问题描述

考虑 $z$ 平面上的三角形区域 $S$，其边界由 $x = 1$, $y = 1$, $y = 1 - x$ 给出。对于以下变换，绘制 $S$ 在 $w$ 平面上的影像区域 $S'$，并给出区域边界的方程：

1. $w = z + (1 - \sqrt{3}i)$；
2. $w = 2e^{\frac{\pi i}{6}}z + (1 - \sqrt{3}i)$；
3. $w = z^2$。

步骤

将复平面 $z$-平面中的区域 $S$ 映射到 $w$-平面，通常步骤如下：

1. 在 $z$-平面表征区域 $S$：

将区域的边界用方程或参数形式表示。例如本题三角形区域

$$S: \quad \begin{cases} x = 1, \\ y = 1, \\ y = 1 - x \end{cases}$$

先确认这三条直线的交点，进而确定三角形三个顶点。

2. 将边界线逐条带入变换 $w=f(z)$：

• 当 $f(z)$ 是仿射变换（例如 $w = a z + b$，其中 $a\neq 0$ ）时，直线映射仍然是直线，圆映射仍然是圆或直线；因此可以将边界的直线方程变换到 $w$-平面得到新直线方程。
• 当 $f(z)$ 是非线性变换（例如 $w = z^2$），需要用参数法（或直接消元）求出映射曲线的明式方程。

3. 找出变换后区域 $S'$ 的边界方程：

将上一步得到的三个映射结果写清楚：它们在 $w$-平面是三条什么曲线（或直线），然后就能圈出对应的三角形或其它形状。

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变换类型

一、仿射变换

仿射变换具有形如

$$w = a z + b, \quad a \neq 0,$$

的形式。记 $z = x + i y$，将 $w$ 写成

$$w = u + i v, \quad$$

则

$$w = a z + b \quad \Longrightarrow\quad u + i v = a(x + i y) + b.$$

如果 $a = \alpha + i \beta$，$b = \gamma + i \delta$，则

$$a z + b = (\alpha + i \beta)(x + i y) + (\gamma + i \delta) = (\alpha x - \beta y + \gamma) + i(\beta x + \alpha y + \delta).$$

因此

$$u = \alpha x - \beta y + \gamma, \quad v = \beta x + \alpha y + \delta.$$

在这种变换下：

• 直线 $\alpha_0 x + \beta_0 y + \gamma_0 = 0$ 在 $z$-平面上，会映射成 $w$-平面上一条仍是直线的方程，可通过消去 $(x,y)$ 得到。

• 如果仅是平移 $w=z + b$，那 $(x,y)\mapsto (x+\gamma,\,y+\delta)$，边界线方程非常容易转换：

  • $x=c$ 变为 $u=\gamma + c$；
  • $y=c$ 变为 $v=\delta + c$；
  • $y=mx + n$ 变为 $v = \delta + m(u-\gamma) + n$ 之类的简单直线方程。

示例（第一问）

$$w = z + (1 - \sqrt{3}i),$$

则 $a=1$，$b=1-\sqrt{3}i$。记 $z=x+iy$，$w=u+iv$。由平移可知

$$u = x + 1, \quad v = y - \sqrt{3}.$$

边界直线：

1. $x = 1 \implies u = 2$;
2. $y = 1 \implies v = 1 - \sqrt{3}$;
3. $y = 1 - x \implies v + \sqrt{3} = 1 - (u-1)$
   $\implies v + \sqrt{3} = 2 - u \implies u + v = 2 - \sqrt{3}.$
   这三条即是 $w$-平面的三条直线方程。

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二、非线性变换

若

$$w = f(z)$$

不是单纯的线性/仿射（如 $w=z^2$、$w = \frac{1}{z}$ 等），那直线一般会映射成圆或二次曲线。常用做法是：

1. 给直线参数
   比如本题中边界线 $x=1$，可写成

   $$z = 1 + i t,\quad t\in \mathbb{R}.$$

   然后代入 $w=f(z)$。如果能将 $t$ 消去，就能得到 $w$-平面的隐式方程；或者也可以直接把它当成参数方程。

2. 找顶点映射
   由于是三角形，映射后依然可以在曲线上找到对应的顶点，并将三条曲线连接起来。

示例（第三问）

$$w=z^2, \quad z=x+iy.$$

• 对边界 $x=1$，令 $z = 1 + i t$。

  $$w = (1 + i t)^2 = 1 + 2 i t - t^2 = (1 - t^2) + i\,(2t).$$

  记 $w = u + i v$，则

  $$u = 1 - t^2,\quad v = 2t.$$

  消去 $t$ 可得 $v = 2t \implies t=\tfrac{v}{2}$，再带回 $u=1 - \bigl(\frac{v}{2}\bigr)^2$，即

  $$u = 1 - \frac{v^2}{4},$$

  在 $w$-平面是抛物线。同理可处理 $y=1$ 和 $y=1-x$ 两条边界。

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小结

1. 线性/仿射变换：

   • 直线 $\mapsto$ 直线，圆 $\mapsto$ 圆/直线，方便直接写出新方程；
   • 可先把顶点坐标带入 $w = a z + b$，也可以将直线方程 $\alpha x + \beta y + \gamma=0$ 直接转换。

2. 非线性变换：

   • 多用“参数法”或“消元法”获取映射曲线；
   • 注重顶点映射，结合三条边界映射曲线画出新的区域形状。

以上是一般化的基本思路。先理解“直线 $\mapsto$ 直线/曲线”的规律，再针对线性与非线性分别处理，就能有条不紊地求得边界方程与映射后的区域。

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Cyletix

我有一个疑问， 这里能这么做，其实是假设w能够写成$w=u+iv$的形式，但是你怎么知道一个复平面下变换后的新坐标下，曲线能写成这样？是否会出现实部和虚部不能分成加法的形式的可能性？

当我们说“$w = u + i\,v$”时，实际上利用的是“复数与$\mathbb{R}^2$的一一对应”。不管你怎么把$z$映射到$w$，只要$w$还在同样的复平面（或者说是$\mathbb{C}$本身，而不是跳到别的更抽象的空间），那就一定能找到“实部”和“虚部”两个实数，使得

$$w = u + i\,v,\quad u,v\in \mathbb{R}.$$

这是复数最基础的定义特性：任何复数都可以分解成“实数部分”加“虚数部分乘$i$”的形式。

在你提到的映射或“坐标变换”场景中，出现的典型映射诸如

$$w = a z + b, \quad w = z^2, \quad w = e^z, \quad \ldots$$

它们最终的像$\displaystyle w$仍然是一个复数，因此依然可以写成

$$w = \underbrace{\Re(w)}_{=u} + i\,\underbrace{\Im(w)}_{=v},$$

不会出现“实部和虚部不能分成加法的形式”这种情况。

简而言之：

1. 只要映射结果还在$\mathbb{C}$中，$w$就一定是个复数。
2. 任何复数$w$都能无歧义地分解成$u + i\,v$。
3. 在做几何或代数运算时，$\Re(w)$与$\Im(w)$可视为$w$在$\mathbb{R}^2$中的两个坐标分量，这和普通的“$(x,y)$在二维坐标系中”是同一个道理。

因此，你看到我们在做“$w = z^2$”之类的变换时，最后总能写出

$$u(t) = \Re\bigl(z(t)^2\bigr),\quad v(t) = \Im\bigl(z(t)^2\bigr).$$

并不需要额外假设“能拆”或“不能拆”；这是复数天生就带有的一种结构。只要还是在复平面里，$w$的实部和虚部就一定存在且能分离出来。