Avbildiing i det komplekse plan

[gundersen]

I oppgaven skal vi beskrive bildet til funskjonen.
[tex]|z-\frac{1}{2}|\leq \frac{1}{2},w=\frac{1}{z}[/tex]
studass sa at hvis w er på formen [tex]w=u+iv[/tex]
så blir bildet linja v=0, og [tex]-\infty<u<1[/tex]
Jeg får ikke dette til å stemme, men fikk noe som [tex]1\leq u < \infty[/tex]
og [tex]v[/tex] bestemt av kurva [tex]v=-\frac{y}{x}[/tex]

Noen som kan hjelpe?:)

[Pjolter]

Sweet! Skulle akkurat til å lage en post ang dette her, men den er jo allerede her

Jeg fikk også noe i den duren. Jeg fikk at på randa (sirkelen) så er u = 1 og v = -y/x. Her er w = f(z) = 1/z = u + iv
På hele disken fikk jeg at u >= 1 og v >= -y/x
Men her stoppet det desverre...

Dog er jeg ganske sikker på at LF'et er feil. La z = r*e^iθ, da blir
w = 1/z = (1/r)*(e^iθ) = (1/r)*e^-iθ. Av dette ser man at vinkelen (argumentet) til z sendes til -1 ganger seg selv (speilet om x-aksen) og radien (modulus/abs.verdi) sendes til sin reciprocal (1/r). Ifølge LFet skal alle w ha θ = 0 eller [symbol:pi]. Men dette stemmer ikke dersom man velger en z innenfor disken som har θ [symbol:ikke_lik] 0 og [symbol:pi]

Eller enda enklere, la z = 1/2 + 1/2 * i, dette punktet ligger på disken. 1/z = 1 - i. Her er v = -1 [symbol:ikke_lik] 0...

[Nebuchadnezzar]

Jeg klarte denne oppgaven!

4k ftw

Trikset er bare å putte inn og gjøre kjedelig algebra.

[tex]z = \frac{1}{\omega} = \frac{1}{x + iy} = \frac{x}{x^2+y^2} - \frac{y}{x^2+y^2}[/tex]

[Gustav]

Se på hvordan sirkelen [tex]z=0.5+0.5e^{\it}, t\in(0,2\pi)[/tex] avbildes under transformasjonen. Siden w er en Møbiustransformasjon må (generailserte) sirkler i [tex]\mathbb{C}\cup\{\infty\}[/tex] avbildes til generaliserte sirkler.

Etter litt utregning får vi at

[tex]w=1-\frac{\sin(t)}{1+\cos(t)}i[/tex].

Gransker vi funksjonen [tex]\frac{\sin(t)}{1+\cos(t)}[/tex] ser vi at den går fra [tex]-\infty[/tex] til [tex]\infty[/tex](surjektiv på [tex]\mathbb{R}[/tex]). Altså er bildet av randsirkelen en vertikal linje i det komplekse plan med realdel 1. (også kjent som en generalisert sirkel i det utvidede komplekse plan)

EDIT: Siden z=0.5 avbildes til w=2, vil disken avbildes til området til høyre for linja.

[Gustav]

@nebu. Før du sletta innlegget rakk jeg akkurat å observere at du hadde gjort det riktig frem til et av de siste linjene, men det ser ut som du med den metoden får direkte ut at [tex]x\geq 1[/tex]. Problemet er vel at de ikke vet så mye mer?

Tror det er vesentlig enklere å gå over til polar form siden området er sirkulært..

[Nebuchadnezzar]

Ja, selvsagt lettere på polarform, men tenkte å skrive en mer riktig utgave først ved [tex]\omega = 1/(x + iy)[/tex]

[tex]\begin{array*}{ll}\left| z - \frac{1}{2} \right| & \leq \frac{1}{2} \\ \left| \frac{1}{x+iy} - \frac{1}{2} \right| & \leq \frac{1}{2} \\\left| \frac{x}{x^2+y^2} - i\frac{y}{x^2+y^2} - \frac{1}{2} \right| & \leq \frac{1}{2} \\ \left(\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{1}{2}\right)^2 + \left( \frac{-y}{x^2+y^2} \right)^2 & \leq \frac{1}{4} \\ \left( \frac{x^2}{(x^2+y^2)^2} - \frac{x}{x^2+y^2} + \frac{1}{4}\right) + \frac{y^2}{(x^2+y^2)^2} & \leq \frac{1}{4} \\ \frac{x^2+y^2}{(x^2+y^2)^2} - \frac{x}{x^2+y^2} & \leq \frac{1}{4} - \frac{1}{4} \\ \frac{1}{x^2+y^2} & \leq \frac{x}{x^2+y^2} \\ x & \geq 1 \end{array*}[/tex]

@Plutarco: Trenger en å vite noe mer enn at avbildingen beskriver alle tall i det komplekse planet hvor realdelen er større eller lik 1?

Er jo ikke spesielt vanskelig å tegne en skisse av dette. Hvilken informasjon er det i så fall du mener vi mister ved å ikke bruke den polare formen?

[Gustav]

Du vet jo utfra dette ingenting om f.eks. 1+i er med i bildet under w.

[Nebuchadnezzar]

Ok, men siden [tex]x \geq 1[/tex] så vil jo alle komplekse [tex]y[/tex] ligge i bildet? Mer konkret mener jeg at
[tex]1 + yi[/tex] er med i bildet under [tex]w[/tex] så lenge [tex]y[/tex] er en skalar. Siden dette tilfredstiller vårt eneste krav om at [tex] x \geq 1[/tex].

Men hvordan beskriver jeg da området på polarform?

Blir det da

[tex]|z - 1/2| \leq 1/2[/tex]

[tex]w = 1/z = \frac{1}{r} e^{-i \theta} [/tex]

[tex]\left|\frac{1}{r} e^{-i \theta} - \frac{1}{2}\right| \leq \frac{1}{2}[/tex]

[Gustav]

Diskens randsirkel beskrives f.eks. som [tex]z=0.5+0.5e^{\theta i}[/tex], der [tex]\theta\in(0,2\pi)[/tex], så bildet av sirkelen blir [tex]w=\frac{1}{z}=\frac{1}{0.5+0.5e^{i\theta}}[/tex]

[svinepels]

Pratet med en av foreleserne i dag om oppgaven, hun argumenterte i grove trekk på denne måten:

Først observerer vi at funksjonen er en Møbius-transformasjon. Derfor må randen til disken (en sirkel) sendes til randen til bildet av disken, som enten er en sirkel eller en linje.

Tallet 0 ligger på sirkelen, som sendes til [tex]\infty[/tex] av funksjonen. Derfor er bildet av sirkelen en linje. Videre er denne linja randen til bildet av disken, så bildet er enten halvplanet til venstre eller høyre for linja. Da gjenstår det bare å finne en z i disken som sendes til et punkt til høyre for linja, så man vet hvilket halvplan det er snakk om.

Siden foreleser argumenterte slik regner jeg med at det er ok på øving og.

@Nebu: Slik jeg ser det argumenterer du ovenfor fint hvorfor bildet av disken definitivt må være en delmengde av halvplanet [tex]\Re(z) \geq 1[/tex]. Men noe argument for at bildet er nøyaktig dette halvplanet, finner jeg ikke.

[Gustav]

Ja, det er selvsagt nok å vite hvordan 3 distinkte punkter på sirkelen avbildes under w, da 3 punkter i C unikt bestemmer en sirkel eller linje (dersom punktene ligger på en linje).

Siden z=1 avbildes til w=1, [tex]z=0.5-0.5i[/tex] avbildes til [tex]1+i[/tex] og [tex]0.5+0.5i [/tex]avbildes til [tex]1-i[/tex], vil disse 3 punktene ligge på den vertikale linja med realdel 1. Siden z=0.5 avbildes til w=2 vil disken avbildes til området til høyre for linja.