1，这一节我们考虑上半平面到多边形区域的保形映射。实数轴映射成多边形的边，而上半平面映射成多边形区域的内部。实数轴上的点 \(-\infty<x_1<x_2<\cdots<x_n=\infty\) 映射成多边形的顶点 \(w_1,w_2,\cdots, w_n\)。如果多边形是有界的（闭多边形）则 \(w_n=w_1\)；若多边形无界，则 \(w_n=\infty\)。
我们考虑一个曲线在解析映射下辐角的变化情况，设 \(r(t)=z(t)\) 是 \(z\) 平面上的曲线，\[r'(t)=z'(t),\quad \rm{arg}z'(t_0)=\rm{arg}r'(t_0)\]
在 \(w\) 平面上，\(\tau(t)=f(z(t)),\tau'(t)=f'(z)\cdot z'(t)\)，所以
\[{\rm arg}\tau'(t_0)={\rm arg}f'(z_0)\cdot z'(t_0)={\rm arg}f'(z_0)+{\rm z'(t_0)}={\rm arg}f'(z_0)+{\rm arg}r'(t_0)\]
在实数轴上，\({\rm arg}r'(t_0)=0\)，所以 \({\rm arg}\tau'(t_0)={\rm arg}f'(z_0)\)。
所以我们可能考虑 \[f'(z)=A(z-x_1)^{-k_1}(z-x_2)^{-k_2}\cdots (z-x_{n-1})^{-k_{n-1}}\]
这是因为 \[{\rm arg}f'(z)={\rm arg}A-k_1{\rm arg}(z-x_1)-k_2{\rm arg}(z-x_2)-\cdots-k_{n-1}{\rm arg}(z-x_{n-1})\]
而在实轴上，当 \(z=x<x_1\) 时，
\begin{align*}{\rm arg}f'(z)&={\rm arg}A-k_1{\rm arg}(z-x_1)-\cdots-k_{n-1}{\rm arg}(z-x_{n-1})\\ &={\rm arg}A-k_1\pi-k_2\pi-\cdots-k_{n-1}\pi\end{align*}
这是因为 \(x\) 在所有 \(x_i\) 的左边，所以 \(x-x_i, 1\le i\le n-1\) 的辐角都是 \(\pi\)。当 \(x_1<x<x_2\) 时，
\begin{align*}{\rm arg}f'(z)&={\rm arg}A+k_1{\rm arg}(z-x_1)-\cdots-k_{n-1}{\rm arg}(z-x_{n-1})\\ &={\rm arg}A-k_1\pi-k_2\pi-\cdots-k_{n-1}\pi\end{align*}
这是因为 \(x\) 在 \(x_1\) 的右边，而在 \(x_2, x_3,\cdots, x_{n-1}\) 的左边。所以当 \(f(z)\) 通过 \(x_1\) 时，\(f'(z)\) 的辐角增加了 \(k_1\pi\)。
类似地，当 \(f(z)\) 通过 \(x_2\) 时，\(f'(z)\) 的辐角增加了 \(k_2\pi\)，当 \(f(z)\) 通过 \(x_3\) 时，\(f'(z)\) 的辐角增加了 \(k_3\pi\)，……，当 (f(z)\) 通过 \(x_{n-1}\) 时，\(f'(z)\) 的辐角增加了 \(k_{n-1}\pi\)。
所以，实数轴就变成了多边形的边，而边界的方向确定了区域内部的位置。
如果将实数轴变成了闭多边形，则多边形的外角和为 \(2\pi\)。因为我们定义 \(x_n=\infty\)，所以在无穷远处的辐角变化为
\[k_{n}\pi=2\pi-(k_1+k_2+\cdots+k_{n-1})\pi\]
这里我们认为无界的多边形为最后一个顶点为 \(\infty\) 的闭多边形。从上面这个公式我们得到 \[k_1+k_2+\cdots+k_{n-1}+k_n=2\]
所以若 \(k_n=0\)，则在 \(\infty\) 处没有辐角变化，所以 \(f(\infty)\) 不是多边形的顶点，多边形只有 \(n-1\) 边，是有界多边形（闭多边形）。若 \(k_n\ne 0\)，则\(f(\infty)\) 是多边形的顶点，是无界多边形（开多边形）。
从我们上面的分析，我们得到了
2（Schwarz-Christoffel 映射）：上半平面到多边形的映射满足
\[f'(z)=A(z-x_1)^{-k_1}\cdots(z-x_{n-1})^{-k{n-1}}\]
\[f(z)=\int_{z_0}^zA(z-x_1)^{-k_1}\cdots(z-x_{n-1})^{-k{n-1}}dz+B\]
这样的映射称为 Schwarz-Christoffel 映射。
注：当 \(k_1+k_2+\cdots+k_{n-1}=2\) 时，映射的像是一个闭多边形，其中 -\pi<\(k_i\pi<\pi\)。
我们来看一个例子。
例1，求一个保形映射，将上半平面映射成带形 \(w=u+iv, u\ge 0, -1\le v\le 1\)，并且 \(f(-1)=i, f(1)=-i\)。
解：从图形上看，在 \(w=i\) 处，外角的变化为 \(\frac{\pi}{2}\)，所以 \(k_1=-\frac{1}{2}\)。同理，在 \(w=-i\) 处，外角的变化同样为 \(\frac{\pi}{2}\)，所以 \(k_2=-\frac{1}{2}\)。所以 \[f'(z)=A(z+1)^{-\frac{1}{2}}(z-1)^{-\frac{1}{2}}\]
从而
\begin{align*}f(z)&=\int A(z+1)^{-\frac{1}{2}}(z-1)^{-\frac{1}{2}}dz+B\\ &=\int \frac{A}{\sqrt{(x+1)(x-1)}}dz+B=\int\frac{A}{\sqrt{z^2-1}}dz+B\\ &=\int\frac{A}{\sqrt{(-1)(1-z^2)}}dz+B=\frac{A}{i}\int\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}+B\\ &=-Ai\sin^{-1}z+B\end{align*}
由已知条件，\(f(-1)=i\)，我们得到
\[i=-Ai\sin^{-1}(-1)+B=-Ai(-\frac{\pi}{2})+B=\frac{\pi }{2}Ai+B\]
由条件 \(f(1)=-i\)，我们得到
\[-i=-Ai\sin^{-1}(1)+B=-Ai(\frac{\pi}{2})+B=-\frac{\pi }{2}Ai+B\]
这个方程与上一个方程组成一个方程组，解此方程组，我们得到\[A=\frac{2}{\pi},B=0\]
所以所求的映射为 \[f(z)=-\frac{2i}{\pi}\sin^{-1}z\]