1樓：巴山蜀水
^解：分享一種解法，用留數定理。∵co**x/(1+x^4)為偶函式，∴原式=(1/2)∫(x(-∞，+∞)co**x/(1+x^4)dx。
設f(z)=e^(imz)/(1+z^4)，則原式=(1/2)re[∫(x(-∞，+∞)e^(imx)/(1+x^4)]dx，而f(z)滿足留數定理的條件，而f(z)在上半平面有兩個一級極點，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)。供參考。
2樓：董雪聞人彤
不適用，f(z)=rez=x，u'x=1,v『y=0，二者在任何時候都不相等，因此f(z)=x在復平面任何位置都不解析，所以柯西積分定理不適用。
一道復變函式留數的題目？ 5
3樓：day星星點燈
分享一種解法。∵sinxcos2x=(sin3x-sinx)/2，且被積函式是偶函式，
∴原式=(1/4)[∫(-∞,∞)xsin3xdx/(1+x²)-∫(-∞,∞)xsinxdx/(1+x²)]。
設f(z)=ze^(imz)/(1+z²)(m=3,1)。由柯西積分定理，有[∫(-∞,∞)xsinmxdx/(1+x²)= im[xe^(imx)dx/(1+x²)]=im(2πi)∑res[f(z),zk]。
而，f(z)在上半平面僅有乙個一階極點z=i。∴m=3時，res[f(z),zk]=ie^(-3)/(2i)；m=1時，res[f(z),zk]=ie^(-1)/(2i)，
∴原式=π(1/e³-1/e)/4。
供參考。
一道復變函式的題目
4樓：援手
z=0為可去奇點，因為復變函式在可去奇點處的洛朗展開式沒有負冪項，所以res[f(z),0]=0。z=5i為一級極點，利用公式，得z=5i處的留數=lim(z-5i)f(z)，（z趨於5i）=sini5i/5i
求一道復變函式題目
5樓：巴山蜀水
解：∵(z-1)/(z+1)=1-2/(z+1)=1-2/[2+(z-1)]=1-1/[1+(z-1)/2]，
當丨(z-1)/2丨<1時，1/[1+(z-1)/2]=∑[(-1)^n][(z-1)/2]^n，
∴(z-1)/(z+1)=1-∑[(-1)^n][(z-1)/2]^n，其中，丨(z-1)丨<2，n=0,1,2，……，∞。
供參考。
求復變函式一道題的解答,求復變函式一道題的解答
tan a bi sin 2a i sinh 2b cos 2a cosh 2b 所以tan 4 i sin 2 i sinh 2 cos 2 cosh 2 sech 2 i tanh 2 0.2658 0.9640 i 要麼是你的題目抄錯了，要麼是你給的那個答案原本就是錯的。一道復變函式題跪求解答...
一道復變函式的證明題急,復變函式證明題急詳細過程
應用cauchy積分定理,0到a的任意光滑曲線,和a到1的圓弧,及1到0的實數軸圍成的閉曲線,積分為0.則利用在圓弧及實數軸的積分來求即可。復變函式證明題 急 詳細過程 若baif z0 0,則 f z0 0.由f z 在 duz z0 r內解析zhi,f z 在z0的乙個鄰域內連dao續.因此存在...
求助一復變函式題
首先f z z 2 u x,y iv x,y x 2 y 2 f z z lim x x 2 y y 2 x 2 y 2 x i y 你這個做法其實就是c r方程得推導，由於這是多遠函式的極限，可以用累次極限來求，先令 y趨於0，得到lim x x 2 x 2 x,再令 x趨於0得到2x,也就是u對...