3.4: Перетворення Мебіуса
- Page ID
- 58651
Розглянемо функцію, визначену\(\mathbb{C}^+\) на\(T(z) = \dfrac{(az + b)}{(cz + d)}\) де\(a, b, c\) і\(d\) є складними константами. Така функція називається перетворенням Мебіуса, якщо\(ad - bc \neq 0\text{.}\) Трансформації цієї форми ще називають дробовими лінійними перетвореннями. Комплексне число\(ad - bc\) називається детермінантою\(T(z) = \dfrac{(az+b)}{(cz+d)}\text{,}\) і позначається як Дет.\((T)\text{.}\)
Функція
\[ T(z) = \dfrac{az + b}{cz + d} \]
є перетворенням\(\mathbb{C}^+\) якщо і тільки якщо\(ad - bc \neq 0\text{.}\)
- Доказ
-
По-перше, припустимо,\(T(z) = \dfrac{(az+b)}{(cz+d)}\) і\(ad - bc \neq 0\text{.}\) Ми повинні показати, що\(T\) це трансформація. Щоб показати\(T\) один до одного, припустимо,\(T(z_1) = T(z_2)\text{.}\) Тоді
\[ \dfrac{az_1 + b}{cz_1 + d} = \dfrac{az_2 + b}{cz_2 + d}\text{.} \]
Перехресно помножте цей вираз і спростіть отримання
\[ (ad - bc)z_1 = (ad - bc)z_2\text{.} \]
Оскільки\(ad - bc \neq 0\) ми можемо розділити цей термін з виразу,\(z_1 = z_2\text{,}\) щоб побачити, що\(T\) це 1-1, і залишається показати, що\(T\) є на.
Припустимо\(\mathbb{C}^+\),\(w\) в дано. Ми повинні знайти\(z \in \mathbb{C}^+\) таке, що\(T(z) = w\text{.}\) Якщо\(w = \infty\text{,}\) тоді\(z = \dfrac{-d}{c}\) (який є\(\infty\) якщо\(c = 0\)) робить трюк, тому припустимо\(w \neq \infty\text{.}\) Щоб знайти\(z\) таке, що\(T(z) = w\) ми вирішуємо рівняння
\[ \dfrac{az + b}{cz+d} = w \]
для\(z\text{,}\) яких можливо так довго, як\(a\) і не\(c\) обидва 0 (в результаті чого\(z\) терміни зникнуть). Так як\(ad-bc \neq 0\text{,}\) ми можемо бути впевнені, що це так, і рішення для\(z\) ми отримуємо
\[ z = \dfrac{-dw + b}{cw-a}\text{.} \]
Таким чином,\(T\) є на, і\(T\) є трансформацією.
Щоб довести зворотне, ми показуємо контрапозитив. Ми вважаємо, що\(ad-bc=0\) і показуємо\(T(z)=\dfrac{(az+b)}{(cz+d)}\) це не трансформація, вирішуючи два випадки.
Випадок 1:\(ad = 0\text{.}\) У цьому випадку\(bc = 0\) також, так\(a\) або\(d\) дорівнює нулю, а\(b\) або\(c\) дорівнює нулю. У всіх чотирьох сценаріях можна відразу перевірити, що\(T\) це не перетворення\(\mathbb{C}^+\text{.}\) Наприклад, якщо\(a = c = 0\) тоді\(T(z) = \dfrac{b}{d}\) ні 1-1, ні на\(\mathbb{C}^+\text{.}\)
Випадок 2:\(ad \neq 0\text{.}\) У цьому випадку всі чотири константи є ненульовими, а\(\dfrac{a}{c} = \dfrac{b}{d}\text{.}\)\(T(\infty)= \dfrac{a}{c}\text{,}\)\(T\) Since\(T(0)=\dfrac{b}{d}\) і не 1-1, а отже, і не перетворення\(\mathbb{C}^+\text{.}\)
Зауважте, що в попередньому доказі ми знайшли зворотне перетворення перетворення Мебіуса. Це обернене перетворення само по собі є перетворенням Мебіуса, оскільки його детермінантою не є\(0\). Фактично, його детермінанта дорівнює визначнику початкового перетворення Мебіуса. Підсумовуємо цей факт наступним чином.
Трансформація Мебіуса
\[ T(z) = \dfrac{az + b}{cz+d} \]
має зворотне перетворення
\[ T^{-1}(z) = \dfrac{-dz + b}{cz - a}\text{.} \]
Зокрема, зворотна трансформація Мебіуса сама по собі є перетворенням Мебіуса.
Якщо скласти два перетворення Мебіуса, результатом буде ще одне перетворення Мебіуса. Доказ цього факту залишають як вправу.
Композиція двох перетворень Мебіуса - це знову перетворення Мебіуса.
Подібно до того, як переклади та повороти площини можуть бути побудовані з відбитків через лінії, загальне перетворення Мебіуса може бути побудовано з інверсій про кліни.
Трансформація\(\mathbb{C}^+\) - це перетворення Мебіуса тоді і лише тоді, коли це композиція парної кількості інверсій.
- Доказ
-
Спочатку ми спостерігаємо, що будь-яке загальне\(T(z)=az+b\) лінійне перетворення - це композиція парного числа інверсій. Дійсно, така карта є розширенням і обертанням з подальшим перекладом. Обертання та переклади - це кожна композиція двох відображень (теорема\(3.1.4\)), а дилатація - це композиція двох інверсій про концентричні кола (Exericise\(3.2.4\)). Отже, в цілому ми маємо, що\(T(z) = az+ b\) це склад парної кількості інверсій.
Тепер припустимо,\(T\) це перетворення Мебіуса\(T(z) = \dfrac{(az+b)}{(cz+d)}\text{.}\) Якщо\(c = 0\) тоді\(T\) є загальним лінійним перетворенням форми,\(T(z) = \dfrac{a}{d}z + \dfrac{b}{d}\text{,}\) і нам нема чого показати.
Отже, ми припускаємо, що\(c \neq 0\text{.}\) Здійснюючи деякий довгий поділ, перетворення Мебіуса можна переписати як
\[ T(z) = \dfrac{az+b}{cz+d} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{\dfrac{(bc-ad)}{c}}{cz+d}\text{,} \]
які можна розглядати як композицію,\(T_3 \circ T_2 \circ T_1(z)\text{,}\) де\(T_1(z) = cz + d\text{,}\)\(T_2(z) = \dfrac{1}{z}\) і\(T_3(z) = \dfrac{bc-ad}{c}z + \dfrac{a}{c}\text{.}\) Зверніть увагу, що\(T_1\) і\(T_3\) є загальними лінійними перетвореннями, і
\[ T_2(z) = \dfrac{1}{z} = \overline{\bigg[\dfrac{1}{\overline{z}}\bigg]} \]
інверсія в одиничному колі з подальшим відображенням про дійсну вісь. Таким чином, кожна\(T_i\) - це композиція парної кількості інверсій, а також\(T\) загальне перетворення Мебіуса.
Щоб довести інший напрямок, ми показуємо,\(T\) що якщо композиція двох інверсій, то це перетворення Мебіуса. Тоді, якщо\(T\) композиція будь-якого парного числа інверсій, то це склад удвічі меншої кількості перетворень Мебіуса і сам по собі є перетворенням Мебіуса за теоремою\(3.4.3\).
Випадок 1:\(T\) являє собою композицію з двох інверсій кола. Припустимо,\(T = i_{C_1} \circ i_{C_2}\) де\(C_1\)\(C_2\) знаходиться коло\(|z - z_1| = r_1\) і є коло\(|z-z_2| = r_2\text{.}\) Для\(i = 1, 2\) інверсії може бути описана
\[ i_{C_i} = \dfrac{r_i^2}{\overline{z-z_i}}+z_i\text{,} \]
і якщо ми складемо ці дві інверсії, ми фактично отримаємо перетворення Мебіуса. Ми залишаємо деталі цього обчислення читачеві, але зауважимо, що визначником отриманого перетворення Мебіуса є\(r_1^2r_2^2\text{.}\)
Випадок 2:\(T\) це композиція однієї інверсії кола та відображення однієї лінії. Відображення в прямій може бути задано,\(r_L(z) = e^{i\theta}\overline{z}+b\) а інверсія в колі\(C\) задається\(i_{C} = \dfrac{r^2}{\overline{z-z_o}}+z_o\) тим, де\(z_0\) і\(r\) є центром і радіусом кола, як зазвичай. Розробіть композицію, і ви побачите, що у нас є перетворення Мебіуса з детермінантою\(e^{i\theta}r^2\) (яка є ненульовою). Його зворотна, композиція також\(i_C \circ r_L\text{,}\) є перетворенням Мебіуса.
Випадок 3:\(T\) це композиція двох роздумів. Або дві лінії відображення паралельні, в цьому випадку композиція дає переклад, або вони перетинаються, і в цьому випадку ми маємо обертання навколо точки перетину (Теорема\(3.1.4\)). У будь-якому випадку ми маємо трансформацію Мебіуса.
Звідси випливає, що склад будь-якої парної кількості інверсій дає перетворення Мебіуса.
Оскільки перетворення Мебіуса складаються з інверсій, вони охоплять тонші якості інверсій. Наприклад, оскільки інверсія зберігає клінси, так і перетворення Мебіуса, а оскільки інверсія зберігає кутові величини, перетворення Мебіуса зберігають кути (як парну кількість інверсій).
Перетворення Мебіуса приймають кліни до клінів і зберігає кути.
Наступна теорема з фіксованою точкою корисна для розуміння перетворень Мебіуса.
Будь-які\(T: \mathbb{C}^+ \to \mathbb{C}^+\) виправлення перетворення Möbius\(1\)\(2\), або всі точки\(\mathbb{C}^+\text{.}\)
- Доказ
-
Щоб знайти фіксовані точки,\(T(z) = \dfrac{(az+b)}{(cz + d)}\) які ми хочемо вирішити
\[ \dfrac{az + b}{cz + d} = z \]
для\(z\text{,}\) якого дає квадратне рівняння
\[ cz^2 + (d-a)z - b = 0 \text{.} \label{3.4.1}\]
Якщо\(c \neq 0\) тоді, як обговорюється в прикладі\(2.4.2\), рівняння (\(\ref{3.4.1}\)) повинно мати\(1\) або\(2\) рішення, і в цьому випадку є\(1\) або\(2\) фіксовані точки.
Якщо\(c = 0\) і\(a \neq d\text{,}\) тоді перетворення має вигляд\(T(z) = \dfrac{(az + b)}{d}\), який фіксує рівняння\(\infty\text{.}\) From (1), також\(z = \dfrac{b}{(d-a)} \neq \infty\) є фіксованою точкою. Таким чином, у нас є\(2\) фіксовані точки в цьому випадку.
Якщо\(c = 0\) і\(a = d\text{,}\) тоді рівняння (\(\ref{3.4.1}\)) зводиться до\(0 = -b\text{,}\) цього\(b = 0\) теж, і перетворення - це перетворення ідентичності.\(T(z) = \dfrac{(az+0)}{(0z + a)} = z\text{.}\) Це перетворення фіксує кожну точку.
Маючи цю теорему фіксованої точки в руці, ми тепер можемо довести фундаментальну теорему перетворень Мебіуса, яка говорить, що якщо ми хочемо спонукати один до одного і на рух всієї розширеної площини, яка посилає мої улюблені три точки (\(z_1, z_2, z_3\)) до ваших улюблених трьох точок (\(w_1, w_2, w_3)\text{,}\)як описано нижче , тоді відбувається трансформація Мебіуса, яка зробить трюк, і є лише один.
Існує унікальна трансформація Мебіуса, яка приймає будь-які три різні точки\(\mathbb{C}^+\) до будь-яких трьох різних точок\(\mathbb{C}^+\text{.}\)
- Доказ
-
Припустимо,\(z_1, z_2,\) і\(z_3\) є різними точками в\(\mathbb{C}^+\text{,}\)\(w_1, w_2\text{,}\) і\(w_3\) є різними точками в\(\mathbb{C}^+\text{.}\) Ми показуємо існує унікальне перетворення Мебіуса, яке відображає\(z_i \mapsto w_i\)\(i = 1,2,3\text{.}\) Для початку ми показуємо існує карта, побудована з інверсій, що карти\(z_1 \mapsto 1\text{,}\) \(z_2 \mapsto 0\)і\(z_3 \mapsto \infty\text{.}\) Ми робимо це в тому випадку, що\(z_3 \neq \infty\text{.}\) Цей особливий випадок залишається вправ.
По-перше, інвертувати про будь-яке коло по центру\(z_3\text{.}\) Це приймає\(z_3\) за\(\infty\) бажанням. \(z_1\)Окуляри і,\(z_2\) без сумніву, переміщуються, скажімо,\(z_1^\prime\) і\(z_2^\prime\text{,}\) відповідно, жоден з яких не є\(\infty\text{.}\) Другий, зробити переклад, який приймає\(z_2^\prime\) до 0. Такий переклад буде залишатися\(\infty\) фіксованим, і займе\(z_1^\prime\) деяке нове місце\(z_1^{\prime\prime}\) в\(\mathbb{C}\text{.}\) Третьому, обертати і розширювати про початок, (який зберігає 0 і\(\infty\) фіксований), так що\(z_1^{\prime\prime}\) рухається до 1. Цей процес дає склад інверсій, який\(z_1 \mapsto 1\text{,}\)\(z_2 \mapsto 0\text{,}\) відображає, і\(z_3 \mapsto \infty\text{.}\) Однак ця композиція насправді включає непарну кількість інверсій, тому це не перетворення Мебіуса. Щоб зробити перетворення Мебіуса з цієї композиції, ми робимо одну останню інверсію: відбиваємо через реальну вісь. Це зберігає 1, 0 і\(\infty\) фіксований. Таким чином, відбувається перетворення Мебіуса, що приймає будь-які три різні точки до точок,\(1, 0,\) і\(\infty\text{.}\) Наразі ми дозволимо\(T\) позначити перетворення Мебіуса, яке відображає\(z_1 \mapsto 1\text{,}\)\(z_2 \mapsto 0\) і\(z_3 \mapsto \infty\text{.}\)
Аналогічним чином можна побудувати перетворення Мебіуса, назвати його,\(S\text{,}\) що приймає\(w_1 \mapsto 1\text{,}\)\(w_2 \mapsto 0\text{,}\) і\(w_3 \mapsto \infty\text{.}\)
Якщо ми дозволимо\(S^{-1}\) позначити зворотне перетворення,\(S\text{,}\) то композиція\(S^{-1} \circ T\) є перетворенням Мебіуса, і це перетворення робить те, що ми поставили перед собою, як запропоновано Фігурою\(3.4.2\). Зокрема,
\ почати {вирівнювати*} S^ {-1}\ коло Т (z_1) & = S^ {-1} (1) = w_1\\ S^ {-1}\ коло Т (z_2) & = S^ {-1} (0) = w_2\\ S^ {-1}\ коло Т (z_3) & = S^ {-1} (\ infty) = W _3\ текст {.} \ end {вирівнювати*}
Малюнок\(3.4.2\): Схема побудови перетворення Мебіуса, що надсилає\(z_i \mapsto w_i\) для\(i=1,2,3\text{.}\) Go через точки\(1,0,\infty\text{.}\) (Авторське право; автор через джерело) Нарешті, щоб довести, що це перетворення Мебіуса є унікальним, припустимо, що є два перетворення Мебіуса\(U\) і ця карта\(V\)\(z_1 \mapsto w_1\text{,}\)\(z_2 \mapsto w_2\),\(z_3 \mapsto w_3\text{.}\) а Потім\(V^{-1} \circ U\) є перетворення Мебіуса, яке фіксує\(z_1, z_2\text{,}\) і\(z_3\text{.}\) Відповідно до Теореми\(3.4.6\) існує лише одна трансформація Мебіуса, яка фіксує більше двох точок, і це трансформація ідентичності. Таким чином\(V^{-1} \circ U(z) = z\) для всіх\(z \in \mathbb{C}^+\text{.}\) Аналогічно,\(U \circ V^{-1}(z) = z\text{,}\) і випливає,\(z \in \mathbb{C}^+\text{.}\) що\(U(z) = V(z)\) для всіх Тобто,\(U\) і\(V\) є одна і та ж карта.
Існує алгебраїчний опис дуже корисного відображення\(z_1 \mapsto 1\text{,}\)\(z_2 \mapsto 0\) перетворення Мебіуса\(z_3 \mapsto \infty\), яке виникло на доведенні теореми\(3.4.7\):
\[ T(z) = \dfrac{(z-z_2)}{(z-z_3)}\cdot \dfrac{(z_1 - z_3)}{(z_1-z_2)}\text{.} \]
Читач може перевірити, чи працює карта так, як рекламується, і що це справді перетворення Мебіуса. (Хоча зрозуміло, що перетворення має форму\(\dfrac{(az + b)}{(cz + d)}\text{,}\), може бути незрозуміло, що детермінант ненульовий. Це так, оскільки\(z_i\) вони відрізняються.) Відзначимо також, що якщо одна з\(z_i\) є\(\infty\text{,}\) форма карти зменшується шляхом скасування термінів з\(\infty\) в них. Наприклад, якщо\(z_2 = \infty\text{,}\) карта, яка надсилає\(z_1 \mapsto 1\text{,}\)\(\infty \mapsto 0\) і\(z_3 \mapsto \infty\) є\(T(z) = \dfrac{(z_1-z_3)}{(z-z_3)} \text{.}\)
Перетворення Мебіуса, яке посилає будь-які три різні точки\(1\)\(0\), і\(\infty\) є настільки корисним, що отримує власне ім'я та спеціальні позначення.
Перехресне співвідношення 4 комплексних чисел\(z,w,u,\) і\(v\text{,}\) де\(w,u,\) і\(v\) є відмінними, позначається\((z,w;u,v)\text{,}\) і
\[ (z,w;u,v) = \dfrac{z-u}{z-v}\cdot\dfrac{w-v}{w-u}\text{.} \]
Якщо\(z\) є змінною, і\(w, u,\) і\(v\) є окремими складними константами, то\(T(z) = (z,w;u,v)\) є (унікальним!) Перетворення Мебіуса, що посилає\(w \mapsto 1\text{,}\)\(u \mapsto 0\text{,}\) і\(v \mapsto \infty\text{.}\)
Знайдіть унікальну трансформацію Мебіуса, яка посилає\(1 \mapsto 3\text{,}\)\(i \mapsto 0\text{,}\) і\(2 \mapsto -1\text{.}\)
Один підхід: знайти\(T(z) = (z,1;i,2)\) і\(S(w) = (w,3;0,-1)\text{.}\) в цьому випадку трансформація, яку ми хочемо, є\(S^{-1} \circ T\text{.}\)
Щоб знайти це перетворення, встановимо перехресні коефіцієнти рівними:
\ почати {вирівнювати*} (z,1; i,2) & = (w,3; 0, -1)\\ dfrac {z-2}\ cdot\ dfrac {1-2} {1-i} & =\ dfrac {w+1} {w+1}\ ddot\ dfrac {3+1} {3-0}\\ dfrac {-z+i} {(1-i) z-2+2i} & =\ dfrac {4w} {3w+3}\ текст {.} \ end {вирівнювати*}
Тоді вирішуйте для\(w\text{:}\)
\ почати {вирівнювати*} -3zw + 3i+3i - 3з & = 4 [(1-i) z-2+2i] ш\\ -3з+3i & = [3z-3i+4 [(1-i) z-2+2i]] w\\ w & =\ dfrac {-3з+3i} {(7-4i) з + (-8+5i})\ текст {.} \ end {вирівнювати*}
Таким чином, наша трансформація Мебіуса
\[ V(z) = \dfrac{-3z + 3i}{(7-4i)z + (-8+5i)}\text{.} \]
Перевірити нашу відповідь тут досить просто. Оскільки існує саме одна трансформація Мебіуса, яка робить трюк, все, що нам потрібно зробити, це перевірити, чи\(V(1) = 3, V(i) = 0\) і\(V(2) = -1\text{.}\) добре... так... так... так! У нас є наша карта!
Імовірності, присвоєні подіям функцією розподілу на вибірковому просторі, задаються.
- Доказ
-
Припустимо\(z_3\),\(z_0, z_1, z_2,\) і є чотирма різними точками в\(\mathbb{C}^+\text{,}\) і\(T\) є будь-якою трансформацією Мебіуса. Тоді
\[ (z_0,z_1;z_2,z_3) = (T(z_0), T(z_1); T(z_2), T(z_3))\text{.} \]
На додаток до визначення карт, які надсилають точки\(1\)\(0\), і\(\infty\text{,}\) перехресне співвідношення може проголосити, чи лежать чотири точки на одній лінії: Якщо\((z,w;u,v)\) є дійсним числом, то точки знаходяться на одному кліні; якщо складний, то вони не\((z,w;u,v)\) є. Доказ цього факту залишають як вправу.
Візьміть точки\(1, i, -1, -i\text{.}\) Ми знаємо, що ці чотири точки лежать на колі\(|z| = 1\text{,}\) так, згідно з твердженням вище,\((1,i;-1,-i)\) є дійсним числом. Давайте перевіримо:
\ почати {вирівнювати*} (1, i; -1, -i) & =\ dfrac {1+1} {1+i}\ ddot\ dfrac {i+i} {i+1}\\ & =\ dfrac {2} {1+i} {1+i}\\ & =\ dfrac {4i} {1-1) i}\\ & =\ dfrac {4i} {2i}\\ & = 2\ tag {Так!} \ текст {.} \ end {вирівнювати*}
Ще однією важливою особливістю інверсії, яка передається перетворенням Мебіуса, є збереження точок симетрії. Наступний результат є наслідком теореми\(3.2.8\).
Якщо\(z\) і\(z^*\) симетричні по відношенню до кліну\(C\text{,}\) і\(T\) є будь-яким перетворенням Мебіуса, то\(T(z)\) і\(T(z^*)\) симетричні по відношенню до кліну\(T(C)\text{.}\)
Закриваємо розділ ще однією теоремою про перетворення Мебіуса.
Враховуючи будь-які два кліки,\(C_1\) і\(C_2\text{,}\) існує перетворення Мебіуса\(T\), яке\(C_1\) відображає на\(C_2\text{.}\) Тобто,\(T(C_1) = C_2\text{.}\)
- Доказ
-
\(p_1\)Дозволяти бути точкою на\(C_1\)\(q_1\) і\(q_1^*\) симетричною по відношенню до\(C_1\text{.}\) Аналогічно, нехай\(p_2\) бути точкою на\(C_2\)\(q_2\) і\(q_2^*\) бути симетричним по відношенню до\(C_2\text{.}\) Побудувати перетворення Мебіуса, що посилає\(p_1 \mapsto p_2\text{,}\)\(q_1 \mapsto q_2\) і \(q_1^* \mapsto q_2^*\text{.}\)Тоді\(T(C_1)=C_2\text{.}\)
Вправи
Знайдіть трансформацію\(\mathbb{C}^+\), яка обертає точки приблизно\(2i\) на кут\(\dfrac{\pi}{4}\text{.}\) Покажіть, що це перетворення має форму перетворення Мебіуса.
Знайти зворотне перетворення\(T(z) = \dfrac{3z + i}{2z + 1}\text{.}\)
Довести теорему\(3.4.3\). Тобто припустимо\(T\) і\(S\) є двома перетвореннями Мебіуса і довести, що композиція знову\(T\circ S\) є перетворенням Мебіуса.
Доведіть, що будь-яке перетворення Мебіуса може бути записано у формі з\(1\) детермінантою, і що ця форма є унікальною до знаку.
- Підказка
-
Як визначається\(T(z) = \dfrac{(az+b)}{(cz+d)}\) зміна, якщо ми помножимо верхню і нижню частину карти на якусь константу?\(k\text{?}\)
Знайдіть унікальне перетворення Мебіуса, яке посилає,\(1 \mapsto i\text{,}\)\(i \mapsto -1\text{,}\) і\(-1 \mapsto -i\text{.}\) Які фіксовані точки цього перетворення? Що таке\(T(0)\text{?}\) Що таке\(T(\infty)\text{?}\)
Повторіть попередню вправу, але відправте\(2 \to 0\text{,}\)\(1 \to 3\) і\(4 \to 4\text{.}\)
Доведіть цю особливість перехресного співвідношення:\(\overline{(z, z_1; z_2, z_3)} = (\overline{z},\overline{z_1};\overline{z_2},\overline{z_3})\text{.}\)
Доведіть, що перехресне співвідношення чотирьох різних дійсних чисел є дійсним числом.
Доведіть, що перехресне співвідношення чотирьох різних комплексних чисел є дійсним числом, якщо і тільки якщо чотири точки лежать на одній лінії.
- Підказка
-
Доведіть, що перехресне співвідношення чотирьох різних комплексних чисел є дійсним числом, якщо і тільки якщо чотири точки лежать на одній лінії.
Чи є точки\(2+i, 3, 5,\) і\(6 + i\) лежать на одному ключі?
Детальніше про перетворення Мебіуса.
- Наведіть приклад перетворення Мебіуса\(T\) такого, що\(\overline{T(z)} \neq T(\overline{z})\) для деяких\(z\) в\(\mathbb{C}^+\text{.}\)
- Припустимо,\(T\) це перетворення Мебіуса, яке посилає реальну вісь на себе. Доведіть, що в цьому випадку,\(\overline{T(z)} = T(\overline{z})\) для всіх\(z\) в\(\mathbb{C}\text{.}\)
Чи є перетворення Мебіуса, яке посилає\(1\)\(i\) до\(3\)\(4\),\(-1\) до\(2 + i\) і\(-i\) до\(4 + i\text{?}\)
- Підказка
-
Це може допомогти спостерігати, що вхідні точки знаходяться на одному кліні.
Знайдіть фіксовані точки цих перетворень на\(\mathbb{C}^+\text{.}\) Пам'ятати, що\(\infty\) може бути фіксованою точкою такого перетворення.
- \(\displaystyle T(z) = \dfrac{2z}{3z-1}\)
- \(\displaystyle T(z) = iz\)
- \(\displaystyle T(z) = \dfrac{-iz}{(1-i)z - 1}\)
Знайдіть перетворення Мебіуса, яке переводить коло\(|z| = 4\) до прямої\(3x + y = 4\text{.}\)
- Підказка
-
Відстежуйте прогрес по три пункти, а решта піде.
Знайдіть нетривіальне перетворення Мебіуса, яке фіксує точки\(-1\) і\(1\), і назвіть це перетворення\(T\text{.}\) Тоді, нехай\(C\) буде уявна вісь. Яке зображення\(C\) під цією картою. Тобто, що таке клайн\(T(C)\text{?}\)
Припустимо, що\(z_1, z_2, z_3\) різні точки в\(\mathbb{C}^+\text{.}\) Показати, що за парною кількістю інверсій ми можемо зіставити\(z_1 \mapsto 1\text{,}\)\(z_2 \mapsto 0\text{,}\) і\(z_3 \mapsto \infty\) в тому випадку, якщо\(z_3 = \infty\text{.}\)