Конформные отображения

[MChagall]

thething в сообщении #1296986 писал(а):

упростите обязательно

$-\cos\frac{2\pi h}{z}$?
А как Вы сразу увидели косинус? Я сначала переводил в вертикальную полуполосу, а потом синусом в полуплоскость. А Вы, похоже, в горизонтальную полуполосу, а потом из неё били?

[thething]

Вертикальная полуполоса, потом сдвиг на $\pi$ влево, потом поворот, экспонента и Жуковский. Из-за Жуковского как раз косинус, т.к. там знак $+$

[MChagall]

$z_1=e^z$ получаем $\mathbb{C}$ без действительного положительного луча и кусков единичной окружности $0<\varphi<\pi$ и $\frac{3\pi}{2}<\varphi<2 \pi$
$z_2=\sqrt{z_1}$ - верхняя полуплоскость без кусков ед.окружности $0<\varphi<\frac{\pi}{2}$ и $\frac{3\pi}{4}<\varphi<\pi$
$z_3=\frac{z_2-1}{z_2+1}$ - полуплоскость без отрезков $[0,i]$ и $[(\sqrt{2}+1)i, +\infty i)$
$z_4=z_3^2$ - плоскость без отрезков $(-\infty, -3-2\sqrt{2}]$ и $[-1, +\infty$)
$z_5=\frac{z_4+3+2\sqrt{2}}{z_4+1}$ плоскость без действительной положительной оси
Ну и корень. В итоге, после преобразований
$\sqrt{\frac{(2+\sqrt{2})e^z+(2+2\sqrt{2})\sqrt{e^z}+2+\sqrt{2}}{e^z+1}}$
Так потом ещё и в круг загонять! Что-то не очень нравится ответ или всё-таки он?

[thething]

Ох, ну тут вроде правильно, хотя очень громоздко и не видно, как это сделать попроще.

Я бы перед первой экспонентой сделал $\frac{z}{2}$, чтобы было в итоге не так много разрезов, потом уже экспоненту, потом Жуковского, только, попробовать со знаком "$-$" в середине, т.к. им можно и полуплоскости и дуги переводить во что-то хорошее (похоже, что выскочит гиперболический синус), потом дробно-линейное и корень. Попробуйте, может, получится попроще. Это я прикинул на глаз, пока что точно не уверен.

[thething]

Вот что у меня получилось: $w=\sqrt{1+\frac{i}{\sqrt{2}\sh\frac{z}{2}}}$. Совет: если видите дуги единичных окружностей, не стесняйтесь использовать функцию Жуковского или ее варианты (в данном случае вариант со знаком минус), тогда не полезут такие крокодилы, как в Вашем решении Но я не настаиваю, у Вас тоже верно