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 = −
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,
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
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 ,
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
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
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
(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
所以所求分式线性变换为 ω = i
z−i . z+i
iθ
(2) 若 arg L '( i ) =π2源自，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,
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
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)
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
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.
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
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；
(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 )
L( i ) = 0; 如果再要求 L '( i ) = 1 ，此映射是否存在？