3.4: Перетворення Мебіуса

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.$(T)\text{.}$

Теорема$\PageIndex{1}$

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.

Теорема$\PageIndex{2}$

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.

Теорема$\PageIndex{3}$

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.

Теорема$\PageIndex{4}$

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).

Теорема$\PageIndex{5}$

Перетворення Мебіуса приймають кліни до клінів і зберігає кути.

Наступна теорема з фіксованою точкою корисна для розуміння перетворень Мебіуса.

Теорема$\PageIndex{6}$

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.

Малюнок$3.4.1$: Ми можемо побудувати перетворення Мебіуса, яке надсилає$z_1 \mapsto w_1\text{,}$$z_2 \mapsto w_2\text{,}$ і$z_3 \mapsto w_3\text{.}$ (Авторське право; автор через джерело)

Теорема$\PageIndex{7}$

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.

Визначення: Перехресне співвідношення

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$v \mapsto \infty\text{.}$

Приклад$\PageIndex{1}$: Building a Möbius transformation.

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!

Теорема$\PageIndex{8}$: Invariance of Cross Ratio

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

$$(z_0,z_1;z_2,z_3) = (T(z_0), T(z_1); T(z_2), T(z_3))\text{.}$$

Приклад$\PageIndex{2}$: Do Four Points Lie on a Single Cline?

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$3.2.8$.

Слідство$\PageIndex{1}$

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.

Теорема$\PageIndex{9}$

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

Вправа$\PageIndex{1}$

Знайдіть трансформацію$\mathbb{C}^+$, яка обертає точки приблизно$2i$ на кут$\dfrac{\pi}{4}\text{.}$ Покажіть, що це перетворення має форму перетворення Мебіуса.

Вправа$\PageIndex{2}$

Знайти зворотне перетворення$T(z) = \dfrac{3z + i}{2z + 1}\text{.}$

Вправа$\PageIndex{3}$

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.

Вправа$\PageIndex{4}$

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?$k\text{?}$

Вправа$\PageIndex{5}$

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$T(\infty)\text{?}$

Вправа$\PageIndex{6}$

Повторіть попередню вправу, але відправте$2 \to 0\text{,}$$1 \to 3$ і$4 \to 4\text{.}$

Вправа$\PageIndex{7}$

Доведіть цю особливість перехресного співвідношення:$\overline{(z, z_1; z_2, z_3)} = (\overline{z},\overline{z_1};\overline{z_2},\overline{z_3})\text{.}$

Вправа$\PageIndex{8}$

Доведіть, що перехресне співвідношення чотирьох різних дійсних чисел є дійсним числом.

Вправа$\PageIndex{9}$

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.

Вправа$\PageIndex{10}$

Чи є точки$2+i, 3, 5,$ і$6 + i$ лежать на одному ключі?

Вправа$\PageIndex{11}$

Детальніше про перетворення Мебіуса.

1. Наведіть приклад перетворення Мебіуса$T$ такого, що$\overline{T(z)} \neq T(\overline{z})$ для деяких$z$ в$\mathbb{C}^+\text{.}$
2. 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$\mathbb{C}\text{.}$

Вправа$\PageIndex{12}$

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.

Вправа$\PageIndex{13}$

Знайдіть фіксовані точки цих перетворень на$\mathbb{C}^+\text{.}$ Пам'ятати, що$\infty$ може бути фіксованою точкою такого перетворення.

1. $\displaystyle T(z) = \dfrac{2z}{3z-1}$
2. $\displaystyle T(z) = iz$
3. $\displaystyle T(z) = \dfrac{-iz}{(1-i)z - 1}$

Вправа$\PageIndex{14}$

Знайдіть перетворення Мебіуса, яке переводить коло$|z| = 4$ до прямої$3x + y = 4\text{.}$

Підказка

Відстежуйте прогрес по три пункти, а решта піде.

Вправа$\PageIndex{15}$

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$T(C)\text{?}$

Вправа$\PageIndex{16}$

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$z_3 = \infty\text{.}$