复变函数第六章共形映射习题
复变函数-第6章
光滑曲线 Γ : w = f ( z (t )) (t0 ≤ t ≤ t1 ) 切向量 w′(t ) = f ′( z0 ) z ′(t0 ) ≠ 0 切向量辐角ψ = arg w′(t0 )
= arg f ′( z0 ) + arg z ′(t0 ) = arg f ′( z0 ) + ϕ
7
假设 | f ′( z0 ) |= r , arg f ′( z0 ) = α , 即 f ′( z0 ) = reiα , 则
| f ′( z0 ) | . | f ′( z ) − f ′( z0 ) |≤ 2 如果 z1 , z 2 ∈ D, 并且 Γ 是连接 z1 和 z 2 的线段, 则有
| f ( z1 ) − f ( z 2 ) |=
∫
Γ
f ′( z )dz =
∫
Γ
f ′( z0 )dz − ∫ ( f ′( z0 ) − f ′( z ))dz
f ′( z ) ≠ 0
单叶(单射)解析
局部单叶(单射)
解析且 f ′( z0 ) ≠ 0
定理 6.1.1 若 f (z )在 z0 解析, 且 f ′( z0 ) ≠ 0, 故存在以 z0为心 的圆盘 D 使得 f (z ) 在 D 上的单射(单叶).
3
定理 6.1.2 (保域定理) 若 w = f (z ) 为在区域 D 内解析的非常 数函数, 则它的值域 (像) G = f ( D) = {w | w = f ( z ), z ∈ D} 也是一个区域. 证明: 区域是连通的开集. (1) 证明 G 是一个开集, 即 G 内的每一点都是内点.
∀w0 ∈ G,
∃z0 ∈ D, s.t. w0 = f ( z0 ).
复变函数与积分变换第06章 共形映射
z' (t0 ) 0
则
z平面上 : z z(t ) w平面上 : w f [ z(t )] C
~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~
— 过点w0 f ( z0 )，正向取增大方向的曲线 t .
w(t0 ) f ( z0 ) z(t0 ) 0
T'
T
u
x
(1)
即Arg f ( z0 ) Arg w(t0 ) Arg z(t0 )
(1)导数幅角 Argf (z)的几何意义
①Arg f ( z0 )( f ( z0 ) 0)是曲线C 经过w f ( z ) 映射后在点z0的转动角. ~~~~~~~~~
. f ' ( z0 ) 称之为曲线 在z0的伸 缩 率 C
易见, f ( z0 ) 与映射w f ( z )及z0有关, 而与曲线 的形状方向无关, 沿任何曲线作映射f 时, 在同一 点z0处A f ( z0 ) 均不变 伸缩 率不变 性 .
3. 共形映射的概念
定义 设w f ( z )在 z0的 邻 域 内 有 定 义 ， 且 在 z0
~~
设w f ( z )，z D z0 D，w0 f ( z0 )，f ( z0 ) 0
f ( z ) f ( z0 ) z z0 w 又 f ( z0 ) z z z0 w f ( z0 ) z （忽略高阶无穷小） 于是有：z z0 w w0 f ( z0 ) （忽略高阶无穷小）
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~
复变函数习题解答(第6章)
p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发，其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值)，证明：⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ．由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] )，故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2)．所以，| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞)．而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ )．当r → 0+，R →+∞时，⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx ．⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy ．= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2)．由Cauchy 积分定理，⎰C e i z /√z dz = 0，故其极限也为0，所以，⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2)，即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发，其中C 是如图所示之周线，证明：⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π，⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2．【解】在割去原点及正实轴的z 平面上，√z ，ln z 都能分出单值解析分支，√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支，ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支．记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz ．f (z )的有限奇点只有- 1，且- 1是f (z )的2阶极点．Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i ．当r < 1 < R 时，⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i ．⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)． 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时)，故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时)．因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时)，故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时)．所以，⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+，R→+∞时)．故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i．所以，⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π，⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2．9. 证明：I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2．在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支．因i和-i都是f(z)的一阶极点，故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2．Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2．若x在上岸，则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；若x在下岸，则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0，lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0，故⎰S(r) f(z) dz→ 0，⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0)．因为lim z→∞z f(z) = 0，故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞)．故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+，R→+∞)．所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2．故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2．10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根，且为实根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，设z = x + i y，则z-λ= (x -λ) + i y，故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |，由Rouché定理，N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1．故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根．设f(x) = x - e x-λ，x∈ ．因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0，f(1) = 1- e 1 -λ > 0，故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根．所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根．[原题是错题．例如c = 1/2，λ= 2，则∀z∈ ，当| z | < 1时，| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |．]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |，由Rouché定理，N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n．12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上| f(z) | = 1，证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}．因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |，故a-f(z)∈K．因ln(a-f(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析；故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0．由辐角原理，N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(a -f(z), C) = 1．因此N(a -f(z), C) = 1，故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：(1) 若z∈C时，| f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的极点个数．(2) 若z∈C时，| f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的零点个数．【解】(1) 类似第12题，设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}．因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1，故(1 -f(z))∈K．因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0．故由辐角原理，N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而P(1-f(z), C) = P( f(z), C)，所以，N(1-f(z), C) = P( f(z), C)．(2) 因z∈C时，| f(z) | > 1，故在C上，恒有f(z) ≠ 0，即f(z)在C上无零点．设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0，若z是f(z)的零点不定义g(z))．那么，g(z)在C的内部亚纯且连续到C，并且当z∈C时，| g(z) | < 1．由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点，故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析，且连续到C．在C上，| ϕ(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z0，使ϕ(z0) = z0．【解】设f(z) = z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |．由Rouché定理，N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1．即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根．p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ，其中C为单位圆周| ζ| = 1，z∉C．【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z))．当| z | > 1时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z．当0 < | z | < 1时，f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0．当| z | = 0时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0．3. 设f(z)在| z | < 1内解析，在| z | ≤ 1上连续，试证：(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ，其中z属于C的内部．【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z))．若f(z) = 0，则z是g(ζ)的解析点，因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析，在| ζ | ≤ 1上连续，故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0，因此等式成立．若f(z) ≠ 0，则z是g(ζ)的一阶极点，故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z)．4. 试证：(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ，这里C是围绕原点的一条周线．【解】只需要证明，当z≠ 0时，z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ．由高阶导数公式，(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n．或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!．5. 试证(含∞的区域的留数定理)：设D是 ∞内含有∞的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析，且连续到边界C，则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．【解】∀j : 1 ≤j ≤m，因∞不在C j上，故C j ⊆ 中，因此C j是有界集．故可取充分大的R > 0，使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内．由留数定理，⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k]；而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz，所以，⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
第6章 共形映射
由(1) 式
y x
D
(z)
C
u2 v 2 u v 0 ,
1
(w)
即得象曲线 Γ 的方程为
1 2 1 2 2 2 ( u ) (v ) ( ) . 2 2 2
Γ
28
u2 v 2 v u . , y 解 (1) x 2 2 2 2 u v u v
是双方单值的，因此，它是区域 D 内共形映射。
16
附：保角映射的来历
1777年 欧拉(Euler)就曾遇到过所谓的保角映射，他把
这种映射称为“小范围里的相似映射”。 1779年 拉格朗日(Lagrange)创建了从旋转曲面到平面上
的保角映射理论。
1788年 保角映射这一术语最早出现在俄罗斯科学院院士 舒别尔特( )的制图学著作中。
arg f ( z0 ) 0 0 1 1 ,
z0
C1
切线
z
z
C0
0
1
(z)
w f (z)
Γ1
切线
w
Γ0
w
w0
0 1
(w)
9
二、导数的几何意义
2. 伸缩率不变性 任何一条经过 z0 点的曲线的 伸缩率均为 | f ( z0 ) | . 3. 旋转角不变性 任何一条经过 z0 点的曲线的 旋转角均为 arg f ( z0 ) . 即 4. 保角性 由 arg f ( z0 ) 0 0 1 1 ,
(2) 求, 若 C 的方程为 y y (t ) ,
由(A) 式 (参数式)
u u ( x(t ) , y(t )) , v v ( x(t ) , y(t )) ,
复变函数习题详解习题六
习题六解答A 类1．求23z w =在z=i 处的伸缩率和旋转角，问23z w =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w 平面上哪一个方向？并作图。
解 由题()z z w 63'2='=，从而()()2i 6arg i 'arg π==w ，()6|i 6|i '==w ，当i =z 时，()332-==i w ，即i =z ，3-=w ，且旋转2π。
2．求映射z w i =下，下列图形映射成什么图形？ （1）以i 1=z ，12-=z ，13=z 为顶点的三角形。
（2）闭圆域：1|1|≤-z 。
解（1）在z w i =下，i 1=z ，12-=z ，13=z ，被映成11-=w ，i 2-=w ，i 3=w ，即将三角形映成三角形。
（2）在z w i =下，01=z ，i 12+=z ，23=z ，被映成01=w ，i 12+-=w ，i 23=w ，由保圆性知11≤-z 被映成1i ≤-z 。
3．证明映射z z w 1+=把圆周)0(>=c z 映射成椭圆：θcos )1(c c u +=，θsin )1(c c v -=。
证 设)sin i (cos θθ+=r z ，v u w i +=，则)sin i (cos 1)sin i (cos 1θθθθ+++=+=r r z z w=θθθθθθθθsin )1i(cos )1()sin (cos sin i cos sin i cos 22r r r r r r r -++=+-++w=i zw=i z又cz =，即c r =，所以θθsin )1i(cos )1(c c c c w -++=从而θcos )1(c c u +=，θsin )1(c c v -=。
4．证明在映射ze w i =下，互相正交的直线族1Re c z =与2Im c z =依次映射成互相正交的直线族1tan c u v =与圆族2222c e v u -=+证设y x z i +=，v u w i +=，x c z ==1Re ，y c z ==2Im ，所以)sin i (cos i x x e e w yz +==-，即1cos 2c eu c -=，1sin 2c ev c-=，1tan tan c u x u v ==是一族直线，22222c y e e v u --==+是一族圆，显然，过原点的直线与以圆点为心的圆是正交的。
复变函数6
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 ).
(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
= −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
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 = −
复变函数试题(卷)和答案解析
第一章 复数与复变函数一、选择题 1．当iiz -+=11时，5075100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3)2(π=+z arc ，65)2(π=-z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+-（D ）i 2123+- 3．复数)2(tan πθπθ<<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++i （B ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos(sec θπθπθ+++-i （D ）)]2sin()2[cos(sec θπθπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转3π，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ）（A ）2 （B ）i 31+（C ）i -3 （D ）i +3７．使得22z z =成立的复数z 是（ ）（A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +-43 （B ）i +43 （C ）i -43 （D ）i --43 ９．满足不等式2≤+-iz iz 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域 10．方程232=-+i z 所代表的曲线是（ ）（A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周 （C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ） （A ）221=+-z z （B ）433=--+z z （C ）)1(11<=--a azaz （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ） （A ）i 44--（B ）i 44+（C ）i 44-（D ）i 44+-13．00)Im()Im(lim0z z z z x x --→（ ）（A ）等于i （B ）等于i -（C ）等于0（D ）不存在14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续（B ）),(y x v 在),(00y x 处连续（C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续15．设C z ∈且1=z ，则函数zz z z f 1)(2+-=的最小值为（ ）（A ）3- （B ）2- （C ）1- （D ）1二、填空题1．设)2)(3()3)(2)(1(i i i i i z ++--+=，则=z2．设)2)(32(i i z +--=，则=z arg 3．设43)arg(,5π=-=i z z ，则=z 4．复数22)3sin 3(cos )5sin 5(cos θθθθi i -+的指数表示式为 5．以方程i z 1576-=的根的对应点为顶点的多边形的面积为６．不等式522<++-z z 所表示的区域是曲线的内部 ７．方程1)1(212=----zi iz 所表示曲线的直角坐标方程为８．方程i z i z +-=-+221所表示的曲线是连续点和的线段的垂直平分线 ９．对于映射zi =ω，圆周1)1(22=-+y x 的像曲线为 10．=+++→)21(lim 421z z iz三、若复数z 满足03)21()21(=+++-+z i z i z z ，试求2+z 的取值范围． 四、设0≥a ，在复数集C 中解方程a z z =+22. 五、设复数i z ±≠，试证21z z+是实数的充要条件为1=z 或0)(=z IM . 六、对于映射)1(21zz +=ω，求出圆周4=z 的像. 七、试证１.)0(0221≠≥z z z 的充要条件为2121z z z z +=+； ２.)),,2,1,,,0(021n j k j k z z z j =≠≠≥的充要条件为 n n z z z z z z +++=+++ 2121.八、若0)(lim 0≠=→A z f x x ，则存在0>δ，使得当δ<-<00z z 时有A z f 21)(>. 九、设iy x z +=，试证y x z y x +≤≤+2.十、设iy x z +=，试讨论下列函数的连续性：1.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,2)(22z z yx xyz f2.⎪⎩⎪⎨⎧=≠+=0,00,)(223z z y x y x z f .第二章解析函数一、选择题：1．函数23)(z z f =在点0=z 处是( )（A ）解析的 （B ）可导的（C ）不可导的 （D ）既不解析也不可导 2．函数)(z f 在点z 可导是)(z f 在点z 解析的( )（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既非充分条件也非必要条件 3．下列命题中，正确的是( )（A ）设y x ,为实数，则1)cos(≤+iy x（B ）若0z 是函数)(z f 的奇点，则)(z f 在点0z 不可导（C ）若v u ,在区域D 内满足柯西-黎曼方程，则iv u z f +=)(在D 内解析 （D ）若)(z f 在区域D 内解析，则)(z if 在D 内也解析 4．下列函数中，为解析函数的是( )（A ）xyi y x 222--（B ）xyi x +2（C ）)2()1(222x x y i y x +-+-（D ）33iy x +5．函数)Im()(2z z z f =在=z 处的导数( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于1-（D ）不存在6．若函数)(2)(2222x axy y i y xy x z f -++-+=在复平面内处处解析，那么实常数=a ( )（A ）0（B ）1（C ）2（D ）2-7．如果)(z f '在单位圆1<z 内处处为零，且1)0(-=f ，那么在1<z 内≡)(z f ( )（A ）0（B ）1（C ）1-（D ）任意常数8．设函数)(z f 在区域D 内有定义，则下列命题中，正确的是（A ）若)(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 （B ）若))(Re(z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 （C ）若)(z f 与)(z f 在D 内解析，则)(z f 在D 内是一常数 （D ）若)(arg z f 在D 内是一常数，则)(z f 在D 内是一常数 9．设22)(iy x z f +=，则=+')1(i f ( ) （A ）2（B ）i 2（C ）i +1（D ）i 22+ 10．i i 的主值为( )（A ）0（B ）1（C ）2πe （D ）2π-e11．z e 在复平面上( )（A ）无可导点（B ）有可导点，但不解析（C ）有可导点，且在可导点集上解析（D ）处处解析 12．设z z f sin )(=，则下列命题中，不正确的是( ) （A ）)(z f 在复平面上处处解析（B ）)(z f 以π2为周期（C ）2)(iziz e e z f --=（D ）)(z f 是无界的13．设α为任意实数，则α1( ) （A ）无定义（B ）等于1（C ）是复数，其实部等于1（D ）是复数，其模等于1 14．下列数中，为实数的是( )（A ）3)1(i -（B ）i cos （C ）i ln （D ）i e 23π-15．设α是复数，则( )（A ）αz 在复平面上处处解析（B ）αz 的模为αz（C ）αz 一般是多值函数（D ）αz 的辐角为z 的辐角的α倍 二、填空题1．设i f f +='=1)0(,1)0(，则=-→zz f z 1)(lim2．设iv u z f +=)(在区域D 内是解析的，如果v u +是实常数，那么)(z f 在D 内是 3．导函数xv i x u z f ∂∂+∂∂=')(在区域D 内解析的充要条件为 4．设2233)(y ix y x z f ++=，则=+-')2323(i f5．若解析函数iv u z f +=)(的实部22y x u -=，那么=)(z f6．函数)Re()Im()(z z z z f -=仅在点=z 处可导 7．设z i z z f )1(51)(5+-=，则方程0)(='z f 的所有根为 8．复数i i 的模为 9．=-)}43Im{ln(i10．方程01=--z e 的全部解为 三、设),(),()(y x iv y x u z f +=为iyx z +=的解析函数，若记)2,2()2,2(),(iz z z z iv i z z z z u z z w -++-+=，则0=∂∂z w．四、试证下列函数在z 平面上解析，并分别求出其导数 1．;sinh sin cosh cos )(y x i y x z f -=2．);sin cos ()sin cos ()(y ix y y ie y y y x e z f xx++-=五、设023=+-ze zw w ，求22,dz wd dz dw . 六、设⎪⎩⎪⎨⎧=≠++=0,00,)()(422z z y x iy x xy z f 试证)(z f 在原点满足柯西-黎曼方程，但却不可导.七、已知22y x v u -=-，试确定解析函数iv u z f +=)(. 八、设s 和n 为平面向量，将s按逆时针方向旋转2π即得n .如果iv u z f +=)(为解析函数，则有s v n u n v s u ∂∂-=∂∂∂∂=∂∂,（s ∂∂与n∂∂分别表示沿s ,n 的方向导数）. 九、若函数)(z f 在上半平面内解析，试证函数)(z f 在下半平面内解析. 十、解方程i z i z 4cos sin =+.第三章复变函数的积分一、选择题：1．设c 为从原点沿x y =2至i +1的弧段，则=+⎰cdz iy x )(2( )（A ）i 6561- （B ）i 6561+- （C ）i 6561-- （D ）i 6561+ 2．设c 为不经过点1与1-的正向简单闭曲线，则dz z z zc⎰+-2)1)(1(为( ) （A ）2i π（B ）2iπ-（C ）0 （D ）(A)(B)(C)都有可能3．设1:1=z c 为负向，3:2=z c 正向，则=⎰+=dz z zc c c 212sin ( ) （A ） i π2- （B ）0 （C ）i π2 （D ）i π4 4．设c 为正向圆周2=z ，则=-⎰dz z zc 2)1(cos ( ) （A ）1sin -（B ）1sin （C ）1sin 2i π-（D ）1sin 2i π5．设c 为正向圆周21=z ，则=--⎰dz z z z c23)1(21cos( ) （A ）)1sin 1cos 3(2-i π（B ）0（C ）1cos 6i π（D ）1sin 2i π-6．设ξξξξd ze zf ⎰=-=4)(，其中4≠z ，则='）i f π(( )（A ）i π2-（B ）1-（C ）i π2（D ）17．设)(z f 在单连通域B 内处处解析且不为零，c 为B 内任何一条简单闭曲线，则积分dz z f z f z f z f c⎰+'+'')()()(2)( ( )（A ）于i π2（B ）等于i π2-（C ）等于0（D ）不能确定 8．设c 是从0到i 21π+的直线段，则积分=⎰c z dz ze （ ）（A ）21e π-(B) 21e π--(C)i e 21π+(D) i e 21π- 9．设c 为正向圆周0222=-+x y x ，则=-⎰dz z z c1)4sin(2π( )（A ）i π22（B ）i π2（C ）0（D ）i π22- 10．设c 为正向圆周i a i z ≠=-,1，则=-⎰cdz i a zz 2)(cos ( ) （A ）ie π2（B ）eiπ2（C ）0（D ）i i cos 11．设)(z f 在区域D 内解析，c 为D 内任一条正向简单闭曲线，它的内部全属于D ．如果)(z f 在c 上的值为2，那么对c 内任一点0z ,)(0z f ( )（A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于2 （D ）不能确定 12．下列命题中，不正确的是( ) （A ）积分⎰=--ra z dz az 1的值与半径)0(>r r 的大小无关 （B ）2)(22≤+⎰cdz iy x,其中c 为连接i -到i 的线段（C ）若在区域D 内有)()(z g z f ='，则在D 内)(z g '存在且解析（D ）若)(z f 在10<<z 内解析，且沿任何圆周)10(:<<=r r z c 的积分等于零，则)(z f 在0=z 处解析13．设c 为任意实常数，那么由调和函数22y x u -=确定的解析函数iv u z f +=)(是( )(A)c iz +2（B ）ic iz +2 （C ）c z +2（D ）ic z +2 14．下列命题中，正确的是( )（A ）设21,v v 在区域D 内均为u 的共轭调和函数，则必有21v v = （B ）解析函数的实部是虚部的共轭调和函数 （C ）若iv u z f +=)(在区域D 内解析，则xu∂∂为D 内的调和函数 （D ）以调和函数为实部与虚部的函数是解析函数15．设),(y x v 在区域D 内为),(y x u 的共轭调和函数，则下列函数中为D 内解析函数的是( )（A ）),(),(y x iu y x v +（B ）),(),(y x iu y x v - （C ）),(),(y x iv y x u -（D ）xv i x u ∂∂-∂∂ 二、填空题1．设c 为沿原点0=z 到点i z +=1的直线段，则=⎰cdz z 22．设c 为正向圆周14=-z ，则=-+-⎰c dz z z z 22)4(233．设⎰=-=2)2sin()(ξξξξπd zz f ,其中2≠z ，则=')3(f 4．设c 为正向圆周3=z ，则5．设c 为负向圆周4=z ，则=-⎰c zdz i z e 5)(π =+⎰cdz zzz6．解析函数在圆心处的值等于它在圆周上的7．设)(z f 在单连通域B 内连续，且对于B 内任何一条简单闭曲线c 都有0)(=⎰cdz z f ，那么)(z f 在B 内8．调和函数xy y x =),(ϕ的共轭调和函数为9．若函数23),(axy x y x u +=为某一解析函数的虚部，则常数=a10．设),(y x u 的共轭调和函数为),(y x v ，那么),(y x v 的共轭调和函数为 三、计算积分 1.⎰=+-Rz dz z z z)2)(1(62,其中1,0≠>R R 且2≠R ; 2.⎰=++22422z z z dz． 四、设)(z f 在单连通域B 内解析，且满足)(1)(1B x z f ∈<-.试证１．在B 内处处有0)(≠z f ； ２．对于B 内任意一条闭曲线c ，都有0)()(=''⎰cdz z f z f 五、设)(z f 在圆域R a z <-内解析，若)0()()(max R r r M z f ra z <<==-，则),2,1()(!)()( =≤n rr M n a fnn . 六、求积分⎰=1z zdz z e ，从而证明πθθπθ=⎰0cos )cos(sin d e . 七、设)(z f 在复平面上处处解析且有界，对于任意给定的两个复数b a ,，试求极限⎰=+∞→--R z R dz b z a z z f ))(()(lim并由此推证)()(b f a f =（刘维尔Liouville 定理）.八、设)(z f 在)1(><R R z 内解析，且2)0(,1)0(='=f f ，试计算积分⎰=+122)()1(z dz zz f z 并由此得出⎰πθθθ202)(2cos d e f i 之值.九、设iv u z f +=)(是z 的解析函数，证明222222222))(1()(4))(1ln())(1ln(z f z f y z f x z f +'=∂+∂+∂+∂.十、若)(22y x u u +=，试求解析函数iv u z f +=)(.第四章级数一、选择题：1．设),2,1(4)1( =++-=n n nia n n ，则n n a ∞→lim ( ) （A ）等于0 （B ）等于1 （C ）等于i （D ）不存在 2．下列级数中，条件收敛的级数为( )（A ）∑∞=+1)231(n ni （B ）∑∞=+1!)43(n nn i （C ） ∑∞=1n n n i （D ）∑∞=++-11)1(n n n i3．下列级数中，绝对收敛的级数为( )（B ） ∑∞=+1)1(1n n in（B ）∑∞=+-1]2)1([n n n i n (C)∑∞=2ln n n n i （D ）∑∞=-12)1(n nnn i 4．若幂级数∑∞=0n n nz c在i z 21+=处收敛，那么该级数在2=z 处的敛散性为( )（A ）绝对收敛（B ）条件收敛 （C ）发散（D ）不能确定 5．设幂级数∑∑∞=-∞=01,n n n n nn znc z c 和∑∞=++011n n n z n c 的收敛半径分别为321,,R R R ，则321,,R R R 之间的关系是( )（A ）321R R R << （B ）321R R R >>（C ）321R R R <=（D ）321R R R == 6．设10<<q ，则幂级数∑∞=02n n n z q 的收敛半径=R ( )（A ）q （B ）q1（C ）0 （D ）∞+ 7．幂级数∑∞=1)2(2sinn n z n n π的收敛半径=R ( ) （A ） 1（B ）2（C ）2（D ）∞+8．幂级数∑∞=++-011)1(n n n z n 在1<z 内的和函数为 （A ）)1ln(z +（B ）)1ln(z - （D ）z +11ln(D) z-11ln 9．设函数z e z cos 的泰勒展开式为∑∞=0n nn z c ，那么幂级数∑∞=0n n n z c 的收敛半径=R ( )（A ）∞+（B ）1（C ）2π（D ）π 10．级数+++++22111z z z z的收敛域是( ) （A ）1<z （B ）10<<z （C ）+∞<<z 1（D ）不存在的 11．函数21z 在1-=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)11()1()1(11<++-∑∞=-z z n n n n（B ）)11()1()1(111<++-∑∞=--z z n n n n（C ）)11()1(11<++-∑∞=-z z n n n （D ）)11()1(11<++∑∞=-z z n n n12．函数z sin ，在2π=z 处的泰勒展开式为( )（A ）)2()2()!12()1(012+∞<--+-∑∞=+ππz z n n n n（B ）)2()2()!2()1(02+∞<---∑∞=ππz z n n n n（C ）)2()2()!12()1(0121+∞<--+-∑∞=++ππz z n n n n（D ）)2()2()!2()1(021+∞<---∑∞=+ππz z n n n n13．设)(z f 在圆环域201:R z z R H <-<内的洛朗展开式为∑∞-∞=-n n nz z c)(0，c 为H 内绕0z 的任一条正向简单闭曲线，那么=-⎰c dz z z z f 20)()(( )(A)12-ic π （B ）12ic π （C ）22ic π（D ）)(20z f i 'π14．若⎩⎨⎧--==-+= ,2,1,4,2,1,0,)1(3n n c nn n n ，则双边幂级数∑∞-∞=n nn z c 的收敛域为( ) （A ）3141<<z （B ）43<<z （C ）+∞<<z 41（D ）+∞<<z 3115．设函数)4)(1(1)(++=z z z z f 在以原点为中心的圆环内的洛朗展开式有m 个，那么=m ( )（A ）1（B ）2 （C ）3（D ）4 二、填空题 1．若幂级数∑∞=+0)(n n ni z c在i z =处发散，那么该级数在2=z 处的收敛性为．2．设幂级数∑∞=0n nnz c与∑∞=0)][Re(n n n z c 的收敛半径分别为1R 和2R ，那么1R 与2R 之间的关系是． 3．幂级数∑∞=+012)2(n n nz i 的收敛半径=R4．设)(z f 在区域D 内解析，0z 为内的一点，d 为0z 到D 的边界上各点的最短距离，那么当d z z <-0时，∑∞=-=00)()(n n n z z c z f 成立，其中=n c ．5．函数z arctan 在0=z 处的泰勒展开式为 ． 6．设幂级数∑∞=0n nnz c的收敛半径为R ，那么幂级数∑∞=-0)12(n n n n z c 的收敛半径为．7．双边幂级数∑∑∞=∞=--+--112)21()1()2(1)1(n n n nnz z 的收敛域为． 8．函数zze e 1+在+∞<<z 0内洛朗展开式为．9．设函数z cot 在原点的去心邻域R z <<0内的洛朗展开式为∑∞-∞=n n nz c，那么该洛朗级数收敛域的外半径=R ． 10．函数)(1i z z -在+∞<-<i z 1内的洛朗展开式为．三、若函数211z z --在0=z 处的泰勒展开式为∑∞=0n n n z a ，则称{}n a 为菲波那契(Fibonacci)数列，试确定n a 满足的递推关系式，并明确给出n a 的表达式． 四、试证明 1．);(11+∞<≤-≤-z ez ee zzz2．);1()1(1)3(<-≤-≤-z ze e z e z五、设函数)(z f 在圆域R z <内解析，∑==nk kk n z k f S 0)(!)0(试证 1．)()(21)(111R r z d z z f iz S n rn n n <<--=+=++⎰ξξξξξπξ.2．)()()(2)((11R r z d z f iz z S z f rn n n <<-=-⎰=++ξξξξπξ）。
复变函数第6章
第六章 共形映射1. 共形映射的概念（1）夹角：如图6.1所示，过z 0点的两条曲线C 1,C 2，它们在交点z 0处的切线分别为T 1，T 2，我们把从T 1到T 2按逆时针方向旋转所得的夹角定义为这两条曲线在交点z 0处 从C 1到C 2的夹角.对于两条曲线的夹角不仅要指出角度的大小，还要指出角的旋转方向.因此在z 0处从C 2到C 1的夹角不等于从C 1到C 2的夹角.图6.1（1）保角映射：若在映射w =f (z )的作用下，过点z 0的任意两条光滑曲线的夹角的大小与旋转方向都是保持不变的，则称这种映射在z 0处是保角的.（2）伸缩率的不变性：若极限00limz z w w z z →--000limz z w w z z →--存在且不等于零，则这个极限称为映射w =f (z )在z 0处的伸缩率.并称w =f (z )在z 0具有伸缩率的不变性.（3）共形映射：定义6.1 设函数w =f (z )在z 0的邻域内是一一的，在z 0具有保角性和伸缩率的不变性，那么称映射w =f (z )在z 0是共形的，或称w =f (z )在z 0是共形映射.如果映射w =f (z )在区域D 内的每一点都是共形的，那么称w =f (z )是区域D 内的共形映射. 2.解析函数与共形映射定理6.1 如果函数w =f (z )在z 0解析，且f '(z 0)≠0，那么映射w =f (z )在z 0是共形的，而且Arg f '(z 0)表示这个映射在z 0的转动角，|f '(z 0)|表示伸缩率.如果解析函数w =f (z )在区域D 内处处有f '(z )≠0,那么 映射w =f (z )是D 内的共形映射.3.分式线性变换（1）定义：形如 , (0).az bw ad bc cz d+=-≠+ (6.3) 的映射称为分式线性变换，其中a ,b ,c ,d 为复常数. （2）逆变换：d , (()()0),w bz a d cb cw a-+=---≠- (6.5)（3）复合：两个分式线性变换复合，仍是一个分式线性变换.事实上，(0),(0).z w z αξβαβαδγβξαδβγγξδγδ''++''''=-≠=-≠''++把后式代入前式得az b w cz d+=+ 其中()()0.ad bc αδγβαδβγ''''-=--≠（4）分解：根据这个事实，我们可以把一个一般形式的分式线性变换分解成一些简单映射的复合.不妨设c ≠0，于是.()az b a bc adw cz d c c cz d +-==+++令,a bc adA B c c-==则上式变为 .Bw A cz d=++ 它由下列三个变换复合而成;1;,z cz d z z w A Bz '=+''='''=+ (6.5) 其中(6.5)中的第一和第三式为整线性变换. 4.分式线性变换性质1° 共形性定理6.2 分式线性变换在扩充复平面上是一一对应的，且是共形的. 2°保圆性定理6.3 分式线性变换将扩充z 平面上的圆映射成扩充w 平面上的圆，即具有保圆性. 在扩充复平面上把直线看成是半径为无穷大的圆周.推论6.1 在分式线性变换下，圆C 映射成圆C '.如果在C 内任取一点z 0，而点z 0的象在C '的内部，那么C 的内部就是映射到C '的内部；如果z 0的象在C '的外部，那么C 的内部就映射成C '的外部.3° 保对称性先引进对称点的概念.定义6.2 设C 为以z 0点为中心，R 为半径的圆周.如果点z ,z *在从z 0出发的射线上，且满足|z -z 0|·|z *-z 0|=R 2, (6.6)则称z ,z *关于圆周C 是对称的.如果C 是直线，则当以z 和z *为端点的线段被C 平分时，称z ,z *关于直线C 为对称的.我们规定： 无穷远点关于圆周的对称点是圆心.定理6.4 设点z ,z *是关于圆周C 的一对对称点，那么在分式线性变换下，它们的象点w 及w *也是关于C 的像曲线C '的一对对称点.5. 确定分式线性变换的条件定理6.5 在z 平面上任意给定三个不同点z 1,z 2,z 3，在w 平面上也任意给定三个不同点w 1,w 2,w 3，那么就存在分式线性变换，将z k 依次映射成w k (k =1,2,3)，且这种变换是唯一的.推论6.2 z 1,z 2,z 3所在的圆C 的象C ′是w 1,w 2,w 3所在的圆.且如果C 依z 1→z 2→z 3 的绕向与C ′依w 1→w 2→w 3的绕向相同时，则C 的内部就映射成C ′的内部（相反时，C 的内部就映射成C ′的外部）图6.8例6.1 求将上半平面映射为单位圆，且将上半平面的定点z 0映射为圆心w =0的分式线性变换.所求映射的一般形式为00, Im 0.i z z w e z z z θ-=>- (6.8) 例6.2 求将单位圆|z |<1映射为单位圆|w |<1的分式线性变换. 所求映射的一般形式为00 (1)1i z z w e z z zθ-=<-. 6. 几个初等函数所构成的映射（1） 幂函数：w =zn(n ≥2)作用： 1° 圆|z |=r 映射成|w |=r n ，即在以原点为中心的圆有保圆性.2°射线0θθ=映射成射线0n ϕθ=，特别地，正实轴θ=0映成正实轴ϕ=0； 3°将角形域02π0()nθθ<<<映射成角形域00n ϕθ<<.(a) 公式图6.10（2）指数函数：w =e z作用： 1° 平面上的直线x =常数，被映射成w 平面上的圆周ρ=常数；而y =常数，被映射成射线ϕ=常数.2° 把水平带形域0Im (2π)z a a <<≤映射成角形域0arg w a <<.（如图6.12(a)） 3° 带形域0Im 2πz <<映射成沿正实轴剪开的w 平面：0arg 2πw <<(如图6.12(b)).3.求2w z =在z =i 处的伸缩率和旋转角，问：2w z =将经过点z =i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w 平面 上哪一个方向？并作图.例6.5 求将|z |<1,Im z >0映为|w |>1的一个共形映射.。
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所求映射为w 2z 1. 2 z
24
例3 求一个分式线性映射w f (z)它将圆z 2 1 映成圆 w 2i 2 ，且满足条件
f (2) i,arg f (2) 0.
解
令z 2 ,
w
2
2i
w1 ,
w1 g( ),
1 w1 g( ) w1 1,
u2 v2 e2C2 ,v utanC1. 由于过原点的直线与以原点为心的圆正交，
故命题得证.
[证毕]
30
例6 试将如图所示的区域映射到上半平面.
解
取分式线性映射w1
z z
i i
,
将切点i映射为w1 ,并将
z i映射为w1 0.
y i
•
O
1x
由分式线性映射的保圆性知：
一、重点与难点
重点：分式线性变换及其映射特点 难点：分式线性变换与初等函数相结合，求一
些简单区域之间的映射
2
二、内容提要
f (z) 的几何意义 共形映射
一一对应性 保角性 保圆性
保对称性
分式线性映射
分 式 线 性 映 射 的 确 定
对 确 定 区 域 的 映 射
几个初等 函数构成
的映射
幂指 函数 数函
称为分式线性映射. 任一分式线性映射都可看成是由下列三种基本的 分式映射复合而成:
(1)平移映射 w z b;
(2)旋转与相似映射w az; (3)反演映射 w 1 .
z
9
分式线性映射的性质 1）分式线性映射在扩充复平面上一一对应. 2）分式线性映射在扩充复平面上具有保角性.
如果规定两条伸向无穷远的曲线在z 处
Re(z) x,Im(z) y,
因为 w eiz e y (cos x i sin x) 所以 u e y cos x, v e y sin x,
u2 v2 e2 y , v utan x,
29
又因为 Re(z) x C1, Im( z) y C2
故 w z (2 i) . iz 2 (1 i)
27
例4 问分式线性映射w z 将单位圆盘 z 1映 z1
射成w 平面上的什么区域?
解 由已知条件z 1,故从所给映射中将z解出:
z w ,
w z 1
w1 w1
即 w 2 w 1 2 (w 1)(w 1) w 2 (w w ) 1,
定义 设 w f (z)在 z0 的邻域内是解析的,在 z0 具有保角性和伸缩率不变性，那末 w f (z) 在 z0 是共形的，或称w f (z) 在 z0 是共形映射． 也称为第一类共形映射.仅保持夹角的绝对值不 变而方向相反的映射, 称为第二类共形映射
8
3.分式线性映射
定义 w az b (ad bc 0, a,b,c,d均为常数.) cz d
n 0
0
16
特殊地: w zn将角形域0 arg z 2 共形映射成w平面上
n
除去正实轴的区域.
(z)
(w)
2
w zn
0
n
zn w
0
因此将角形域的张角拉大（或缩小）时，就可利 用幂函数 w zn(或根式函数 w n z) 所构成的共 形映射.
17
2) 指数函数w ez .
w w1 : w3 w1 z z1 : z3 z1 . w w2 w3 w2 z z2 z3 z2
交比不变性
13
对确定区域的映射
在分式线性映射下, C的内部不是映射成 C 的内部便映射成C 的外部. 判别方法: 方法1 在分式线性映射下, 如果在圆周C内任取 一点 z0 , 若 z0的象在 C内部, 则 C的内部就映为 C的内部; 若 z0的象在 C 外部, 则 C的内部就映 为 C 的外部.
数
w zn w ez
3
1. f (z)的几何意义
设 z z(t)( t )表示z平面内一条有向连
续曲线C,正方向为t增大方向, z(t)为连续函数.如果
z(t0 ) 0, t0 ,那么表示z(t0 )的向量与C相切
于点z z(t0 ). 若规定z(z0 )的方向(起点为z0 )为C上点z0处切线的 正向,则有 (1) Argz(t0 )就是C上点z0处的切线的正向与x轴 正向之间的夹角.
w f (z) ei z a ( a 1) 1 az
因为 a 1 , 2
所以 w ei 2z 1, 2 z
23
又因
f (z)
e i
3 (2 z)2
,
所以
f
1 2
4e i 3
0,
arg
f
1 2
2kπ
(k 0,1,2 )
21
解3 利用典型区域映射公式
将所求映射设为 w ei z A z , 1z 1z
因为 z 1 i 时, w , 所以 1 (1 i) 0,
1 , 1 ,
1 i
1 i
又 z 1时, w 1, 所以 A 1 i,
s
(s表示C上点z0与z间的
弧长, 表示上对应的w0与w之间的弧长)的值称
为曲线C在z0的伸缩率.
f (z0 )是经过映射w f (z) 后通过点z0 的
的任何曲线C在 z0的伸缩率, 它与曲线C的形状及 方向无关. 所以这种映射又具有伸缩率的不变性.
7
2.共形映射（保角映射）
设函数 w f (z)在区域 D内解析, z0为 D内一点, 且 f (z) 0, 那末映射w f (z)在z0 具有两个性 质: (1) 保角性; (2) 伸缩率不变性.
4
(2) 相交于一点的两条曲线 C1与 C1正向之间 的夹角, 就是 C1与 C2在交点处的两条切线正向 之间的夹角. 设 w f (z)在区域 D内解析, z0 D, 且 f (z0 ) 0. C : z平面内过 z0 的有向光滑曲线, 参数方程 :
z z(t), ( t );
映射特点: 把水平的带形域 0 Im( z) a 映射成
角形域 0 arg w a.
ai (z)
(w)
0 特殊地: (z)
2i
0
w ez w e2
0
(w)
0
如果要把带形域映射成角形域, 常利用指数函数.
18
三、典型例题
例1 求分式线性映射,使 z 1映射成 w 1,且使 z 1,1 i映射成w 1,. 解1 利用分式线性映射不变交比和对称点
0
w1
i 2i 2
i, 2
25
当w1 g( )时，
g1(w1 )
e i
w1 i 1 i w1
2 2
,
z 2 ei (w 2i) 2 i 2 , 1 (i 2) ((w 2i) 2)
所以 z 2 ei 2(w i) (w),
2 iw
f (z)与 (w)互为反函数，
26
由 arg f (2) 0，
arg(i) arg 1 0,
f (2)
(i )
2
e i
2(w 2
i) iw
2ei 3,
wi
得 0. 所以 z 2 2(w i)，
2 iw
故
z 1
w i 1
1 i 1z
1
(i 1)z 1 为所求. z (1 i)
1 i
22
例2 求一个分式线性映射 w f (z)它将圆 z 1 映成圆 w 1 ,且满足条件 f (1 2) 0, f (1 2) 0.
解 因 z 1映成 w 1 的映射为
1, 1
1
i
,
z,1
i
即
w w
1
z
z
1 1
1i
1 i 1 1i 1
z1 , zi z i
1 i
所以 w (i 1)z 1 为所求. z (1 i)
20
解2 利用不变对称点 因 z 1 i 时, w , 所以 w az b ,
映射 w f (z) 将 C 映射成 w平面内过 w0 f (z0 )
的一条有向光滑曲线 w f [z(t)], z , 且
5
1) 导数f (z0 ) 0的幅角Arg f (z0 )是曲线C经过 w f (z)映射后在z0处的转动角. 2) 转动角的大小与方向跟曲线C的形状与方向 无关. 3)保角性
z (1 i) 又 z 1时, w 1, 故 i a b, 由对称点的不变性知， z 1 对应 w 0,
1 i 故 b 1, a 1 i,
所以 w (1 i)z 1 (i 1)z 1 为所求. z (1 i) z (1 i)
i
w1将两相切的圆周映射为两平行的直线(且w1(1) i).
所以
w
w
1
1 2
(w
w
)
1 2
,
即Re(w) 1 , 2
故 z 1映为w平面上的半平面 Re(w) 1 . 2