Aplicaciones de mapeo conforme

Question

La idea es a través de transformaciones conformales que cumpla las condiciones solicitada del problema hacen de este un problema más fácil de tratar, pero no sé que esta transformación. Cómo solucionar el problema agradeceria cualquier sugerencia. Muchas gracias

Answer 1

Buscando en mi copia de Churchill, Variables Complejas con las Aplicaciones, el apéndice sobre la conformación de las transformaciones sugiere que la aplicación de

$$ w = f(z) = \log \left(\frac{z-1}{z+1} \right) $$

will transform the region shown (for the case $ = 1$) into a strip in the $w$-plane, where the $V = 1$ rays are mapped to $\Im(w) = \pi$ and the $V = 0$ segment is mapped to $\Im(w) = 0$.

If you take $g(z) = \frac{1}{\pi} f(z)$, you map this region to one in which the $V = 1$ segment maps to $\Im(w) = 1$, and the $V = 0$ segment maps to $\Im(w) = 0$.

I seem to recall that this is what's needed in this kind of problem, but it's as far as my shoddy memory takes me. (The inverse conformal map for $f$, by the way, is $z = -\coth \frac{w}{2}$.)

OK. I went and read the relevant chapter of Churchill ... and found this problem in the exercises!

I think that having come up with the transformation, and the potential in the $w$-plane, I'm going to leave the conversion back to a potential in the $z$-plane up to you, although I confess I don't see offhand how to get from the $\log$-expression back to something involving $\arctan$.

In comments, I've been asked to add some pics to show off what the log-transform is doing. Let's look at this diagram:

Ahora el "registro" que he utilizado anteriormente es realmente $$ w = \log |\frac{z-1}{z+1}| + i \arg \frac{z-1}{z+1}. $$

Let's look at how that gets computed. First, the first ratio is just the ratio of distances to the two point $+1$ and $-1$; I'll come back to that. The second term -- the imaginary part, is the difference of the args of $z-1$ and $z - (-1)$, i.e., the angle labeled $\theta_1 - \theta_2$ in the diagram.

What's that look like on (or very near) the real axis? Well, for $z > 1$, $\theta_1$ and $\theta_2$ will both be nearly zero; for $z < -1$, they'll both be nearly $\pi$. For $-1 < z < 1$, we have $\theta_2 \sim 0$ and $\theta_1 \sim \pi$, so the difference is approximately $\pi$. In other words, the red segments of the real axis will be sent to $v = 0$ in the $w$-plane, but the blue segment will be sent to $v = \pi$. Note that the remote ends of the red segments (near $\pm \infty$) will be sent to $u = 0$, while the near ends (near $\pm 1$) are sent off to infinity.

What about the ratio of lengths? Well, along the $x = 0$ line, we'll have $r_1 = r_2$, so that will map to $u = 0$. The other $u = constante$ lines will become hyperbolic-like curves in the $xy$-plano.

Por último, la transformación que realmente queremos es $$ w = \frac{1}{\pi}\log |\frac{z-1}{z+1}| + \frac{i}{\pi} \arg \frac{z-1}{z+1}, $$ el que envía el azul del segmento a de la $v = 1$ $w$- plano.

Ahora bien, desde la parte imaginaria de $w$$v$, y podemos sustituir el $x+iy$$z$, obtenemos \begin{align} v &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{z-1}{z+1} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{(x-1) + iy}{(x+1) + iy} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{x^2 + y^2 - 1 + i 2y}{(x+1)^2 + y^2} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg {x^2 + y^2 - 1 + i 2y}\\ &= \frac{1}{\pi} \arctan \frac{2y}{x^2 + y^2 - 1}, \end{align} que es una expresión para el potencial en el punto a $(x, y)$.

Por último, voy a mostrar el efecto de la conformación de la transformación por mostrar una imagen en la $z$-plano y a la imagen transformada en la $w$-plano, cortesía de Matlab. El problema es que los puntos cerca de $z = \pm 1$ se envían hasta el infinito, de modo que las partes de la imagen transformada será falta.

La imagen de inicio (que se extiende desde $-2.5$$2.5$$x$, y de $0.05$ $2.0$ $y$($y = 0$ cerca de la parte superior, porque de Matlab de la idiosincracia!) muestra un montón de pimientos:

La imagen transformada, que se extiende desde -10 a 10 en $u$$0$$1$$v$, es este:

Si usted puede hacer sentido de esas, entonces te bendiga. Yo sólo seguí la descripción dada aquí: http://www.mathworks.com/help/images/examples/exploring-a-conformal-mapping.html para hacer las imágenes. Aquí está mi código:

function confImage

close all
A = imread('peppers.png');
A = A(31:330, 1:500, :);
figure, imshow(A)
title ('Original Image', 'FontSize', 14);

conformal = maketform('custom', 2, 2, [], @conformalInverse, []);

uData = [ -10   10];  % Bounds for REAL(w)
vData = [  0  1.0];  % Bounds for IMAG(w)
xData = [ -2.5    2.5 ];  % Bounds for REAL(z)
yData = [  0.05   2.0 ];  % Bounds for IMAG(z)


B = imtransform( A, conformal, 'cubic', ...
                'UData', uData,'VData', vData,...
                'XData', xData,'YData', yData,...
                'Size', [300 360], 'FillValues', 255 );
figure, imshow(B)
title('Transformed Image','FontSize',14)

function U = conformalInverse(X, t)

Z = complex(X(:,1),X(:,2));
W = (Z + 1./Z)/2;
U(:,2) = (1/pi) * angle((Z - 1) ./ (Z + 1))
U(:,1) = (1/pi)* log( abs((Z - 1) ./ (Z + 1)));  %real(W);

Answer 2

La integridad del registro, me he decidido a formular mi dado previamente comentario como respuesta. Sí, la asignación en Juan de la respuesta es un Schwarz-Christoffel de asignación:

\begin{align} v &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{z-1}{z+1} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{(x-1) + iy}{(x+1) + iy} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg \frac{x^2 + y^2 - 1 + i 2y}{(x+1)^2 + y^2} \\ &= \frac{1}{\pi} \arg {x^2 + y^2 - 1 + i 2y}\\ &= \frac{1}{\pi} \arctan \frac{2y}{x^2 + y^2 - 1}, \end----------------------------------------------------------

En general, tenemos: $$\frac{dw}{dz}=K(z-a)^{\alpha/\pi-1}(z-b)^{\beta/\pi-1}$$ Con $a=-1$ , $b=+1$ y $\alpha=\beta=0$ , dando: $$dw\;=\;K(z-1)^{-1}(z+1)^{-1}dz \;=\;\frac{K}{2}\left(\frac{dz}{z-1}-\frac{dz}{z+1}\right)$$ De hecho, la integración da aparte de las constantes que se pueden determinar (más tarde): $$w=\log\left(\frac{z-1}{z+1}\right)$$