Построить конформное отображение

[LD_]

Нужно построить конформное отображение, отображающее $D_1$ на $D_2$, где $D_1=\{z:|z|>1,Re(z)>0,Im(z)>0\}$, $D_2=\{z:Re(z)>0,Im(z)>0\}$ Не могу понять, делается это дробно-линейным отображением? Если да, то как?
Можно отобразить полуплоскость $\{Im(z)>0\}$ в единичный круг. Для этого я перевел точки $1,\infty,-1$ в $-1,i,1$ соответственно. По ним построил отображение $f_1(z)=\frac{z-i}{-iz+1}$. Далее можно с помощью отображения $f_2(z)=\frac{1}{z}$ отобразить внутренность во внешность круга. После чего найти обратное отображение к $f_2\circ f_1$, оно существует, так как дробно-линейные отображения образуют группу. Так я получу, отображение внешности круга на "мнимую полуплоскость". А как получить отображения четверти внешности окружности - $D_1$ в четверть $D_2$?

[Otta]

Очень тяжело воспринимать Ваш текст без иллюстраций. Правильно ли я поняла, что Вы решили продемонстрировать, как решать другую задачу? А как же эта?

[LD_]

Да, продемонстрировал, как решать другую, что бы предоставить, то что есть на руках и оправдать задание вопроса. Потому что с этой задачей я разобраться не могу. Мне кажется что нужно использовать дробно-линейное отображения, так как оно переводит окружность в окружность в расширенной комплексной плоскости. Но как построить отображения по заданным границам не знаю. Граница сложнее чем в другой задаче.

Аналогичная сложность со следующей задачей.
Как отобразить $D_1=\{z:Re(z)>0,|z-1|>1\}$ на $D_2=\{z:Re(z)>0\}$. Дробно-линейным отображением? Каким способом строить? У первой области граница состоит из двух окружностей в расширенной комплексной плоскости, у второй области из одной окружности. Как по ним построить отображение, что бы одну границу переводило во вторую, не могу понять.

С иллюстрациями что нибудь придумаю.

[Otta]

Так Вас ведь не просят непременно дробно-линейным. Просят конформным. Одними дробно-линейными ничего и не получится, скорее всего.

[ewert]

Не скорее всего, а в принципе не может получиться: дробно-линейное преобразование сохраняет буквально все углы.

LD_ в сообщении #938246 писал(а):

Как отобразить $D_1=\{z:Re(z)>0,|z-1|>1\}$ на $D_2=\{z:Re(z)>0\}$.

Сделайте для начала преобразование, выпрямляющее полуокружность. Например, $w=\frac1z$.

[Evgenjy]

LD_ в сообщении #938229 писал(а):

А как получить отображения четверти внешности окружности - $D_1$ в четверть $D_2$?

Если каждый луч, проходящий через начало координат, сдвинуть на единичный вектор но направлению к началу координат (для каждого луча свой вектор), это будет конформное отображение? Речь идет о той части луча, которая лежит вне единичного круга.

[LD_]

Evgenjy в сообщении #938347 писал(а):

Если каждый луч, проходящий через начало координат, сдвинуть на единичный вектор но направлению к началу координат (для каждого луча свой вектор), это будет конформное отображение? Речь идет о той части луча, которая лежит вне единичного круга.

То есть, отображение имеет вид $f(z)=z-e^{iarg z}=\left(1-\frac{1}{|z|}\right)z$.

$$f'(z)=\left(1-\frac{1}{|z|}\right)'z+\left(1-\frac{1}{|z|}\right)z'=\frac{1}{|z|^2}\frac{1}{2|z|}\overline z z+1-\frac{1}{|z|}=\frac{1}{2|z|}+1-\frac{1}{|z|}=\frac{1+2|z|-2}{2|z|}=\frac{2|z|-1}{2|z|}.$$

Отображение не конформно на окружности $|z|=\frac{1}{2}$ и в нуле. $\Rightarrow$ конформно на $D_1=\{z:Re(z)>0,Im(z)>0,|z|>1\}$.
Граница $\partial D_1$ имеет следующий вид: $\partial D_1=z_1([0,\frac{\pi}{2}])\cup z_2([1,+\infty))\cup z_3([1,+\infty))$, где $z_1(t)=e^{it},\ z_2(t)=it,\ z_3(t)=t$. Найдем $f(\partial D_1)$.

$$f(\partial D_1)=f(z_1([0,\frac{\pi}{2}])\cup z_2([1,+\infty))\cup z_3([1,+\infty)))=f(z_1([0,\frac{\pi}{2}]))\cup f(z_2([1,+\infty)))\cup f(z_3([1,+\infty))).$$

$f(z_1(t))=e^{it}-e^{iarg( e^{it})}=e^{it}-e^{it}=0$, т.е.$f(z_1([0,\frac{\pi}{2}])=\{0\}$.
$f(z_2(t))=it-e^{arg(it)}=it-e^{i\frac{\pi}{2}}=it-i=i(t-1), t\in[1,+\infty)$, т.е. $f(z_2([1,+\infty]))=\{z:Im(z)\geqslant 0,Re(z)=0\}$.
$f(z_3(t))=t-e^{arg(t)}=t-e^0=t-1, t\in[1,+\infty)$, т.е. $f(z_3([1,+\infty]))=\{z:Re(z)\geqslant 0,Im(z)=0\}$.
$f(\partial D_1)=\partial D_2$. Вроде бы то отображение, что нужно.

ewert в сообщении #938265 писал(а):

Сделайте для начала преобразование, выпрямляющее полуокружность. Например, $w=\frac1z$.

$D_1=\{z:Re(z)>0,|z-1|>1\}$. Граница $\partial D_1$ состоит из прямой $z(t)=it,t\in\mathbb{R}$ и окружност $|z-1|=1$. Прямая перейдет в туже прямую. $w=\frac1{it}=-\frac{i}{t}$.
Окружность можно записать, как $(z-1)\overline{(z-1)}=1\Rightarrow z\overline z-z-\overline z=0$. Выразив $z=\frac1w$ получим уравнение прямой $1-\overline w - w=0, w\neq 0.\ z(0)=\infty$. Пусть $w=u+iv,\ u,v\in\mathbb{R}$. Получим уравнение прямой $1-2u=0$.
То есть $D_1$ отобразилось в полоску $\{z:0<Re(z)<\frac12\}$. Теперь нужно отобразить полоску в полуплоскость $D_2=\{z:Re(z)>0\}$. Можно ли это сделать следующим образом? Повернуть всю полоску на $\frac{\pi}{2}$, затем растянуть до $\pi$, отобразить с помощью $e^z$ в верхнюю полуплоскость ${Im(z)>0}$, затем повернуть обратно на $-\frac{\pi}{2}$ ? Т.е. отображение из $D_1$ на $D_2$ будет иметь вид $f(z)=-ie^{\frac{i\pi}{z}}$ ?

[Otta]

LD_ в сообщении #938562 писал(а):

$f(z)=z-e^{iarg z}=\left(1-\frac{1}{|z|}\right)z$.

Вот ничё, что оно даже ни разу не аналитическое?

[Evgenjy]

LD_ в сообщении #938562 писал(а):

Вроде бы то отображение, что нужно.

По-моему, то отображение, которое я предложил $\left(1-\frac{1}{|z|}\right)z$, к сожалению, не является конформным, поскольку вдоль направления луча сжатия не происходит, а в перпендикулярном лучу направлении происходит сжатие.
Я пробовал другой путь. Сначала преобразованием $z^4$ получаем плоскость без единичного круга. Затем инверсия с центром на границе круга, получаем полуплоскость, и наконец, корень квадратный. Но при этом способе мешается луч, который остается без прообраза.

[Otta]

Evgenjy
ewert дал достаточные для решения подсказки. Не стоит решать задачу за ТС.

[Evgenjy]

Otta в сообщении #938570 писал(а):

Вот ничё, что оно даже ни разу не аналитическое?

А вот это ничего. Конформное не обязательно аналитическое.

Otta в сообщении #938576 писал(а):

Evgenjy
ewert дал достаточные для решения подсказки. Не стоит решать задачу за ТС.

Я как раз не считаю свои рассуждения решением.

[LD_]

Otta в сообщении #938570 писал(а):

Вот ничё, что оно даже ни разу не аналитическое?

Действительно, я гоню. Да ещё и не так формально продифференцировал.
$\frac{\partial f}{\partial\overline z}=z^2\frac{1}{2z^{\frac32}}\neq 0$.

[ewert]

Evgenjy в сообщении #938574 писал(а):

Сначала преобразованием $z^4$ получаем плоскость без единичного круга.

Не получаем. Хотя бы потому, что связность не та. Но и просто не получаем.

-- Пн дек 01, 2014 00:24:38 --

Evgenjy в сообщении #938580 писал(а):

А вот это ничего. Конформное не обязательно аналитическое.

Обязательно.

[Otta]

Evgenjy в сообщении #938580 писал(а):

А вот это ничего. Конформное не обязательно аналитическое.

Обязательно. Конформное в области - обязательно аналитическое в ней.

(Оффтоп)

Evgenjy в сообщении #938580 писал(а):

Я как раз не считаю свои рассуждения решением.

Я тоже не считаю, но тем более.