Witam i mam kolejne zadanko.. to wcześniejsze na spokojnie sobie przeanalizowałam i jest w miarę ok.
Ale naprawdę dużo pomogło mi jego rozwiązanie, bo sama bym do tego nie doszła...
Moje kolejne zad brzmi następująco i proszę o tak samo łopatologiczne rozwiązanie:)
Mam wyznaczyć obraz koła jednostkowego przy przekształceniu \(\displaystyle{ f(z)= \frac{4z}{1-z^2}}\)
Będę niezmiernie wdzięczna za udzieloną pomoc
Obraz koła jednostkowego w pewnym przekształceniu
-
Dasio11
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Obraz koła jednostkowego w pewnym przekształceniu
Dobra wiadomość: rozwiązanie jest stosunkowo proste.
Zła wiadomość: wykorzystuje ono wiedzę, w jaki sposób działa funkcja \(\displaystyle{ \tg z;}\) ponadto, z rozwiązania raczej trudno wyciągnąć cokolwiek ogólniejszą wskazówkę, jak rozwiązywać takie zadania.
Do dzieła:
Jeśli \(\displaystyle{ z = \tg s,}\) to ze wzoru na tangens sumy
\(\displaystyle{ f(z) = 2 \cdot \frac{2z}{1-z^2} = 2 \cdot \frac{\tg s + \tg s}{1-\tg s \cdot \tg s} = 2 \cdot \tg(s+s) = 2 \tg 2s,}\)
tj. \(\displaystyle{ f(\tg s) = 2 \tg 2s.}\)
Wiadomo, że funkcja \(\displaystyle{ z = \tg s}\) zadaje bijekcję pomiędzy pasem
\(\displaystyle{ S = \left\{ s \in \CC : - \frac{\pi}{4} \le \Re s \le \frac{\pi}{4} \right\}}\)
a kołem jednostkowym bez dwóch punktów
\(\displaystyle{ B = \{ z \in \CC : |z| \le 1 \} \setminus \{ - \mathrm i, \mathrm i \}.}\)
Stąd
\(\displaystyle{ { f = f \Big[ \{ z \in \CC : |z| \le 1 \wedge z \notin \{ - \mathrm i, \mathrm i \} \} \Big] = f \Big[ \left\{ \tg s : s \in S \right\} \Big] = \left\{ f( \tg s ) : s \in S \right\} } \\ \\
= \left\{ 2 \tg 2s : -\frac{\pi}{4} \le \Re s \le \frac{\pi}{4} \right\} = \left\{ 2 \tg s' : -\frac{\pi}{4} \le \Re \frac{s'}{2} \le \frac{\pi}{4} \right\} = \left\{ 2 \tg s' : -\frac{\pi}{2} \le \Re s' \le \frac{\pi}{2} \right\}.}\)
Wiadomo z kolei, że obrazem przez funkcję \(\displaystyle{ w = \tg s'}\) pasa
\(\displaystyle{ R = \left\{ s' \in \CC : -\frac{\pi}{2} \le \Re s' \le \frac{\pi}{2} \right\}}\)
jest płaszczyzna bez dwóch półprostych domkniętych
\(\displaystyle{ P = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 1] cup [1, infty) },}\)
więc
\(\displaystyle{ left{ 2 g s' : -frac{pi}{2} le Re s' le frac{pi}{2}
ight} = { 2 g s' : s' in R } = { 2w : w in P } \ \
= CC^2 setminus { 2t cdot mathrm i : t in (- infty, 1] cup [1, infty) } = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 2] cup [2, infty) }.}\)
Dodatkowo,
\(\displaystyle{ f( -\mathrm i ) = - 2 \mathrm i \\
f(\mathrm i) = 2 \mathrm i,}\)
zatem
\(\displaystyle{ f[B cup { -mathrm i, mathrm i } ] = f cup { f( -mathrm i ), f(mathrm i) } \ \
= CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 2] cup [2, infty) } cup { -2 mathrm i , 2 mathrm i } = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 1) cup (1, infty) }.}\)
Czyli obrazem jest cała płaszczyzna bez dwóch półprostych otwartych, zawartych w osi urojonej i zaczynających się od punktów \(\displaystyle{ -2 \mathrm i}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \mathrm i.}\)
Zła wiadomość: wykorzystuje ono wiedzę, w jaki sposób działa funkcja \(\displaystyle{ \tg z;}\) ponadto, z rozwiązania raczej trudno wyciągnąć cokolwiek ogólniejszą wskazówkę, jak rozwiązywać takie zadania.
Do dzieła:
Jeśli \(\displaystyle{ z = \tg s,}\) to ze wzoru na tangens sumy
\(\displaystyle{ f(z) = 2 \cdot \frac{2z}{1-z^2} = 2 \cdot \frac{\tg s + \tg s}{1-\tg s \cdot \tg s} = 2 \cdot \tg(s+s) = 2 \tg 2s,}\)
tj. \(\displaystyle{ f(\tg s) = 2 \tg 2s.}\)
Wiadomo, że funkcja \(\displaystyle{ z = \tg s}\) zadaje bijekcję pomiędzy pasem
\(\displaystyle{ S = \left\{ s \in \CC : - \frac{\pi}{4} \le \Re s \le \frac{\pi}{4} \right\}}\)
a kołem jednostkowym bez dwóch punktów
\(\displaystyle{ B = \{ z \in \CC : |z| \le 1 \} \setminus \{ - \mathrm i, \mathrm i \}.}\)
Stąd
\(\displaystyle{ { f = f \Big[ \{ z \in \CC : |z| \le 1 \wedge z \notin \{ - \mathrm i, \mathrm i \} \} \Big] = f \Big[ \left\{ \tg s : s \in S \right\} \Big] = \left\{ f( \tg s ) : s \in S \right\} } \\ \\
= \left\{ 2 \tg 2s : -\frac{\pi}{4} \le \Re s \le \frac{\pi}{4} \right\} = \left\{ 2 \tg s' : -\frac{\pi}{4} \le \Re \frac{s'}{2} \le \frac{\pi}{4} \right\} = \left\{ 2 \tg s' : -\frac{\pi}{2} \le \Re s' \le \frac{\pi}{2} \right\}.}\)
Wiadomo z kolei, że obrazem przez funkcję \(\displaystyle{ w = \tg s'}\) pasa
\(\displaystyle{ R = \left\{ s' \in \CC : -\frac{\pi}{2} \le \Re s' \le \frac{\pi}{2} \right\}}\)
jest płaszczyzna bez dwóch półprostych domkniętych
\(\displaystyle{ P = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 1] cup [1, infty) },}\)
więc
\(\displaystyle{ left{ 2 g s' : -frac{pi}{2} le Re s' le frac{pi}{2}
ight} = { 2 g s' : s' in R } = { 2w : w in P } \ \
= CC^2 setminus { 2t cdot mathrm i : t in (- infty, 1] cup [1, infty) } = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 2] cup [2, infty) }.}\)
Dodatkowo,
\(\displaystyle{ f( -\mathrm i ) = - 2 \mathrm i \\
f(\mathrm i) = 2 \mathrm i,}\)
zatem
\(\displaystyle{ f[B cup { -mathrm i, mathrm i } ] = f cup { f( -mathrm i ), f(mathrm i) } \ \
= CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 2] cup [2, infty) } cup { -2 mathrm i , 2 mathrm i } = CC^2 setminus { t cdot mathrm i : t in (- infty, 1) cup (1, infty) }.}\)
Czyli obrazem jest cała płaszczyzna bez dwóch półprostych otwartych, zawartych w osi urojonej i zaczynających się od punktów \(\displaystyle{ -2 \mathrm i}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \mathrm i.}\)
Obraz koła jednostkowego w pewnym przekształceniu
oj dziękuję ślicznie:) czyli rozumiem, że to jest już zad rozwiązane od a do z i tylko zrozumieć o co w tym chodzi?