Jan Kraszewski pisze: ↑16 cze 2020, o 01:40
Mondo pisze: ↑16 cze 2020, o 01:16No ale jak to, napisałem wzór na
\(\displaystyle{ M(z)}\) oraz kilka transformacji które z niego otrzymano i chciałem wiedzieć w jaki sposób.
W książce, którą pokazałeś, było napisane coś zupełnie innego - to nie te przekształcenia otrzymano z transformacji Moebiusa, tylko transformację Moebiusa otrzymany z tych przekształceń. Pomyliłeś kierunek wnioskowania...
Dziękuję ale będę sie upierał, że się nie pomyliłem w tym wnioskowaniu / tłumaczeniu
As a first step towards making sense of (1), let us decompose \(\displaystyle{ M(z)}\) [exercise] into the following sequence of operations
co ja tłumaczę tak
Jako pierwszy ktok do zrozumienia równania (1) przekształcamy\(\displaystyle{ M(z)}\) [ćwiczenie] na następujące równania
Tak więc odebrałem te to tak, że te cztery równania można otrzymać poprzez przekształcenie
\(\displaystyle{ M(z)}\)..no bo jak inaczej? Co więcej użycie słowa "exercise/ćwiczenie" sugeruje, że mamy sobie to "przećwiczyć".
Nie wiem, może to nie jest aż tak istotne ale ciekawa sprawa, że odbieracie to inaczej...wydaje mi się, że fakt iż znacie już temat nie jest tutaj bez znaczenia.
Jan Kraszewski pisze: ↑16 cze 2020, o 01:40
Mondo pisze: ↑16 cze 2020, o 01:16@Jan Kraszewski podpowiada, że:
Chodzi o to, że złożenie tych czterech przekształceń daje przekształcenie Moebiusa, co możesz sobie sam przerachować.
Ale nie widze tego mówiąc szczerze. W jaki sposób miałbym je złożyć w równanie na
\(\displaystyle{ M(z)}\)?
Proszę:
Niech
\(\displaystyle{ f(z) = z+\frac{d}{c}\\
g(z)=\frac{1}{z}\\
h(z)=-\frac{ad-bc}{c^2}z\\
k(z)=z+\frac{a}{c}}\)
Wtedy transformację Moebiusa
\(\displaystyle{ M(z) = \frac{az+b}{cz+b}}\) można zapisać jako
\(\displaystyle{ M=k\circ h\circ g \circ f}\),
czyli
\(\displaystyle{ M(z) = k(h(g(f(z)))).}\) A to już możesz sobie sam sprawdzić rachując.
JK
Sprawdziłem to ale nie jest tak łatwo niestety. Doszedłem do postaci:
\(\displaystyle{ M(z) = \frac{d(ad-bc)}{c^2\cdot cd} + \frac{cd(ad-bc)}{c^2\cdot cd} + \frac{dcz(a)}{c^2\cdot cd}}\)
Nie bardzo wiem jak to dalej przekształcić, jakaś podpowiedź?
Dasio11 pisze: ↑16 cze 2020, o 09:38
Podobieństwo z uwzględnieniem kolejności wierzchołków:
\(\displaystyle{ \triangle q \widetilde{a} \widetilde{b} \sim \triangle q b a}\), czyli
\(\displaystyle{ q \sim q, \widetilde{a} \sim b, \widetilde{b} \sim a}\).
Problematyczna równość:
\(\displaystyle{ \frac{[\widetilde{a}\widetilde{b}]}{[ba]} = \frac{[q \widetilde{b}]}{[qa]} }\) (dla ułatwienia zmieniłem
\(\displaystyle{ [ab]}\) na
\(\displaystyle{ [ba]}\), co oczywiście nie wpływa na wynik).
Dzięki @Dasio11. Już wiem co jest problemem, nie ta nierówności ale to, że te trójkąty które rozpisałeś są podobne. Co ciekawe w książce jest to rozpisane nieco inaczej - tam trójkatmi podobnymi są:
\(\displaystyle{ \triangle aqb \sim \triangle \widetilde{b}q\widetilde{a}}\)
Generalnie trójkątami podobnymi sa te które mają te same kąty oraz stosunki odpowiednich boków są takie same. Czy możemy to powiedzieć o trójkątach z powyżej relacji? Nie sądzę bo patrząc na ten rysunek widzę, że kąty są różne, a nawet biorąc pod uwagę, że rysunek jest tylko poglądowy to jak można by udowodnić, ze te kąty są faktycznie takie same?
@Dasio11 wracając do podobieństwa, które ty rozpisałeś poprzez:
\(\displaystyle{ \triangle q \widetilde{a} \widetilde{b} \sim \triangle q b a}\)
Gdybyśmy byli w stanie udowodnić, że te trójkąty są faktycznie podobne to wtedy ta "problematyczna nierówność" przestaje nią być i wszystko staje się jasne. Tak więc pytania są dwa. Dlaczego w książce jako trójkąty podobne wyznaczono te o wspólbnym wierzchołku w punkcie 'q' (inne niż w Twojej relacji) oraz jak udowodnić to podobieństwo?
Załączam teks oryginalny
Kod: Zaznacz cały
https://i.paste.pics/9aee78331a5c83b73a8e85a20d3959fb.png