Läsanvisningar till kapitel

Relevanta dokument
Möbiusavbildningar. 1 Inledning. Låt a, b, c och d vara komplexa tal och antag att ad bc = 0. Då kallas. Definition 1.

Läsanvisningar till kapitel

Läsanvisningar till kapitel

Möbiusgruppen och icke euklidisk geometri

Läsanvisningar till kapitel 4

Harmoniska funktioner

e = (e 1, e 2, e 3 ), kan en godtycklig linjär

Tentamen i Komplex analys, SF1628, den 21 oktober 2016

Kursstart. Kursen startar tisdagen den 10 oktober kl i sal MA236 i MIT-huset. Schemat kan erhållas från matematiska institutionens hemsida.

Läsanvisningar till kapitel

1. Lös ekvationen (2 i) sin z + cos z = 2 i. Svara med komplexa tal på formen a + bi. u(x, y) = φ(x)(1 y),

Riemanns avbildningssats

c d Z = och W = b a d c för några reella tal a, b, c och d. Vi har att a + c (b + d) b + d a + c ac bd ( ad bc)

Läsanvisningar till kapitel 3

För ett andra ordningens system utan nollställen, där överföringsfunktionen är. ω 2 0 s 2 + 2ζω 0 s + ω0

3. Analytiska funktioner.

Linjära avbildningar. Låt R n vara mängden av alla vektorer med n komponenter, d.v.s. x 1 x 2. x = R n = x n

Lösningsförslag till problem 1

Möbiustransformationer.

Doktorandkurs i flera komplexa variabler, vt 2010

Matematiska institutionen. Tentamen i Komplex analys (TATA45) kl v = Imf = coshxsiny +e y sinx+xy +1.

Kappa 1. Robin Kastberg. 10 oktober 2014

Instuderingsfrågor i Funktionsteori

.I Minkowskis gitterpunktssats


Föreläsning 3, Linjär algebra IT VT Skalärprodukt

Veckoblad 3, Linjär algebra IT, VT2010

SF1624 Algebra och geometri

Matematiska institutionen. Tentamen i Komplex analys (TATA45) kl xsinx (x 2 +1) 2 dx. p(z) = z 3 +(2 2i)z 2 +2iz +4

Problem inför KS 2. Problem i matematik CDEPR & CDMAT Flervariabelanalys. KTH -matematik

MA2047 Algebra och diskret matematik

Lösningsförslag för omtentamen i Komplex analys, SF1628, 21/

Om ellipsen och hyperbelns optiska egenskaper

Möbiustransformationer ur ett Euklidiskt perspektiv

SF1649, Vektoranalys och komplexa funktioner Tentamen, måndagen den 19 december Lösningsförslag. F n ds,

Affina avbildningar och vektorgrafik

1 Potenitallösningen för strömningen kring en cylinder

Poincarés modell för den hyperboliska geometrin

Läsanvisningar till kapitel Komplexa tals algebraiska struktur

= 0. Båda skärningsvinklarna är således π/2 (ortogonala riktningsvektorer).

EXEMPELSAMLING I KOMPLEXA FUNKTIONER

1.1 Stokes sats. Bevis. Ramgard, s.70

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Transformationer i R 2 och R 3

Tentamen, Matematik påbyggnadskurs, 5B1304 fredag 20/ kl

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Undersökande arbetssätt i matematik 1 och 2

Exempel :: Spegling i godtycklig linje.

Komplexa tal: Begrepp och definitioner

1 som går genom punkten (1, 3) och är parallell med vektorn.

Vad är Riemannytor och vad är de bra till?

1 Tal, mängder och funktioner

Explorativ övning 7 KOMPLEXA TAL

Dugga 2 i Matematisk grundkurs

Ordinära differentialekvationer

Introduktion till Komplexa tal

b) Vi använder cylindriska skal och snittar därför upp området i horisontella snitt.

Exempel :: Spegling i godtycklig linje.

1.1 Gradienten i kroklinjiga koordinatsystem

Datorlaboration 1. 1 Komplexa funktioner som avbildningar (kan göras i slutet av läsvecka 1)

Banach-Tarskis paradox

Övningshäfte 2: Komplexa tal

Inociell Lösningsmanual Endimensionell analys. E. Oscar A. Nilsson

TATA44 Lösningar 24/8/ ) Låt S vara den del av x 2 + y 2 + z 2 = 2 innanför cylindern x 2 + y 2 = 1. Inför cylinderkoordinater.

Läsanvisningar och övningsuppgifter i MAA150, period vt Erik Darpö

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Sammanfattning av föreläsningarna

den reella delen på den horisontella axeln, se Figur (1). 1

= 1 h) y 3 = 4(x 1) i) y = 17 j) x = 5. = 1 en ekvation för linjen genom a) (6, 0) och (0, 5) b) (9, 0) och (0, 5)

Lösningar till udda övningsuppgifter

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Lösningsförslag till tentamen Onsdagen den 15 mars 2017 DEL A

2MA105 Algebraiska strukturer I. Per-Anders Svensson

Kurvlängd och geometri på en sfärisk yta

Om Riemannytor och algebraiska kurvor

Finaltävling i Umeå den 18 november 2017

Vektorgeometri för gymnasister

Läsanvisningar till kapitel 4 i Naturlig matematik

KOMPLEX ANALYS EXEMPELSAMLING. Augusti 2006 GRUNDLÄGGANDE EGENSKAPER. 1. Beräkna real- och imaginärdel av. 1 1 i. ( i i c) 1 + i.

ax + y + 4z = a x + y + (a 1)z = 1. 2x + 2y + az = 2 Ange dessutom samtliga lösningar då det finns oändligt många.

Kapitel 4. Funktioner. 4.1 Definitioner

Tentamen SF1626, Analys i flera variabler, Svar och lösningsförslag. 2. en punkt på randkurvan förutom hörnen, eller

Differentialens geometriska betydelse

Formelsamling i Automationsteknik FK

2s + 3t + 5u = 1 5s + 3t + 2u = 1 3s 3u = 1

Vektorgeometri för gymnasister

Lösningsförslag till tentamen Torsdag augusti 16, 2018 DEL A

Geometriska transformationer

Teorifrå gor kåp

DEL I. Matematiska Institutionen KTH

Tisdag v. 2. Speglingar, translationer och skalningar

Om Gauss skosnöreformel och planimetrar

Linjär algebra på några minuter

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

Om relationer och algebraiska

LINJÄRA AVBILDNINGAR

System. Z-transformen. Staffan Grundberg. 8 februari 2016

1.1 Den komplexa exponentialfunktionen

Övningshäfte 2: Komplexa tal (och negativa tal)

Om att rita funktioner av två variabler

Tentamen MVE035 Flervariabelanalys F/TM

Transkript:

Läsanvisningar till kapitel 7.1 7.4 7.1 Invarians av Laplaceekvationen Om f O(Ω), Ω C ett område, är bijektiv med holomorf invers så säger vi att f är biholomorf. Detta avsnitt handlar om att harmoniska funktioner är invarianta under biholomorfa avbildningar. Låt oss se varför: Låt ϕ vara harmonisk i Ω betrakta Ω = f 1 (Ω) där f O( Ω) är bijektiv. Låt ϕ = ϕ f 1. Vi påstår nu att ϕ är harmonisk på Ω. Vi har att ϕ = ϕ f 1 + ϕ (f 1 ) = ϕ (f 1 ) eftersom f 1 är holomorf. (Hur vet vi det?). Vidare har vi att ϕ = ϕ (f 1 ) + ϕ (f 1 ) = ϕ ( ) (f 1 ) = 0 eftersom ϕ är harmonisk (f 1 ) är holomorf. Alltså är ϕ = 0. I övrigt så läs detta avsnitt kursivt. 7. Geometriska betraktelser Läs detta avsnitt försiktigt. Här introduceras så kallade konforma avbildningarm, dvs avbildningar som bevarar vinklar mellan två kurvor i en speciell punkt. Detta betyder att om γ 1 γ möts i en punkt z, så är vinkeln mellan dessa lika med vinkeln mellan f γ 1 f γ i punkten f(z). Koncentrera er inte på bevis i detta avsnitt, utan ideér. Avslutningsvis så bör man känna till, utan bevis, följande sats: Sats 7.1. Om Ω Ω är enkelt sammanhängande områden som inte är lika med C, så finns en biholomorf avbildning f : Ω Ω. Kom ihåg att detta bara är en existenssats, så vi vet inte hur denna avbildning ser ut! 1

7.3 Möbiusavbildningar (7.3-7.4) Vi tar nu hand om både avsnitt 7.3 7.4 som avslutar kursen. Vi ska börja med att gå igenom några typer av avbildningar. Translation: Detta är en funktion f(z) = z +c, c C. En translation flyttar ett objekt c steg. Rotation: Funktionen f(z) = e iθ z, θ R, roterar ett objekt med θ radianer moturs. Skalning: f(z) = ρz, ρ R, ρ 0, ör en skalningsfunktion, så den förminskar eller förstorar objekt. Speciellt har vi att om w = f(z), för w 1, w i w-planet w 1 w = f(z 1 ) f(z ) = ρz 1 ρz = ρ z 1 z. Affina avbildningar: Detta är en avbildning på formen f(z) = az + b. Vi kan skriva f som en komposition f = f 3 f f 1 där f 1 är en rotation, f en skalning, f 3 en translation. Inversion: f(z) = 1. Läs om detta i boken. z Dessa olika typer av avbildningar är viktiga för så kallade Möbiusavbildningar, så det är dags att definiera dessa: Definition 7.. En Möbiusavbildning är en funktion f : C C som definieras genom f(z) = az + b cz + d där a, b, c, d C med ad bc 0. Anmärkning 1. Villkoret ad bc 0 betyder att determinanten a b c d ska vara nollskild. Observation 1. Om c = 0, då är ad 0 f(z) = a d z + b d är en affin avbildning.

Om c 0, då har f(z) en pol i z = d c. Om a 0, då har f(z) ett nollställe i z = b a. Affina avbildningar kan vi betrakta som avbildningar C C med. Då blir dessa avbildningar bijektiva. Om vi betraktar inversionsavbildningen som en avbildning C C med 0 0 så blir även denna bijektiv. Vad händer då om vi betraktar Möbiusavbildningar som avbildningar på C? Jo, de blir också bijektiva, om c 0 så d a. Vidare så ges dess c c derivata av a b c d f (z) = (cz + d) f:s invers av f 1 (z) = dz + b cz a. Observation. Notera att f 1 också är en Möbiusavbildning med d c. a c Vi har följande viktiga sats om Möbiusavbildningar: Sats 7.3. Låt f vara en Möbiusavbildning. Då gäller att 1. f kan uttryckas som en sammansättning av en ändlig följd av translationer, rotationer, skalningar inversioner.. f : C C är bijektiva. 3. f avbildar mängden {linjer, cirklar} på sig själv. Slutsats (3) i satsen ovan betyder speciellt att en linje kan avbildas på en cirkel vice versa. För Möbiusavbildningar har vi en annan viktig sats, nämligen: Sats 7.4. (Avbildningsprincipen Låt f vara en Möbiusavbildning låt γ vara en enkel styckvis C 1 -kurva i C. Då är C\γ = Ω 1 Ω en disjunkt union av två områden. Vidare så är γ := f(γ) en kurva i C C \ γ = f(ω 1 ) f(ω ). Anmärkning. Rita en bild av avbildningsprincipen. Nu till några exempel. Exempel 1. Betrakta f(z) = z+1. Detta är en Möbiusavbildning eftersom z 1 1 1 1 1 = 1 1 = 0. 3

Vi har att f(z) = z + 1 z 1 = 1 + z 1. Låt f 1 (z) = z 1, f (z) = 1 z, f 3(z) = z f 4 (z) = z + 1. Då är f(z) = f 4 f 3 f f 1 (z). Låt oss kolla hur f avbildar z = 1. Först så translaterar f 1 cirkeln. Efter detta så blir cirkeln en linje via inversionen. Därefter så förlänger vi linjen med f 3 slutligen så translaterar vi linjen igen. Alltså avbildar f cirkeln z = 1 på en linje. Efterso en linje bestäms av två punkter så tar vi två punkter på enhetscirkeln avbildar dessa med f: i i + 1 i 1 = i 1 0. Den enda linjen som går genom 0 i är Re(z) = 0. Så bilden av z = 1 under f är Re(z) = 0. Låt oss kolla med avbildningsprincipen vart det inre av z = 1 det yttre hamnar. Tag därför en punkt innanför, t.ex. z = 0. Denna avbildas av f till 1, så vi drar slutsatsen att allt innanför cirkeln avbildas till vänstra halvplanet (Re(z) < 0), avbildar allt utanför cirkeln till högra halvplanet (Re(z) > 0). (Tag en annan punkt testa!) Exempel. Vi ska beskriva bilden av A = {z C : 0 < Im z < 1} under avbildningen f(z) = z i. Eftersom z 1 i 1 0 = i 0 så är f en Möbiusavbildning. För att få koll på hur detta område avbildas med f ska vi använda oss av argumentprincipen. Problemet är att vi inte har några kurvor att avbilda. Därför kollar vi vad som händer med Im z = 0 Im z = 1. Vi börjar med Im z = 0. Eftersom f har en pol i z = 0 som ligger på Im z = 0 så måste denna linje avbildas på en linje. En linje bestäms av två punkter på Im z = 0, t.ex. z = 1 z = 1. Dessa ger att f( 1) = 1 + i f(1) = 1 i. Vi fastställer att f avbildar Im z = 0 på Re z = 1. För att bestämma hur Im z > 0 avbildas, så tar vi en punkt med Im z > 0 använder avbildningsprincipen, 4

Tag t.ex. z = i, då får vi att f(i) = 0, så vi fastställer att f avbildar Im z > 0 på Re z < 1. Låt oss nu kolla på hur f avbildar Im z = 1. Funktionen f saknar pol på Im z = 1, därför måste Im z avbildas på en cirkel. En cirkel bestäms av tre punkter. Vi har att f( 1 + i) = 1 (1 + i), f(i) = 0 f(1 + i) = 1 (1 i) där 1 + i, 0 1 + i ligger på Im z = 1. Ur detta får man cirkelns ekvation, vi får räkna lite själva också, z 1/ = 1/. Men hur avbildas Im z < 1. Tag en punkt med Im z < 1, t.ex. i/, så får vi att f(i/) = 1, så z med Im z < 1 avbildas utanför cirkeln z 1/ = 1/. Alla uträkningar ovan ger att området A avbildas via f till Rita en bild över vad som händer! {z C : Re z < 1, z 1/ > 1/}. 5