最后更新: 2026-01-31 10:50 查看: 60 次纠错评论(0) 课件开VIP

一个重要的复函数：反演映射 w=1/z(中)

##  圆周的保持
现在先来检验 $\mathcal{I}_K$ 对于直线的效果，然后再看它对圆周的效果．若一直线 $L$ 经过 $K$ 的中心 $q$ ，则 $\mathcal{I}_K$ 显然把它映为自身，这写作 $\mathcal{I}_K(L)=L$ 。这当然不是说 $L$ 上的每一点都不动，因为 $\mathcal{I}_K$ 把 $L$ 在 $K$ 内域与外域的两部分互相对换；$L$ 上仅有的保持不动的点是 $L$ 与 $K$ 的两个交点．

但如果考虑不一定过 $q$ 的一般直线 $L$ ，事情就有趣多了。图 3－3 提供了一个惊人的答案：

**若直线 $L$ 不经过 $K$ 的中心 $q$ ，则它对 $K$ 的反演把 $L$ 映为一个经过 $q$ 的圆周 ...(3.7)**

图上 $b$ 是 $L$ 上的任意点，而 $a$ 是 $L$ 与过 $q$ 的垂线之交点．由（3．5），$\angle q \widetilde{b} \widetilde{a}=\angle q a b= (\pi / 2)$ ，所以 $\widetilde{b}$ 位于一个以 $q \widetilde{a}$ 为直径的圆周上．证毕．附带请注意，此圆周在 $q$ 处的切线平行于 $L$ ．

注意，（3．7）中完全没有提到 $K$ 的半径 $R$ ．所以你可能以为在图3－3上我们有意地选 $R$ 使 $K$ 与 $L$ 不相交。如果 $K$ 确与 $L$ 相交，情况又会如何？请验证，尽管那时图形看起来与现在有些不同，上述的几何论证却仍然可用而不需任何改动。

![图片](/uploads/2026-01/5d7c9f.jpg)
 
 现在我们对（3．7）何以不依赖于 $K$ 之大小给出一个不太直接却更有启发性的理解方法。我们要证明，如果此结果对某个以 $q$ 为中心（半径为 $R_1$ ）的圆周 $K_1$ 成立，则它对任一个以 $q$ 为中心（半径为 $R_2$ ）的圆周 $K_2$ 也成立。

令 $z$ 为任意点，而 $\widetilde{z}_1=\mathcal{I}_{K_1}(z), \widetilde{z}_2=\mathcal{I}_{K_2}(z)$ ，显然 $q$ 到 $\widetilde{z}_1, \widetilde{z}_2$ 的方向都与 $q$ 到 $z$ 的方向一致，容易验证，它们到 $q$ 的距离之比与 $z$ 的位置无关：

$$
\left[q \widetilde{z}_2\right] /\left[q \widetilde{z}_1\right]=\left(R_2 / R_1\right)^2 \equiv \text { 记作 } k
$$

所以

$$
\mathcal{I}_{K_2}=\mathcal{D}_q^k \circ \mathcal{I}_{K_1}  ...(3.8)
$$

这里的＂中心伸缩＂ $\mathcal{D}_q^k$ 就是把平面（以 $q$ 为中心）伸缩一个因子 $k$ 。由此可知，如果（3．7）对 $K_1$ 对立，则它对 $K_2$ 也成立 。

再看图 3－3，既然 $\mathcal{I}_K$ 是对合的，它就只不过是把直线与圆彼此对掉，所以任一个过 $q$ 的圆周之象必为一不过 $q$ 的直线。但是一个不过 $q$ 的一般的圆周 $C$ 又如何？一开始，设 $C$ 不把 $q$ 含于其内域中。图 3－4 给出了一个美丽的答案：

**若圆周 $C$ 不经过 $K$ 的中心 $q$ ，则对 $K$ 的反演将 $C$ 映为另一个也不过 $q$ 的圆周．...(3.9)**

这个基本的事实时常被说成是：反演＂保持圆周＂．

由（3．8）可知，若（3．9）对某个 $K$ 成立，则对任意选定的 $K$ 也成立．所以我们可以方便地选 $K$ 使 $C$ 含于其内域，如图3－4 所示。这里 $a$ 和 $b$ 是 $C$ 的某直径的端点，所以它们对 $C$ 上任一点 $c$ 必张一直角。为了理解（3．9），先用（3．5）来验证图上一对黑色的角（和另一对灰色的角）分别相等．然后再看三角形 $a b c$ ，注意它在 $a$处灰色的外角等于它在此三角形中的两个内角之和，即 $c$ 处的直角和 $b$ 处的黑角的和。利用两黑角相等即知 $\angle \widetilde{a} \widetilde{c} \widetilde{b}=(\pi / 2)$ ，从而 $\widetilde{a}, \widetilde{b}$ 是经过 $\widetilde{c}$ 的一个圆周的直径的端点。这样，我们就在 $C$ 不包含 $q$ 的情况下证明了（3．9），剩下的请自己验证。同样的推理在 $C$ 包含 $q$ 的情况下也给出同一结果．

结果（3．7）事实上是（3．9）的一个特殊的极限情况．图 3－5 上画出了一条直线 $L$ ，其上最接近反演中心 $q$ 的点 $p$ ，以及一个在 $p$ 点切于 $L$ 的圆周 $C$ 。 $C$ 在其半径趋于无穷大时趋近于 $L$ ，而其象圆周 $\widetilde{C}=\mathcal{I}_K(C)$ 则趋向一过 $q$ 的圆周．

![图片](/uploads/2026-01/934ae9.jpg)
 
  以后我们能给出一个更清楚的方式，从而看出（3．7）和（3．9）只是同一结果的两个方面．

##  用正交圆周构做反演点
考虑图 3－6a，圆周 $C$ 与反演圆周 $K$ 在 $a, b$ 两点交成直角。换句话说，$C$ 在 $a$点（举例而已，$b$ 也一样）的切线 $T$ 必定过 $q$ 。对 $K$ 做反演后，$a, b$ 都不动而 $T$ 则变为其自身。所以 $C$ 的象仍是一个过 $a$ 与 $b$ 的圆周而且仍正交于 $K$ 。然而只有一个圆有此性质，那就是 $C$ 本身。这样

**在对 $K$ 的反演下，每个正交于 $K$ 的圆必映为自己． ...(3.10)**

图3－6a 上画出了两个直接的结果。首先，$C$ 所包围的圆盘被映为其自身。而由 $K$划分出的有阴影的一块与画了斜线的一块互相对换。其次，由 $q$ 到 $C$ 上一点 $z$ 的直线必与 $C$ 第二次相交于反演点 $\widetilde{z}$ 。

另一个结果（本小节的关键结果）是图3－6b 上的几何作图法．请自行验证．
$z$ 对 $K$ 的反演 $\widetilde{z}$ 是任意两个过 $z$ 而且正交于 $K$ 的圆周之另一交点．
注意，图 3－6a 中 $\widetilde{z}$ 的作图法只是以上所述的一个极限情况，其中有一个圆的半径趋向无穷大而变成了过 $q$ 的直线．习题 1 中还有反演点的几何作图的其他不太重要的做法。

上面提到的对 $K$ 的反演与对直线 $L$ 的反射的类比现在深化了．因为 $z$ 对 $L$的反射 $\widetilde{z}=\Re_L(z)$ 可以恰好用同样作图法做出，见图 3－7a．注意，连接 $z$ 和 $\widetilde{z}$ 的线段正交于 $L$ ，而其与 $L$ 之交点 $p$ 离 $z$ 和 $\widetilde{z}$ 等距：$[p z] /[p \widetilde{z}]=1$ ．

![图片](/uploads/2026-01/ece7c6.jpg)
 
 图 3－7b 则表现出了，$L$ 在 $p$ 附近的一段可以用一个在 $p$ 切于 $L$ 的很大的圆弧 $K$ 来逼近。这里 $\widetilde{z}=\mathcal{I}_K(z)$ 和前面一样，是同一点 $z$ 在对 $K$ 的反演下的象。你会看到，这两个图基本上没有什么区别．更准确地说，当 $K$ 的半径趋于无穷大时，对 $K$的反演就变成了对 $L$ 的反射。特别是，$[p z] /[p \tilde{z}]$ 趋于1，或者与此等价，我们说 $[p \tilde{z}]$ ＂最终等于＂$[p z]$ 。这样我们就可以理解，在图 3－2b 中发生的到底是什么事。

我们也能从代数上来验证这个结果。然而，我们还是先从几何观点来看。这时可以看到，只须对一条特别选定的 $L$ 以及其上特别选定的一点 $p$ 来证明这个结果就够了，所以我们取实轴为 $L$ ，取原点为 $p$ ．于是以 $q=\mathrm{i} R$ 为中心、 $R$ 为半径的圆周 $K$ 在 $p$ 点切于 $L$ 。利用（3．4），我们可以得到［练习］

$$
\mathcal{I}_K(z)=\frac{\bar{z}}{1-(\mathrm{i} \bar{z} / R)}
$$

这样，当 $R$ 趋于无穷大时，我们发现 $\mathcal{I}_K(z)$ 最终等于 $\Re_L(z)=\bar{z}$ 。这就是我们想要证明的．

下面看这个结果的另一种方式。我们不令 $K$ 越变越大，而令 $z$ 越来越接近一个固定大小的圆周 $K$ 上的任一点 $p$ 。不论 $z$ 从什么方向趋近于 $p, \mathcal{I}_K(z)$ 最终等于 $\Re_T(z)$ ，这里 $T$ 是 $K$ 在 $p$ 处的切线．

我们仍可用以上等式并用代数方法得出这一点．如果 $R$ 是固定的，且 $|z|<R$ ，则

$$
\mathcal{I}_K(z)=\bar{z}+\frac{\mathrm{i} \bar{z}^2}{R}-\frac{\bar{z}^3}{R^2}+\cdots
$$

所以，当 $z$ 趋近 $p=0$ 时， $\mathcal{I}_K(z)$ 最终等于 $\Re_T(z)=\bar{z}$ ，即对于 $K$ 在 $p$ 处的切线的反射．

## 角的保持
我们从讨论＂角的保持＂是什么意思开始。图 3－8 的中部是两条交于 $p$ 点的曲线 $S_1, S_2$ ．如果它们在 $p$ 点充分光滑，就可以做出它们在 $p$ 点处的切线 $T_1, T_2$ ．我们现在定义 $p$ 点处＂由 $S_1$ 到 $S_2$ 的角＂即为由 $T_1$ 到 $T_2$ 的锐角 $\theta$ 。这样，这个角赋有一个符号：由 $S_2$ 到 $S_1$ 的角是图上所示由 $S_1$ 到 $S_2$ 的角反号。如果我们对这些曲线作任意光滑的变换，则象曲线在 $p$ 点之象处仍有切线，所以由它们之一到另一曲线也有适当定义的角．

![图片](/uploads/2026-01/2f3f24.jpg)
 
 如果由一条象曲线到另一条象曲线的角与原来的两条曲线在 $p$ 点的相应角相等，那么我们就说这个变换保持 $p$ 点处的角。完全有可能这个变换保持某一对过 $p$的曲线之间的角，但不保持每一对过 $p$ 的曲线之间的角。然而，如果这变换保持每一对过 $p$ 的曲线之间的角，我们就说它在 $p$ 点是共形的变换。我们要强调一下，这里所谓共形是指角的大小与符号均得到保持，图 3－8 右方就是一个共形的变换。如果相反，在 $p$ 点的角被映射为大小相同而符号相反的角，就说此变换在 $p$ 点是反共形的，如图 3－8 左方所示。如果此映射在它有定义的区域之每一点都是共形的，就称之为**共形映射**；如果在每一点都反共形，就称它为**反共形映射**。最后，如果一映射只知道它能保持角的大小，而不知它是否也保持其定向，就称它为**等角映射**。

很容易想到一些具体的映射为共形的或反共形的．例如，平移 $z \mapsto(z+c)$ 是共形的，平面的旋转和伸缩 $z \mapsto a z(a \neq 0)$ 也是。反之，$z \mapsto \bar{z}$ 和对直线的反射一样，都是反共形的．反射与对圆周的反演的类比，现在更加深化了，因为

**对圆周的反演是反共形映射．**

为了看出这一点，请看图 3－9．此图表明了一个事实，即已知任一不在 $K$ 上之点 $z$ ，恰有唯一的圆周按一定方向经过 $z$ 而且与 $K$ 正交。给定此点和此方向，能想出怎样做出此圆周吗？］

如图 3－8 所示，设两曲线 $S_1$ 和 $S_2$ 在 $p$ 点相交而它们在 $p$ 点的切线为 $T_1, T_2$ ，由 $T_1$ 到 $T_2$ 的角为 $\theta$ 。为了弄清这个角在对 $K$ 之反演下会怎样，我们用过 $p$ 的两个圆周代替 $S_1, S_2$ ，但要求这两个圆周在 $p$ 点的方向应与 $S_1, S_2$ 相同，而且与 $K$ 正交．这种圆周是唯一的，而且在 $p$ 处的切线就是 $T_1, T_2$ ．见图3－10a．因为对 $K$ 的反演把这两个圆周都映为自身，在 $\widetilde{p}=\mathcal{I}_K(p)$ 处的新角为 $-\theta$ ，问题解决．

![图片](/uploads/2026-01/ce82eb.jpg)
 
 图 3－10b 展示了 $z \mapsto(1 / z)$ 对角的效果．因为这个映射等价于先对单位圆周做反演，再继以对实轴做反射（二者均为反共形的），我们看到它们的复合就是把角度的定向翻转二次使之回复到原值：

复反演 $z \mapsto(1 / z)$ 是共形的．
用同样的推理，可以一般地得出
偶数个（对直线或圆周的）反射之复合是一共形映射，而奇数个这种反射之复合则是一反共形映射．

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