Wyraźne stałe punkty transformacji Möbiusa

Question

Próbuję rozwiązać następujący problem.

Pozwolić $f:\mathbb{C}\cup\{\infty\}\to \mathbb{C}\cup\{\infty\}$być transformacją Möbiusa. Udowodnij, że jeśli$f(\alpha)=\alpha,f(\beta)=\beta$ z $\alpha\neq\beta\in\mathbb{C}\cup\{\infty\}$, następnie $f'(\alpha)f'(\beta)=1$.

wiem $f$ musi mieć formę $$ f(z)=\frac{az+b}{cz+d} $$ i $f'$ ma formę $$ f'(z)=\frac{ad-bc}{(cz+d)^2}, $$ ale nie wiem, jak postępować.

Zastanawiam się, czy mogę użyć $f$ zdefiniować kompozycję $g$ map konformalnych z $\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, takie że $g$ ma dwa różne punkty stałe, jeden w $0$, a następnie jakoś zastosuj lemat Schwarza. Ale nie wiem, jak to zrobić. Dziękuję za pomoc!

Answer 1

$$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}$$ Mianownik tego rozszerza się jako $$((c\alpha+d)(c\beta+d))^2=(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2$$ Ale manipulując $f(z)=z$ widzimy to $\alpha,\beta$ są rozwiązania $cz^2+(d-a)z-b=0$. Dlatego według relacji Viète$$\alpha+\beta=\frac{a-d}c\qquad\alpha\beta=-\frac bc$$ $$c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2=c^2\left(-\frac bc\right)+cd\left(\frac{a-d}c\right)+d^2=ad-bc$$ Wreszcie $$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(ad-bc)^2}=1$$

Answer 2

Stały punkt transformacji Möbiusa podaje $f(z)=z,$ i stąd przez równanie kwadratowe $$cz^2+(d-a)z−b= 0.$$ Założyć $c\neq0,$ następnie $$\alpha+\beta=\dfrac{a-d}{c},\qquad\qquad \alpha\beta=-\dfrac{b}{c}.$$ Rozważać $$f'(\alpha)f'(\beta)=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2}.$$Odtąd resztę uproszczenia zostawię dla Ciebie.
Wreszcie rozważ sprawę$c=0$ przypadku osobno, w takim przypadku $\infty$ jest punktem stałym.

Uważam jednak, że musi istnieć proste geometryczne rozumowanie dla tego ładnego wzoru.