Oi,
Prisežem, da sem zgubil že prav vse živce kar jih premorem. Ne gre mi pogruntat dobrga in zanesljivga sistema kako konformno preslikat polravnino v enotni krog ali obratno. Pač vem, ja, Möbiusova transformacija.
Načeloma se določi preslikavo tako, da določim kam se slikajo tri točke iz enotske krožnice na ravnino. (spet lahko tudi obratno). In nikakor in tudi slučajno mi ne uspe pravilno določit teh treh točk! Sem vprašal asistenta, pa je očitno, da mi njegov odgovor tut malo ni pomagal. Prebral sem tudi že 3/4 člankov, ki jih najde google al js še vedno sedim tule in se smilim samemu sebi.
Bi si torej vzel kdo nekaj minut časa in mi povedal kako za vraga naj pametno in pravilno določim slike treh točk in s tem izračunam a,b,c in d v \(f(z)=\frac{az+b}{cz+d}\). Recimo na primeru preslikave iz zgornje polravnine v enotski krog.
Najlepša hvala.
konformne preslikave
Re: konformne preslikave
Lahko greš postopoma skonstruirat preslikavo čisto na geometrijski način. Ideja je uporabit inverzijo, ki jo bomo uporabili za preslikavo premice v krožnico. Začneš recimo z desno polravnino. Prestaviš jo za eno enoto desno:
\(z\mapsto z+1\)
To zato, da imaš eno točno na enotski krožnici. Ta bo ostala pri miru pri inverziji. Zdaj narediš inverzijo. Inverzija to točko ohrani, premico spremeni v krožnico s skupno tangento v točki (1,0), neskončnost pa se preslika v nič. Dobiš torej krožnico s polmerom 1/2, ki je stlačena med koordinatno izhodišče in dotikališče (1,0):
\(z\mapsto \frac{1}{z}\)
Potem je treba krožnico premaknit za pol v levo in raztegnit za faktor 2:
\(z\mapsto 2z-1\)
Skupaj torej
\(z\mapsto\frac{2}{z+1}-1=\frac{1-z}{1+z}\)
Če hočeš s preslikavo točk, moraš izbrati tiste, ki veš, kam se slikajo (oziroma ki veš, kam jih hočeš slikat). Pametnih izbir ni veliko.
Pa recimo, da zdaj obrneva in se lotiva preslikat zgornjo polravnino! Da ne bo ravno isto kot tole zgoraj (postopek je seveda enak). Po simetriji recimo si želiš preslikat f(0)=i (rob se preslika v rob, to je jasno). Poravnala sva, da ostane simetrično levo desno (lahko tudi obrneš če hočeš, bo pač vse skupi množeno še z i na koncu). Ker preslikava pač ni enolična. No, zdaj, ko je izbrano, da se koordinatno izhodišče slika v zgornjo točko kroga, lahko po simetriji ugotoviš, da se mora točka v neskončnosti (točno nasproti ničle) preslikat v nasprotno točko na krogu: f(∞)=-i.
Ta dva pogoja dasta
b/d=i
a/c=-i
ena konstanta je itak brezvezna, ker lahko števec in imenovalec množiš s čimerkoli. Nastaviš lahko recimo a=1 in iz tega tudi c=i. Ne glede na izbiro d to že slika zgornjo polravnino na enotsko krožnico! Razlika je edino kako je to simetrično, kako je raztegnjeno,... d je lahko poljubno kompleksno število. Imaš torej en parameter, ki določa kako je to natlačeno znotraj kroga. Lahko si predstavljaš, da lahko primeš središče krožnice in ga migaš okoli. Recimo če hočeš točko w preslikat v koordinatno izhodišče, to pomeni f(w)=0. Ta pogoj se glasi w+b=0 oziroma b=-w. Torej, b je ravno negativ točke, ki jo slikaš v izhodišče. Če hočeš simetrijo in lepoto, lahko slikaš w=i v središče, kar te pripelje do
f(z)=(z-i)/(iz-1)
Se pravi: sigurno se mora rob slikat na rob. Vse ostalo je poljubno in je pač odvisno od tega kaj hočeš kam slikat. Poljubna izbira točk, ki jih slikaš, te pripelje do različnih preslikav. Koliko proste izbire pa imamo? No, poglejva čisto splošno zdaj.
Edini pogoj za preslikavo zgornje polravnine (ostaniva zdaj na drugem primeru - lahko ponoviš za desno polravnino potem podoben postopek) v enotski krog je, da se realna os slika na krožnico. Pogoj torej je |f(x)|=1 (velikost kompleksnega števila = 1 pomeni enotsko krožnico). Pa zapišiva ta pogoj. Spet dajva a=1 (nima smisla imet 4 konstant, problem bi bil edino, če bi bil a=0, v tem primeru pač neko drugo konstanto daš na 1).
\(|\frac{x+b}{c(x+d/c)}|=1\)
x je realen tukaj (realna os). Izpostavil sem namenoma. Premečeva:
\(|x+b|=|c||x+d/c|\)
Finta je, da mora to veljat za vse realne x. Edina šansa je, da je |c|=1 in \(|x+b|=|x+d/c|\), kar je lahko samo, če je bodisi b=d/c (to se izkaže za neumnost, saj to vodi v preslikavo (z)=1, kar očitno ne slika v enotsko krožnico), ali pa, da sta b in d/c konjugirano kompleksna (v tem primeru sta po pitagori x+b in x+d/c enako dolga - konjugirano kompleksni števili).
To so hude omejitve! Pišeš lahko torej \(c=e^{-i\phi}\) ter \(d/c=\overline{b}\). Splošna preslikava je torej
\(f(z)=e^{i\phi}\frac{z+b}{z+\overline{b}}\)
Kot že prej omenjeno, b regulira, katera točka v zgornji polravnini se preslika v sredino kroga, fazni kot spredaj pa seveda kakor vedno pomeni rotacijo (krog lahko na koncu poljubno vrtiš - to določa, na katero točko na krožnico se slika prvotno koordinatno izhodišče). Oboje lahko izbereš poljubno.
Torej: najbolj logični izbor je, da določiš, KAM se slika koordinatno izhodišče (točka na robu), in KAJ se slika v središče kroga. Prvo določi kot, drugo pa b.
\(z\mapsto z+1\)
To zato, da imaš eno točno na enotski krožnici. Ta bo ostala pri miru pri inverziji. Zdaj narediš inverzijo. Inverzija to točko ohrani, premico spremeni v krožnico s skupno tangento v točki (1,0), neskončnost pa se preslika v nič. Dobiš torej krožnico s polmerom 1/2, ki je stlačena med koordinatno izhodišče in dotikališče (1,0):
\(z\mapsto \frac{1}{z}\)
Potem je treba krožnico premaknit za pol v levo in raztegnit za faktor 2:
\(z\mapsto 2z-1\)
Skupaj torej
\(z\mapsto\frac{2}{z+1}-1=\frac{1-z}{1+z}\)
Če hočeš s preslikavo točk, moraš izbrati tiste, ki veš, kam se slikajo (oziroma ki veš, kam jih hočeš slikat). Pametnih izbir ni veliko.
Pa recimo, da zdaj obrneva in se lotiva preslikat zgornjo polravnino! Da ne bo ravno isto kot tole zgoraj (postopek je seveda enak). Po simetriji recimo si želiš preslikat f(0)=i (rob se preslika v rob, to je jasno). Poravnala sva, da ostane simetrično levo desno (lahko tudi obrneš če hočeš, bo pač vse skupi množeno še z i na koncu). Ker preslikava pač ni enolična. No, zdaj, ko je izbrano, da se koordinatno izhodišče slika v zgornjo točko kroga, lahko po simetriji ugotoviš, da se mora točka v neskončnosti (točno nasproti ničle) preslikat v nasprotno točko na krogu: f(∞)=-i.
Ta dva pogoja dasta
b/d=i
a/c=-i
ena konstanta je itak brezvezna, ker lahko števec in imenovalec množiš s čimerkoli. Nastaviš lahko recimo a=1 in iz tega tudi c=i. Ne glede na izbiro d to že slika zgornjo polravnino na enotsko krožnico! Razlika je edino kako je to simetrično, kako je raztegnjeno,... d je lahko poljubno kompleksno število. Imaš torej en parameter, ki določa kako je to natlačeno znotraj kroga. Lahko si predstavljaš, da lahko primeš središče krožnice in ga migaš okoli. Recimo če hočeš točko w preslikat v koordinatno izhodišče, to pomeni f(w)=0. Ta pogoj se glasi w+b=0 oziroma b=-w. Torej, b je ravno negativ točke, ki jo slikaš v izhodišče. Če hočeš simetrijo in lepoto, lahko slikaš w=i v središče, kar te pripelje do
f(z)=(z-i)/(iz-1)
Se pravi: sigurno se mora rob slikat na rob. Vse ostalo je poljubno in je pač odvisno od tega kaj hočeš kam slikat. Poljubna izbira točk, ki jih slikaš, te pripelje do različnih preslikav. Koliko proste izbire pa imamo? No, poglejva čisto splošno zdaj.
Edini pogoj za preslikavo zgornje polravnine (ostaniva zdaj na drugem primeru - lahko ponoviš za desno polravnino potem podoben postopek) v enotski krog je, da se realna os slika na krožnico. Pogoj torej je |f(x)|=1 (velikost kompleksnega števila = 1 pomeni enotsko krožnico). Pa zapišiva ta pogoj. Spet dajva a=1 (nima smisla imet 4 konstant, problem bi bil edino, če bi bil a=0, v tem primeru pač neko drugo konstanto daš na 1).
\(|\frac{x+b}{c(x+d/c)}|=1\)
x je realen tukaj (realna os). Izpostavil sem namenoma. Premečeva:
\(|x+b|=|c||x+d/c|\)
Finta je, da mora to veljat za vse realne x. Edina šansa je, da je |c|=1 in \(|x+b|=|x+d/c|\), kar je lahko samo, če je bodisi b=d/c (to se izkaže za neumnost, saj to vodi v preslikavo (z)=1, kar očitno ne slika v enotsko krožnico), ali pa, da sta b in d/c konjugirano kompleksna (v tem primeru sta po pitagori x+b in x+d/c enako dolga - konjugirano kompleksni števili).
To so hude omejitve! Pišeš lahko torej \(c=e^{-i\phi}\) ter \(d/c=\overline{b}\). Splošna preslikava je torej
\(f(z)=e^{i\phi}\frac{z+b}{z+\overline{b}}\)
Kot že prej omenjeno, b regulira, katera točka v zgornji polravnini se preslika v sredino kroga, fazni kot spredaj pa seveda kakor vedno pomeni rotacijo (krog lahko na koncu poljubno vrtiš - to določa, na katero točko na krožnico se slika prvotno koordinatno izhodišče). Oboje lahko izbereš poljubno.
Torej: najbolj logični izbor je, da določiš, KAM se slika koordinatno izhodišče (točka na robu), in KAJ se slika v središče kroga. Prvo določi kot, drugo pa b.
Re: konformne preslikave
No to se zdi precej bolj razumljivo kot vse kar mi je pokazal Google in kar je povedal asistent.
Recimo, rešujem primer za preslikavo spodnje polravnine v enotski krog. Če sem te prav razumel, slikam točko 0 v -i. Sedaj točko ki je nasproti 0, torej neskončnost, slikam v točko na krogu nasproti -i, kar je seveda i. Potem še točka vmes, recimo -i se slika v izhodišče kar mi celo poskrbi za simetrijo.
Torej f(0)=-i, f(neskončnost)=i, f(-i)=0. In če se nisem zmotil me tole pusti s preslikavo \(f(z)=\frac{z-i}{-iz+1}\). Če preverim še ali velja \(|f(x+i0)|=1\) sem hkrati dokazal, da se realna os slika v krožnico. Pojavi se mi sicer mogoče malo neumno vprašanje; ampak nikakor se mi ne zdi trivialno, da bi se vse premice pod realno osjo pa slikale v notranjost kroga. Lahko bi recimo dokazal za eno, naprimer |f(x-i)|<1 in potem posplošim na vse ostale al se da videt/naredit na bolj eleganten način?
Recimo, rešujem primer za preslikavo spodnje polravnine v enotski krog. Če sem te prav razumel, slikam točko 0 v -i. Sedaj točko ki je nasproti 0, torej neskončnost, slikam v točko na krogu nasproti -i, kar je seveda i. Potem še točka vmes, recimo -i se slika v izhodišče kar mi celo poskrbi za simetrijo.
Torej f(0)=-i, f(neskončnost)=i, f(-i)=0. In če se nisem zmotil me tole pusti s preslikavo \(f(z)=\frac{z-i}{-iz+1}\). Če preverim še ali velja \(|f(x+i0)|=1\) sem hkrati dokazal, da se realna os slika v krožnico. Pojavi se mi sicer mogoče malo neumno vprašanje; ampak nikakor se mi ne zdi trivialno, da bi se vse premice pod realno osjo pa slikale v notranjost kroga. Lahko bi recimo dokazal za eno, naprimer |f(x-i)|<1 in potem posplošim na vse ostale al se da videt/naredit na bolj eleganten način?
Re: konformne preslikave
No f(-i) ni 0, nekje je nek minus. saj f(i)=0 (torej, spodnja polravnina gre v celoti v zunanjost kroga, realna os se pa še vedno slika lepo na krožnico). Tisti minus, ki sem ga omenjal pri w=-b zgoraj, je kriv za to. \(f(z)=\frac{z+i}{-iz-1}\).
Zakaj se vse slika v notranjost kroga? No, razlag je več. Kot prvo, zveznost preslikave poskrbi za to, da če se rob slika na rob, potem mora biti slika notranjosti območja tudi zvezna (kot neka gumijasta ponjava, vpeta na rob). Ta bi lahko segala zunaj enotskega kroga samo, če bi se zapognila ven, in potem nazaj noter. To bi pomenilo, da bi funkcija morala slikati več točk v isto točko. To pa vemo, da ni res, saj so Möbiusove transformacije obrnljive (torej, bijektivne in s tem tudi injektivne). Pokazat je treba torej le, da se noter slika ena izmed točk. Zveznost potem poskrbi, da je vse ostalo tudi noter (ne more pa pljusknit čez, ker je preslikava bijektivna). V bistvu bi človek instinktivno zaradi zveznosti kar takoj rekel, da je dovolj pokazat ali se ena točka slika ven ali noter, ampak formalno gledano bi neinjektivnost lahko privedla do vrednosti izven kroga (zato je treba pokazat, da s tem ni težav).
Drugi način razlage je direkten za ta konkretni primer: dokaz za rob razširiš z neenakostjo podobno kot predlagaš, ampak ni treba da za eno vrednost. Kar vse hkrati - dobiš točen pogoj! Vzameš
\(f(z)=\frac{z+i}{-iz-1}\)
Zahtevaš
\(|f(x+yi)|<1\)
\(\frac{\sqrt{x^2+(y+1)^2}}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}<1\)
\(\sqrt{x^2+(y+1)^2}<\sqrt{x^2+(y-1)^2}\)
\(x^2+(y+1)^2<x^2+(y-1)^2\)
\((y+1)^2<(y-1)^2\)
Kot vidiš, pravilnost neenakosti ni odvisna od x (kot pričakovano).
\(y^2+2y+1<y^2-2y+1\)
\(y<0\)
Torej, v notranjost enotskega kroga se slika spodnja polravnina.
Zakaj se vse slika v notranjost kroga? No, razlag je več. Kot prvo, zveznost preslikave poskrbi za to, da če se rob slika na rob, potem mora biti slika notranjosti območja tudi zvezna (kot neka gumijasta ponjava, vpeta na rob). Ta bi lahko segala zunaj enotskega kroga samo, če bi se zapognila ven, in potem nazaj noter. To bi pomenilo, da bi funkcija morala slikati več točk v isto točko. To pa vemo, da ni res, saj so Möbiusove transformacije obrnljive (torej, bijektivne in s tem tudi injektivne). Pokazat je treba torej le, da se noter slika ena izmed točk. Zveznost potem poskrbi, da je vse ostalo tudi noter (ne more pa pljusknit čez, ker je preslikava bijektivna). V bistvu bi človek instinktivno zaradi zveznosti kar takoj rekel, da je dovolj pokazat ali se ena točka slika ven ali noter, ampak formalno gledano bi neinjektivnost lahko privedla do vrednosti izven kroga (zato je treba pokazat, da s tem ni težav).
Drugi način razlage je direkten za ta konkretni primer: dokaz za rob razširiš z neenakostjo podobno kot predlagaš, ampak ni treba da za eno vrednost. Kar vse hkrati - dobiš točen pogoj! Vzameš
\(f(z)=\frac{z+i}{-iz-1}\)
Zahtevaš
\(|f(x+yi)|<1\)
\(\frac{\sqrt{x^2+(y+1)^2}}{\sqrt{x^2+(y-1)^2}}<1\)
\(\sqrt{x^2+(y+1)^2}<\sqrt{x^2+(y-1)^2}\)
\(x^2+(y+1)^2<x^2+(y-1)^2\)
\((y+1)^2<(y-1)^2\)
Kot vidiš, pravilnost neenakosti ni odvisna od x (kot pričakovano).
\(y^2+2y+1<y^2-2y+1\)
\(y<0\)
Torej, v notranjost enotskega kroga se slika spodnja polravnina.
Re: konformne preslikave
Torej pred tisto točko, ki jo vržem v izhodišče dam vedno en minus?
Re: konformne preslikave
Ja zgoraj imaš (z minus točka, ki jo želiš slikat v izhodišče). Saj je očitno, da potem števec pride 0.
Re: konformne preslikave
Zakaj je spodnje narobe?
Poišči Möbiusovo transformacijo ki krožnico |z+i|=1 preslika v premico Im(z)=2.
Naloge sem se lotil tako, da sem najprej krožnico za i prestavil navzgor, torej \(f_1(z)=z+i\), potem sem uporabil Mobiusovo transformacijo, ki če se ne motim, je \(f_2(z)=\frac{z-1}{iz-1}\) in nato še premik \(f_3(z)=z+2i\) po imaginarni osi navzgor.
Moja preslikava bi morala biti torej \(f(z)=f_3\circ f_2\circ f_1\) ampak to me prepelje do ene čist tretje preslikave. Zdej pa, al ne znam delat kompozituma funkcij al pa je čisto vse narobe?
Poišči Möbiusovo transformacijo ki krožnico |z+i|=1 preslika v premico Im(z)=2.
Naloge sem se lotil tako, da sem najprej krožnico za i prestavil navzgor, torej \(f_1(z)=z+i\), potem sem uporabil Mobiusovo transformacijo, ki če se ne motim, je \(f_2(z)=\frac{z-1}{iz-1}\) in nato še premik \(f_3(z)=z+2i\) po imaginarni osi navzgor.
Moja preslikava bi morala biti torej \(f(z)=f_3\circ f_2\circ f_1\) ampak to me prepelje do ene čist tretje preslikave. Zdej pa, al ne znam delat kompozituma funkcij al pa je čisto vse narobe?
Re: konformne preslikave
In recimo preslikava prvega kvadranta v enotski krog:
\(f_1=z^2\) da dobim celo zgornjo polravnino in potem \(f_2(z)=\frac{z+i}{-iz-1}\) kar mi da \(f(z)=\frac{z^2+i}{-iz^2-1}\) no v rešitvah pa sta števec in imenovalec ravno zamenjana??
Ali precej težji primer, za katerega ne vem kako se ga lotiti:
Preslikava iz \(Q=\left \{ |z-1+i|<\sqrt{2}, Im(z)>0 \right \}\) v \(K=\left \{ 0<Arg(z)<\pi /4 \right \}\)
\(f_1=z^2\) da dobim celo zgornjo polravnino in potem \(f_2(z)=\frac{z+i}{-iz-1}\) kar mi da \(f(z)=\frac{z^2+i}{-iz^2-1}\) no v rešitvah pa sta števec in imenovalec ravno zamenjana??
Ali precej težji primer, za katerega ne vem kako se ga lotiti:
Preslikava iz \(Q=\left \{ |z-1+i|<\sqrt{2}, Im(z)>0 \right \}\) v \(K=\left \{ 0<Arg(z)<\pi /4 \right \}\)
Re: konformne preslikave
Mislim, da si ti uporabil preslikavo za spodnjo polravnino. Ker tvoja preslika -i v 0.
Druga preslikava pa slika presečišče dveh "krožnic/premic" (krožnice s polmerom \(\sqrt2\) in središčem 1-i, ter premice realne osi) v presecisce dveh "kroznic/premic" (realne osi ter diagonale prvega kvadranta).
Razmislek bi šel takole:
Preslikava ohranja krožnice in premice, torej je Möbiusova. Nastaviš torej tako kot v prejšnjih primerih.
Prvo območje (Q) ima dve presečišči (oglišči)i: (0,0) ter (2,0). Drugo ima samo enega končnega (0,0), drugi je pa neskončnost. Slikaš seveda presečišča v presečišča. Najbrž je dobra ideja pustit (0,0) pri miru, in slikat (2,0) v neskončnost.
Konstrukcija
\(f(z)=\frac{z+b}{cz+d}\)
pogoja
\(f(0)=0\rightarrow b=0\)
\(f(2)=\infty \rightarrow d=-2c\)
To že pomeni, da lahko pišeš
\(f(z)=\frac{z}{c(z-2)}\)
Določitev c-ja pa sledi iz podatka, ki ga še nismo uporabili: kateri dve krožnici med z=0 in z=2 dejansko slikamo! Zaenkrat smo samo oglišči preslikali! To, da se realna os preslika v realno os (spodnja stranica obeh območij), ti da pogoj, da je \(c\) realen. Zdaj pa še zgornja stranica: če izbereš točko na krožnici, recimo to na sredi, \(z=1+(\sqrt2-1)i\), lahko vstaviš noter, vidiš, da je rezultat itak na diagonali, ne glede na c. To je tudi pričakovano: če je c realen, ne more spremenit polarnega kota kompleksnega števila in če se ne bi izšlo, bi bilo itak brezupno - ne bi bilo rešitve. c je v resnici popolnoma poljuben, ker če množiš "rezino" (osmina ravnine) z realno konstanto, dobiš isto rezino, samo bolj raztegnjeno. Ali smo samo imeli srečo, da se zgornja krožnica že slika v diagonalo, ali je zadaj kakšna matematična resnica? Po premisleku se spomniš na to, da Möbiusove transformacije ohranjajo kote. Ker je ravno ta krožnica že pod kotom 45° v izhodišču, je preslikava mogoča. Če to ne bi bilo tako, bi bilo treba noter pripeljat potenciranje, in s tem bi preslikava prenehala biti bijektivna.
Druga preslikava pa slika presečišče dveh "krožnic/premic" (krožnice s polmerom \(\sqrt2\) in središčem 1-i, ter premice realne osi) v presecisce dveh "kroznic/premic" (realne osi ter diagonale prvega kvadranta).
Razmislek bi šel takole:
Preslikava ohranja krožnice in premice, torej je Möbiusova. Nastaviš torej tako kot v prejšnjih primerih.
Prvo območje (Q) ima dve presečišči (oglišči)i: (0,0) ter (2,0). Drugo ima samo enega končnega (0,0), drugi je pa neskončnost. Slikaš seveda presečišča v presečišča. Najbrž je dobra ideja pustit (0,0) pri miru, in slikat (2,0) v neskončnost.
Konstrukcija
\(f(z)=\frac{z+b}{cz+d}\)
pogoja
\(f(0)=0\rightarrow b=0\)
\(f(2)=\infty \rightarrow d=-2c\)
To že pomeni, da lahko pišeš
\(f(z)=\frac{z}{c(z-2)}\)
Določitev c-ja pa sledi iz podatka, ki ga še nismo uporabili: kateri dve krožnici med z=0 in z=2 dejansko slikamo! Zaenkrat smo samo oglišči preslikali! To, da se realna os preslika v realno os (spodnja stranica obeh območij), ti da pogoj, da je \(c\) realen. Zdaj pa še zgornja stranica: če izbereš točko na krožnici, recimo to na sredi, \(z=1+(\sqrt2-1)i\), lahko vstaviš noter, vidiš, da je rezultat itak na diagonali, ne glede na c. To je tudi pričakovano: če je c realen, ne more spremenit polarnega kota kompleksnega števila in če se ne bi izšlo, bi bilo itak brezupno - ne bi bilo rešitve. c je v resnici popolnoma poljuben, ker če množiš "rezino" (osmina ravnine) z realno konstanto, dobiš isto rezino, samo bolj raztegnjeno. Ali smo samo imeli srečo, da se zgornja krožnica že slika v diagonalo, ali je zadaj kakšna matematična resnica? Po premisleku se spomniš na to, da Möbiusove transformacije ohranjajo kote. Ker je ravno ta krožnica že pod kotom 45° v izhodišču, je preslikava mogoča. Če to ne bi bilo tako, bi bilo treba noter pripeljat potenciranje, in s tem bi preslikava prenehala biti bijektivna.
Re: konformne preslikave
Še dva primera sem najdu:
1. Ugotovi kam se s preslikavo \(f(z)=\frac{z+2}{1-z}\) slika premica Re(z)=-2.
\(f(z)=\frac{-2+iy+2}{1+2-iy}=\frac{3iy-y^2}{9+y^2}\) in potem sem gledal limite \(y->\infty\) in \(y->0\). Zdej zdi se očitno, da gre to v krožnico \(|z+1/2|=1/2\) ampak glede svoje znanje konformnih preslikav bi bolj težko reku da je karkoli očitno. Je to prav?
2. Poišči Möbiusovo transformacijo ki |z+i|=1 preslika v Im(z)=2.
Najprej premik po imaginarni osi navzgor z \(f_1=z+i\), nato preslikava v desno polravnino \(f_2=\frac{1-z}{1+z}\) in nato še rotacija \(f_3=zi\) ter premik \(f_4=z+2i\). Sedaj pa bi mogu nekako spacat skupaj kompozitume:
\(f^{'}=f_2\circ f_1=\frac{1-z-i}{1+z+i}\)
\(f^{''}=f_3\circ f^{'}=\frac{1-z+i}{1+z+i}iz+2i\)
Se zdi to pravilno?
In seveda hvala a vso pomoč do tega trenutka in hvala še za vso pomoč že vnaprej.
1. Ugotovi kam se s preslikavo \(f(z)=\frac{z+2}{1-z}\) slika premica Re(z)=-2.
\(f(z)=\frac{-2+iy+2}{1+2-iy}=\frac{3iy-y^2}{9+y^2}\) in potem sem gledal limite \(y->\infty\) in \(y->0\). Zdej zdi se očitno, da gre to v krožnico \(|z+1/2|=1/2\) ampak glede svoje znanje konformnih preslikav bi bolj težko reku da je karkoli očitno. Je to prav?
2. Poišči Möbiusovo transformacijo ki |z+i|=1 preslika v Im(z)=2.
Najprej premik po imaginarni osi navzgor z \(f_1=z+i\), nato preslikava v desno polravnino \(f_2=\frac{1-z}{1+z}\) in nato še rotacija \(f_3=zi\) ter premik \(f_4=z+2i\). Sedaj pa bi mogu nekako spacat skupaj kompozitume:
\(f^{'}=f_2\circ f_1=\frac{1-z-i}{1+z+i}\)
\(f^{''}=f_3\circ f^{'}=\frac{1-z+i}{1+z+i}iz+2i\)
Se zdi to pravilno?
In seveda hvala a vso pomoč do tega trenutka in hvala še za vso pomoč že vnaprej.