FP2 第四章：进一步阿甘图

FP2 讲义：复数轨迹与变换

复习：阿甘图中的复数

快速复习练习

对于 $z = 2e^{i\pi/3}$：

• 在阿甘图上标出，并解释其模和辐角在图上的几何意义
• 求所有满足 $|w-z| = 2$ 的复数 $w$，并在图上标出

模块一：模表示的轨迹

复平面上的圆

核心概念：圆的方程

方程 $|z-z_0| = r$ 表示复平面上的一个圆，其中：

• $z_0$ 是圆心
• $r$ 是半径
• $z$ 表示圆上的任意点

另一种形式：

若 $z_0 = a + bi$，则 $|z-(a+bi)| = r$ 可以写成：

$$(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$$

其中 $z = x + yi$。这等价于笛卡尔坐标中的标准圆方程。

例题 1：求圆的方程

求以 $2+i$ 为圆心、$3$ 为半径的圆的方程，分别用以下形式表示：

(a) 复数形式

(b) 笛卡尔形式

中垂线与等距离

核心概念：等距离

方程 $|z-z_1| = |z-z_2|$ 表示连接 $z_1$ 和 $z_2$ 的线段的中垂线。

性质：

• 此线上的每个点到 $z_1$ 和 $z_2$ 的距离相等
• 此线将复平面分为两个区域：
  • 离 $z_1$ 更近的点：$|z-z_1| < |z-z_2|$
  • 离 $z_2$ 更近的点：$|z-z_1| > |z-z_2|$

例题 2：求中垂线

求连接 $z_1 = 2+i$ 和 $z_2 = -1+4i$ 的线段的中垂线方程，分别用以下形式表示：

(a) 复数形式

(b) 笛卡尔形式

几何解释： 此线将复平面分为两个区域——离 $z_1$ 更近的点和离 $z_2$ 更近的点。

模块二：辐角表示的轨迹

核心概念：辐角表示的直线

方程 $\arg(z-z_0) = \theta$ 表示从点 $z_0$ 出发、与正实轴成 $\theta$ 角的射线。

性质：

若 $z_0 = a + bi$，则此线上的任意点 $z$ 满足：

$$\frac{\text{Im}(z-z_0)}{\text{Re}(z-z_0)} = \tan \theta$$

此线可以写成 $y = mx + c$ 的形式，其中 $m = \tan \theta$，$c = b - m \cdot a$。

例题 3：求直线方程

求直线 $\arg(z-2) = \dfrac{\pi}{3}$ 的笛卡尔方程。

记忆要点

1. 模方程 $|z-z_0| = r$ 表示圆
2. 等模方程 $|z-z_1| = |z-z_2|$ 表示中垂线
3. 辐角方程 $\arg(z-z_0) = \theta$ 表示直线

练习一

在同一阿甘图上画出满足以下条件的轨迹：

(a) $|z-2i| = |z-8i|$

(b) $\arg(z-2-i) = \dfrac{\pi}{4}$

复数 $z$ 同时满足 $|z-2i| = |z-8i|$ 和 $\arg(z-2-i) = \dfrac{\pi}{4}$。

(c) 利用 (a) 和 (b) 的答案，求 $z$ 的值。

提示

• 对于 (a)，考虑两个定点的等距离点
• 对于 (b)，考虑辐角的几何意义
• 对于 (c)，求两条轨迹的交点

模块三：模表示的进一步轨迹

核心概念：距离比

方程 $|z-z_0| = k|z-z_1|$（$k \neq 1$）表示复平面上的一个圆，称为阿波罗尼奥斯圆。

例题 4：阿波罗尼奥斯圆

求满足 $|z-1| = 2|z+1|$ 的点 $z$ 的轨迹方程。

课堂练习

求满足 $|z-(1-i)| = \sqrt{2}|z-(2-i)|$ 的点 $z$ 的轨迹方程，并画出轨迹。

推导：阿波罗尼奥斯圆公式——考试不要求

推导 $|z-z_0| = k|z-z_1|$ 的圆心和半径公式。

1. 两边平方：

$$|z-z_0|^2 = k^2|z-z_1|^2$$

2. 设 $z = x + yi$，$z_0 = x_0 + y_0i$，$z_1 = x_1 + y_1i$：

$$\begin{aligned} (x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 &= k^2[(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2] \\ x^2-2xx_0+x_0^2+y^2-2yy_0+y_0^2 &= k^2(x^2-2xx_1+x_1^2+y^2-2yy_1+y_1^2) \end{aligned}$$

3. 合并 $x^2$ 和 $y^2$ 项：

$$(1-k^2)(x^2+y^2) + (-2x_0+2k^2x_1)x + (-2y_0+2k^2y_1)y + (x_0^2+y_0^2-k^2x_1^2-k^2y_1^2) = 0$$

4. 两边除以 $1-k^2$ 并配方：

$$\left(x+\frac{k^2x_1-x_0}{1-k^2}\right)^2 + \left(y+\frac{k^2y_1-y_0}{1-k^2}\right)^2 = R^2$$

5. 因此圆心为

$$\frac{z_0-k^2z_1}{1-k^2}$$

（复数形式）。

6. 半径可通过代入原方程中的任意点求得：

$$R = \frac{k|z_1-z_0|}{|1-k^2|}$$

几何证明：为什么是圆？——考试不要求

证明满足 $\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|} = k$ 的点 $P$ 的轨迹是圆。

证明：

1. 设 $A$ 和 $B$ 是轨迹与线段 $F_1F_2$ 的交点。则：

$$\frac{|AF_1|}{|AF_2|} = \frac{|BF_1|}{|BF_2|} = k$$

2. 对于轨迹上的任意点 $P$：$\dfrac{|PF_1|}{|PF_2|} = k$

3. 由角平分线定理：

   • 由于 $P$ 按比 $k$ 内分 $F_1F_2$，则 $PA$ 是 $\angle F_1PF_2$ 的内角平分线。
   • 若 $P$ 按比 $k$ 外分 $F_1F_2$，则 $PB$ 是 $\angle F_1PF_2$ 的外角平分线。

4. 因此 $\angle APB = 180^\circ / 2 = 90^\circ$。

5. 由圆的性质：

   • 满足 $\angle APB = 90^\circ$ 的点 $P$ 位于一个圆上。
   • 此圆以 $AB$ 为直径。

角平分线定理说明：

角平分线定理指出，若一条线平分三角形的一个角，则它按另外两边的长度之比分割对边。反之：

• 若点 $P$ 按比 $k$ 内分线段 $F_1F_2$，则 $\overrightarrow{PA}$ 平分 $\angle F_1PF_2$。
• 若点 $P$ 按比 $k$ 外分线段 $F_1F_2$，则 $\overrightarrow{PB}$ 平分 $P$ 处的外角。

模块四：辐角表示的进一步轨迹

核心概念：线间夹角

方程 $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \theta$ 表示复平面上的一段圆弧。

考虑复数 $z_0 - z$：这是从 $z$ 到 $z_0$ 的向量。类似地，$z_1 - z$ 是从 $z$ 到 $z_1$ 的向量。

两个复数相除时，我们除以它们的模并相减它们的辐角：

$$z-z_0=pe^{i\alpha}, \quad z-z_1=qe^{i\beta}, \quad \frac{z-z_0}{z-z_1}=\frac{p}{q}e^{i(\alpha-\beta)}$$

因此，$\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \beta - \alpha$ 表示这两个向量之间的夹角。

为什么是圆弧？

对于轨迹上的任意点 $z$，$z-z_0$ 和 $z-z_1$ 之间的夹角是常数（$\theta$）。这意味着 $z$ 以恒定角度”看到”线段 $z_0z_1$。由圆的性质，以恒定角度看到线段的点构成圆的一段弧。弧由角度 $\theta$ 决定。

例题 5：求圆弧轨迹

求满足 $\arg\left(\dfrac{z-1}{z+1}\right) = \dfrac{\pi}{3}$ 的点 $z$ 的轨迹。

解：

1. 设 $z = x + yi$。则：

$$\frac{z-1}{z+1} = \frac{(x-1)+yi}{(x+1)+yi} = \frac{[(x-1)+yi][(x+1)-yi]}{(x+1)^2+y^2}$$

2. 展开得：

$$\frac{z-1}{z+1} = \frac{(x^2-1+y^2) + 2yi}{(x+1)^2+y^2} = u + vi$$

3. 由于辐角为 $\dfrac{\pi}{3}$：

$$\frac{v}{u} = \tan \frac{\pi}{3} = \sqrt{3} \text{，且 } u,v > 0$$

4. 即：

$$\frac{2y}{x^2-1+y^2} = \sqrt{3} \text{，且 } y > 0$$

5. 交叉相乘：

$$2y = \sqrt{3}(x^2-1+y^2)$$

6. 整理：

$$\sqrt{3}x^2 + \sqrt{3}y^2 - 2y - \sqrt{3} = 0$$

7. 对 $y$ 配方：

$$\sqrt{3}x^2 + \sqrt{3}\left(y - \frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 - \frac{4}{3}\sqrt{3} = 0$$

8. 因此：

$$x^2 + \left(y - \frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{4}{3}$$

几何解释： 这是一段圆弧：

• 圆心在 $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$
• 半径 $\sqrt{\dfrac{4}{3}}$
• 位于上半平面（$y > 0$）

总结：辐角轨迹的两种情况

当 $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \theta$ 时，圆弧的形状取决于 $\theta$ 的值：

情况一：$0 < \theta < \dfrac{\pi}{2}$ — 锐角，优弧在线段上方。

情况二：$\dfrac{\pi}{2} < \theta < \pi$ — 钝角，劣弧在线段上方。

共同特征： 从 $z_0$ 到 $z$ 到 $z_1$ 沿圆逆时针旋转。

配对练习

将每个方程与对应的圆弧图配对：

1. $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \dfrac{\pi}{3}$
2. $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \dfrac{2\pi}{3}$
3. $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \dfrac{4\pi}{3}$
4. $\arg\left(\dfrac{z-z_0}{z-z_1}\right) = \dfrac{5\pi}{3}$

提示

对于任意复数 $z$：$\arg(\frac{1}{z}) = -\arg(z)$ 或 $2\pi - \arg(z)$。

模块五：复平面上的区域

核心概念：复平面上的不等式

涉及模或辐角的不等式定义了复平面上的区域：

• $|z-z_0| < r$：以 $z_0$ 为圆心、$r$ 为半径的圆内部
• $|z-z_0| > r$：以 $z_0$ 为圆心、$r$ 为半径的圆外部
• $|z-z_1| < |z-z_2|$：离 $z_1$ 比离 $z_2$ 更近的点
• $\alpha < \arg(z-z_0) < \beta$：从 $z_0$ 出发的两条射线之间的扇形

判断圆内还是圆外

对于由 $|z-z_1| = k|z-z_2|$ 定义的圆：

• 测试不在圆上的点 $P$（例如圆心）
• 若 $|P-z_1| < k|P-z_2|$：圆内区域满足 $|z-z_1| < k|z-z_2|$
• 若 $|P-z_1| > k|P-z_2|$：圆内区域满足 $|z-z_1| > k|z-z_2|$

例题 6：画区域

画出由 $|z-1| > 2|z+1|$ 定义的区域，并判断它是圆 $|z-1| = 2|z+1|$ 的内部还是外部。

解：

1. 先画圆 $|z-1| = 2|z+1|$
2. 测试点 $z = 1$：
   • $|1-1| = 0$
   • $2|1+1| = 4$
   • 由于 $0 < 4$，点 $z = 1$ 不在区域内
   • 因此区域在圆的内部

练习

画出由 $|z-(1+i)| > 2|z-(1-i)|$ 定义的区域，并判断它是圆 $|z-(1+i)| = 2|z-(1-i)|$ 的内部还是外部。

提示

测试点 $z = 1+i$ 来判断区域在圆的哪一侧。

模块六：复平面变换

核心概念：线性变换

复函数 $w = f(z)$ 将点从 $z$ 平面映射到 $w$ 平面。

基本变换：

• 旋转： $w = e^{i\theta}z$ 逆时针旋转角度 $\theta$
• 缩放： $w = kz$ 缩放 $k$ 倍
• 平移： $w = z + a$ 平移向量 $a$

与线性代数的联系：

当 $z = x + yi$，$w = u + vi$ 时，变换 $w = (a+bi)z$ 可以写成矩阵乘法：

$$\begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$$

为什么有这种关系？

考虑复数乘法 $(a+bi)(x+yi)$：

$$(a+bi)(x+yi) = \underbrace{(ax-by)}_{\text{实部}} + \underbrace{(bx+ay)}_{\text{虚部}}i$$

这正是矩阵乘法的结果：

$$\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} ax-by \\ bx+ay \end{pmatrix}$$

例如：

• 旋转 $\theta$：$e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ 对应 $\begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$
• 缩放 $k$：$k = k + 0i$ 对应 $\begin{pmatrix} k & 0 \\ 0 & k \end{pmatrix}$

核心概念：莫比乌斯变换

莫比乌斯变换的形式为：

$$w = \frac{az + b}{cz + d}, \quad ad-bc \neq 0$$

性质：

• 将圆和直线映射为圆或直线

求莫比乌斯变换的像

在变换 $w = \dfrac{az + b}{cz + d}$ 下，圆和直线映射为圆或直线。

情况一：映射为直线

例题 7：求虚轴上点的像

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{(1+i)z+2(1-i)}{z-i}$（$z \neq i$）给出。该变换将 $z$ 平面虚轴上的点映射为 $w$ 平面上的直线 $l$。求 $l$ 的方程。

解：

1. 求虚轴上两个点的像：
   • 设 $z_1 = 0$（原点）：

$$w_1 = \frac{(1+i)(0)+2(1-i)}{0-i} = \frac{2-2i}{-i} = \frac{(2-2i)(i)}{(-i)(i)} = 2 + 2i$$

• 设 $z_2 = 2i$：

$$w_2 = \frac{(1+i)(2i)+2(1-i)}{2i-i} = \frac{(2i-2)+2-2i}{i} = \frac{0}{i} = 0$$

2. 因此 $l$ 过 $w_1 = 2+2i$ 和 $w_2 = 0$，方程为 $u = v$。

情况二：直线映射为圆

例题 8：求实轴的像

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{(1+i)z+2(1-i)}{z-i}$（$z \neq i$）给出。证明该变换将 $z$ 平面实轴上的点映射为 $w$ 平面上的圆 $C$。求 $C$ 的圆心和半径。

解：

1. 对于实轴上的点，$z = x$（$x$ 为实数）。

2. 求逆变换：

$$\begin{aligned} w &= \frac{(1+i)z+2(1-i)}{z-i} \\ w(z-i) &= (1+i)z+2(1-i) \\ wz - wi &= (1+i)z+2(1-i) \\ wz - (1+i)z &= wi + 2(1-i) \\ z(w-(1+i)) &= wi + 2(1-i) \\ \therefore z &= \frac{wi + 2(1-i)}{w-(1+i)} \end{aligned}$$

3. 设 $w = u + vi$：

$$z = \frac{(u+vi)i + 2(1-i)}{(u+vi)-(1+i)} = \frac{2-v + (u - 2)i}{(u-1) + (v-1)i}$$

4. 有理化分母：

$$z = \frac{(2-v + (u - 2)i)((u-1) - (v-1)i)}{(u-1)^2 + (v-1)^2}$$

5. 由于 $z$ 为实数，虚部必须为零：

$$\begin{aligned} &\text{Im} \left\{((2-v) + (u - 2)i)((u-1) - (v-1)i)\right\} \\ =&\ (2-v)(-(v-1)) + (u-2)(u-1) \\ =&\ -2v + 2 + v^2 - v + u^2 - u - 2u + 2 \\ =&\ v^2 - 3v + u^2 - 3u + 4 \end{aligned}$$

6. 令虚部为零并配方：

$$\begin{aligned} v^2 - 3v + u^2 - 3u + 4 &= 0 \\ \left(u - \frac{3}{2}\right)^2 + \left(v - \frac{3}{2}\right)^2 &= \frac{1}{2} \end{aligned}$$

7. 像是以 $\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{3}{2}\right)$ 为圆心、$\sqrt{\dfrac{1}{2}}$ 为半径的圆。

情况三：圆映射为圆

例题 9：求圆的像

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{2z+1}{z-1}$ 给出。证明圆 $|z| = 2$ 的像是 $w$ 平面上的圆 $C$。求 $C$ 的圆心和半径。

解：

1. 圆 $|z| = 2$ 以原点为圆心，半径为 2。

2. 求逆变换：

$$\begin{aligned} w &= \frac{2z+1}{z-1} \\ w(z-1) &= 2z+1 \\ wz - w &= 2z+1 \\ wz - 2z &= w+1 \\ z(w-2) &= w+1 \\ z &= \frac{w+1}{w-2} \end{aligned}$$

3. 代入 $|z| = 2$：

$$\left|\frac{w+1}{w-2}\right| = 2 \implies |w+1| = 2|w-2|$$

4. 设 $w = u + vi$，两边平方：

$$\begin{aligned} |w+1|^2 &= 4|w-2|^2 \\ (u+1)^2 + v^2 &= 4((u-2)^2 + v^2) \end{aligned}$$

5. 展开并整理：

$$\begin{aligned} u^2 + 2u + 1 + v^2 &= 4u^2 - 16u + 16 + 4v^2 \\ -3u^2 + 18u - 15 - 3v^2 &= 0 \\ u^2 - 6u + 5 + v^2 &= 0 \end{aligned}$$

6. 配方：

$$(u - 3)^2 + v^2 = 4$$

7. 像是以 $(3, 0)$ 为圆心、$2$ 为半径的圆。

练习

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{iz-2}{1-z}$（$z \neq 1$）给出。

1. 证明当 $z$ 在 $z$ 平面实轴上时，$w$ 在 $w$ 平面的直线 $l$ 上。
2. 求 $l$ 的方程。
3. 在阿甘图上画出 $l$。

课后练习

题目一

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{z}{z+i}$（$z \neq -i$）给出。

(a) 证明圆 $|z| = 3$ 被 $T$ 映射为 $w$ 平面上的圆 $C$。求其圆心和半径。

(b) $z$ 平面上的区域 $|z| < 3$ 被 $T$ 映射为 $w$ 平面上的区域 $R$。在阿甘图上画出区域 $R$。

题目二

复数 $z$ 由阿甘图上的点 $P$ 表示。

(a) 已知 $|z-6| = |z|$，画出 $P$ 的轨迹。

(b) 求同时满足 $|z-6| = |z|$ 和 $|z-3-4i| = 5$ 的复数 $z$。

(c) 变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{30}{z}$ 给出。证明 $T$ 将 $|z-6| = |z|$ 映射为 $w$ 平面上的圆，并给出此圆的笛卡尔方程。

题目三

点 $P$ 表示阿甘图上满足 $|z-6i| = 2|z-3|$ 的复数 $z$。

(a) 证明当 $z$ 变化时，$P$ 的轨迹是圆，并求出圆的半径和圆心坐标。

(b) 点 $Q$ 表示阿甘图上满足 $\arg(z-6) = -\dfrac{3\pi}{4}$ 的复数 $z$。在同一阿甘图上画出 $P$ 的轨迹和 $Q$ 的轨迹。

(c) 求同时满足 $|z-6i| = 2|z-3|$ 和 $\arg(z-6) = -\dfrac{3\pi}{4}$ 的复数。

题目四

复数 $z$ 由阿甘图上的点 $P$ 表示。已知 $|z-2i| = |z-3|$。

(a) 画出 $P$ 的轨迹。

变换 $T$ 将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由 $w = \dfrac{iz}{z-2i}$（$z \neq 2i$）给出。

已知 $T$ 将 $|z-2i| = |z-3|$ 映射为 $w$ 平面上的圆 $C$，

(b) 求 $C$ 的方程，将答案写成 $|w-(p+qi)| = r$ 的形式，其中 $p$、$q$ 和 $r$ 为待定实数。

挑战练习：探索莫比乌斯变换

莫比乌斯变换是形式为

$$w = \frac{az+b}{cz+d}$$

的函数，其中 $a$、$b$、$c$、$d$ 为复常数，$ad-bc \neq 0$。

基本性质：

1. 保角映射： 莫比乌斯变换保持曲线之间的角度。
2. 保圆性： 将广义圆映射为广义圆。广义圆是指圆或直线（直线可以看作经过无穷远点的圆）。

推导性质：圆到圆的映射

当 $z$ 平面上的圆被映射为 $w$ 平面上的圆时：

• 奇点 $z = -\dfrac{d}{c}$ 被映射为 $w = \infty$
• 连接此奇点与圆心的直线与圆交于两点
• 这两个交点被映射为 $w$ 平面上像圆的直径端点

方法：

1. 确定奇点 $z_s$
2. 找出过 $z_s$ 和 $z_0$ 的直线与圆的两个交点
3. 映射这些点以找到像圆直径的端点
4. 这些像的中点是像圆的圆心
5. 这些像之间距离的一半是半径

推导性质：直线到圆的映射

当 $z$ 平面上的直线被映射为 $w$ 平面上的圆时：

• 奇点 $z = -\dfrac{d}{c}$ 关于直线的反演点被映射为 $w$ 平面上像圆的圆心

几何解释：

1. 设 $L$ 为 $z$ 平面上的直线
2. 奇点 $z_s = -\dfrac{d}{c}$ 在映射中起特殊作用
3. $z_s$ 关于直线的反演点 $z_i$ 是其关于直线的对称点

反演点 $z_i$ 满足：

• 位于从 $z_s$ 到 $L$ 的垂线上
• 若 $z_s$ 到直线的距离为 $d$，则 $z_i$ 到直线的距离也为 $d$
• $z_i$ 和 $z_s$ 在直线的两侧

在莫比乌斯变换下：

• 奇点 $z_s$ 映射为 $\infty$
• 直线 $L$ 映射为圆
• 反演点 $z_i$ 映射为像圆的圆心

挑战一：奇点与直径

考虑变换 $w = \dfrac{z+2}{z-i}$。已知此变换将圆 $|z| = 2$ 映射为 $w$ 平面上的圆。用以下方法求此圆的圆心和半径：

• 求奇点 $z_0$
• 求过奇点的圆 $|z| = 2$ 的直径
• 由此求 $w$ 平面上圆的圆心和半径

挑战二：映射直线与圆

变换将 $z$ 平面映射到 $w$ 平面，由

$$w = \frac{(1+i)z + 2(1-i)}{z-i}, \quad z \neq i$$

给出。此变换将 $z$ 平面实轴上的点映射为 $w$ 平面上的圆。求此圆的圆心和半径。