Bardzo bym prosiła o pomoc, ponieważ kompletnie nie wiem jak zrobić to zadanie, które brzmi:
Znaleźć obraz danego obszaru przy podanej obok homografii
1) \(\displaystyle{ (+,+)}\), \(\displaystyle{ w=\frac{(z-i)}{(z+i)}}\)
2)górne półkole koła \(\displaystyle{ K(1)}\), \(\displaystyle{ w=\frac{(2z-i)}{(2+iz)}}\)
3)\(\displaystyle{ \left\{z: 0<argz<\frac{ \pi}{4}\right\}}\), \(\displaystyle{ w=\frac{z}{(z-1)}}\)
4)\(\displaystyle{ \left\{z: 0<Rez<1\right\}, w=\frac{(z-1)}{(z-2)}}\)
5)\(\displaystyle{ \left\{z: 1-|z|<2\right\}, w=\frac{z}{(z-1)}}\)
Obraz obszaru, homografie
-
kerajs
- Użytkownik
- Posty: 8585
- Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 307 razy
- Pomógł: 3351 razy
Obraz obszaru, homografie
Może pomoże Ci zadanie :
Dany jest zbiór \(\displaystyle{ D= \left\{ z\in \CC:1 \le \left| z\right| \le 2,\left|\mbox{arg }z\right|< \frac{\pi}{4} \right\}}\). Wyznaczyć obraz zbioru D przy odwzorowaniu
\(\displaystyle{ w\left( z \right) = \frac{1+z}{1-z}}\)
Mam:
\(\displaystyle{ w= \frac{z+1}{1-z}}\)
Wyliczam z otrzymując
\(\displaystyle{ z= \frac{w-1}{w+1}}\)
lub w postaci trygonometrycznej:
\(\displaystyle{ |z|(cos\phi+isin\phi)= \frac{|w-1|(cos \alpha +isin \alpha )}{|w+1|(cos \beta +isin \beta )}}\)
\(\displaystyle{ |z|(cos\phi+isin\phi) = \frac{|w-1|}{|w+1|}(cos( \alpha - \beta )+isin( \alpha - \beta ))}\)
Liczba zespolona po lewej stronie równania ma ten sam moduł (i kąt) co liczba zespolona po prawej stronie równania.\(\displaystyle{ |z|= \frac{|w-1|}{|w+1|}}\)
Z treści zadania masz
\(\displaystyle{ 1 \le|z| \le2}\)
\(\displaystyle{ 1 \le \frac{|w-1|}{|w+1|} \le2}\)
\(\displaystyle{ |w+1| \le|w-1| \le2|w+1|}\)
To układ równań dwóch nierówności
Pierwsza:
\(\displaystyle{ |w+1| \le|w-1|}\)
Niech w=a+ib wtedy
\(\displaystyle{ |a+ib+1| \le|a+ib-1|}\)
Moduły wynoszą:\(\displaystyle{ \sqrt{(a+1) ^{2}+b ^{2} } \le\sqrt{(a-1) ^{2}+b ^{2}}\)
\(\displaystyle{ (a+1) ^{2}+b ^{2} \le\(a-1) ^{2}+b ^{2}}\)
\(\displaystyle{ 4a \le 0}\)
\(\displaystyle{ a \le 0}\)
Więc \(\displaystyle{ re(w) \le 0 \wedge im(w) \in R}\)
Druga nierówność:
\(\displaystyle{ |w-1| \le2|w+1|}\)\(\displaystyle{ \sqrt{(a-1) ^{2}+b ^{2} } \le2\sqrt{(a+1) ^{2}+b ^{2}}}\)
\(\displaystyle{ (a-1) ^{2}+b ^{2} \le4((a+1) ^{2}+b ^{2})}\)\(\displaystyle{ 3a ^{2}+10a+3b ^{2}+3 \ge 0}\)
Po podzieleniu przez 3 i wciągnięciu wyrażenia z 'a" pod kwadrat masz
\(\displaystyle{ (a+ \frac{5}{3} ) ^{2} +b ^{2} \ge ( \frac{4}{3} ) ^{2}}\)
Nierówność ta wskazuje całą płaszczyznę Gaussa bez wnętrza powyższego okręgu.
Część wspólna tych dwóch nierówności to obszar z pierwszej nierówności z wyciętym okręgiem.
Teraz szukamy kąt przekształcenia w
\(\displaystyle{ \phi= \alpha - \beta}\)(z równości kątów obu liczb zespolonych.)
Skoro \(\displaystyle{ \frac{- \pi }{4} \le \phi \le \frac{\pi }{4}}\)to
\(\displaystyle{ \frac{- \pi }{4} \le \ph \alpha - \beta \le \frac{\pi }{4}}\)
\(\displaystyle{ tg(\frac{- \pi }{4}) \le tg(\ph \alpha - \beta) \le tg(\frac{\pi }{4})}\)
bo tangens jest rosnący w przedziale \(\displaystyle{ ( \frac{ -\pi }{2} , \frac{ \pi }{2} )}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \ph tg(\alpha - \beta) \le 1}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \ph \frac{tg \alpha -tg \beta }{1+tg \alpha tg \beta } \le 1}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \frac{ \frac{b}{a-1} - \frac{b}{a+1} }{1+\frac{b}{a-1}\frac{b}{a+1}} \le 1}\)
Po przekształceniach\(\displaystyle{ -1 \le \frac{2b}{a ^{2} +b ^{2} -1} \le 1}\)
Mnożąc obustronnie przez kwadrat mianownika (z założeniem że jest różny od 0)
\(\displaystyle{ -(a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2} \le 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)\le (a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2}}\)
Mamy więc układ dwóch nierówności
1. \(\displaystyle{ -(a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2} \le 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)}\)
2. \(\displaystyle{ 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)\le (a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2}}\)
1.\(\displaystyle{ (a ^{2} +b ^{2} -1)(a ^{2} +(b+1)^{2} -2) \ge 0}\)
2.\(\displaystyle{ (a ^{2} +b ^{2} -1)(a ^{2} +(b-1)^{2} -2) \ge 0}\)
Rozwiązaniem jest cała płaszczyzna zespolona oprócz wnętrz obu okręgów o\(\displaystyle{ r= \sqrt{2}}\) ale z ich częścią wspólną.
Znajdując część wspólną tego wyniku z obszarem uzyskanym z porównania modułów mamy rozwiązanie zadania.
Czy aby na pewno? Dlaczego jeden obszar przekształcił się z dwa?
Uzyskaliśmy dwa obszary gdyż tangens jest okresowy co pi. Ten maleńki obszar będący fragmentem części wspólnej kół o r= \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)jest obrazem fragmentu pierścienia dla \(\displaystyle{ \frac{3 \pi }{4} \le \phi \le \frac{5 \pi }{4}}\)
Nasze rozwiązanie to półpłaszczyzna na lewo od osi urojonej z wyciętym przez łuki trzech okręgów fragmentem.
Dany jest zbiór \(\displaystyle{ D= \left\{ z\in \CC:1 \le \left| z\right| \le 2,\left|\mbox{arg }z\right|< \frac{\pi}{4} \right\}}\). Wyznaczyć obraz zbioru D przy odwzorowaniu
\(\displaystyle{ w\left( z \right) = \frac{1+z}{1-z}}\)
Mam:
\(\displaystyle{ w= \frac{z+1}{1-z}}\)
Wyliczam z otrzymując
\(\displaystyle{ z= \frac{w-1}{w+1}}\)
lub w postaci trygonometrycznej:
\(\displaystyle{ |z|(cos\phi+isin\phi)= \frac{|w-1|(cos \alpha +isin \alpha )}{|w+1|(cos \beta +isin \beta )}}\)
\(\displaystyle{ |z|(cos\phi+isin\phi) = \frac{|w-1|}{|w+1|}(cos( \alpha - \beta )+isin( \alpha - \beta ))}\)
Liczba zespolona po lewej stronie równania ma ten sam moduł (i kąt) co liczba zespolona po prawej stronie równania.\(\displaystyle{ |z|= \frac{|w-1|}{|w+1|}}\)
Z treści zadania masz
\(\displaystyle{ 1 \le|z| \le2}\)
\(\displaystyle{ 1 \le \frac{|w-1|}{|w+1|} \le2}\)
\(\displaystyle{ |w+1| \le|w-1| \le2|w+1|}\)
To układ równań dwóch nierówności
Pierwsza:
\(\displaystyle{ |w+1| \le|w-1|}\)
Niech w=a+ib wtedy
\(\displaystyle{ |a+ib+1| \le|a+ib-1|}\)
Moduły wynoszą:\(\displaystyle{ \sqrt{(a+1) ^{2}+b ^{2} } \le\sqrt{(a-1) ^{2}+b ^{2}}\)
\(\displaystyle{ (a+1) ^{2}+b ^{2} \le\(a-1) ^{2}+b ^{2}}\)
\(\displaystyle{ 4a \le 0}\)
\(\displaystyle{ a \le 0}\)
Więc \(\displaystyle{ re(w) \le 0 \wedge im(w) \in R}\)
Druga nierówność:
\(\displaystyle{ |w-1| \le2|w+1|}\)\(\displaystyle{ \sqrt{(a-1) ^{2}+b ^{2} } \le2\sqrt{(a+1) ^{2}+b ^{2}}}\)
\(\displaystyle{ (a-1) ^{2}+b ^{2} \le4((a+1) ^{2}+b ^{2})}\)\(\displaystyle{ 3a ^{2}+10a+3b ^{2}+3 \ge 0}\)
Po podzieleniu przez 3 i wciągnięciu wyrażenia z 'a" pod kwadrat masz
\(\displaystyle{ (a+ \frac{5}{3} ) ^{2} +b ^{2} \ge ( \frac{4}{3} ) ^{2}}\)
Nierówność ta wskazuje całą płaszczyznę Gaussa bez wnętrza powyższego okręgu.
Część wspólna tych dwóch nierówności to obszar z pierwszej nierówności z wyciętym okręgiem.
Teraz szukamy kąt przekształcenia w
\(\displaystyle{ \phi= \alpha - \beta}\)(z równości kątów obu liczb zespolonych.)
Skoro \(\displaystyle{ \frac{- \pi }{4} \le \phi \le \frac{\pi }{4}}\)to
\(\displaystyle{ \frac{- \pi }{4} \le \ph \alpha - \beta \le \frac{\pi }{4}}\)
\(\displaystyle{ tg(\frac{- \pi }{4}) \le tg(\ph \alpha - \beta) \le tg(\frac{\pi }{4})}\)
bo tangens jest rosnący w przedziale \(\displaystyle{ ( \frac{ -\pi }{2} , \frac{ \pi }{2} )}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \ph tg(\alpha - \beta) \le 1}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \ph \frac{tg \alpha -tg \beta }{1+tg \alpha tg \beta } \le 1}\)
\(\displaystyle{ -1 \le \frac{ \frac{b}{a-1} - \frac{b}{a+1} }{1+\frac{b}{a-1}\frac{b}{a+1}} \le 1}\)
Po przekształceniach\(\displaystyle{ -1 \le \frac{2b}{a ^{2} +b ^{2} -1} \le 1}\)
Mnożąc obustronnie przez kwadrat mianownika (z założeniem że jest różny od 0)
\(\displaystyle{ -(a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2} \le 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)\le (a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2}}\)
Mamy więc układ dwóch nierówności
1. \(\displaystyle{ -(a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2} \le 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)}\)
2. \(\displaystyle{ 2b(a ^{2} +b ^{2} -1)\le (a ^{2} +b ^{2} -1) ^{2}}\)
1.\(\displaystyle{ (a ^{2} +b ^{2} -1)(a ^{2} +(b+1)^{2} -2) \ge 0}\)
2.\(\displaystyle{ (a ^{2} +b ^{2} -1)(a ^{2} +(b-1)^{2} -2) \ge 0}\)
Rozwiązaniem jest cała płaszczyzna zespolona oprócz wnętrz obu okręgów o\(\displaystyle{ r= \sqrt{2}}\) ale z ich częścią wspólną.
Znajdując część wspólną tego wyniku z obszarem uzyskanym z porównania modułów mamy rozwiązanie zadania.
Czy aby na pewno? Dlaczego jeden obszar przekształcił się z dwa?
Uzyskaliśmy dwa obszary gdyż tangens jest okresowy co pi. Ten maleńki obszar będący fragmentem części wspólnej kół o r= \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)jest obrazem fragmentu pierścienia dla \(\displaystyle{ \frac{3 \pi }{4} \le \phi \le \frac{5 \pi }{4}}\)
Nasze rozwiązanie to półpłaszczyzna na lewo od osi urojonej z wyciętym przez łuki trzech okręgów fragmentem.
-
norwimaj
- Użytkownik
- Posty: 5101
- Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 1001 razy
Obraz obszaru, homografie
Takie zadania można rozwiązywać w oparciu o twierdzenie, że obrazem przez homografię okręgu lub prostej jest okrąg lub prosta (przy czym homografie traktujemy jako funkcje \(\displaystyle{ \overline{\mathbb{C}} \to \overline{\mathbb{C}}}\), gdzie \(\displaystyle{ \overline{\mathbb{C}}=\mathbb{C}\cup\{\infty\}}\)). Można podstawić trzy punkty danej prostej lub okręgu, i wtedy wiadomo, jaki jest jego obraz. W ten sposób łatwo można znaleźć obraz brzegu, i potem wystarczy rozstrzygnąć, który z obszarów jest obrazem danego obszaru.