最后更新: 2025-08-16 12:32 查看: 108 次纠错评论(0) 课件开VIP

分式线性映射的求法举例

## 分式线性映射的求法举例
 
 `例` 求使点 $-1, i, 1+i$ 映射为下列点的分式线性映射：
（1） $0,2 i , 1- i$ ；
（2） $i , \infty, 1$ ．

解 直接用保交比性公式即可求得．
（1）有交比公式的：
$$
\frac{\omega-0}{\omega-2 i}: \frac{1-i-0}{1-i-2 i}=\frac{z+1}{z-i}: \frac{1+i+1}{1+i-i}
$$

$$
\frac{1-i}{1-3 i}: \frac{z+i}{z-i}=\frac{\omega}{\omega-2 i}(2+i)
$$

$$
\omega=\frac{z i(z+1)}{(z+1)-5(z-i)}=\frac{2(z+1)}{4 i z+5-i}
$$

（2）由

$$
\begin{gathered}
\frac{\omega-i}{\omega-1}=\frac{z+1}{z-(1+i)}: \frac{i+1}{i-(1+i)} \\
\frac{z+1}{z-(1+i)}=\frac{\omega-i}{\omega-1}(-1-i)
\end{gathered}
$$

$$
\omega=\frac{i z+3}{(2+i)(z-i)} .
$$
  
`例` 求把点 $z_1=-1, z_2=0, z_3=1$ 分别映射成点 $\omega_1=-1, \omega_2=- i , \omega_3=1$ 的分式线性映射。并研究这一映射将 $z$ 平面的上半平面映射成什么？将直线 $x=$ 常数，$y=$ 常数 （ $>0$ ）映射成什么？

解 将已知条件代人保交比公式，得

化简，得

$$
\begin{gathered}
\frac{\omega+1}{\omega+i}: \frac{1+1}{1+i}=\frac{z+1}{z-0}: \frac{1+1}{1-0} \\
\omega=\frac{z-i}{-i z+1}
\end{gathered}
$$

由于 $x$ 轴可以看成半径为无穷大的圆周，而分式线性映射有保圆性，又 $-1,- i , 1$ 不在一直线上，所以 $x$ 轴被映射成通过这三点的圆周，即单位圆周 $|z|=1$ ，又因 $z= i$ 被映射成 $\omega=0$ ，因此上半平面 $\operatorname{Im} z>0$ 被映射成单位圆 $|z|<1$ ，如图 6.7 所示．
 ![图片](/uploads/2025-07/0fccd6.jpg)
 我们先看正虚轴： $\operatorname{Re} z=0, \operatorname{Im} z \geqslant 0$ 映射成什么？由于当 $z= i y$ 时，$\omega= i \frac{y-1}{y+1}$ ，从而
 
$u=0, v=\frac{y-1}{y+1}$ ．又当 $y$ 从 0 趋于 $\infty$ 时，$v$ 从 -1 变到 1 ，即 $-1 \leqslant v \leqslant 1$ ．因为 $z=0$ 对应于 $\omega=- i , z=\infty$ 对应于 $\omega= i$ ，所以正虚轴映射成线段 $L: u=0,-1 \leqslant v \leqslant 1$ 。根据分式线性映射的保圆性和上半 $z$ 平面内没有点映射成 $\omega=\infty$ ，所以直线 $y=$ 常数 $(>0)$ 的像曲线是经过 $\omega= i$ 并与 $L$ 正交且位于单位圆内的圆周．因为直线 $x=$ 常数，$y=$ 常数是互相正交的，所以 $x=$ 常数的像曲线是经过 $\omega= i$ 并与 $y=$ 常数的像曲线正交且位于单位圆内的圆弧，如图 6.8 所示．
 ![图片](/uploads/2025-07/34f4a4.jpg)
 
 `例` 求出将圆 $|z-4 i |<2$ 映射成半平面 $v>u$ 的保角映射，并将圆心映射到 -4 ，而圆周上的点 2 i 映射到 $\omega=0$ ．
 
 解 由条件知，所求映射要使 $z=2 i$ 映射成 $\omega=0$ ，故映射的一般形式为

$$
\omega=k \frac{z-2 i}{c z+d}
$$

另由使圆心 $z=4 i$ 映射成 $\omega=-4$ 知

$$
-4=k \frac{2 i}{4 c i+d}
$$

因为线性映射使 $z=4 i$ 映射成 $\omega=-4$ ，由线性映射的保对称性知，$z=4 i$ 关于圆

$$
|z-4 i|=2
$$

的对称点 $z=\infty$ ，就应映射成 $\omega=-4$ 关于 $v=u$ 的对称点 $\omega=-4 i$ ．即当 $z=\infty$ 时，$\omega=-4 i$ ．代人 $-4 i =\frac{k}{c}$ ，因而得 $k=-4 c i$ ，然后再代人 $-4=k \frac{2 i }{4 c i +d}$ 中，则

$$
\begin{gathered}
-4=-4 c i \frac{2 i}{c\left(4 i+\frac{d}{c}\right)} \\
\frac{d}{c}=-2(1+2 i)
\end{gathered}
$$

将 $k=-4 c i , \frac{d}{c}=-2(1+2 i )$ 一起代人 $\omega=k \frac{z-2 i }{c z+d}$ ，则

$$
\omega=-4 c i \frac{z-2 i}{c\left(z+\frac{d}{c}\right)}=-4 i \frac{z-2 i}{z-2(1+2 i)} .
$$

`例` 求线性映射，使 $|z|=1$ 映射成 $|\omega|=1$ ，且使 $z=1,1+ i$ 分别映射成 $\omega=1$ ， $\infty$ ．

解法 1 因为 $\omega=0$ 与 $\infty$ 是关于圆周 $|\omega|=1$ 对称的，由分式线性映射保对称点的性质知：$\omega=0$ 在平面上的逆像为 $z=\frac{1}{1- i }(z=1+ i$ 对应 $\omega=\infty)$ 。所以

$$
(1,0, \omega, \infty)=\left(1, \frac{1}{1-i}, z, 1+i\right)
$$

即

$$
\frac{\omega-1}{\omega}=\left[\frac{z-1}{z-\frac{1}{1-i}} \left\lvert\, \frac{1+i-1}{1+i-\frac{1}{1-i}}\right.\right]=\frac{z-1}{i z+z-i}
$$

从而

$$
\omega=\frac{(i-1) z+1}{-z+(1+i)} .
$$

解法 2 因为当 $z=1+ i$ 时，$\omega=\infty$ ，所以

$$
\omega=\frac{a z+b}{z-(1+i)}
$$

当 $z=1$ 时，$\omega=1$ ，故 $- i =a+b$ ．又由对称点的不变性知

$$
z=\frac{1}{1-i} \text { 对应 } \omega=0
$$

于是得到 $b=-1, a=1- i$ ，所以

$$
\omega=\frac{(1-i) z-1}{z-(1+i)}=\frac{(i-1) z+1}{-z+(1+i)} .
$$

解法3 由公式

$$
\omega=e^{i \theta} \frac{z-a}{1-\bar{a} z}=A \frac{z-a}{1-\bar{a} z}
$$

当 $z=1+ i$ 时，$\omega=\infty$ ，有

$$
1-\bar{a}(1+i)=0
$$
于是

$$
\bar{a}=\frac{1}{1+i}, \quad a=\frac{1}{1-i}
$$

又因为，当 $z=1$ 时，$\omega=1$ ，所以

代人得

$$
\begin{gathered}
A=\frac{1-\bar{a}}{1-a}=-i \\
\omega=\frac{(i-1) z+1}{-z+(1+i)} .
\end{gathered}
$$

注：这里解法 1 是用不变交比的对称点，解法 2 是用不变对称点，解法 3 是用相关公式，这均是求线性映射常用的方法．

`例`求线性映射 $\omega=f(z), \omega=f(z)$ 把 $|z|=1$ 映射成 $\operatorname{Im} \omega=0$ ，使得 $f(0)=$ $b+ i$（ $b$ 为实数），$f^{\prime}(0)>0$ ．
解 因所求映射的逆映射 $z=f^{-1}(\omega)$ 将 $\operatorname{Im} \omega>0$ 映射为 $|z|<1$ ，且 $f^{-1}(b+ i )=0$ ，于是

而

$$
z=f^{-1}(\omega)=e^{i \theta} \frac{\omega-(b+i)}{\omega-(b-i)} \quad(\theta \text { 为实数 })
$$

所以

$$
\left[f^{-1}(\omega)\right]^{\prime}=\frac{2 ie^{i \theta}}{[\omega-(b-i)]^2}
$$

$$
f^{\prime}(0)=\left.\frac{1}{\left[f^{-1}(\omega)\right]^{\prime}}\right|_{\omega=b+i}=\frac{2 i}{e^{i \theta}}>0
$$

从而 $e^{i \theta}=i$ ，故有

所以

$$
\begin{gathered}
z=i \frac{\omega-(b+i)}{\omega-(b-i)} \\
\omega=\frac{(b-i) z+1-b i}{z-i} .
\end{gathered}
$$

## 常用方法
在分式线性映射下，求圆（或圆弧段）的像曲线的方法方法一 分解为四种简单映射的复合。
方法二 利用保圆性，选三点定圆。
对于圆弧段（或直线段），两个端点必须选定。
方法三 综合利用保圆性与保角性。
（1）找出原像曲线中的一些＂特殊点＂所对应的像点，从而能够大致地确定出像曲线的位置。
（2）找出一些＂特殊曲线＂（如坐标轴等）所对应的像。
（3）由原像之间的关系（如夹角等）确定像之间的关系。

![图片](/uploads/2025-01/455122.jpg)
 
![图片](/uploads/2025-01/07b139.jpg)
  
![图片](/uploads/2025-01/5cc43a.jpg)

`例`求区域 $D=\{z:|z-1|<\sqrt{2},|z+1|<\sqrt{2}\}$ 在映射 $w=\frac{z-i}{z+i}$ 下的像区域。

![图片](/uploads/2025-01/be68f2.jpg)
  
  ![图片](/uploads/2025-01/70a89f.jpg)
  
  ![图片](/uploads/2025-01/30f99b.jpg)
   
  
  ![图片](/uploads/2025-01/20a1af.jpg)
    
  
  ![图片](/uploads/2025-01/c55f0c.jpg)

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