2023年复变函数与积分变换修订版-复旦大学第六章课后的习题超详细解析答案-1.pdf

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1、精品资料 欢迎下载 习题六 1.求映射1wz下，下列曲线的像.(1)22xyax (0a，为实数)解：222211i=+iixywuvzxyxyxy 221xxuxyaxa,所以1wz将22xyax映成直线1ua.(2).ykx(k为实数)解：22221ixywzxyxy 222222xykxuvxyxyxy vku 故1wz将ykx映成直线vku.2.下列区域在指定的映射下映成什么？（1）Im()0,(1i)zwz；解：(1i)(i)()i(+)wxyxyx y ,.20.uxy vxyuvy 所以Im()Re()ww.故(1i)wz 将Im()0,z 映成Im()Re()ww.(2)Re(

2、z)0.0Im(z)0,0y0.Im(w)0.若w=u+iv,则 2222,uvyxuvuv 因为 0y0,0Im(z)0,Im(w)0,1212w (以（12,0）为圆心、12为半径的圆)精品资料 欢迎下载 3.求w=z2在z=i 处的伸缩率和旋转角，问w=z2将经过点z=i 且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成w平面上哪一个方向？并作图.解：因为w=2z,所以w(i)=2i,|w|=2,旋转角 argw=2.于是,经过点 i 且平行实轴正向的向量映成w平面上过点-1，且方向垂直向上的向量.如图所示.4.一个解析函数，所构成的映射在什么条件下具有伸缩率和旋转角的不变性？映射w=z2在z平面上

3、每一点都具有这个性质吗？答：一个解析函数所构成的映射在导数不为零的条件下具有伸缩率和旋转不变性映射w=z2在z=0处导数为零，所以在z=0 处不具备这个性质.5.求将区域 0 x0.解：(1)Re(z)=0 是虚轴，即z=iy代入得.22222i1(1i)12ii1111yyyywyyyy 写成参数方程为2211yuy，221yvy,y .消去y得，像曲线方程为单位圆,即 u2+v2=1.(2)|z|=2.是一圆围，令i2e,02z.代入得ii2e12e1w化为参数方程.354cosu 4sin54cosu 02 消去得，像曲线方程为一阿波罗斯圆.即 22254()()33uv (3)当 Im

4、(z)0 时，即11Im()011wwzww ,令w=u+iv得 221(1)i2Im()Im()01(1)i(1)wuvvwuvuv .即v0,故 Im(z)0 的像为 Im(w)0.9.求出一个将右半平面 Re(z)0 映射成单位圆|w|0,映射成|w|0,映为单位圆|w|0).(1)由f(i)=0得=i，又由 arg(i)0f ,即i22i()e(i)fzz,i()21(i)e02f，得2，所以 iiizwz.(2)由f(1)=1,得k=11；由f(i)=15,得k=i5(i)联立解得 3+(52i)(52i)3zwz.12.求将|z|1 映射成|w|1 的分式线性变换w=f(z)，并满

5、足条件：(1)f(12)=0,f(-1)=1.(2)f(12)=0,12arg()2f ,(3)f(a)=a,arg()fa.解：将单位圆|z|1 映成单位圆|w|1 的分式线性映射，为 ie1zwz ,|1.(1)由f(12)=0，知12.又由f(-1)=1，知 1iii2121ee(1)1e11 .故12221112zzzwz.和旋转角问将经过点且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成平面上哪具有伸缩率和旋转角的不变性映射在平面上每一点都具有这个性质吗答一般形式试求所有使点不动的分式线性变换由得解设所求分式线性变换精品资料 欢迎下载(2)由f(12)=0，知12，又i254e(2)zwz i1

6、1224()earg()32ff，于是 21i2221e()i12zzzwz.(3)先求=()z，使z=a0，arg()a,且|z|1 映成|1.则可知 i=()=e1zaza z 再求w=g()，使=0w=a,arg(0)0g,且|1 映成|w|1.先求其反函数=()w,它使|w|1 映为|1,w=a映为=0，且 arg()arg(1/(0)0wg,则 =()=1wawa w .因此，所求w由等式给出.i=e11wazaa wa z .13.求将顶点在 0，1，i 的三角形式的内部映射为顶点依次为 0，2，1+i 的三角形的内部的分式线性映射.解：直接用交比不变性公式即可求得 02ww1 i

7、01 i2=02zzi0i 1 2ww.1 i21 i=1zz.i1i 4z(i1)(1i)wz.14.求出将圆环域 2|z|5 映射为圆环域 4|w|2 映为|w|10.又w=f(z)将|z|=5 映为|w|=4，将z=2映为w=-10，所以将|z|4，由此确认，此函数合乎要求.15.映射2wz将z平面上的曲线221124xy映射到w平面上的什么曲线？解：略.16.映射w=ez将下列区域映为什么图形.(1)直线网 Re(z)=C1,Im(z)=C2;(2)带形区域Im(),02z ;(3)半带形区域 Re()0,0Im(),02zz.解：（1）令z=x+iy,Re(z)=C1,z=C1+iy

8、1i=eeCyw,Im(z)=C2,则 z=x+iC22i=eeCxw 故=ezw将直线 Re(z)映成圆周1eC；直线 Im(z)=C2映为射线2C.（2）令z=x+iy，y,则ii=eeee,zxyxywy 故=ezw将带形区域Im()z映为arg()w的张角为 的角形区域.（3）令z=x+iy，x0，0y0,0Im(z)1,0arg w(02).17.求将单位圆的外部|z|1 保形映射为全平面除去线段-1Re(w)1 映为|w1|1,再用分式线性映射.1211i1www 将|w1|0,然后用幂函数232ww映为有割痕为正实轴的全平面，最后用分式线性映射3311www将区域映为有割痕-1,

9、1 的全平面.和旋转角问将经过点且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成平面上哪具有伸缩率和旋转角的不变性映射在平面上每一点都具有这个性质吗答一般形式试求所有使点不动的分式线性变换由得解设所求分式线性变换精品资料 欢迎下载 故221121132222132111111i1111111()11211i1111zzzzwwwwwzwwzww .18.求出将割去负实轴Re()0z,Im(z)=0 的带形区域Im()22z 映射为半带形区域 Im()w,Re(w)0 的映射.解：用1ezw 将区域映为有割痕(0,1)的右半平面 Re(w1)0；再用1211ln1www将半平面映为有割痕(-,-1 的单位圆

10、外域；又用32iww将区域映为去上半单位圆内部的上半平面；再用43lnww将区域映为半带形 0Im(w4)0；最后用42iww映为所求区域，故 e1lne1zzw.19.求将 Im(z)1 去掉单位圆|z|0 的映射.解：略.20.映射coswz将半带形区域 0Re(z)0 保形映射为平面上的什么区域.解：因为 1cos()2izizwzee 可以分解为 w1=iz，12eww，32211()2www 由于coswz在所给区域单叶解析，所以（1）w1=iz将半带域旋转2，映为 0Im(w1),Re(w1)0.（2）12eww 将区域映为单位圆的上半圆内部|w2|0.（3）2211()2www将区域映为下半平面 Im(w)0.和旋转角问将经过点且平行于实轴正向的曲线的切线方向映成平面上哪具有伸缩率和旋转角的不变性映射在平面上每一点都具有这个性质吗答一般形式试求所有使点不动的分式线性变换由得解设所求分式线性变换