复变函数第章保形映射习题解答.doc

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1、第章保形映射习题解答如果单叶解析函数把平面上可求面积的区域映射成平面上的区域，证明的面积是证明记，由题设，变量替换将平面上可求面积的区域保形映射成平面上的区域，且由数学分析中重积分的变量替换公式，并注意到有如果函数可求面积的区域内单叶解析，并且满足条件，证明：证明记区域在单叶解析函数下的象区域为（的面积记为），由题设，从而，所以由第章习题得如果函数在解析，并且，证明在的一个邻域内单叶证明（方法）由Talor定理，在的邻域内，其中于是在的邻域内记，由幂级数的性质收敛，且从而由极限的局部保号性，存在，使得在上下证在内是单叶的事实上，由，知，对任意，所以在内是单叶的（方法）由解析函数的性质，在的某邻

2、域内解析，从而连续注意到，由连续的定义，存在的邻域：，使得在内下证在内是单叶的事实上，对任意，取直线段，显然，由复积分的牛顿莱布尼兹公式，并注意到复积分的不等式性质，有所以在内是单叶的（方法）由第章习题立即可得如果函数在区域内解析，不为常数，且没有零点，证明不可能在内达到最小值（最小模原理）证明令，由题设及解析函数的四则运算性，也在区域内解析，不为常数由最大模原理，不可能在内达到最大值，从而不可能在内达到最小值设在上解析，在圆周上有，并且其中和是有限正数，证明在内至少有一个零点证明（反证法）假设在内没有零点，由第章习题，不可能在内达到最小值又在上解析，从而在上一定达到最小值，再注意到在圆周上有

3、并且所以的最小值一定不在上达到，从而的最小值只能在内达到，这与上面得到的不可能在内达到最小值矛盾故在内至少有一个零点设在内，解析，并且；但，其中证明：在内，有不等式证明作变换，由分式线性映射的特点，在此分式线性映射下被保形映射成，且，于是，的逆映射将被保形映射成，且作辅助函数，则满足：当时，由Schwarz因理得，当时，将代入上式得，当时，应用施瓦茨（H.A.Schwarz）引理，证明：把变成，且把变成的保形双射一定有下列形状，这里是实常数，是满足的复常数证明显然当保形双射具有形状时，它一定将变成，且把变成下面证明反过来的情形设是把变成，且把变成的保形双射作分式线性映射由分式线性映射的特点，

4、并注意到保形双射的复合仍为保形双射得是将变成的保形双射，且，从而逆映射是变成的保形双射，且于是对和分别运用Schwarz引理得，当，时，于是从而，这里是实常数将代入上式得这里是实常数试作保形映射：（）把带形区域映射成上半平面；（）把去掉上半虚轴的复平面映射成上半平面解（）（方法）先作平移映射将带形区域映射成带形区域；再作指数函数映射将带形区域映射成上半平面复合上面的两个映射即得符合题目要求的保形映射为（方法）先作指数函数映射将带形区域映射成下半平面；再作旋转映射将下半平面映射成上半平面复合上面的两个映射也可得符合题目要求的保形映射为（注意：一般来讲两个区域之间的保形映射不一定惟一要想使保形映射

5、惟一还需要加上其他的条件，参阅关于保形映射的黎曼存在惟一性定理）（）（方法）先作旋转映射将去掉上半虚轴的复平面映射成去掉右半实轴的复平面；再作根式函数映射（是指主值支，即满足的解析分支）将去掉右半实轴的复平面映射成上半平面复合上面的两个映射即得符合题目要求的保形映射为其中是满足的解析分支（方法）先作旋转映射将去掉上半虚轴的复平面映射成去掉左半实轴的复平面；再作根式函数映射（是指主值支，即满足的解析分支）将去掉左半实轴的复平面映射成右半平面；最后作旋转映射将右半平面映射成上半平面复合上面的三个映射即得符合题目要求的保形映射为其中是满足的解析分支函数和分别把，及，映射成平面及平面上的什么曲线？这里

6、及与及分别是与的实部及虚部，及是实常数解令，代入或并比较实部和虚部得，于是，（）当时，若，有，（），它表示从原点出发的负半实轴；若，有，所以即它表示顶点为（在正轴上），焦点为（原点），开口相左，对称轴为轴的抛物线（）当时，若，有，（），它表示从原点出发的正半实轴；若，有，所以即它表示顶点为（在负轴上），焦点为（原点），开口相右，对称轴为轴的抛物线（）当时，若，有，它表示过原点的两条直线；若，有，它表示以原点为中心，两条直线为渐近线的双曲线（注意：其中双曲线的两支分别对应于的两个解析分支）（）当时，若，有，它表示过原点的两条直线和；若，有，它表示以原点为中心，两条直线和为渐近线的双曲线（注意：其

7、中双曲线的两支分别对应于的两个解析分支）试作保形映射：（）把椭圆以外的区域映射成单位圆的外区域；（）把双曲线两支之间的区域映射成上半平面；（）把抛物线左方的区域映射成上半平面解（）由于可变形为由儒可夫斯基变换的特点，先作儒可夫斯基变换的逆变换将以外的区域：保形映射成圆周的外区域：；然后再作伸缩映射将圆周的外区域：保形映射成单位圆的外区域：复合上面的两个映射即可得满足题目要求的保形映射为（）先作伸缩映射将双曲线两支之间的区域保形映射成双曲线两支之间的区域；其次由儒可夫斯基变换的特点，再作的逆映射将双曲线两支之间的区域保形映射成以原点为顶点的角形区域再其次，作旋转映射将角形区域保形映射成角形区域最

8、后，作幂函数映射将角形区域保形映射成上半平面复合上面的四个映射即得满足题目要求的保形映射为（）因为可变形为由根式映射的特点，先作根式函数映射将抛物线左方的区域映射成半平面；再作平移映射将半平面映射成上半平面复合上面的两个映射即得满足题目要求的保形映射为（其中为主值支，即满足的解析分支）试把圆盘保形映射成半平面，并且将点，和映射成（），或（）， 解设所求的保形映射为根据分式线性映射的保交比性以及保形映射的存在惟一性定理， （）当点，和分别映射成，时，我们有即所以（）当点，和分别映射成，时，我们有即所以试把保形映射成，并且把（），或（），映射成，解设所求的保形映射为根据分式线性映射的保交比性以及保

9、形映射的存在惟一性定理， （）当点，分别映射成，时，我们有即所以（）当点，分别映射成，时，我们有即所以试作一单叶解析函数，把映射成，并且使得，解由分式线性映射的特点，取分式线性映射的逆映射，显然它满足把映射成，且因为，所以要使，必须，从而最后，根据保形映射的存在惟一性定理得，所求的单叶解吸函数为（根据第章，习题一第题）改为（利用分式线性映射的性质），证明及是关于圆周（）的对称点证明作分式线性映射，显然在此映射下，曲线映射成圆周，和分别映射成和，而和是关于圆周对称的两点，于是根据分式线性映射的保圆周性和保对称点性知，圆周（一定是圆周，且和是关于圆周（）的对称点在圆盘中除去实轴上的半闭区间，得一区

10、域试把这一区域保形映射成圆盘解先作分式线性映射将半闭区间映射成从原点出发的负实轴，将圆周映射成直线，此时圆盘中除去实轴上的半闭区间所得一区域被映射成半平面去掉负实轴所得区域；其次，作分式线性映射将区域映射成上半平面去掉上半虚轴上射线所得区域；第三，作映射将区域映射成平面去掉两个区间和所得区域；第四，作儒可夫斯基映射的逆映射将区域映射成上半平面；最后，作分式线性映射将上半平面映射成单位圆复合上面的五个映射即得满足题目要求的保形映射试作保形映射：（）把及的公共部分映射成；（）把扇形，映射成；（）把圆周及所夹的区域映射成；（）把圆映射成带形，并把，映射成，解（）先作分式线性映射将及的公共部分映射成角

11、形区域；其次，作旋转映射将角形区域映射成角形区域；再其次，作幂函数映射将角形区域映射成上半平面；最后，作分式线性映射将上半平面映射成单位圆复合上面的四个映射即得满足题目要求的保形映射为（）先作幂函数映射将扇形映射成上半单位圆域；其次，作映射将上半单位圆域映射成上半平面；最后，作分式线性映射将半平面映射成单位圆复合上面的三个映射即得满足题目要求的保形映射为（）先作分式线性映射将圆周及所夹的区域映射成带形区域；其次，作平移与旋转复合而成的映射将带形区域映射成带形区域；再其次，作伸缩映射与指数函数映射复合而成的映射将带形区域映射成上半平面；最后，作分式线性映射将上半平面映射成单位圆复合上面的四个映射

12、即得满足题目要求的保形映射为（）先作映射将圆映射成上半平面，此时点，分别映射成点，；其次，作对数函数映射将上半平面映射成带形区域，此时点，分别映射成点，；最后，作伸缩映射将带形区域映射成带形区域，此时点，分别映射成点，复合上面的三个映射即得满足题目要求的保形映射为（注意：此题中涉及的多值函数的解析分支都是主值支）设是一个级整函数，这就是说，其中（）（）证明是增函数（）设及都是有限数，证明在时达到最小值由此及柯西不等式（第三章，）导出：如果，那么（）设及都是正有限数，证明在时达到最大值由此导出：如果，并且，那么整函数的级小于（）由（）及（）导出：如果，那么整函数的级等于证明（）对任意，由最大模原

13、理得所以是上的增函数于是，我们还可得或存在或为（）因为由可得，即由在上是增函数可得，当时，；而当时，所以，在时，达到最小值若，则（否则），从而当充分大时， 由上极限的特点，对任意，当充分大时，有即于是由第或章的柯西不等式以及上面的结果得，从而，所以注意到的任意性得（）因为由可得，即注意到是增函数可得，当时，；当时，所以若，且，任取，使得，则当充分大时，有，从而记，注意到上面得到的不等式，有于是充分大时，从而（），若整函数的级等于，由（）知如果，由（）知整函数的级小于，矛盾所以，反之，若，任取，由及（）知，整函数的级小于，从而整函数的级小于等于假设整函数的级小于（可设，否则若，类似于（）的方法，

14、可得，让可得，这与矛盾），由（）知，这与矛盾所以整函数的级等于（补充题：设是一个级整函数，即，则其中的含义同第章习题证明事实上，当时，若存在，则由刘维尔定理易得，为常数，从而（为常数），故若，由于对任意，类似于第章习题（）的方法可得，让可得，反之，当时，由于对任意，总有，由第章习题（），有，从而让得，即）设幂级数的收敛半径是，那么是单位圆盘内的一个解析函数，并且它在内的级的定义是其中（）（）令（），证明（）设及都是有限正数，证明在时达到最小值由此及柯西不等式（第三章，）导出：如果，那么（）设及都是有限正数，而且，证明在时达到最大值由此导出：如果，并且，那么在内的级小于（）由（）及（）导出：如果

15、那么解析函数在内的级是证明（）令，则又，所以，由可得（实际上，由上面的过程还可知）（）因为由可得，即注意到是关于的减函数可得，当时，；而当时，所以若，对任意，由上极限的特点，当充分小时，即于是，由柯西不等式并注意到上面的不等式及可得从而所以（不失一般性，假设时，）于是，由的任意性即得（）因为由可得，即注意到（）是的减函数可得，当时，；而当时，所以，若，且，任取，使得，则当充分大时，有，从而记，注意到上面得到的不等式，有于是 注意到，当充分小时，有从而即在内的级小于（）类似于第题的（）设是平面上不同的单连通区域序列，而且证明：（）是一单连通区域；（）设满足，并且是把映射成的惟一的保形映射（）设

16、是内所含以为心的最大圆盘的半径还设是的反函数那么应用施瓦茨（H.A.Schwarz）引理：可以导出，；（）由（）导出：无界；（）如果，那么在中任何紧集上一致趋向于证明（）任取简单闭曲线，因为是有界闭集（紧集），而是的开覆盖，根据Borel有限覆盖定理，中存在有限个，不妨记为，使得它们仍覆盖住，即又由条件知，所以，注意到是单连通区域，从而的内部故是一单连通区域（）由题设知，且当时，由Schwarz引理，令，有当，即时，且，即再注意到当时，且，时，有于是，对任意，都有将代入上式，注意到是的反函数，有，即，注意到函数与其反函数导数之间的关系，还可得（）由（），要证无界，只须证明即可事实上，假设，则由题设易知，且为紧集注意到，还可得，是单调递减的，从而，即存在一点（），于是（），即，这与矛盾故，即无界（反证法）假设，由黎曼存在惟一性定理，存在惟一单叶解析函数，满足，并且把保形双射成平面上的单位圆由于将保形映射成，且，作函数，则在单位圆内满足Schwarz引理的条件，于是由Schwarz引理，可得从而，即有界这与无界矛盾故