Nie wiem jak rozwiązać to zadanie:
Wyznaczyć obraz obraz osi rzeczywistej przez homografię \(\displaystyle{ h \left( z\right) = \frac{1+z}{z-i}}\).
analiza zespolona - homografie
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
analiza zespolona - homografie
Jak się nie ma pomysłu, można zrobić tak: powszechnie wiadomo, że obrazami prostych (domkniętych) i okręgów na płaszczyźnie zespolonej przez funkcje homograficzne są proste (domknięte) i okręgi. Prosta domknięta oznacza prostą z dodanym punktem \(\displaystyle{ \infty,}\) żeby się ładnie zgadzało, bo prosta bez tego punktu przeszłaby na okrąg bez punktu. Będziemy oznaczać przez \(\displaystyle{ \overline{\RR}}\) zbiór \(\displaystyle{ \RR \cup \{ \infty \},}\) czyli domkniętą prostą rzeczywistą.
Sprawdzamy wartości funkcji \(\displaystyle{ h}\) w paru punktach:
\(\displaystyle{ h(\infty) = \lim_{x \to \pm \infty} h(x+0 \cdot \mathrm i) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{1+x}{x- \mathrm i} = 1 \\ \\
h(-1+0 \cdot \mathrm i) = 0 \\
h(0+0 \cdot \mathrm i) = \mathrm i \\
h(1+0 \cdot \mathrm i) = 1+\mathrm i}\)
Wszystkie liczby stojące po prawych stronach muszą należeć do obrazu \(\displaystyle{ h \left[ \overline{\RR} \right]}\) (bo są wartościami w pewnych punktach \(\displaystyle{ \overline{\RR}}\)), a jednocześnie wiemy, że ten obraz jest prostą lub okręgiem. Wygląda więc na to, że będzie to okrąg \(\displaystyle{ C}\) o środku \(\displaystyle{ \frac{1}{2} (1+\mathrm i)}\) i promieniu \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2},}\) czyli zbiór dany równaniem
\(\displaystyle{ C = \left\{z \in \CC : \left| z-\frac{1}{2}(1+\mathrm i) \right| = \frac{\sqrt{2}}{2} \right\}.}\)
Spróbujemy udowodnić, że tak faktycznie jest.
1) \(\displaystyle{ h \left[ \overline{\RR} \right] \subseteq C}\)
Weźmy dowolny \(\displaystyle{ w \in h \left[ \overline{\RR} \right].}\) Z definicji obrazu wiemy, że istnieje taki \(\displaystyle{ z \in \overline{\RR},}\) że \(\displaystyle{ w=h(z) = \frac{1+z}{z- \mathrm i}.}\) Sprawdźmy, że \(\displaystyle{ w \in C}\):
\(\displaystyle{ \left| w-\frac{1}{2} ( 1 + \mathrm i ) \right| = \left| \frac{1+z}{z- \mathrm i} - \frac{1+\mathrm i}{2} \right| = \left| \frac{ z(1-\mathrm i) + (1+\mathrm i)}{2(z- \mathrm i)} \right| = \left| \frac{ z(1-\mathrm i)(z+\mathrm i) + (z+\mathrm i)(1+\mathrm i)}{2(z- \mathrm i)(z+\mathrm i) } \right| \\ \\ \\
= \left| \frac{ z^2 -z^2 \mathrm i + z \mathrm i + z + z + z \mathrm i + \mathrm i - 1}{2 \left( z^2+1 \right)} \right| = \frac{1}{2} \left| \frac{z^2+2z-1}{z^2+1} + \mathrm i \cdot \left(- \frac{z^2 -2z -1}{z^2+1} \right) \right| \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ \left( \frac{z^2+2z-1}{z^2+1} \right)^2 + \left(- \frac{z^2 -2z -1}{z^2+1} \right)^2} \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{(z^2-1)^2 + (2z)^2 + 2 \cdot 2z \cdot (z^2-1)}{z^4 + 2z^2 + 1} + \frac{(z^2-1)^2 + (2z)^2 - 2 \cdot 2z \cdot (z^2-1)}{z^4+2z^2+1}} \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ 2 \cdot \frac{z^4 - 2z^2 + 1 + 4z^2}{z^4 + 2z^2 +1}} = \frac{1}{2} \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}.}\)
2) \(\displaystyle{ C \subseteq h \left[ \overline{\RR} \right]}\)
Weźmy dowolny \(\displaystyle{ w \in C,}\) czyli taki, że
\(\displaystyle{ \left| w-\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right| = \frac{\sqrt{2}}{2}.}\)
Niech \(\displaystyle{ z = \frac{\mathrm i w + 1}{w-1}}\) (czyli np. \(\displaystyle{ z=\infty}\) jeśli \(\displaystyle{ w=1}\)). Wówczas
\(\displaystyle{ h(z) = \frac{1+z}{z-\mathrm i} = \frac{1+\frac{\mathrm i w + 1}{w-1}}{\frac{\mathrm i w + 1}{w-1} - \mathrm i} = \frac{ \frac{w(1+\mathrm i)}{w-1}}{\frac{1+\mathrm i}{w-1}} = w,}\)
zatem wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ z \in \overline{\RR}.}\) Podstawmy \(\displaystyle{ v=w-\frac{1}{2} (1+\mathrm i).}\) Wtedy \(\displaystyle{ |v| = \frac{\sqrt{2}}{2}}\) oraz
\(\displaystyle{ z = \frac{\mathrm i w + 1}{w-1} = \frac{\mathrm i \left( v+\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right) + 1}{ \left( v+\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right)-1} = \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1}.}\)
Chcemy udowodnić, że \(\displaystyle{ z = \overline{z},}\) co można równoważnie przekształcić do
\(\displaystyle{ \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} = \overline{ \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} } \\ \\
\frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} = \frac{2 (-\mathrm i) \overline{v} - \mathrm i + 1}{2 \overline{v} - \mathrm i - 1} \\ \\
\left( 2 \mathrm i v + \mathrm i + 1 \right) \left( 2 \overline{v} - \mathrm i - 1 \right) = \left( 2 (-\mathrm i) \overline{v} - \mathrm i + 1 \right) \left( 2v + \mathrm i - 1 \right) \\ \\
4 \mathrm i v \overline{v} + 2v (1-\mathrm i) + 2 \overline{v} (1+\mathrm i) - 2 \mathrm i = -4 \mathrm i v \overline{v} + 2 v (1-\mathrm i) + 2 \overline{v} (1+\mathrm i) + 2 \mathrm i \\ \\
8 \mathrm i |v|^2 = 4 \mathrm i \\ \\
|v|^2 = \frac{1}{2},}\)
a to ostatnie jest prawdą.
Sposób stanowczo niezalecany na kolokwium. :/
Sprawdzamy wartości funkcji \(\displaystyle{ h}\) w paru punktach:
\(\displaystyle{ h(\infty) = \lim_{x \to \pm \infty} h(x+0 \cdot \mathrm i) = \lim_{x \to \pm \infty} \frac{1+x}{x- \mathrm i} = 1 \\ \\
h(-1+0 \cdot \mathrm i) = 0 \\
h(0+0 \cdot \mathrm i) = \mathrm i \\
h(1+0 \cdot \mathrm i) = 1+\mathrm i}\)
Wszystkie liczby stojące po prawych stronach muszą należeć do obrazu \(\displaystyle{ h \left[ \overline{\RR} \right]}\) (bo są wartościami w pewnych punktach \(\displaystyle{ \overline{\RR}}\)), a jednocześnie wiemy, że ten obraz jest prostą lub okręgiem. Wygląda więc na to, że będzie to okrąg \(\displaystyle{ C}\) o środku \(\displaystyle{ \frac{1}{2} (1+\mathrm i)}\) i promieniu \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2},}\) czyli zbiór dany równaniem
\(\displaystyle{ C = \left\{z \in \CC : \left| z-\frac{1}{2}(1+\mathrm i) \right| = \frac{\sqrt{2}}{2} \right\}.}\)
Spróbujemy udowodnić, że tak faktycznie jest.
1) \(\displaystyle{ h \left[ \overline{\RR} \right] \subseteq C}\)
Weźmy dowolny \(\displaystyle{ w \in h \left[ \overline{\RR} \right].}\) Z definicji obrazu wiemy, że istnieje taki \(\displaystyle{ z \in \overline{\RR},}\) że \(\displaystyle{ w=h(z) = \frac{1+z}{z- \mathrm i}.}\) Sprawdźmy, że \(\displaystyle{ w \in C}\):
\(\displaystyle{ \left| w-\frac{1}{2} ( 1 + \mathrm i ) \right| = \left| \frac{1+z}{z- \mathrm i} - \frac{1+\mathrm i}{2} \right| = \left| \frac{ z(1-\mathrm i) + (1+\mathrm i)}{2(z- \mathrm i)} \right| = \left| \frac{ z(1-\mathrm i)(z+\mathrm i) + (z+\mathrm i)(1+\mathrm i)}{2(z- \mathrm i)(z+\mathrm i) } \right| \\ \\ \\
= \left| \frac{ z^2 -z^2 \mathrm i + z \mathrm i + z + z + z \mathrm i + \mathrm i - 1}{2 \left( z^2+1 \right)} \right| = \frac{1}{2} \left| \frac{z^2+2z-1}{z^2+1} + \mathrm i \cdot \left(- \frac{z^2 -2z -1}{z^2+1} \right) \right| \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ \left( \frac{z^2+2z-1}{z^2+1} \right)^2 + \left(- \frac{z^2 -2z -1}{z^2+1} \right)^2} \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ \frac{(z^2-1)^2 + (2z)^2 + 2 \cdot 2z \cdot (z^2-1)}{z^4 + 2z^2 + 1} + \frac{(z^2-1)^2 + (2z)^2 - 2 \cdot 2z \cdot (z^2-1)}{z^4+2z^2+1}} \\ \\ \\
= \frac{1}{2} \sqrt{ 2 \cdot \frac{z^4 - 2z^2 + 1 + 4z^2}{z^4 + 2z^2 +1}} = \frac{1}{2} \sqrt{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}.}\)
2) \(\displaystyle{ C \subseteq h \left[ \overline{\RR} \right]}\)
Weźmy dowolny \(\displaystyle{ w \in C,}\) czyli taki, że
\(\displaystyle{ \left| w-\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right| = \frac{\sqrt{2}}{2}.}\)
Niech \(\displaystyle{ z = \frac{\mathrm i w + 1}{w-1}}\) (czyli np. \(\displaystyle{ z=\infty}\) jeśli \(\displaystyle{ w=1}\)). Wówczas
\(\displaystyle{ h(z) = \frac{1+z}{z-\mathrm i} = \frac{1+\frac{\mathrm i w + 1}{w-1}}{\frac{\mathrm i w + 1}{w-1} - \mathrm i} = \frac{ \frac{w(1+\mathrm i)}{w-1}}{\frac{1+\mathrm i}{w-1}} = w,}\)
zatem wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ z \in \overline{\RR}.}\) Podstawmy \(\displaystyle{ v=w-\frac{1}{2} (1+\mathrm i).}\) Wtedy \(\displaystyle{ |v| = \frac{\sqrt{2}}{2}}\) oraz
\(\displaystyle{ z = \frac{\mathrm i w + 1}{w-1} = \frac{\mathrm i \left( v+\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right) + 1}{ \left( v+\frac{1}{2} (1+\mathrm i) \right)-1} = \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1}.}\)
Chcemy udowodnić, że \(\displaystyle{ z = \overline{z},}\) co można równoważnie przekształcić do
\(\displaystyle{ \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} = \overline{ \frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} } \\ \\
\frac{2 \mathrm i v + \mathrm i + 1}{2v + \mathrm i - 1} = \frac{2 (-\mathrm i) \overline{v} - \mathrm i + 1}{2 \overline{v} - \mathrm i - 1} \\ \\
\left( 2 \mathrm i v + \mathrm i + 1 \right) \left( 2 \overline{v} - \mathrm i - 1 \right) = \left( 2 (-\mathrm i) \overline{v} - \mathrm i + 1 \right) \left( 2v + \mathrm i - 1 \right) \\ \\
4 \mathrm i v \overline{v} + 2v (1-\mathrm i) + 2 \overline{v} (1+\mathrm i) - 2 \mathrm i = -4 \mathrm i v \overline{v} + 2 v (1-\mathrm i) + 2 \overline{v} (1+\mathrm i) + 2 \mathrm i \\ \\
8 \mathrm i |v|^2 = 4 \mathrm i \\ \\
|v|^2 = \frac{1}{2},}\)
a to ostatnie jest prawdą.
Sposób stanowczo niezalecany na kolokwium. :/