Points fixes distincts de la transformation de Möbius

Question

J'essaye le problème suivant.

Laisser $f:\mathbb{C}\cup\{\infty\}\to \mathbb{C}\cup\{\infty\}$être une transformation Möbius. Prouvez que si$f(\alpha)=\alpha,f(\beta)=\beta$ avec $\alpha\neq\beta\in\mathbb{C}\cup\{\infty\}$, puis $f'(\alpha)f'(\beta)=1$.

je sais $f$ doit avoir la forme $$ f(z)=\frac{az+b}{cz+d} $$ et $f'$ a la forme $$ f'(z)=\frac{ad-bc}{(cz+d)^2}, $$ mais je ne sais pas comment procéder.

Je me demande si je peux utiliser $f$ pour définir une composition $g$ de cartes conformes de $\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, tel que $g$ a deux points fixes distincts, l'un à $0$, puis appliquez en quelque sorte le Lemme de Schwarz. Mais je ne sais pas comment faire. Merci pour toute aide!

Answer 1

$$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}$$ Le dénominateur de cela se développe à mesure que $$((c\alpha+d)(c\beta+d))^2=(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2$$ Mais en manipulant $f(z)=z$ on voit ça $\alpha,\beta$ sont les solutions pour $cz^2+(d-a)z-b=0$. Par conséquent, par les relations de Viète,$$\alpha+\beta=\frac{a-d}c\qquad\alpha\beta=-\frac bc$$ $$c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2=c^2\left(-\frac bc\right)+cd\left(\frac{a-d}c\right)+d^2=ad-bc$$ finalement $$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(ad-bc)^2}=1$$

Answer 2

Le point fixe de la transformation de Möbius est donné par $f(z)=z,$ et donc par l'équation quadratique $$cz^2+(d-a)z−b= 0.$$ Présumer $c\neq0,$ puis $$\alpha+\beta=\dfrac{a-d}{c},\qquad\qquad \alpha\beta=-\dfrac{b}{c}.$$ Considérer $$f'(\alpha)f'(\beta)=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2}.$$De là, je vous laisse le reste de la simplification.
Considérons enfin le cas$c=0$ cas séparément, auquel cas $\infty$ est un point fixe.

Cependant je crois qu'il doit y avoir un raisonnement géométrique simple pour cette belle formule.