保角映射、恒等定理与解析延拓

局部几何与全局唯一性是两类问题

全纯函数的复导数同时编码长度和方向。若在 $z_0$ 有

且 $f'(z_0)=\rho e^{i\theta}\ne0$，那么足够小的切向量先放大 $\rho$ 倍，再旋转 $\theta$。这说明映射在该点保持有向夹角，却没有自动说明它在整个区域上一一。例如 $e^z$ 的导数从不为零，但 $e^{z+2\pi i}=e^z$。

另一类问题从“局部已知”走向“更大区域”。幂级数只在收敛圆内直接给出函数，能否越过圆周继续定义，继续后的值是否唯一，以及绕孔一周是否回到原值，都取决于奇点位置和区域拓扑。保角映射把复杂区域换成圆盘、半平面或条带；恒等定理则保证相容的局部解析表示不能任意分叉。

局部保角

设 $f$ 在 $z_0$ 的邻域内定义。若任意两条在 $z_0$ 相交且切向量非零的光滑曲线，经 $f$ 映射后仍有非零切向量，并保持它们的有向夹角，就称 $f$ 在 $z_0$ 保角。

若 $f$ 在 $z_0$ 全纯，则它在 $z_0$ 保角当且仅当 $f'(z_0)\ne0$。这里采用保持定向的约定；共轭映射虽保持无向夹角，却反转定向，不属于全纯保角映射。

充分性来自上述一阶展开。反过来，若导数为零，最低非零局部项通常形如 $a_m(z-z_0)^m$、$m\ge2$，辐角在主阶被乘以 $m$，不能保持一般夹角。非零导数还由逆函数定理给出局部全纯逆；“局部”二字不能删去。

例 1：幂映射在扇形中如何改变角度

取 $f(z)=z^n$，$n\ge2$。在 $z_0\ne0$，有

$$f'(z_0)=nz_0^{n-1}\ne0,$$

所以映射在每个非零点局部保角。在原点，射线 $z=re^{i\phi}$ 被送到 $r^ne^{in\phi}$，两条射线的夹角被乘以 $n$，故原点不是保角点。

若把定义域限制在开扇形

$$S=\{z:0<\arg z<\pi/n\},$$

则 $z^n$ 把 $S$ 一一映到上半平面：模长从 $r$ 变成 $r^n$，辐角从 $(0,\pi/n)$ 变成 $(0,\pi)$。同一个公式在整个穿孔平面上却是 $n$ 对一的，显示定义域选择决定全局单射性。

M\u00f6bius 变换：由三个点确定的区域工具

在扩充复平面 $\widehat{\mathbb C}=\mathbb C\cup\{\infty\}$ 上，M\u00f6bius 变换写成

当 $c\ne0$ 时规定 $T(-d/c)=\infty$、$T(\infty)=a/c$；当 $c=0$ 时 $T(\infty)=\infty$。其导数和逆变换为

只要点不在相应极点上，导数便不为零。因此它在球面意义下处处局部保角，而且全局双射。

每个 M\u00f6bius 变换都可分解为平移、非零复数乘法和反演 $z\mapsto1/z$。直线可视为经过 $\infty$ 的广义圆；这些基本操作把广义圆映成广义圆，所以分式线性变换也保持广义圆族。三个互异点的像唯一确定一个 M\u00f6bius 变换；实际构造时可用交比

把三点标准化为 $0,1,\infty$，再对目标三点做逆标准化。边界像确定后，还须代入一个内部测试点，判断映到边界的哪一侧。

例 2：上半平面到单位圆盘的 Cayley 变换

令

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

它把 $i$ 送到 $0$，把实轴上的广义边界送到单位圆。若 $z=x+iy$ 且 $y>0$，则

$$|C(z)|^2 =\frac{x^2+(y-1)^2}{x^2+(y+1)^2}<1,$$

因此上半平面确实映入单位圆盘，而不是圆盘外部。解方程 $w=(z-i)/(z+i)$ 得

$$z=i\frac{1+w}{1-w},$$

它把 $|w|<1$ 送回 $\operatorname{Im}z>0$。两式互逆，故 $C$ 是上半平面到圆盘的双全纯映射。边界点 $z=-i$ 是公式的极点，但它不在上半平面闭包的实轴边界上，不影响该区域映射。

典型区域常由基本映射串联得到。$z^\alpha$ 在选定辐角区间后把扇形张开或压缩；$e^z$ 把水平条带映成扇形或穿孔区域；选定对数分支后，$\log z$ 做相反工作。每一步都应写出开区域、分支和边界对应，而不能只凭示意图判断。

例 3：第一象限到单位圆盘

设 $Q=\{z:0<\arg z<\pi/2\}$。第一步用 $u=z^2$，它在 $Q$ 上单射并把辐角区间变成 $(0,\pi)$，故把 $Q$ 映到上半平面。第二步用 Cayley 变换，得到

$$F(z)=\frac{z^2-i}{z^2+i}.$$

分母在 $Q$ 内不为零，且

$$F'(z)=\frac{4iz}{(z^2+i)^2}\ne0\qquad(z\in Q).$$

所以 $F$ 是 $Q$ 到单位圆盘的双全纯映射。正实轴与正虚轴分别被送到单位圆的两段边界；原点只属于边界，不必用 $F'(0)=0$ 否定区域内部的保角性。

恒等定理：内部聚点锁定整个连通区域

全纯函数恒等定理

设 $\Omega\subset\mathbb C$ 是连通开集，$f,g$ 在 $\Omega$ 上全纯。若集合

$$E=\{z\in\Omega:f(z)=g(z)\}$$

在 $\Omega$ 内有聚点，则 $f\equiv g$ 于 $\Omega$。等价地，非零全纯函数的零点在区域内部是孤立的。

证明

令 $h=f-g$。若 $h$ 在某点 $a$ 附近不恒为零，其 Taylor 级数有首个非零项：

$$h(z)=(z-a)^m q(z),\qquad q(a)\ne0.$$

由连续性，充分小邻域内 $q(z)\ne0$，所以 $a$ 是孤立零点。若零点列在 $a\in\Omega$ 聚集，便只能有 $h$ 在 $a$ 的某邻域恒为零。再设 $A$ 为 $h$ 在某邻域恒为零的点集；$A$ 非空且开，而由 Taylor 展开和连续性可证它在 $\Omega$ 中也闭。连通性迫使 $A=\Omega$，故 $h\equiv0$。

条件不能随意弱化。聚点若只在区域边界，结论可能失败，例如单位圆盘中 $z^n$ 与零函数在序列 $z_k=1-1/k$ 上并不相等，但类似的边界聚集零点可以由非零全纯函数产生。若区域不连通，在一个分支上相等不会约束另一个分支。恒等定理比较的是同一连通区域上的全纯函数，不是任意连续函数。

解析延拓是局部函数元的相容拼接

以点 $a$ 为中心、在圆盘 $D(a,r)$ 上全纯的函数称为一个函数元。若函数元 $(f,D(a,r))$ 与 $(g,D(b,s))$ 的定义域相交，并且在相交区域的某个非空开子集上一致，恒等定理保证它们在相交区域的每个连通分支上一致；这时称 $g$ 是 $f$ 的直接解析延拓。沿连续路径布置有限个相交圆盘并逐段延拓，得到沿路径的解析延拓。

例 4：几何级数越过原收敛圆

函数元

$$f_0(z)=\sum_{n=0}^{\infty}z^n$$

起初只在 $|z|<1$ 定义。在该圆盘中求部分和极限得到

$$f_0(z)=\frac1{1-z}.$$

右侧是 $\mathbb C\setminus\{1\}$ 上的全纯函数，因而给出唯一解析延拓。原 Taylor 级数在 $z=2$ 发散，不代表延拓后的函数在那里不存在；它只说明以 $0$ 为中心的展开半径被最近奇点 $1$ 限制。改在 $z=2$ 展开可得另一局部级数，其表示值仍由恒等定理锁定为 $1/(1-z)$。

唯一性有明确范围：沿固定路径逐段延拓时，相邻函数元的值被唯一决定；但沿两条不可连续变形为彼此的路径绕过分支点，终点函数元可能不同。这不是恒等定理失效，而是两条链不能在不穿过障碍的同一单连通区域中完成相容拼接。

对数、根式与单值性障碍

在不含零的一个小圆盘内，可以选取全纯对数 $L$，满足 $e^{L(z)}=z$ 与 $L'(z)=1/z$。若沿闭路 $\gamma$ 延拓后必须回到原函数元，那么导数的积分应为零；但绕原点一周有

因此对数值增加 $2\pi i$，穿孔平面上不存在全局单值全纯对数。平方根可写成 $\exp(L/2)$；绕原点一周后乘以 $e^{\pi i}=-1$，所以两个根互换。原点由此成为分支点，而不是普通孤立极点。

若区域单连通、局部函数元能沿区域内每条路径继续，并且端点固定的路径可以在区域内连续变形，单值性定理说明终点函数元与路径无关。实际使用时应分别检查：延拓途中是否碰到奇点；区域是否有无法收缩的孔；绕这些孔的闭路是否产生非零增量或置换不同分支。切开一条从分支点通往边界的曲线，可以把有孔区域变成适合选择单值分支的区域，但分支切线是定义域的一部分，不是可忽略的画图习惯。

参数思考实验与常见误区

考虑

当 $z$ 位于实轴时，分子与分母互为共轭，故 $|T_a(z)|=1$；代入内部点 $z=a$ 得 $T_a(a)=0$，所以它把上半平面送到圆盘内部。改变参数 $a$ 只是在圆盘中指定哪个内部点被送到原点。这个可计算实验提示三个稳定步骤：先找边界广义圆，再代入内部点判侧，最后检查极点和导数；图像只辅助猜测，不能替代这些论证。

还要避免以下混淆：$f'\ne0$ 保证局部而非全局单射；M\u00f6bius 变换由三个点的像确定，但给出的三个目标点必须互异；恒等定理要求内部聚点与连通开集；幂级数半径终止不等于函数本身终止；沿闭路回到同一几何点也不必回到同一函数值。每个解析延拓结论都应写明初始函数元、允许路径、被排除的奇点和所选分支。

综合练习

练习 1：扇形到半平面标记完成

所属知识

幂映射

难度

3/5

证明 $z^3$ 把扇形 $0<\arg z<\pi/3$ 双全纯映到上半平面，并写出一个明确的逆分支。

查看提示

分别跟踪模长与辐角，并检查所选开扇形内是否可能有两个点具有相同的 n 次幂。

查看解答

写 $z=re^{i\theta}$，其中 $r>0$、$0<\theta<\pi/3$。则 $z^3=r^3e^{i3\theta}$，其辐角位于 $(0,\pi)$，故像在上半平面。反之，对 $w=\rho e^{i\phi}$、$0<\phi<\pi$，取

$$z=\rho^{1/3}e^{i\phi/3}$$

便落在原扇形且满足 $z^3=w$。辐角区间长度小于 $2\pi/3$，排除了其他立方根，所以映射单射。导数 $3z^2$ 在扇形内非零，逆分支全纯，故为双全纯映射。

练习 2：右半平面到单位圆盘标记完成

所属知识

M\u00f6bius 变换

难度

3/5

证明

$$T(z)=\frac{z-1}{z+1}$$

把右半平面 $\operatorname{Re}z>0$ 双全纯映到单位圆盘，并求逆变换。

查看提示

先令虚轴成为单位圆边界，再用内部点 z=1 判断圆盘内外。

查看解答

令 $z=x+iy$、$x>0$，则

$$|T(z)|^2=\frac{(x-1)^2+y^2}{(x+1)^2+y^2}<1.$$

解 $w=(z-1)/(z+1)$ 得

$$z=\frac{1+w}{1-w}.$$

对 $|w|<1$，直接计算 $\operatorname{Re}((1+w)/(1-w))=(1-|w|^2)/|1-w|^2>0$。两式互逆，分母在相应区域不为零，导数也不为零，结论成立。

练习 3：由三个点确定变换标记完成

所属知识

M\u00f6bius 变换

难度

4/5

求把 $0,1,2$ 依次映到 $0,1,\infty$ 的 M\u00f6bius 变换，并验证其行列式条件。

查看提示

先让 0 和无穷分别成为零点与极点，再用 $T(1)=1$ 决定常数。

查看解答

零点在 $0$、极点在 $2$，故先写 $T(z)=kz/(z-2)$。由 $T(1)=1$ 得 $k=-1$，所以

$$T(z)=\frac{-z}{z-2}=\frac{z}{2-z}.$$

取 $a=1,b=0,c=-1,d=2$，有 $ad-bc=2\ne0$。代入三点得到 $0,1,\infty$，验证完毕。三点互异且目标也互异，唯一性保证不存在另一个不同的 M\u00f6bius 变换满足同样条件。

练习 4：一列点上的导数数据标记完成

所属知识

恒等定理

难度

4/5

设 $f$ 在单位圆盘全纯，并且对所有 $n\ge2$ 都有 $f(1/n)=e^{1/n}$。证明 $f(z)=e^z$ 在整个单位圆盘成立。

查看提示

把条件改写成两个全纯函数在具有区域内部聚点的集合上相等。

查看解答

函数 $g(z)=f(z)-e^z$ 在单位圆盘全纯，并在点列 $1/n$ 上为零。该点列的极限是 $0$，而 $0$ 位于单位圆盘内部。恒等定理于是给出 $g\equiv0$，即 $f\equiv e^z$。若点列只聚集到单位圆边界，不能使用这一结论。

练习 5：在新中心展开延拓函数标记完成

所属知识

解析延拓

难度

4/5

把 $1/(1-z)$ 在 $z=2$ 展开为幂级数，给出收敛半径，并说明它与 $\sum_{n\ge0}z^n$ 表示同一解析延拓。

查看提示

把 1/(1-z) 的分母写成以 z-2 为变量的形式，再用几何级数。

查看解答

令 $w=z-2$，则

$$\frac1{1-z}=-\frac1{1+w} =-\sum_{n=0}^{\infty}(-w)^n =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}(z-2)^n,$$

条件为 $|w|<1$。最近奇点仍是 $z=1$，所以半径为 $1$。两个圆盘内部不相交，但可以用沿避开 $1$ 的路径布置相交圆盘链；每次重叠处都等于同一个有理函数，恒等定理保证最终函数元属于原几何级数的解析延拓。

练习 6：对数与平方根绕原点后的变化标记完成

所属知识

分支障碍

难度

4/5

从 $z=1$ 附近满足 $L(1)=0$ 的对数函数元出发，沿单位圆逆时针一周。求终点的 $L$ 值，并判断由 $s(z)=e^{L(z)/2}$ 得到的平方根函数元是否回到初始分支。

查看提示

沿 $z=e^{it}$ 连续跟踪辐角从 $0$ 增加到 $2\pi$，再分别代入 $\operatorname{Log}z$ 与 $\exp(\operatorname{Log}z/2)$。

查看解答

沿 $z=e^{it}$、$0\le t\le2\pi$ 连续延拓时，可以取 $L(e^{it})=it$。回到几何点 $1$ 时，终点函数元取值 $L(1)=2\pi i$，比初始值多 $2\pi i$。因此

$$s(1)=e^{(2\pi i)/2}=e^{\pi i}=-1,$$

而初始分支给 $s(1)=1$。平方根的两个分支被交换，说明穿孔平面上不存在兼容该初始值的全局单值平方根。

概念连接与继续学习

• 复微分与全纯函数 提供非零导数处的旋转伸缩模型和局部逆函数条件。
• 幂级数与初等复函数 提供 Taylor 唯一性、零点阶数以及对数和根式的局部分支。
• Cauchy 定理与积分公式 说明全纯函数为何局部解析，并把闭路积分与单连通性联系起来。
• Laurent 级数与留数计算 用孤立奇点和闭路积分检测延拓途中不可穿越的障碍。
• 复分析综合复习 将区域映射、分支假设与积分公式、留数和级数统一到完整问题中。

课程 · 2018

Complex Variables with Applications

Jeremy Orloff

用于核对 M13 的定义、积分方向、奇点分类、留数计算、映射条件和例题。

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MIT OpenCourseWare 18.04 的复变量课程材料覆盖解析函数、复积分、Taylor 与 Laurent 级数以及保角映射，可用于按“定义域—导数—边界对应—内部测试点”的顺序复核区域映射，也可对照局部幂级数理解解析延拓。使用外部例题时仍应自行标出分支切线、围道方向和奇点位置。

本章把两条主线连接起来：非零复导数控制局部几何，M\u00f6bius 与基本初等函数控制典型区域；恒等定理控制局部解析表示的唯一拼接，而区域中的孔和分支点决定拼接是否能成为全局单值函数。下一章将把这些条件与 Cauchy 公式、Laurent 展开和留数计算放进同一套解题流程。