Pontos fixos distintos da transformação de Möbius

Question

Estou tentando o seguinte problema.

Deixei $f:\mathbb{C}\cup\{\infty\}\to \mathbb{C}\cup\{\infty\}$ser uma transformação de Möbius. Prove que se$f(\alpha)=\alpha,f(\beta)=\beta$ com $\alpha\neq\beta\in\mathbb{C}\cup\{\infty\}$, então $f'(\alpha)f'(\beta)=1$.

eu sei $f$ deve ter o formulário $$ f(z)=\frac{az+b}{cz+d} $$ e $f'$ tem a forma $$ f'(z)=\frac{ad-bc}{(cz+d)^2}, $$ mas não sei como proceder.

Me pergunto se posso usar $f$ definir uma composição $g$ de mapas conformes de $\mathbb{D}\to\mathbb{D}$, de tal modo que $g$ tem dois pontos fixos distintos, um em $0$, então aplique o Lema de Schwarz de alguma forma. Mas não sei como fazer. Obrigado por qualquer ajuda!

Answer 1

$$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}$$ O denominador disso se expande como $$((c\alpha+d)(c\beta+d))^2=(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2$$ Mas ao manipular $f(z)=z$ nós vemos que $\alpha,\beta$ são as soluções para $cz^2+(d-a)z-b=0$. Portanto, pelas relações de Viète,$$\alpha+\beta=\frac{a-d}c\qquad\alpha\beta=-\frac bc$$ $$c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2=c^2\left(-\frac bc\right)+cd\left(\frac{a-d}c\right)+d^2=ad-bc$$ Finalmente $$f'(\alpha)f'(\beta)=\frac{(ad-bc)^2}{(ad-bc)^2}=1$$

Answer 2

O ponto fixo da transformação de Möbius é dado por $f(z)=z,$ e, portanto, pela equação quadrática $$cz^2+(d-a)z−b= 0.$$ Presumir $c\neq0,$ então $$\alpha+\beta=\dfrac{a-d}{c},\qquad\qquad \alpha\beta=-\dfrac{b}{c}.$$ Considerar $$f'(\alpha)f'(\beta)=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c\alpha+d)^2(c\beta+d)^2}=\dfrac{(ad-bc)^2}{(c^2\alpha\beta+cd(\alpha+\beta)+d^2)^2}.$$A partir daqui, deixarei o resto da simplificação para você.
Finalmente, considere o caso$c=0$ caso separadamente, caso em que $\infty$ é um ponto fixo.

No entanto, acredito que deve haver um raciocínio geométrico simples para esta bela fórmula.