p317第七章习题(一) [ 2, 5, 6, 9, 15, 17, 19 ]
2. 利用保域定理证明：若函数f(z)在区域D内解析，
(1) 若| f(z) |在D内为常数，则f(z)在D内为常数；
(2) 若Re( f(z))或Im( f(z))在D内为常数，则f(z)在D内为常数．
【解】由保域定理，假若f(z)在区域D内不恒为常数，则f(D)是区域．
(1) 若| f(z) |在D内为常数，则存在r ≥ 0，使得f(D) ⊆C r= { z∈ | | z | = r }．
但int(C r) = ∅，故int( f(D)) = ∅，
因此f(D)不是开集，因此不是区域，矛盾．
(2) 若Re( f(z))在D内为常数，则存在a∈ ，使得f(D) ⊆L a= { z∈ | Re(z) = a }．但int(L a) = ∅，故int( f(D)) = ∅，
因此f(D)不是开集，因此不是区域，矛盾．
同理，若Im( f(z))在D内为常数，f(D)也不是区域，矛盾．
故不论如何，f(z)在区域D内必恒为常数．
[保区域性定理：设f(z)在区域D内解析且不恒为常数，则f(D)是区域．]
5. z平面上有三个互相外切的圆周，切点之一在原点，函数w = 1/z将此三个圆周所围成的区域变成w平面上的什么区域？
【解】设圆周A, B外切于原点，圆周C分别外切圆周A, B于z1, z2．
由分式线性映射的保圆性，以及f(0) = ∞，知f(A), f(B)为w平面中的直线．
并且因f(A), f(B)在有限z平面内无交点，f(A), f(B)为一对平行直线．
因C不过原点，故f(C)为w平面中的圆周；
并且，由分式线性映射的保角性，
f(C)与f(A), f(B)都相切，切点分别为f(z1), f(z2)．
下面的图(用sketchpad和photoshop做出，本质上是尺规作图的结果，累！)，指出圆周A, B, C的象f(A), f(B), f(C)，以及圆周A, B, C所围的区域D的象f(D)．
[上面的图，我是把z平面和w平面作为一个平面来画的．因为用的是sketchpad，
所以图形应该还是比较精确的．同学们可以思考：f(z) = 1/z将那三个圆所围的那个无界的(但在 ∞中是单连通的)区域变成哪个区域？]
6. 如w = (az + b)/(cz + d)将单位圆周变成直线，其系数应满足什么条件？
【解】首先应满足ad–bc≠ 0，以保证映射不是常值映射．
其次，单位圆周上存在点α使得w(α) = ∞，这意味着cα + d = 0，
因此| d | = | –cα| = | c | · | α| = | c |．
反过来，若ad–bc≠ 0，| d | = | c |，则w = (az + b)/(cz + d)是分式线性映射，具有保圆性．因| –d/c | = 1，故–d/c在单位圆周上，而且w(–d/c) = ∞，
故单位圆周在此映射的下的象为直线．
9. 求出将圆| z – 4 i | < 2变成半平面v > u的共形映射，使得圆心变到– 4，而圆周上的点2 i变到w = 0．
【解】注意到4 i和∞关于圆周| z – 4 i | = 2对称，– 4和– 4 i关于直线v = u对称；因此若分式线性映射f(z)满足f(4 i) = – 4，f(∞) = – 4 i，则f(z)将圆周| z – 4 i | = 2变成直线v = u．根据题目要求，又应有f(2 i) = 0；
故可用分式线性映射的保角比性来确定共形映射w = f(z)．
(w- (– 4))/(w- 0) : (– 4 i- (– 4))/(– 4 i- 0) = (z- 4 i)/(z- 2 i) : (∞- 4 i)/(∞- 2 i)；即(w- (– 4))/(w- 0) : (1 –i)/(–i) = (z- 4 i)/(z- 2 i)；
所以，w = – 4i ( z– 2i)/(z- (4i + 2))．
[或者，直接设f(z) = (– 4i) (z– 2i)/(z–d)，将f(4 i) = – 4代入，则
– 4 = (– 4i) (4 i– 2i)/(4 i–d)，即d = 4 i +2．所以w = – 4i ( z– 2i)/(z- (4i + 2))．] 15. 求出将上半单位圆变成上半平面的共形映射，使z = 1, -1, 0分别变成w = -1, 1, ∞．
【解】因f1(z) = - (z + 1)/(z- 1)把正向实轴变成正向实轴，上半平面映成上半平面，且f1(- 1) = 0，f1(0) = 1，f1(1) = ∞，故f1将实轴上的区间(0, 1)变成正实轴．由保角性，f1将上半单位圆周变成正虚轴．
所以，f1将上半单位圆共形地变成第一象限．
而f2(z) = z2将第一象限共形地变成上半平面．
所以，f2 ◦f1将上半单位圆共形映射成上半平面，
且(f2 ◦f1)(1) = ∞，(f2 ◦f1)(- 1) = 0，(f2 ◦f1)(0) = 1．
注意到f1(∞) = - 1，f1(0) = 1，f1(1) = ∞；
故(f1 ◦f2 ◦f1)(1) = - 1，(f1 ◦f2 ◦f1)(- 1) = 1，(f1 ◦f2 ◦f1)(0) = ∞．
所以，f = f1 ◦f2 ◦f1即满足题目要求．
f(z) = (f1 ◦f2 ◦f1)(z) = - ( (f2 ◦f1)(z) + 1)/( (f2 ◦f1)(z) - 1)
= - ( ( f1(z)2 + 1)/( ( f1(z)2- 1)
= - ( ( (- (z + 1)/(z- 1))2 + 1)/( ((- (z + 1)/(z- 1))2- 1)
= - ((z + 1)2 + (z- 1)2)/( (z + 1)2 - (z- 1)2)
= - 2(z2 + 1)/(4z) = (- 1/2)(z + 1/z)．
17. 将扩充z平面割去1 + i到2 + 2 i的线段后剩下的区域共形映射成上半平面．
