复变函数6

ω=
az + b , ad − bc ≠ 0. cz + d
(1)
0=
b−a ⇒ a = b ≠ 0, d −c
(2)
2=
b − ia 1− i ⇒2= , d c d − ic − i a a b + ai 1+ i ⇒ 1+ i = . d c d + ci + i a a
(3)
1+ i =
(4)
ω=
a . 故系数满足： c
a = 1, ad − bc ≠ 0. c
(2) 由题设条件，必有 ω ≠ 常数. 且映射将 | z |= 1 上一点映为 ∞ ，此点必是使变换的 分母为零的点即： z = −
d d . 即系数应满足的条件为： = 1, ad − bc ≠ 0. c c
9. 分别求将上半平面 Im z > 0 映射成单位圆 | ω |< 1 的分式线性变换 ω = L( z ), 且满足条 件 (1) L( i ) = 0, (2) L( i ) = 0,
由(3)、(4)解出 e = d / a , f = c / a ，得
e=
3 i − , 4 4
f =
1 i − . 4 4
(5)
将(2)、(5)代入(1)中，得 ω =
az + b z+1 z+1 = = (2 + 2i ) . z+ 2+ i cz + d fz + e
13. 求 出 将 上 半 平 面 Im z > 0 映 射 成 圆 | ω |< R 的 分 式 线 性 映 射 ω = L( z ), 且 满 足
z−i . z+i
14. 求 出 将 圆 | z |< 2 映 射 成 半 平 面 Re ω > 0 的 分 式 线 性 映 射
ω = L( z ), 且 满 足
L(0) = 1, arg L '(0) =
解：解一
π
2
.
1) 应用条件 L(0) = 1 并参考图 3
z
O
ω
i
1
2
η = iω
ξ
η
ξ = e iβ η−i η+i
wenku.baidu.com
1+ i 和 0. 2
故分式线形映射 ω = L( z ) 将单位圆内的点 z =
1+ i 映为单位圆内的点 ω = 0 . 2
1+ i iβ 2 . 又 L(1) = 1 ，所以 e i β = i . 所以 ω = L( z ) = e 1− i z 1− 2 z−
1 2
L(1) = −1; 1 π arg L '( ) = − . 2 2
iβ
(2) L( ) = 0,
1 2
解：单位圆到单位圆且将 z = a 映为 ω = 0 的映射满足 ω = e
z−a . 1 − az
把 L( ) = 0 代入得 ω = e
1 2
iβ
2z − 1 . 2− z
iβ
(1) 再由 L(1) = −1 ，可知 e
1 − y 2 + 2 yi . 显然有 | ω |= 1. 1 + y2
6. 证明：在映射 ω = e 下，互相正交的直线族 Re z = C1 和 Im z = C 2 依次映射成互相正 交的直线族 v = u tan C1 和圆族 u + v = e
2 2 −2 C 2
.
证明：设 z = x + iy , 由 Re( z ) = c1 ,
π
2
.
将经过点 z = i 且平行于实轴正向的向量映成 ω 平面经过点 ω = i 2 = − 1 ，且方向向上的向 量.
y
y
i
O
x
−1 O
x
图1
2. 设 ω = f ( z ) 在 z0 解析，且 f '( z0 ) ≠ 0. 为什么说曲线 C 经过映射 ω = f ( z ) 后在 z0 的 转动角和伸缩率与曲线 C 的形状和方向无关？ 解： 因为， 若 C 为过点 z0 的一条光滑曲线， C：z = z ( t ),
z = 1⇒ 1=
a+b ; c+d
z = −1 ⇒ −1 =
−a + b ; −c + d
z = 0⇒ 0=
b . d
解之，得 b = c = 0,
d = a . 即此变换为 ω = z ，矛盾.
z +1 下，下面图形的像. z −1
5. 求在分式线性映射 ω = (1) | z |< 1 ; 解：(1) 由 ω = (2) 将 z = x , (3) 将 z = yi ,
ξ =
z 2
O
ii
O
1
图3
即可得
i
z ω −1 . = e iθ ω +1 2
2) 应用条件 arg L '(0) =
π
2
即得 e
iθ
= −i ，
由此得到所求的保形变换为 ω = − 解二
z − 2i . z + 2i
1) 应用条件 L(0) = 1 及保对称点性，先写出所求保形变换 ω = L( z ) 的逆变换的一般 形式 z = k
(2) −1 ≤ x ≤ 1,
y = 0;
(3) x = 0.
z +1 ω +1 ω +1 知， z = . 因此 | z |< 1 的像为 < 1 ，即： Re ω < 0. ω −1 z −1 ω −1
− 1 ≤ x ≤ 1 代入映射中，得： ω ≤ 0.
y ∈ C 代入映射中，得 ω = −
iz
解：复合如图 4 所示的两个变换，即得所求的变换为 ω =
z4 − i . z4 + i
y
z v
ω
O
x
O
1
u
ς
ς = z
4
ω =
O
i
ς − i ς + i
图4
16. 求分式线性映射 ω = L( z ), 它把 | z |= 1 映为 | ω |= 1 ，并使 1，1+i 分别映为 1， ∞ . 解： 1 + i 和 ∞ 关于 | z |= 1 和 | ω |= 1 的对称点分别是
= −1 .
所以分式线形映射为
ω=
2z − 1 . z−2
，可知 β = −
(2) 由 arg L '( ) = −
1 2
π
2
π
2
，即 e
iβ
= −i.
所以所求分式线形映射为 ω = i
2z − 1 . z−2
11. 把点 1，i，-i 分别映射成点 1，0，-1 的分式线性映射，把单位圆 | z |< 1 映射成什么？ 并求出这个映射. 解： 应用 ω = L( z ) 的保交比性有
所以所求分式线性变换为 ω = i
z−i . z+i
iθ
(2) 若 arg L '( i ) =
π
2
，则 e
= −1 ，
此时所求分式线性变换为 ω = −
z−i . z+i
10. 分别求将单位圆 | z |< 1 共形映射成单位圆 | ω |< 1 的分式线性映射 ω = L( z ), 且满足 条件： (1) L( ) = 0,
的像曲线为 Γ 1 . Γ 1 的参数方程为 ω = f [ z1 ( t )],
ω 0 = f [ z1 ( t0 )]. 则 C1 过点 z0 的切线到
Γ1 过 ω0 的切线的旋转角仍然是 Argf '[ z1 ( t0 )]z '( t0 ) − Argz '( t0 ) = Argf '[ z1 ( t 0 )] = Argf '( z0 ).
(3i + 1)ω − (1 − i ) (3i + 1)ω − (1 − i ) . 当 | z |= 1 ，即为 = 1. (3i − 1)ω + (1 + i ) (3i − 1)ω + (1 + i )
由上述变换可得 z =
设 ω = u + iv ，则由上述关系式可求得 v = 0 . 因为保形变换将边界映为边界，故还须确 定映射后的区域是虚轴左半平面还是右半平面. 下面取圆内的一个点的映射情况来确定. 又因为 L(0) = −2 − 4i 在虚轴的左侧，所以变换 ω = L( z ) 将 | z |< 1 映为 Re ω < 0 的半平 面. 12. 求一分式线性映射，它把单位圆 | z |< 1 映成圆 | ω − 1 |< 1 ，并且分别将-1，-i，i 映成 0，2，1+i. 解：设所求线形变换 ω = L( z ) 为 代入对应点，得
ω = u + iv .
Im( z ) = c2 , 知 u = e − y cos x , v = e − y sin x .
iz
所以，在映射 ω = e 下，直线族 Re( z ) = c1 映成直线族
v = tan x = tan c1 ; 直线族 u
Im( z ) = c2 映成圆族 u2 + v 2 = e −2 y = e −2 c2 . 两者显然正交.
c > 0.
这是
映射的等转动角的轨迹方程满足 arg 2(2 z + 1) = c1 ,
即： arg(2 z + 1) = c1 . 这是从
−1 出发的射线. 4. 试证明 ω = z 不是分式线性映射.
证明：反证法. 若 ω = z 是一个线性变换，设 ω = 实轴映为实轴，则
az + b , ad − bc ≠ 0. 因 ω = z 将 cz + d
L( i ) = 0; 如果再要求 L '( i ) = 1 ，此映射是否存在？
解：如图 2
z
i
ξ
ω
ω = Rξ
R
i
O
1
O
O
图2
应用条件 L( i ) = 0 知 ω = R e
iθ
z−i iθ . 再应用条件 L '( i ) = 1 ，则可确定 R = 2, e = i . z+i
所以所求变换为 ω = 2i
ai = 1 + i. ci + d
解之得 c = d =
2z a . . 即分式线性映射为 ω = z +1 2
8. 如果 ω =
az + b 将 z 平面上的直线映射成 ω 平面上的单位圆周 | ω |= 1 ，那么它的系数 cz + d
应满足什么条件？如果 ω = L( z ) 将单位圆周映射成直线，其系数应满足什么条件？ 解： (1) 由题设， 有 ω ≠ 常数. 又因为直线必过 ∞ 点， 故 ω = L( z ) 将 ∞ 点映射成 ω 平 面 上 的 单 位 圆 周 | ω |= 1 上 的 一 点 ， 当 z = ∞ 时 ，
(1, i , − i , z ) = (1, 0, −1, ω ) ，即
z − 1 − i − 1 ω − 1 −1 − 1 : = : . z − i − i − i ω − 0 −1 − 0
化简可得： ω =
(1 + i )( z − i ) . (1 + z ) + 3i (1 − z )
7. 求将上半平面 Im z > 0 映射成上半平面 Im ω > 0 的分式线性映射 ω = L( z ), 且满足
L( i ) = 1 + i , L(0) = 0.
解：显然满足 L(0) = 0 的分式线性映射为 ω =
az . cz + d
又因为 L( i ) = 1 + i ，代入到上述映射中得
ω −1 ，其中含一待定常数 k . ω +1 π
2
，即可定出 k = −2i .
2) 由于 ω = ∞ 时 | z |= 2 （保圆周性）及条件 arg L '(0) =
3) 所以变换的逆变换，即为所求变换
ω=−
z − 2i . z + 2i
15. 求把角形域 0 < arg z <
π
4
映射成单位圆 | ω |< 1 的一个映射.
L '( i ) > 0;
arg L '( i ) =
π
2
.
解：由 L( i ) = 0 ，可设此分式线性变换为 ω = e 1) 由条件 L '( i ) > 0 ，求得
iθ
z−i . z+i
dω dz
= e iθ
z=i
z+i−z+i ( z + i )2
= e iθ
z=i
1 iθ ，故 e = i . 2i
α ≤ t ≤ β . 在映射 ω = f ( z )
下，旋转角 Argf '( z0 ) = Argω '( t 0 ) − Argz '( t 0 ). 它只依赖于 z0 与像点 ω 0 ， 即与曲线 C 的形状与方向无关. 不妨选择另一条过 z0 的光滑曲线 C1 :
z = z1 ( t ), α ≤ t ≤ β . 记在 ω = f ( z ) 下 C1
习题六 1. 求 ω = z 2 在 z = i 处的伸缩率和旋转角. 问 ω = z 2 将经过点 z = i 且平行于实轴正向的 曲线的切线方向映射成 ω 平面上哪一个方向？并作图. 解：因为 ω ' = 2 z ，所以 ω '( i ) = 2i . 故知伸缩率 | ω ' |= 2 ，旋转角 arg ω '( i ) =
而伸缩率 | f '( z0 ) |= lim
z → z0
ω − ω0
z − z0
，显然只与点 z0 和点 ω 0 有关，与 C 的形状与方向无
关. 3. 求映射 ω = f ( z ) = (2 z + 1) 的等伸缩率及等转动角的轨迹方程。
2
解：由 ω '( z ) = 2(2 z + 1) 可知等伸缩率的轨迹方程满足： | 2 z + 1 |= c , 以 −1 为中心，半径为 c 的圆周方程；