+2xyi）+e^x(cosy+isiny)[e^-y(cosx+isinx)+e^y(cosx-isinx)]
=(x+yi)（1+x²-y²-2xyi）/[(1+x²-y²)²+4x²y²]+e^xe^-y(cosy+isiny)(cosx+isinx)+e^xe^y(cosy+isiny)(cosx-isinx)
=[（x+x³+xy²)+（y-x²y-y³）i]/[1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²]+e^(x-y)[(cosxcosy-sinxsiny)+(sinxcosy+cosxsiny)i]+e^(x+y)[(cosxcosy+sinxsiny)+(sinycosx-cosysinx)i]
=[（x+x³+xy²)+（y-x²y-y³）i]/[1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²]+e^(x-y)[cos(x+y)+sin(x+y)i]+e^(x+y)[cos(x-y)+sin(y-x)i]
=[（x+x³+xy²)/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)+e^(x-y)cos(x+y)+e^(x+y)cos(x-y)]
+[（y-x²y-y³）/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)+e^(x-y)sin(x+y)+e^(x+y)sin(y-x)]i
u=（x+x³+xy²)/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)+e^(x-y)cos(x+y)+e^(x+y)cos(x-y)
v=（y-x²y-y³）/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)+e^(x-y)sin(x+y)+e^(x+y)sin(y-x)
u、v的间断点：1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²=0
x^4+(2+2y²）x²+（y^4-2y²+1）=0
x^4+2(1+y²）x²+（y²-1）²=0
x=0，y²=1，y=±1，（0,1），（0，-1）两个点就就间断点。
∂u/∂x=[（1+3x²+y²)(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)-（x+x³+xy²)(4x³+4x+4xy²)]/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)²+e^(x-y)cos(x+y)-e^(x-y)sin(x+y)+e^(x+y)cos(x-y)-e^(x+y)sin(x-y)
=[1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²+3x²+3x^6+3x²y^4+6x^4-6x²y²+6x^4y²+y²+x^4y²+y^6+2x²y²-2y^4+2x²y^4-4x^4-4x²-4x²y²-4x^6-4x^4-4x^4y²-4x^4y²-4x²y²-4x²y^4)]/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)²+e^(x-y)cos(x+y)-e^(x-y)sin(x+y)+e^(x+y)cos(x-y)-e^(x+y)sin(x-y)
=(1-x^4-y^4+x²-y²-10x²y²+x²y^4-x^4y²+y^6-x^6)/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)²+e^(x-y)cos(x+y)-e^(x-y)sin(x+y)+e^(x+y)cos(x-y)-e^(x+y)sin(x-y)
∂v/∂y=[（1-x²-3y²）(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)-（y-x²y-y³）(4y³-4y+4x²y)]/(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)²-e^(x-y)sin(x+y)+e^(x-y)cos(x+y)+e^(x+y)sin(y-x)+e^(x+y)cos(y-x)
后面各项相等，只要考虑第一项的分子即可：分子=
（1-x²-3y²）(1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²)-（y-x²y-y³）(4y³-4y+4x²y)
=1+x^4+y^4+2x²-2y²+2x²y²-x²-x^6-x²y^4-2x^4+2x²y²-2x^4y²-3y²-3x^4y²-3y^6-6x²y²+6y^4-6x²y^4-4y^4+4y²-4x²y²+4x²y^4-4x²y²+4x^4y²+4y^6-4y^4+4x²y^4
=1-x^4-y^4+x²-y²-10x²y²-x^6-x^4y²+y^6+x²y^4
∂u/∂x=∂v/∂y
同理求其他偏导数，

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其实，对于原来就是用复数变量z定义的函数，柯西-黎曼条件总是满足的，（直接随意定义的u，v就不一定了），只要f'(z)有定义即可,形式上与实变数函数求导一样。

f'(z)=1/(1+z²）-2z²/（1+z²）²+2（e^z)cosz-2（e^z)sinz
z=±i时，f'(z)不存在，其他的点，都是可以解析的。