Deutliche Fixpunkte der Möbius-Transformation

Question

Ich versuche das folgende Problem.

Lassen $f:\mathbb{C}\cup\{\infty\}\to \mathbb{C}\cup\{\infty\}$sei eine Möbius-Transformation. Beweisen Sie, dass wenn$f(\alpha)=\alpha,f(\beta)=\beta$ mit $\alpha\neq\beta\in\mathbb{C}\cup\{\infty\}$, dann $f'(\alpha)f'(\beta)=1$.

ich weiß $f$ muss das Formular haben $$ f(z)=\frac{az+b}{cz+d} $$ und $f'$ hat die Form $$ f'(z)=\frac{ad-bc}{(cz+d)^2}, $$ aber ich weiß nicht, wie ich vorgehen soll.

Ich frage mich, ob ich verwenden kann $f$ eine Komposition definieren $g$ von konformen Karten aus $\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, so dass $g$ hat zwei verschiedene Fixpunkte, einen bei $0$, dann wende Schwarz's Lemma irgendwie an. Aber ich weiß nicht, wie ich das machen soll. Vielen Dank für jede Hilfe!

Answer 1

$$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}$$ Der Nenner davon erweitert sich als $$((c\alpha+d)(c\beta+d))^2=(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2$$ Aber durch Manipulation $f(z)=z$ wir sehen das $\alpha,\beta$ sind die Lösungen für $cz^2+(d-a)z-b=0$. Daher durch Viètes Beziehungen,$$\alpha+\beta=\frac{a-d}c\qquad\alpha\beta=-\frac bc$$ $$c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2=c^2\left(-\frac bc\right)+cd\left(\frac{a-d}c\right)+d^2=ad-bc$$ Schließlich $$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(ad-bc)^2}=1$$

Answer 2

Der Fixpunkt der Möbius-Transformation ist gegeben durch $f(z)=z,$ und daher durch die quadratische Gleichung $$cz^2+(d-a)z−b= 0.$$ Annehmen $c\neq0,$ dann $$\alpha+\beta=\dfrac{a-d}{c},\qquad\qquad \alpha\beta=-\dfrac{b}{c}.$$ Erwägen $$f'(\alpha)f'(\beta)=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2}.$$Von hier aus werde ich den Rest der Vereinfachung für Sie überlassen.
Betrachten Sie abschließend den Fall$c=0$ Fall separat, in welchem ​​Fall $\infty$ ist ein fester Punkt.

Ich glaube jedoch, dass es eine einfache geometrische Begründung für diese schöne Formel geben muss.