Конформные отображения

[MChagall]

Необходимо найти какие-нибудь конформные отображения областей на рисунках на единичный круг. Отобразить нужно незаштрихованную область. Уже с первым не могу разобраться.

Делать думал так: отобразить на верхнюю полуплоскость, а из неё в единичный круг. Нашёл уравнение параболы в комплексных чисел $2\left\lvert z\right\rvert=\left\lvert z + \overline{z}+2\right\rvert$. Правильно ли? Есть как-то получше вид?
Наверное, надо как-то выпрямить параболу. Методом проб и ошибок заметил, что при отображении $\sqrt{z}$ парабола переходит в прямую $\operatorname{Im}z=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Её уравнение $iz-i\overline{z}+\sqrt{2}=0$.
Получается, что возведение в квадрат переводит прямые в параболы? Общее уравнение прямой такое $Az+\overline{A}\overline{z}+c=0$. Как найти её образ при отображении $z^2$ ? Просто вместо $z$ подставить $z^2$ ? Получится $Az^2+\overline{A}\overline{z}^2+c=0$. Это и есть общее уравнение параболы?

[thething]

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

при отображении $\sqrt{z}$ парабола переходит в прямую $\operatorname{Im}z=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Найдите образ всей заштрихованной области при таком отображении. Совет: Вы уже знаете, что $\operatorname{Im}{z}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ переходит в параболу. Осталось написать нужные неравенства и отсечь лишнее.
Затем останется выполнить сдвиг на $\frac{i}{\sqrt{2}}$, потом Вы легко превратите то, что получилось в $\operatorname{Im}{z}>0$, ну и потом дробно-линейным отображением попадете в единичный круг.

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

Методом проб и ошибок

Обычно именно так и делают, плюс нарабатывается база простейших отображений, которые с опытом сами просятся к применению

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

Получается, что возведение в квадрат переводит прямые в параболы?

Да

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

общее уравнение параболы

Вам не понадобится

[thething]

Вдогонку к предыдущему сообщению: чтобы все было строго и аккуратно, не забудьте в ответе указать правильную ветвь корня

[MChagall]

$f(z)=e^{i\varphi}\frac{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2-a}{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2-\overline{a}}$,
$a\in\mathbb{C}, \operatorname{Im} a>0, \varphi\in\mathbb{R}$ - произвольные, ветвь корня берём главную.
Верно?

Но всё-таки вопросы остаются актуальными:
Правильно ли я нашёл уравнение параболы в первом посте? И каково общее уравнение параболы в комплексных числах?
Как найти образ прямой при отображении $z^2$ ? Просто вместо $z$ подставить $z^2$ ? (Видимо, нет). Ибо отсутствие необходимости ответов для данной задачи не отменяет непонимание данных вопросов

[thething]

MChagall в сообщении #1296068 писал(а):

каково общее уравнение параболы в комплексных числах?

Не думал насчет прям совсем общего, но вот такое $\left\lvert{z-a}\right\rvert=\left\lvert{\operatorname{Re}{z}}\right\rvert$ -- это уравнение параболы с фокусом в точке $a$ на действительной оси и директрисой, параллельной мнимой оси. У Вас тоже самое.

MChagall в сообщении #1296068 писал(а):

Как найти образ прямой при отображении $z^2$ ?

$(x+iy)^2=a+bi$, раскрываете скобки, составляете систему, подставляете $y=c$ или $x=d$ (горизонтальные или вертикальные прямые) и выражаете $b$ через $a$

MChagall в сообщении #1296068 писал(а):

$f(z)=e^{i\varphi}\frac{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2-a}{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2-\overline{a}}$,

Какой-то слишком общий вид, мне показалось, что по условию задачи должно быть что-то конкретное

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

найти какие-нибудь конформные отображения областей на рисунках на единичный круг

Ну и насчет главной ветви корня -- тоже общие слова. Если этого хватит, то я не спорю, но я бы взял конкретную точку и указал, куда именно она должна переходить

[MChagall]

MChagall в сообщении #1295945 писал(а):

Какой-то слишком общий вид

Ну можно скобки раскрыть, но, вроде, не слишком лучше. А что конкретнее здесь можно придумать?

thething в сообщении #1296069 писал(а):

Ну и насчет главной ветви корня

$i\to \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{i}{\sqrt{2}}$ Подойдёт?



$f(z)=e^{\frac{\pi}{2}i}(\frac{z+i}{z-i})^2$ ? Это только на верхнюю полуплоскость. На круг опять дробно-линейным.

[thething]

MChagall в сообщении #1296071 писал(а):

А что конкретнее здесь можно придумать?

Избавиться от экспоненты, подобрать какое-нибудь $a$, раскрыть скобки, чтобы казалось страшнее (это так, по вкусу)

MChagall в сообщении #1296071 писал(а):

$i\to \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{i}{\sqrt{2}}$ Подойдёт?

Нет, это вы с границы взяли. Возьмите $2i$. По знакам все нормально

MChagall в сообщении #1296071 писал(а):

$f(z)=e^{\frac{\pi}{2}i}(\frac{z+i}{z-i})^2$ ?

Только избавьтесь от экспоненты, напишите вместо нее просто $i$

[MChagall]

thething в сообщении #1296072 писал(а):

Избавиться от экспоненты, подобрать какое-нибудь $a$

То есть избавиться от произвольности $\varphi, a$?
$f(z)=\frac{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2-i}{(\sqrt{z}-\frac{i}{\sqrt{2}})^2+i}$ ?



$f(z)=\sqrt{\frac{z^2+4}{3(z^2+1)}}$ Верно ли? (Опять до верхней полуплоскости)

[thething]

MChagall в сообщении #1296103 писал(а):

То есть избавиться от произвольности $\varphi, a$?

Да

MChagall в сообщении #1296103 писал(а):

$f(z)=\sqrt{\frac{z^2+4}{3(z^2+1)}}$ Верно ли?

Только без тройки

[MChagall]

thething в сообщении #1296123 писал(а):

Только без тройки

Я так понимаю для большей простоты преобразования? То есть я к $f(z)$ применяю гомотетию с коэффициентом $\sqrt{3}$ и получаю без тройки. Или отсутствие тройки там принципиально? (Тогда я где-то ошибся в выводе).

[thething]

Сейчас проверил, в принципе не принципиально, т.к. нужный разрез $[0,+\infty)$ все равно получится.. Но тогда к Вам вопрос, откуда Вы ее эту тройку взяли? Без нее кажется логичнее, а как до нее догадаться, я не пойму

[MChagall]

thething в сообщении #1296215 писал(а):

откуда Вы ее эту тройку взяли?

$z_1=\sqrt{z^2}+1$ избавляюсь от нижнего разреза. Получаю верхнюю полуплоскость без луча $[\sqrt{3}i, +\infty i)$
$z_2=-\frac{1}{z_1}$ полуплоскость без $[0, \frac{1}{\sqrt{3}}i]$
$z_3=\sqrt{z_2^2+\frac{1}{3}}$ полуплоскость.
Вы как-то по-другому делали?

[thething]

У меня сперва $z^2$ -- получается вся плоскость с разрезами $(-\infty, -4]$ и $[-1,+\infty)$, потом надо эти разрезы превратить просто в $[0,+\infty)$ -- тут дробно-линейное просто угадывается (т.к. мы хотим отобразить прямую в прямую, то в какой-то из ключевых точек надо получить значение $\infty$): получается либо $\frac{z+4}{z+1}$, либо наоборот. Быстро проверяется, что первый вариант (наоборот даже не проверял, но вроде тоже подойдет), ну и потом корень.

[MChagall]

$\sin\frac{3\pi z-4\pi h}{2z}$? Опять в верхнюю полуплоскость. Верно ли?

[thething]

MChagall в сообщении #1296984 писал(а):

$\sin\frac{3\pi z-4\pi h}{2z}$? Опять в верхнюю полуплоскость. Верно ли?

Давайте Вы по шагам распишите опять, как это получилось? Плюс упростите свой ответ по формуле синуса суммы. Вроде бы правильно, но я еще посмотрю точнее

-- 12.03.2018, 18:32 --

Да, правильно, только упростите обязательно. Если еще будут такие вопросы, то приводите, пожалуйста, сразу свои действия, чтобы было легче смотреть именно Ваш ответ, а то я сразу косинус увидал