Esercizio su mappe conformi: un suggerimento
Ciao a tutti!
Mi sto trovando di fronte a una serie di esercizi del tipo di quello che posterò qui di seguito...ho fatto un po' di tentativi "a occhio", ma c'è una procedura "standard" da seguire per affrontarli?
Ecco l'esercizio tipo:
"Posto $f(z)=(\frac{z}{z-1})$
determinare l'immagine mediante $f$ dell'insieme $B_1(0) \setminus \overline{B_(1/2)(1/2)}$."
Ho provato a vedere dove vanno i punti che hanno parte immaginaria nulla: i punti in $\RR$ vanno in punti in $\RR$. Poi ho provato a vedere cosa succede se $z=iy$ ovvero dove vanno i punti puramente immaginari. Ne esce una sorta di curva...ma non saprei cosa concluderne...idee? Ci sono dei punti che "vanno meglio di altri" per capire cosa fa la mappa?
Vi ringrazio in anticipo,
Celeste
Mi sto trovando di fronte a una serie di esercizi del tipo di quello che posterò qui di seguito...ho fatto un po' di tentativi "a occhio", ma c'è una procedura "standard" da seguire per affrontarli?
Ecco l'esercizio tipo:
"Posto $f(z)=(\frac{z}{z-1})$
determinare l'immagine mediante $f$ dell'insieme $B_1(0) \setminus \overline{B_(1/2)(1/2)}$."
Ho provato a vedere dove vanno i punti che hanno parte immaginaria nulla: i punti in $\RR$ vanno in punti in $\RR$. Poi ho provato a vedere cosa succede se $z=iy$ ovvero dove vanno i punti puramente immaginari. Ne esce una sorta di curva...ma non saprei cosa concluderne...idee? Ci sono dei punti che "vanno meglio di altri" per capire cosa fa la mappa?
Vi ringrazio in anticipo,
Celeste
Risposte
Quella è una mappa di Moebius, i.e. una funzione del tipo:
\[
f(z):=\frac{az+b}{cz+d}
\]
con \(a,b,c,d\in \mathbb{C}\) e \(ad-bc\neq 0\) e \(c\neq 0\) (queste ultime condizioni servono a non rendere banale la mappa). Ogni mappa di questo tipo si ottiene componendo rotazioni ed inversioni sulla sfera di Riemann e porta rette in rette o circonferenze (e, viceversa, circonferenze in rette o circonferenze).
Non è difficile mostrare (basta avere un po' di pazienza) che una mappa di Moebius si può sempre scrivere come composizione di quattro mappe:
\[
\begin{split}
f_1(z) &= z+\frac{d}{c}\\
f_2(z) &= \frac{1}{z}\\
f_3(z) &= -\frac{ad-bc}{c^2}\ z\\
f_4(z) &= z+\frac{a}{c}
\end{split}
\]
poiché risulta \(f(z) =f_4\circ f_3\circ f_2\circ f_1(z) =f_4(f_3(f_2(f_1(z))))\); in questo modo è facile anche determinarne l'inversa, che risulta essere:
\[
f^{-1}(w) = f_1^{-1}\circ f_2^{-1}\circ f_3^{-1}\circ f_4^{-1}(w) = \frac{dw-b}{-cw+a}\; .
\]
Con queste informazioni e con un po' di pazienza dovresti essere in grado di risolvere l'esercizio.
\[
f(z):=\frac{az+b}{cz+d}
\]
con \(a,b,c,d\in \mathbb{C}\) e \(ad-bc\neq 0\) e \(c\neq 0\) (queste ultime condizioni servono a non rendere banale la mappa). Ogni mappa di questo tipo si ottiene componendo rotazioni ed inversioni sulla sfera di Riemann e porta rette in rette o circonferenze (e, viceversa, circonferenze in rette o circonferenze).
Non è difficile mostrare (basta avere un po' di pazienza) che una mappa di Moebius si può sempre scrivere come composizione di quattro mappe:
\[
\begin{split}
f_1(z) &= z+\frac{d}{c}\\
f_2(z) &= \frac{1}{z}\\
f_3(z) &= -\frac{ad-bc}{c^2}\ z\\
f_4(z) &= z+\frac{a}{c}
\end{split}
\]
poiché risulta \(f(z) =f_4\circ f_3\circ f_2\circ f_1(z) =f_4(f_3(f_2(f_1(z))))\); in questo modo è facile anche determinarne l'inversa, che risulta essere:
\[
f^{-1}(w) = f_1^{-1}\circ f_2^{-1}\circ f_3^{-1}\circ f_4^{-1}(w) = \frac{dw-b}{-cw+a}\; .
\]
Con queste informazioni e con un po' di pazienza dovresti essere in grado di risolvere l'esercizio.
Grazie! Domani mattina mi rimetto a fare esercizi e ci provo...poi ti faccio sapere il responso 
Prendi tre punti sulla circonferenza grande e trovi le loro immagini; idem per la circonferenza piccola.
Come ti ha ricordato Gugo, le trasformazioni di Moebius mandano circonferenze in circonferenze (interpretando le circonferenze come delle rette passanti per il punto all'infinito), allora sai esattamente chi sono $f(\partial B_1(0))$ e $f(\partial B_(1/2) (1/2))$ semplicemente calcolandoti i valori della trasformazione in quei sei punti. Conviene comunque scegliere dei punti convenienti (in termini di conti)...
Il punto $1$ è comune alle due circonferenze che delimitano la tua regione... due piccioni con una fava. Per la circonferenza grande sceglierei ancora $-1$ e $i$, mentre per la piccola $0$ e $1/2 + i/2$, ad esempio.
Ed ora non ti resta che fare giusti i calcoli...
Come ti ha ricordato Gugo, le trasformazioni di Moebius mandano circonferenze in circonferenze (interpretando le circonferenze come delle rette passanti per il punto all'infinito), allora sai esattamente chi sono $f(\partial B_1(0))$ e $f(\partial B_(1/2) (1/2))$ semplicemente calcolandoti i valori della trasformazione in quei sei punti. Conviene comunque scegliere dei punti convenienti (in termini di conti)...
"celeste":
Ci sono dei punti che "vanno meglio di altri" per capire cosa fa la mappa?
Il punto $1$ è comune alle due circonferenze che delimitano la tua regione... due piccioni con una fava. Per la circonferenza grande sceglierei ancora $-1$ e $i$, mentre per la piccola $0$ e $1/2 + i/2$, ad esempio.
Ed ora non ti resta che fare giusti i calcoli...
Ciao!
Dunque, direi che il risultato è la fascia verticale tra $0$ e $1/2$ meno l'asse immaginario.
Pensavo: dato che sono trasformazioni della forma fissata che ricorda Gugo, c'è modo di dedurre cosa fanno a partire dalla matrice dei coefficenti? In questo caso particolare abbiamo che tale matrice è \[
\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & -1
\end{pmatrix}
\]
Ok, così a occhio non ci vedo nulla di interessante, ma magari qualcosa da vedere c'è
Dunque, direi che il risultato è la fascia verticale tra $0$ e $1/2$ meno l'asse immaginario.
Pensavo: dato che sono trasformazioni della forma fissata che ricorda Gugo, c'è modo di dedurre cosa fanno a partire dalla matrice dei coefficenti? In questo caso particolare abbiamo che tale matrice è \[
\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & -1
\end{pmatrix}
\]
Ok, così a occhio non ci vedo nulla di interessante, ma magari qualcosa da vedere c'è
In effetti c'è un isomorfismo tra le matrici $2 \times 2$ non singolari e le trasformazioni di Moebius (un isomorfismo che conserva la composizione, visto che per trovare l'inversa di una $phi(z)$ t. di Moebius basta trovare la matrice inversa $(M_\phi)^(-1)$ della matrice dei coefficienti di $phi$ $M_\phi$)... Però ricorda che non puoi trovare le immagini di un punto del piano complesso mediante $\phi$ semplicemente moltiplicando il punto $((x),(y))$ a sinistra per la matrice $M_\phi$, come si fa per le applicazioni lineari.
Grazie!
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