1樓：徐少
解析：//尤拉公式(推導省略)：
sinx=[e^(ix)-e^(-ix)]/2cosx=[e^(ix)+e^(-ix)]/2～～～～～～～～～～～～～～～
設arctanz=θ，則tanθ=z
sinθ/cosθ=z
[e^(iθ)-e^(-iθ)]/[e^(iθ)+e^(-iθ)]=z/1
[2e^(iθ)]/[2e^(-iθ)]=(1+z)/(1-z)e^(2iθ)=(1+z)/(1-z)
ln[e^(2iθ)]=ln[(1+z)/(1-z)]2iθ=ln[(1+z)/(1-z)]
θ=[1/(2i)]●ln[(1+z)/(1-z)]此為公式：
arctanz=θ⇒θ=[1/(2i)]●ln[(1+z)/(1-z)]
～～～～～～～～～～～～～～～～～～
ps：//很早就看到你的問題了//
//早已收藏，忙，未回答//
//等比定理：
a/b=c/d⇒[(b+a)/(b-a)]=[(d+c)/(d-c)]
2樓：韜子活寶
cosz=（e^iz+e^-iz）/2,sinz=（e^iz-e^-iz）/i2,tanz=sinz/cosz,設z=cosw,那麼稱w為z的反餘弦函式,記作w=arccosz.由z=cosw==（e^iw+e^-iw）/2,得e^2iw-2ze^iw+1=0,方程的根為e^iw=z+根號（z^2-1）,兩邊取對數得arccosz=-iln（z+根號（z^2-1））.用上面同樣的步驟可得到arctanz=-i/2ln【(1+iz)/(1-iz)】.
3樓：端禎青麗雅
並不是任何f(x,y)形式的函式都可以化成f(z)形式的式子。
例如:x+y.
x-iy,
2x+iy
等等。都不能化成f(z)的形式。
但是如果這個f(x,y)的確是z=x+iy的一個函式，那麼就可以用你的老師給你的
方法直接寫出來了。這是因為:假如f(x,y)=g(z)=g(x+iy).
在g(x+iy)中令y=0,得到g(x).把這個g(x)中的x換成z.就是g(z)
即:g(x+iy)中令y=0，x換成z.就得到g(z)。
注意f(x,y)=g(x+iy).
所以f(x,y)中令y=0，x換成z.就得到g(z)。[f(x,y)的z表示式!]。
(本題例子g(z)=i(2z-z²).如果你不怕麻煩，可以用x=z-iy.代入原式。
化簡之後，含y的項都會消去，最後只留下i(2z-z²).)
4樓：改然錢如之
不可能，因為連續性導致f(0)=0,
然而解析函式0點都是孤立的(這是一個定理，需要使用級數表示式證明)，也就不可能在z=0附近有無窮多的零點。
5樓：騰秀榮夕衣
這個題實際上是要說明對於複變函式而言，冪函式可能是多值的。所謂的多值，就是指對於一個自變數z，z^α會有多個取值。在實變函式裡面，這種情況出現得比較少，只有反三角函式會出現多值，而且對這類多值函式取它們的「主值」，這時候多值函式就變成單值函式了。
但是在複變函式裡面，為了考慮方程所有的根，這時候反而希望兼顧函式的所有值，而不是單個的值。在這個題，決定函式多值性的是整數k。當α為整數的時候，2kα必定是偶數，而函式exp(z)是周期函式，所以當自變數相差2πi的整數倍的時候，函式值是相同的，也就是說函式值和整數k無關，所以這個時候是單值的。
當α是有理數的時候，不妨假設α=p/q（既約分數），那麼2kα=2kp/q。當k1和k2之間相差q的整數倍的時候，2k1α和2k2α之間的差也是偶數，這個時候還是因為exp(z)的週期性，從而得到exp(i2k1α)和exp(i2k2α)是相等的，因此當不同的k之間相差q的整數倍的時候，函式值是相等的。而如果不同的k之間相差不足q的整數倍，也就是說被q除還有餘數，那麼函式值就有可能不同。
因為不同的餘數恰好有0,1,2,……,q-1共q種可能，所以會有q個值。這個時候，冪函式z^α是多值函式，且有q個值。當α是無理數的時候，就不滿足整除餘數的週期性了，所以對於不同的k值，就有不同的函式值，因此z^α函式也是多值函式，函式值的個數是可數無窮多個。
6樓：光蘭有昭
（u,v應該分別是f(z)的實部和虛部吧）由條件知au(x,y)+bv(x,y)=c。
兩邊對x求偏導，得a(∂u/∂x)+b(∂v/∂x)=0；
兩邊對y求偏導，得a(∂u/∂y)+b(∂v/∂y)=0。
而由f解析，由cauchy-riemann定理知∂u/∂x=∂v/∂y，∂u/∂y=-∂v/∂x，所以方程成為
a(∂u/∂x)-b(∂u/∂y)=0；
b(∂u/∂x)+a(∂u/∂y)=0。
其中a,b不全為零，易解得∂u/∂x=∂u/∂y=0，所以u是常數；
再由cauchy-riemann定理知∂v/∂x=∂v/∂y=0，所以v是常數。
所以f(z)是常數。證畢
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