复变函数和积分变换(Complex Function & Integral Transform II)

---

复变函数和积分变换(Complex Function & Integral Transform I)
复变函数和积分变换(Complex Function & Integral Transform II)
复变函数和积分变换(Complex Function & Integral Transform III)

---

参考文献：
mooc国防科技大学《复变函数》
王忠仁、张静《工程数学：复变函数和积分变换》
焦红伟、尹景本《复变函数与积分变换》
梁昆淼《数学物理方法》

级数(Series)

复变函数项级数(Complex Function Series)

• 复数项级数(complex number series)：设 $\{z_n\}=z_1,z_2,\cdots,z_n,\cdots$ 为一复数序列。
  (1) 称表达式 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}z_n=z_1+z_2+\cdots+z_n+\cdots$ 为复数项无穷级数。
  (2) 称 $S_n=z_1+z_2+\cdots+z_n$为级数的部分和
  (3) 若极限 $\lim\limits_{n\to∞}S_n=S$ 存在( S 为有限数)，则称级数是收敛的， S 称为级数的和；如果序列 $\{S_n\}$不收敛，则称级数是发散的。
  复数项级数收敛的充要条件：设 $z_n=x_n+iy_n(n\in\Z^+)$ ，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}z_n$收敛 $\iff \displaystyle\sum_{n=1}^{∞}x_n,\sum_{n=1}^{∞}y_n$都收敛
  复数项级数收敛的必要条件： $\lim\limits_{n\to∞}z_n=0\implies\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}z_n$ 收敛
  定理 1：如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}|z_n|$ 收敛，则 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}z_n$ 收敛，并且 $\displaystyle|\sum_{n=1}^{∞}z_n|⩽\sum_{n=1}^{∞}|z_n|$
  (1) 如果 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}|z_n|$ 收敛，则称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}z_n$绝对收敛(absolutely convergent)。
  (2) 非绝对收敛的收敛级数称为条件收敛(conditionally convergent)。
  由于 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}|z_n|$是正项级数，其收敛性可以用正项级数的相关定理来进行判别。另外，还可得到 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}|z_n|$收敛的充要条件是 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}x_n,\sum_{n=1}^{∞}y_n$都绝对收敛

• 复变函数项级数：设区域D上的函数列 $\{f_n(z)\}=f_1(z),f_2(z),\cdots,f_n(z),\cdots$
  (1) 称 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)=f_1(z)+f_2(z)+\cdots+f_n(z)+\cdots$为区域D 内的复变函数项级数(series)。
  (2) 该级数的前n 项和 $S_n(z)$ 称为这个级数的部分和((partial sum))。
  (3) 如果对于区域D 内的某一点 $z_0$ ，极限 $\lim\limits_{n\to∞}S_n(z_0)=S(z_0)$存在，则称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在 $z_0$点收敛(convergence)，称 $S(z_0)$为它的和(sum)。
  (4) 如果级数在 D 内处处收敛，那么它的和一定是与z有关的一个函数 $S(z) = f_1(z)+f_2(z)+\cdots+f_n(z)+\cdots$，这个函数称为级数的和函数(summable function)。
  关于复数项级数与复变函数项级数，由于这两类级数的有关定义、性质与判别法与高等数学的相应部分极为相似，所以，不再赘述。
  (5) 一致收敛(uniform convergence)：如果对于任意 $ϵ>0$ ，存在 $N>0$，对于任何的 $z\in D$，当 $n>N$时，恒有 $|\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f_k(z)-f(z)|<ϵ,∀ x\in D$，则称级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在D上一致收敛于函数 $f(z)$
  定理 (Weierstrass M-test)：如果级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在区域 $D$满足条件：
  (i) $∀ z\in D,|f_n(z)|⩽ M_n(n=1,2,\cdots)$
  (ii)正项级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}M_n$收敛
  则级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在区间 $D$上一致收敛
  (6) 内闭一致收敛(Closed uniform convergence)：设函数 $f_n(z)(n\in\Z^+)$ 定义在区域G 内，若级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在G 内任意一个有界闭集上均一致收敛，则称该级数在区域G 内内闭一致收敛于 $f(z)$。
  定理：如果级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在区域 $D$内解析，级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n(z)$在D内内闭一致收敛于 $f(z)$，则
  (i) $f(z)$在D内解析
  (ii) $f^{(p)}(z)=\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}f_n^{(p)}(z)\quad(p\in\Z^+)$

幂级数(Power Series)

• 幂级数(Power Series)：称形如 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n=a_0+a_1(z-z_0)+\cdots+a_n(z-z_0)^n+\cdots$的级数称为幂级数，其中 $z_0,a_0,a_1,\cdots,a_n,\cdots$为复常数。
  特别令 $z_0=0$ 有 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_nz^n$，只要做变换 $ξ=z-z_0$即可化为一般形式，为了方便常讨论此形式。

• 幂级数的收敛圆(circle of convergence)
  阿贝尔(Abel)定理：若级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_nz^n$在点 $a (a≠0)$ 收敛，则它在圆域 $K : |z|<|a|$ 内绝对收敛；在闭圆 $K_1 : |z| ⩽ρ (ρ < a )$上一致收敛。
  若级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_nz^n$在点 $b (b≠0)$ 发散，则它在 $|z| > |b|$ 时发散。
  有了阿贝尔定理便可弄清幂级数的收敛范围。
  首先，幂级数在点z =0 是收敛的。
  其次，幂级数在z ≠0 时只有三种可能：
  (1) 幂级数在复平面所有的点收敛(如 $1+\frac{z}{1!}+\frac{z^2}{2!}+\cdots+\frac{z^n}{n!}+\cdots$)；
  (2) 幂级数在复平面所有的点发散(如 $1+ 2z + 2^2 z^2 +\cdots+ 2^n z^n +\cdots$)；
  (3) 存在一个圆域 $|z|<R$，幂级数在圆域内收敛(且绝对收敛)，在 $|z|>R$上幂级数发散。圆周 $C : |z| = R$称为该级数的收敛圆(circle of convergence)，R称为该级数的收敛半径(radius of convergence)。
  为了统一起见，对于幂级数在复平面收敛，规定 $R = +∞$，对于幂级数仅在一点 z =0 收敛，规定 $R = 0$。
  定理 1：设幂级数为 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_nz^n$，幂级数收敛半径的具体求法，同实函数一样，比值法和根值法是最常用的有效方法。
  (1) 比值法：若 $\lim\limits_{n\to∞}|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}|=λ$ 则收敛半径为 $R=\dfrac{1}{λ}$
  (2) 根值法： $\lim\limits_{n\to∞}\sqrt[n]{|a_n|}=ρ$ 则收敛半径为 $R=\dfrac{1}{ρ}$

实例：

1. 求幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}z^n$的收敛半径
   解：级数的部分和 $S_n=\dfrac{1-z^n}{1-z}\quad(z\neq 1)$
   (1) 当 $|z|<1$时，有 $\lim\limits_{n\to∞}z^n=0$，从而 $\lim\limits_{n\to∞}S_n=\dfrac{1}{1-z}$，级数收敛
   (2) 当 $|z|⩽1$时，级数的一般项 $z^n$不趋近于零，级数发散。
   由阿贝尔定理知级数的收敛半径为 $R=1$，并且函数 $\dfrac{1}{1-z}=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}z^n\quad(|z|<1)$
2. 函数 $\dfrac{1}{z-b}$也可通过变换表示成幂级数
   $\dfrac{1}{z-b}=\dfrac{1}{(z-a)-(b-a)}=-\cfrac{1}{b-a}\cdot\cfrac{1}{1- \cfrac{z-a}{b-a}}$
   当 $|\dfrac{z-a}{b-a}|<1$时，即 $|z-a|<|b-a|$，可以得到
   $\displaystyle\dfrac{1}{z-b}=-\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{1}{(b-a)^{n+1}}(z-a)^n$

• 和函数的解析性
  定理 2：设幂级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n$的收敛半径为R，则
  (1) 它的和函数 $f(z)$ 在收敛圆内解析
  (2) 幂级数在收敛圆内可逐项求导任意次，即 $f^{(k)}(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}[a_n(z-z_0)^n]^{(k)}$
  (3) 幂级数在收敛圆内任一曲线C 上逐项积分，即
  $\displaystyle\int_{C}f(z)dz=\int_{z_0}^zf(z)dz=\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{a_n}{n+1}(z-z_0)^{n+1}$

泰勒级数(Taylor Series)

• 泰勒定理：若函数 $f(z)$在区域D内解析，圆域 $K:|z-z_0|<R$含于D，则在K内有
  $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n$，其中 $a_n=\dfrac{1}{n!}f^{(n)}(z_0)\quad (n=0,1,2,\cdots)$
  且上述展开式是唯一的，上式被称为泰勒展开式(Taylor expansion)，它右端的级数称为泰勒级数。
  
  证明： 取一点 $z\in K$，做圆周 $C:|z-z_0|=ρ$ 包含点 z
  由柯西积分公式有 $\displaystyle f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \frac{f(ξ)}{ξ-z}dξ$
  由于 $|\dfrac{z-z_0}{ξ-z_0}|<1$，有上节实例可知 $\displaystyle\dfrac{1}{ξ-z}=\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(ξ-z_0)^n}{(z-z_0)^{n+1}}$ ，带入上式可得
  $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n$，其中 $a_n=\dfrac{1}{n!}f^{(n)}(z_0)$
  关于展开式的唯一性，证明略。
  推论：将泰勒定理和上节的定理2结合，可以得到一个重要结论
  函数 $f(z)$在一点 $z_0$处解析的充要条件是：它在 $z_0$的某一邻域内有幂级数展开式 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n$
  这个性质从级数的角度深刻反映了解析函数的本质。

• 函数在 z=0 处的泰勒展开式
  $\begin{aligned} & e^z=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{1}{n!}z^n & (z\in\Complex) \\ & \sin z=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1} & (z\in\Complex) \\ & \cos z=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n} & (z\in\Complex) \\ & \dfrac{1}{1-z}=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}z^n & (|z|<1) \\ & \dfrac{1}{(1+z)^2}=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}(-1)^{n-1}nz^{n-1} & (|z|<1) \end{aligned}$
  $\text{Ln }(1+z)$的主值支 $\ln (1+z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(-1)^n}{n+1}z^{n+1}\quad (|z|<1)$
  $(1+z)^α$的主值支 $e^{α\ln(1+z)}=1+αz+\binom{α}{2}z^2+\cdots+\binom{α}{n}z^n+\cdots \quad(|z|<1)$
  其中 $\binom{α}{n}=\frac{α(α-1)\cdots(α-n+1)}{n!}$

洛朗级数(Laurent Series)

• 洛朗级数(Laurent Series)：称形如 $\displaystyle\sum_{n=-∞}^{+∞}a_n(z-z_0)^n=\cdots+a_{-n}(z-z_0)^{-n}+\cdots+a_{-1}(z-z_0)^{-1}+a_0+a_1(z-z_0)+\cdots+a_n(z-z_0)^n+\cdots$的级数称为洛朗级数，其中 $z_0,a_n(n\in\Z)$为复常数。
  洛朗级数由正幂次项 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_n(z-z_0)^n$和负幂次项 $\displaystyle\sum_{n=-1}^{-∞}a_n(z-z_0)^n$组成，分别称为洛朗级数的解析部分和主要部分。若解析部分和主要部分在点 $z=ξ$收敛，则洛朗级数在点 $z=ξ$收敛。

• 收敛圆环(ring of convergence)：显然洛朗级数的收敛域是解析部分和主要部分收敛域的交集。
  (1) 对于解析部分，设其收敛半径为R，其收敛圆域为 $|z-z_0|<R$
  (2) 对于主要部分，令 $ξ=(z-z_0)^{-1}$，并令 $b_n=a_{-n}$，则级数变形为ξ的幂级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}b_nξ^n$，设它的收敛半径为 $R_1$，其收敛圆域为 $|ξ|<R_1$
  于是对于洛朗级数主要部分，当 $|\frac{1}{z-z_0}|<R_1$即 $|z-z_0|>\frac{1}{R_1}$ 时收敛。
  (3) 令 $r=\frac{1}{R_1}$，由上面的讨论可知
  若 $r<R$，则洛朗级数的收敛域为 $r<|z-z_0|<R$，此圆环称为收敛圆环。且知它在该圆环内绝对收敛，在闭圆环 $r < r'⩽ z − z_0 ⩽R' < R$上一致收敛。

• 洛朗定理：设 $f(z)$在圆环域 $D:R_1<|z-z_0|<R_2$ 内解析，则 $f(z)$在此圆环内一定能展开为 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-∞}^{+∞}a_n(z-z_0)^n$ ，并且系数 $a_n$被 $f(z)$及圆环唯一确定。
  其中 $\displaystyle a_n=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{f(ξ)}{(ξ-z_0)^{n+1}}dξ(n\in\Z)$ ，C为此圆环内围绕 $z_0$的任何一条正向简单闭曲线，此公式称为洛朗展开式(Laurent expansion)。
  

实例

1. 求函数 $f(z)=\dfrac{1}{(z-1)(z-2)}$分别在下列圆环的洛朗展开式
   $(1)\ 0<|z|<1 ;\quad (2)\ 1<|z|<2;\quad (3)\ 2<|z|<+∞$
   
   解：部分分式分解 $f(z)=\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{1}{2-z}$
   (1) 在 $0<|z|<1$中有 $|z|<1,|\frac{z}{2}|<1$，由上一章的实例知
   $\displaystyle\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^{∞}z^n;\quad \frac{1}{2-z}=\sum_{n=0}^{∞}\frac{z^n}{2^{n+1}}$
   于是 $\displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^{∞}z^n-\sum_{n=0}^{∞}\frac{z^n}{2^{n+1}}=\sum_{n=0}^{∞}(1-\frac{1}{2^{n+1}})z^n$
   上述结果中不含 z 的负幂项，原因在于 $f(z)$在 $z=0$处解析。
   (2) 在 $1<|z|<2$中有 $|\frac{1}{z}|<1,|\frac{z}{2}|<1$，由上一章的实例知
   $\displaystyle\frac{1}{1-z}=-\sum_{n=0}^{∞}\frac{1}{z^{n+1}};\quad \frac{1}{2-z}=\sum_{n=0}^{∞}\frac{z^n}{2^{n+1}}$
   于是 $\displaystyle f(z)=-\sum_{n=0}^{∞}\frac{1}{z^{n+1}}-\sum_{n=0}^{∞}\frac{z^n}{2^{n+1}}$
   (3) 在 $2<|z|<+∞$ 中有 $|\frac{1}{z}|<1,|\frac{2}{z}|<1$，由上一章的实例知
   $\displaystyle\frac{1}{1-z}=-\sum_{n=0}^{∞}\frac{1}{z^{n+1}};\quad \frac{1}{2-z}=-\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^n}{z^{n+1}}$
   于是 $\displaystyle f(z)=\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^n-1}{z^{n+1}}$
2. 求函数在 $f(z)=\dfrac{\sin z}{z}$在 $0<|z|<∞$的洛朗展开式
   $\displaystyle f(z)=\dfrac{\sin z}{z}=\dfrac{1}{z}\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n+1}=\sum_{n=0}^{∞}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}z^{2n}$
3. 计算 $\displaystyle\oint_C e^{\frac{1}{z}}dz$，其中C 为正向圆周 $|z|=1$
   由于 $\displaystyle e^{\frac{1}{z}}=1+\frac{1}{z}+\frac{1}{2!z^2}+\cdots+\frac{1}{n!z^n}+\cdots$
   在洛朗展开式的系数中，在 $n=-1$时，有 $\displaystyle a_{-1}=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C f(z)dz$
   于是有 $\displaystyle\oint_C e^{\frac{1}{z}}dz=2\pi i$

孤立奇点(Isolated Singular Point)

孤立奇点：设函数 $f (z)$ 在 $z_0$不解析，但在 $z_0$的某个去心邻域 $0 < |z − z_0| < R$内解析，则称点 $z_0$为函数 $f(z)$ 的孤立奇点(isolated singular point)。

• 孤立奇点的类型：设点 $z_0$为函数 $f(z)$的孤立奇点
  (1) 若 $f(z)$ 在点 $z_0$的洛朗级数的主要部分为零，则称点 $z_0$为 $f(z)$ 的可去奇点(removable singularity)；
  (2) 若 $f(z)$ 在点 $z_0$的洛朗级数的主要部分有限多项，即存在正整数m， $a_{-m}\neq 0$，当 $n<-m,a_{n}=0$，则称点 $z_0$为 $f(z)$ 的m级(阶)极点(m-order pole)；
  (3) 若 $f(z)$ 在点 $z_0$的洛朗级数的主要部分有无限多项，则称点 $z_0$为 $f(z)$ 的本性奇点(essential singularity)
  依定义， $z=0$是 $\frac{\sin z}{z}$的可去奇点， $z=0$是 $\frac{\sin z}{z^2}$的一阶极点， $z=0$是 $e^\frac{1}{z}$的本性奇点。

• 孤立奇点类型判定
  可去奇点判定：设点 $z_0$为函数 $f(z)$的孤立奇点，则下列三个条件是等价的：
  (1) 点 $z_0$为 $f(z)$的可去奇点；
  (2) $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=C_0$，其中 $C_0$为一复常数；
  (3) 函数 $f(z)$在点 $z_0$的某个去心邻域内有界。
  m 阶极点判定： $z_0$为函数 $f(z)$的m阶极点的充要条件是 $f(z)=\frac{1}{(z-z_0)^m}φ(z)$，其中 $φ(z)$在 $z_0$解析且 $φ(z_0)\neq 0$
  极点判定： $z_0$为函数 $f(z)$的极点的充要条件是 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)=∞$
  本性奇点判定： $z_0$为函数 $f(z)$的本性奇点的充要条件是 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)$不存在，也不趋于∞
  本性奇点判定 2：若点 $z_0$为 $f(z)$的本性奇点，且 $\lim\limits_{z\to z_0}f(z)\neq 0$，则点 $z_0$必为 $\frac{1}{f(z)}$的本性奇点。

• 函数的零点¹与极点的关系
  定理 1：若 $z_0$是 $f(z)$的m级极点，则 $z_0$是 $\frac{1}{f(z)}$的m级零点，反之亦然。
  定理 2：设 $z_0$分别是函数 $φ(z),ψ(z)$的m级零点和n级零点， $f(z)=\frac{φ(z)}{ψ(z)}$，则有
  (1) 当 $m>n$ 时， $z_0$是 $f(z)$的 $m-n$级零点；
  (2) 当 $m<n$ 时， $z_0$是 $f(z)$的 $n-m$级零点；
  (3) 当 $m=n$ 时， $z_0$是 $f(z)$可去奇点。

• 函数在无穷远点的性质
  在扩充复平面上讨论函数的奇点，若无特殊声明，则约定无穷远点 ∞为任意函数的奇点。
  定义 1：设函数 $f(z)$在无穷远点的邻域 $r<|z|<+∞$内解析，则无穷远点∞就称为函数 $f(z)$的孤立奇点。
  函数在无穷远点的洛朗级数
  设 $ξ=0$是 $h(ξ)$的孤立奇点，则有
  $h(ξ)=\displaystyle\sum_{n=-∞}^{+∞}b_nξ^n=\sum_{n=0}^{∞}b_nξ^n+\sum_{n=1}^{∞}b_{-n}ξ^{-n}\quad (0<|ξ|<\frac{1}{r})$
  若令 $ξ=\frac{1}{z}$，则有
  $f(z)=h(\frac{1}{z})=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}b_nz^{-n}+\sum_{n=1}^{∞}b_{-n}z^n\quad (r<|z|<+∞)$
  若再令 $a_n=b_{-n}(n\in\Z)$，则有
  $f(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_{-n}z^{-n}+\sum_{n=1}^{∞}a_nz^n\quad (r<|z|<+∞)$
  称此级数为 $f(z)$在点 $z=∞$的洛朗级数，称其中的级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{∞}a_nz^n$为主要部分，级数 $\displaystyle\sum_{n=0}^{∞}a_{-n}z^{-n}$为解析部分。
  注意：与函数 $f(z)$在有限远点的情况相反，函数 $f(z)$在无穷远点的罗朗级数的解析部分是由非正幂项组成，而主要部分是由正幂项组成。
  定义 2：设 $h(ξ)=f(\frac{1}{ξ})$，如果 $ξ=0$是 $h(ξ)$的可去奇点、m级极点或本性奇点，则称 $z=∞$是 $f(z)$的可去奇点、m级极点或本性奇点。
  无穷远点孤立奇点的分类：设点 $z =∞$为函数 $f(z)$的孤立奇点，若函数在 $z =∞$处的洛朗级数
  (1) 不含正幂项，则无穷远点 $z =∞$是 $f(z)$的可去奇点；
  (2) 含有有限个正幂项，且 $z^m$为最高正幂，则无穷远点 $z =∞$是 $f(z)$的m阶奇点；
  (3) 含有无穷多正幂项，无穷远点 $z =∞$是 $f(z)$的本性奇点。

留数(Residue)

留数的概念与计算

• 引述：当函数 $f(z)$在邻域 $|z-z_0|<δ$内解析时，由柯西-古萨特定理知 $\displaystyle\oint_{C}f(z)dz=0$，其中C是该邻域内围绕 $z_0$的任何一条正向简单闭曲线。
  但是，如果 $z_0$是一个孤立奇点，则积分一般不等于零。设 $f(z)$在 $z_0$去心领域 $0<|z-z_0|<δ$内的洛朗展开式为 $f(z)=\displaystyle\sum_{n=-∞}^{+∞}a_n(z-z_0)^n$，对此项逐项积分，利用前一章实例的结果 $\displaystyle\oint_{C}(z-z_0)^ndz=\begin{cases}2π i,&n=-1 \\0, &n\neq -1,n\in\Z\end{cases}$，可以得到 $\displaystyle\oint_{C}f(z)dz=2π i a_{-1}$
  这表明， $f(z)$的洛朗展开式沿围绕孤立奇点的正向简单闭曲线积分后，只留下 $(z-z_0)$的负一次幂,，接下来我们就来研究此系数 $a_{-1}$

• 留数(Residue)
  留数定义：设 $z_0$是 $f(z)$的孤立奇点，即 $f(z)$在去心邻域 $0<|z-z_0|<δ$内解析，则 $f(z)$在 $z_0$的洛朗展开式的负一次幂的系数 $a_{-1}$，称为留数，记作 $\text{Res}(f,z_0)$，即 $\text{Res}(f,z_0)=\displaystyle\dfrac{1}{2π i}\oint_{C}f(z)dz$其中C是该去心邻域内围绕 $z_0$的任何一条正向简单闭曲线。
  留数定理：设函数 $f(z)$在区域D内除有限个孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$外处处解析，C是D内包围所有奇点的一条正向简单闭曲线，则 $\displaystyle\oint_{C}f(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}(f,z_k)$
  
  证明：如图，由复合闭路定理有 $\displaystyle\oint_{C}f(z)dz=\sum_{k=1}^{n}\oint_{Γ_k}f(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}(f,z_k)$

• 无穷远点的留数
  无穷远点的留数： $\text{Res}(f,∞)=\displaystyle\dfrac{1}{2π i}\oint_{C^-}f(z)dz=-a_{-1}$
  其中C是围绕原点 $z=0$的任何一条正向简单闭曲线。
  无穷远点留数定理： $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\text{Res}(f,z_k)+\text{Res}(f,∞)=0$
  其中C是围绕原点且包围所有孤立奇点 $z_1,z_2,\cdots,z_n$的一条正向简单闭曲线。

留数的计算

1. 如果 $z_0$是 $f(z)$的可去奇点 $\text{Res}(f,z_0)=0$
2. 如果 $z_0$是 $f(z)$的本性奇点，只能用洛朗展开式法求 $a_{-1}$
3. 如果 $z_0$是 $f(z)$的极点
   $\text{Res}(f,z_0)=\begin{cases} \lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)f(z) &\text{if 1-order pole} \\ \displaystyle\dfrac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_0}\dfrac {\text{d}^{m-1}}{\text{d}z^{m-1}}[(z-z_0)^mf(z)] &\text{if m-order pole} \end{cases}$
4. 如果 $f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$， $P(z),Q(z)$均在 $z_0$解析，且 $P(z_0)\neq 0,Q(z_0)\neq 0,Q'(z_0)\neq 0$，则 $z_0$是 $f(z)$的一阶极点 $\text{Res}(f,z_0)=\frac{P(z_0)}{Q'(z_0)}$
5. 无穷远点的留数 $\text{Res}(f,∞)=-\text{Res}[f(\frac{1}{z})\cdot\frac{1}{z^2},0]$

实例

1. 计算积分 $\displaystyle\oint_{C}\dfrac{ze^z}{z^2-1}dz$，C为正向圆周 $|z|=2$
   被积函数有两个一阶极点 $\pm1$，而这两个极点都在圆周C内，所以
   $\displaystyle\oint_{C}\dfrac{ze^z}{z^2-1}dz=2π i[\text{Res}(f,1)+\text{Res}(f,-1)]=2π i(\dfrac{e}{2}+\dfrac{e^{-1}}{2})=π i(e+e^{-1})$
2. 计算积分 $\displaystyle\oint_{C}\dfrac{e^z}{z(z-1)^2}dz$，C为正向圆周 $|z|=2$
   被积函数有一个一阶极点 $z=0$和一个二阶极点 $z=1$，所以
   $\displaystyle\oint_{C}\dfrac{e^z}{z(z-1)^2}dz=2π i[\text{Res}(f,0)+\text{Res}(f,1)]=2π i$
3. 求 $f(z)=z^{-1}$在 ∞ 点的留数
   $\text{Res}(z^{-1},∞)=-\text{Res}[f(\frac{1}{ξ})\cdot\frac{1}{ξ^2},0]=-\text{Res}(\frac{1}{ξ},0)=-1$

留数在定积分计算中的应用(Application of Residue in Definite Integral)

引理 1：设函数 $f(z)$在闭区域 $D=\{z|α⩽\arg z⩽β(0⩽α⩽β⩽π)\}$上连续， $C_R$为圆周 $C : |z| = R$ 在D内的一段弧，若对 $C_R$上的任意的点 z 均有 $\lim\limits_{z\to ∞}zf(z)=k$，则 $\displaystyle\lim\limits_{R\to∞}\int_{C_R}f(z)dz=k(β−α)i$

引理 2：设函数 $f(z)$在闭区域 $D=\{z|α⩽\arg (z-z_0)⩽β(0⩽α⩽β⩽π),|z|⩽r_0\}$上连续， $C_r$为圆周 $C : |z-z_0| = r(r<r_0)$ 在D内的一段弧，若对 $C_r$的任意的点 z 均有 $\lim\limits_{z\to z_0}(z-z_0)f(z)=k$，则 $\displaystyle\lim\limits_{r\to0}\int_{C_r}f(z)dz=k(β−α)i$

若尔当(Jordan)引理：设函数 $f(z)$在闭区域 $D=\{z|α⩽\arg z⩽β(0⩽α⩽β⩽π),0<R_0⩽|z|<+ ∞\}$上连续， $C_R$为圆周 $C : |z| = R(R>R_0)$ 在D内的一段弧，若对 $C_R$上的任意的点 z 均有 $\lim\limits_{z\to ∞}f(z)=0$，则对于任意 $a>0$有 $\displaystyle\lim\limits_{R\to∞}\int_{C_R}f(z)e^{iaz}dz=0$

积分计算

1. 形如 $\displaystyle\int_{0}^{2π}R(\cosθ,\sinθ)dθ$ 的积分
   这里讨论的被积函数 $R(\cosθ,\sinθ)$是有理函数
   另 $z=e^{iθ}$，则 $dz=ie^{iθ}dθ=izdθ$
   $\sinθ=\dfrac{z^2-1}{2iz},\quad \cosθ=\dfrac{z^2+1}{2z}$
   所以 $\displaystyle\int_{0}^{2π}R(\cosθ,\sinθ)dθ=\int_{|z|=1}R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2iz})\dfrac{1}{iz}dz$
   令 $f(z)=R(\dfrac{z^2+1}{2z},\dfrac{z^2-1}{2iz})\dfrac{1}{iz}$，则
   $\displaystyle\int_{0}^{2π}R(\cosθ,\sinθ)dθ=\oint_{|z|=1}f(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}(f,z_k)$
   其中 $z_0,z_1,\cdots,z_n$为在圆周 $|z|=1$内的孤立奇点。

2. 形如 $\displaystyle\int_{-∞}^{+∞}R(x)dx$ 的积分
   被积函数 $R(x)$为有理函数，其分母的次数至少比分子的次数高二次，且在实轴上连续，设 $R(z)=\dfrac{z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n}{z^m+b_1z^{m-1}+\cdots+b_m},\quad m-n⩾2$ 为一不可约分式。
   
   由留数定理有 $\displaystyle\int_{-r}^{r}R(z)dz+\int_{C_r}R(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[R(z),z_k]$
   其中 $z_0,z_1,\cdots,z_n$为 $\text{Im }z>0$ 内所有的极点
   令 $r\to ∞$，对上式两端取极限
   $\displaystyle\int_{-∞}^{+∞}R(z)dz+\lim\limits_{r\to∞}\int_{C_r}R(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[R(z),z_k]$
   由于 $R(z)$分母的次数至少比分子的次数高二次，所以 $\lim\limits_{z\to ∞}zR(z)=0$
   由引理 1 知 $\displaystyle\lim\limits_{r\to∞}\int_{C_r}R(z)dz=0$
   所以 $\displaystyle\int_{-∞}^{+∞}R(z)dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[R(z),z_k]$

3. 形如 $\displaystyle\int_{-∞}^{+∞}R(x)e^{iax}dx(a>0)$ 的积分
   用上例的方法，根据若尔当引理可得
   $\displaystyle\int_{-∞}^{+∞}R(z)e^{iax}dz=2π i \sum_{k=1}^{n}\text{Res}[R(z)e^{iax},z_k]$

• 实例
  (1) 积分 $\displaystyle\int_{0}^{+∞}\dfrac{\sin x}{x}dx=\dfrac{π}{2}$
  (2) 积分 $\displaystyle\int_{0}^{+∞}\dfrac{dx}{(1+x)x^a}=\dfrac{π}{\sin πa}\quad(0<a<1)$

对数留数与辐角原理(Logarithmic Residue and Argument Principle)

定理 1：设闭曲线C是区域D的边界线，函数 $f(z)$在D内除极点外每一点都解析，并且在C上解析，则 $\displaystyle\dfrac{1}{2π i }\oint_{C}\dfrac{f'(z)}{f(z)}dz=P-N$这里P和N分别表示在D内零点¹及极点的总数， 而且每个k阶零点或极点分别算作k个零点或极点。
上式左端称为函数 $f(z)$关于围线C的对数留数(Logarithmic Residue)，实际上 $\dfrac{f'(z)}{f(z)}=\dfrac{\text{d}}{\text{d}z}[\text{Ln }f(z)]$。它提供了一种计算复变函数沿围线积分的方法。

辐角原理(Argument Principle)：设有闭曲线C及函数 $f(z)$，满足定理 1 的条件，则 $\displaystyle P-N=\dfrac{1}{2π}Δ_{C}\arg f(z)$ 这里 $Δ_{C}\arg f(z)$表示z沿C的正向绕行一周时，函数 $f(z)$ 的辐角改变量。

儒歇定理 (Rouché’s theorem)：设C是一围线，若函数 $f(z)$与 $ϕ(z)$均在C的内部及C上解析，且满足 $|ϕ(z)| < |f(z)| ,　z∈C$， 则 $f(z) +ϕ(z)$与 $f(z)$ 在C的内部的零点个数相同(一个k级零点算作k个零点)。

代数基本定理：任何复系数一元n次多项式方程 $f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n(a_0\neq 0)$ 有且只有 n 个零点(n 级零点就算作 n 个零点)。

共形映射(Conformal Mapping)

解析函数的映射性质

导数的几何意义

1. 设C 是一条有向光滑曲线，其方程为 $z=z(t),a⩽t⩽b$，它的正向为随t增大时z的移动方向，设 $z_0=z(t_0),z=z(t_0+Δt)=z(t)$ 为曲线C上的点，则割线 $\overline{zz_0}$的正向与复数 $\frac{z(t_0+Δt)-z(t_0)}{Δt}$ 表示的向量的方向一致，因此 $z'(t_0)=\lim\limits_{Δt\to 0}\frac{z(t_0+Δt)-z(t_0)}{Δt}$ 所表示的向量就是曲线C 处的切线向量，且与C的方向一致。
   因此在处的切线与实轴的夹角可复数表示为 $α=\text{Arg }z'(t_0)$
   
2. 设 $w=f(z)$将曲线C映射成曲线 $Γ:w=w(t)=f[z(t)]$， 则曲线 $Γ$在 $w_0=f[z(t_0)]$处的切线与实轴的夹角为 $β=\text{Arg }w'(t_0)=\text{Arg }f'(z_0)z'(t_0)=\text{Arg }f'(z_0)+\text{Arg }z'(t_0)$
   通过映射 $w=f(z)$，曲线C在 $z_0$处的切线逆时针方向旋转 $\text{Arg }f'(z_0)$得到曲线 $Γ$在 $z_0$处的切线。
   由此，称 $\text{Arg }f'(z_0)$为映射 $w=f(z)$在点 $z_0$ 处的旋转角(angle of rotation)。易知，旋转角只依赖于点 $z_0$，而与曲线C 的形状和方向无关。称旋转角的这种性质为旋转角不变性。
   
3. 由旋转角不变性立即可获得一个重要性质：对于连续函数 $w=f(z),z∈D$， 若 $f'(z_0)\neq 0$，则过点 $z_0$ 具有切线的任意两条有向连续曲线 $C,C_1$ 的夹角(二曲线在点 $z_0$的切线所夹的角)与象曲线在点 $w_0 = f(z_0)$ 的夹角保持大小相等且方向相同(即由原象曲线 $C,C_1$ 的旋转方向与由象曲线 $Γ,Γ_1$ 的旋转方向是一致的)，该性质称为保角性(Conformal)。
   
4. 由导数定义，有 $|f'(z_0)|=\lim\limits_{z\to z_0}\dfrac{|f(z)-f(z_0)|}{|z-z_0|}=r\quad (r\neq 0)$
   上式表明，像点之间的距离 $|f(z)-f(t_0)|$与原像点之间的距离 $|z-z_0|$比值的极限为 $|f'(z_0)|$，称这个极限为映射 $w= f(z)$在点 $z_0$ 的伸缩率(shrinkage)。显然，这伸缩率只依赖于点 $z_0$ ，而与曲线C 的形状及方向无关，这种性质称为伸缩率不变性。

• 共形映射(conformal mapping)
  若函数 $w = f(z)$在 $z_0$ 的邻域内有定义，且在 $z_0$具有保角性和伸缩率不变性，则称映射 $w = f(z)$在 $z_0$ 是共形的，或称 $w = f(z)$在 $z_0$ 是共形映射。若映射 $w = f(z)$在区域G 内每一点都是共形的，则称该映射为区域G 内的共形映射。
  单叶函数 (univalent function)：设函数 $f(z)$在区域D内解析，且对D内任意不同两点 $z_1$和 $z_2$，均有 $f(z_1)\neq f(z_2)$ ，则称 $f(z)$为区域D内的单叶解析函数，简称单叶函数。
  由单叶函数的性质知，单叶函数在定义域内为共形映射。
  定理 1：设 $f(z)$在区域D内单叶解析，则 $f'(z)\neq 0,z\in D$
  保域性定理：设函数 $f(z)$在区域D内解析，并且不恒等于常数，则D的像 $D'=f(D)$是一个区域，即 $f(z)$确定从区域D到区域 $D'$的一个满射。
  定理 2：若函数 $w = f(z)$在 $z_0$ 解析，且 $f'(z_0) ≠ 0$，则映射 $w = f(z)$是共形的，而且 $\text{Arg }f'(z_0)$ 表示这个映射在 $z_0$ 的旋转角， $|f'(z_0)|$ 表示这个映射在 $z_0$ 的伸缩率。如果解析函数 $w = f(z)$在G 内处处有 $f'(z) ≠ 0$，则映射 $w = f(z)$是G 内的共形映射。
  定理 3：若函数 $w = f(z)$为区域G 内单叶函数，则反函数 $z = φ(w)$ 为 $G_1=f(G)$ 内单叶函数，并有 $φ'(w_0)=\dfrac{1}{f'(z_0)},z_0\in G,w_0=f(z_0)\in G_1$

分式线性映射(Fractional Linear Mapping)

• 分式线性映射：设 $a,b,c,d$为满足 $ad-bc\neq 0$的复常数，称由分式线性函数 $w=\dfrac{az+b}{cz+d}$构成的映射为分式线性映射。特别的，当 $c=0$时，称为线性映射。
  (1) 其中条件限制 $ad-bc\neq 0$是为了映射的保角性，否则将有 $\dfrac{dw}{dz}=\dfrac{ad-bc}{(cz+d)^2}=0$，此时 $w≡$ 常数，将会把整个 z平面映射 w平面一个点。
  (2) 逆映射 $z=\dfrac{-dw+b}{cw-a}$满足 $(-a)(-d)-bc\neq 0$，仍为分式线性映射。
  (3) 三个基本映射：一个一般的分式线性映射可以分解为几个简单的映射的复合。
  当 $c=0$ 时，有 $w=\cfrac{az+b}{d}=\cfrac{a}{d}(z+\cfrac{b}{a})$
  当 $c\neq0$ 时，有 $w=\cfrac{az+b}{cz+d}=(b-\cfrac{ad}{c})\cfrac{1}{cz+d}+\cfrac{a}{c}$
  由此可见，分式线性映射可由 $w=z+b,w=αz,w=\frac{1}{z}$ 复合而成。

• 平移映射(translation)： $w=z+b$
  

• 旋转和相似映射(rotation and similar)： $w=αz$
  设 $α=re^{iθ_0},z=|z|e^{iθ}$，则 $w=r|z|e^{i(θ_0+θ)}$
  从而 $\text{Arg }w=\text{Arg }z+θ,|w|=r|z|$，即 z点先旋转角度 $θ_0$， $|z|$再伸缩 $r$ 倍。
  

• 反演映射(inverse)： $w=\dfrac{1}{z}$
  设 $z=re^{iθ}$，则 $w=\dfrac{1}{r}e^{i(-θ)}$
  
  反演映射通常分解为两个映射完成：
  (1) $\xi=\dfrac{1}{\bar z}=\dfrac{1}{r}e^{iθ}$ ， $|\xi||z|=1$，即 $z$ 和 $\xi$关于单位圆周 $|z|=1$对称¹
  (2) $w=\bar \xi=\dfrac{1}{r}e^{i(-θ)}$， $\xi$ 和 $w$关于实轴对称。

• 分式线性映射的性质
  为便于研究分式线性变换在扩充复平面的性质，约定：
  (1) 反演映射 $w=\dfrac{1}{z}$将 $z=0$映射成 $w=∞$， $z=∞$映射成 $w=0$
  (2) 函数 $f(z)$在 $z=∞$及其邻域内的性质可由函数 $f(\frac{1}{ξ}),ξ=\frac{1}{z}$在 $z=0$及其邻域内的性质确定。
  (3) 在扩充复平面上将直线视作一个过无穷远点的特殊圆周。
  共形性(conformity)：分式线性映射在扩充复平面是单叶的，且是共形的。
  (1) 线性映射 $w=az+b(a\neq 0)$是单叶的，且 $w'(z)=a\neq 0$，显然在扩充复平面是共形的
  (2) 反演映射 $w=\dfrac{1}{z}$是单叶的，且 $w'(z)=-\dfrac{1}{z^2}$，根据约定计算，在扩充复平面是共形的
  分式线性映射由线性映射和反演映射复合而成，显然是单叶共形的。
  保圆性 (circular)：分式线性映射将扩充复平面上的圆周映射为圆周。
  (1) 线性映射 $w=az+b(a\neq 0)$ 将 z平移，旋转，伸缩，且有相同的旋转角 $\text{Arg }a$和伸缩因子 $|a|$，故将映射成圆。
  (2) 反演映射 $w=\dfrac{1}{z}$，设 $z=x+iy,w=u+iv$，可得 $x=\dfrac{u}{u^2+v^2},y=-\dfrac{v}{u^2+v^2}$
  对于z平面任意给定的圆 $A(x^2+y^2)+Bx+Cy+D=0$，其像曲线满足方程 $D(u^2+v^2)+Bu-Cv+A=0$，故仍然为圆。
  保对称性(Symmetries)：设点 $z_1,z_2$是关于圆周C的对称点， 则在分式线性映射 $w=f(z)$下，他们的像点 $w_1=f(z_1),w_2=f(z_2)$是关于C的像曲线 $Γ=f(C)$ 对称。
  定理 1：在扩充复平面上的两点 $z_1,z_2$ 是关于圆周C 的对称点的充要条件是通过 $z_1,z_2$ 的任何圆周与圆周C 正交。
  对应点公式：若分式性性映射将扩充复平面( z 平面)上3个互异的点 $z_1,z_2,z_3$ 依次映射为扩充复平面(w平面)上的三点 $w_1,w_2,w_3$，则此分式线性映射就唯一确定，且可写成 $\dfrac{w-w_1}{w-w_2}:\dfrac{w_3-w_1}{w_3-w_2}=\dfrac{z-z_1}{z-z_2}:\dfrac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$
  称 $\dfrac{z-z_1}{z-z_2}:\dfrac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$ 为 $z_1,z_2,z,z_3$的交比(cross ratio)，或称非调和比，记为 $(z_1,z_2,z,z_3)$
  由上式可知，分式线性函数保持交比不变。

部分初等函数的映射性质

• 指数函数的映射： $w=e^z=e^xe^{iy}$ ，以 $2π i$为周期，在一个周期内为单叶函数。
  指数函数将水平带状区域映射为角形区域。
  

• 对数函数的映射： $w=\text{Ln }z=\ln z+2kπi$，主值分支 $\ln z=\ln|z|+i\arg z$
  对数函数为指数函数反函数，在单值分支内为单叶函数。
  取单值分支 $f_k(z)=\ln|z|+i\arg z+2kπi$
  设 z平面内角形区域 $z=re^{iθ} (0<θ<θ_0⩽2π)$，则 $f_k(z)=\ln|r|+i(θ+2kπ)$
  即将 z平面角形区域映射成 w平面平行于实轴的带形区域.

• 幂函数的映射： $w=z^n(n\in \Z^+)$
  设 $z=re^{iθ}$，则 $w=r^{n}e^{inθ}$ ，即 $|w|=r^n,\arg w=nθ$
  即 z平面角形区域 $\arg z\in[0,θ_0]$ 映射为 w平面角形区域 $\arg w \in [0,nθ_0]$
  

共形映射的基本问题示例

共形映射的基本问题是：对任意给定的两个单连通区域G 与G′ ，是否存在一个单叶函数能将G 保形映射成G′ = f(G)？若存在，是否唯一。
黎曼(Riemann)定理：若G 为扩充复平面上的一个单连通区域，其边界点不止一点，则必存在单叶函数 $w = f(z)$ 将G映射为单位圆D；若G内某一点满足条件 $f(z_0)=0$且 $f'(z_0)>0$，则映射 $w = f(z)$ 是唯一的。

边界对应定理(boundary correspondence)：设 C为单连通区域G的边界，若函数 $w=f(z)$ 在闭区域 $\bar G=G∪C$上解析，且把 $C$双射成 $C_1$，则函数 $w=f(z)$ 在G内部单叶，且把G映射成 $C_1$包围的区域 $G_1$
边界对应定理，将区域问题变为考查察边界问题。

1. 将上半平面(半径为无穷大的圆) $\text{Im }z > 0$ 映射为单位圆盘 $|w| <1$ 的分式线性映射。
   解：设 z上平面一点 $z=z_0(\text{Im }z_0 > 0)$映射到 w平面原点 $w=0$，有保对称性知， $z=\bar z_0$将映射成 $w=∞$，故可设线性映射 $w=k\dfrac{z-z_0}{z-\bar z_0},k\in\R$
   只须利用该映射将实轴上的点 z = x 映射为单位圆周 $|w| =1$上的点，即当z = x时，有 $|w|=|k\dfrac{x-z_0}{x-\bar z_0}|=|k||\dfrac{x-z_0}{x-\bar z_0}|=|k|=1$，即 $k=e^{iθ},θ\in\R$
   所求的映射为 $w=e^{iθ}\dfrac{z-z_0}{z-\bar z_0}\quad(θ\in\R,\text{Im }z_0 > 0)$
   

2. 求把圆盘 $|z|<1$ 映射成 $|w|<1$ 的分式线性映射。
   解：设 z上平面一点 $z=z_0(|z_0| < 1)$映射到 w平面原点 $w=0$，有保对称性知， $z=z_0$关于圆周 $|z|=1$ 的对称点 $\frac{1}{\bar z_0}$ 将映射成 $w=∞$，故可设线性映射 $w=k\cfrac{z-z_0}{z-\frac{1}{\bar z_0}}=k'\cfrac{z-z_0}{1-\bar z_0z},k'=k\bar z_0$
   只须利用该映射将 $|z|=1$ 映射为 $|w| =1$上的点，即当z = 1时，有 $|w|=|k'\dfrac{1-z_0}{1-\bar z_0}|=|k'|=1$，即 $k'=e^{iθ},θ\in\R$
   所求的映射为 $w=e^{iθ}\dfrac{z-z_0}{1-\bar z_0z}\quad(θ\in\R,|z_0| < 1)$
   

3. 将角形区域 $G:0<\arg z<π/6$映射为单位圆盘 $|w|<1$的映射
   $z_1=z^6$可将角形区域映射成半平面 $G_1:\text{Im }z_1>0$
   又根据上述例 1，取 $z_0=i,θ=0$，通过 $w=\dfrac{z_1-i}{z_1+i}$将 $G_1$映射成单位圆盘
   复合可得 $w=\dfrac{z^6-i}{z^6+i}$
   

4. 将半圆 $G:|z|<1,\text{Im }z > 0$ 映射成上平面 $G':\text{Im }w > 0$的映射
   $w=(\dfrac{z+1}{z-1})^2$
   

5. 将上半平面(半径为无穷大的圆) $G:\text{Im }z > 0$ 映射为一般圆盘 $G':|w-w_0| <R$
   首先 $G$ 经 $z_1=e^{iθ}\dfrac{z-z_0}{z-\bar z_0}$映射为 $G_1:|z_1|<1$
   齐次 $G_1$经 $w=Rz_1+w_0$映射为 $G':|w-w_0| <R$
   复合可得 $z_1=Re^{iθ}\dfrac{z-z_0}{z-\bar z_0}+w_0\quad(θ\in\R,\text{Im }z_0 > 0)$
   

6. 茹科夫斯基(Zhukovskii)映射： $w=\frac{1}{2}(z+\frac{1}{z})$
   (1) 将圆周 $|z| = r>1$映射为椭圆周
   令 $z=re^{iθ},w=u+iv$，则 $\begin{cases} u=\frac{1}{2}(r+\frac{1}{r})\cosθ \\ v=\frac{1}{2}(r-\frac{1}{r})\sinθ \end{cases}$
   像的坐标满足方程 $\frac{u^2}{a^2}+\frac{v^2}{b^2}=1$，其中 $a=\frac{1}{2}(r+\frac{1}{r}),b=\frac{1}{2}(r-\frac{1}{r})$
   即焦点为 $(-1,0),(1,0)$的椭圆
   (2) 把扩充 z平面的单位圆外部 $|z|>1$映射成扩充 w平面去掉割线 $[-1,1]$的平面
   可将单位圆外部视为无穷个圆周 $|z|=r>1$的集合，只须确
   定这无穷个圆周的象即。
   基于(1) 的讨论，知道这无穷个圆周的象是无穷个椭圆周，并且 $\lim\limits_{r\to 1}\frac{1}{2}(r+\frac{1}{r})=1,\lim\limits_{r\to 1}\frac{1}{2}(r-\frac{1}{r})=0$，即椭圆周的长半轴趋向1，而短半轴趋向0，因而相应的椭圆周便退化为w 平面上的线段 $[-1,1]$
   又 $\lim\limits_{r\to +∞}\frac{1}{2}(r+\frac{1}{r})=+∞,\lim\limits_{r\to +∞}\frac{1}{2}(r-\frac{1}{r})=+∞$，故能扫过除 $[-1,1]$外的整个 w平面。
   

---

1. 圆周对称定义：设圆周 $C$的半径为 $R$， $A,B$两点位于从圆心 $O$出发的射线上，且 $OA\cdot OB=R^2$，则称点 $A$与点 $B$是关于该圆周的对称点。
   约定圆心的对称点为无穷远点 $∞$
   ↩︎ ↩︎ ↩︎