Комплексный анализ I/Билеты/Свойства дробно-линейных отображений. Дробно-линейные автоморфизмы круга.

Определение. Дробно-линейное отображение $f(z)$ – это отображение вида:

$f(z)=\frac{az+b}{cz+d},a,b,c,d\in ℂ,ad-bc\ne 0$

Теорема. (свойства дробно-линейных отображений):

1. Всякое дробно-линейное отображение $f:\overline{ℂ}\leftrightarrow \overline{ℂ}$ есть гомеоморфизм;
2. $\mathrm{\forall }$ области $D\subset \overline{ℂ}$ образ $f(D)$ – тоже область, и $f(\partial D)=\partial f(D)$;
3. множество всех окружностей и прямых под действием ДЛО переходит само в себя;
4. $f$ сохраняет ориентированные углы между гладкими кривыми;
5. $f$ сохраняет симметрию относительно прямых и окружностей;
6. все ДЛО образуют группу.

Доказательство.

1) Рассмотрим уравнение $\frac{az+b}{cz+d}=w$, $w\in ℂ$:

$\begin{array}{c}az+b=w(cz+d)\\ (cw-a)z=b-wd\end{array}$

Уравнение имеет ровно одно решение за исключением случая $cw-a=0$, то есть $w=\frac{a}{c}$;

следовательно, $\mathrm{\forall }w\in ℂ\mathrm{\setminus }\left\{\frac{a}{c}\right\}\mathrm{\exists }!z\in ℂ:f(z)=w$;

$f(\mathrm{\infty })=\frac{a}{c}$:

• $\underset{z\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{az+b}{cz+d}=\frac{a}{c}$;
• если $c=0$, то $f(\mathrm{\infty })=\mathrm{\infty }$.

$f^{-1}(\frac{a}{c})=\mathrm{\infty }$.

2) Вытекает из гомеоморфности.

3) $l:A(x^2+y^2)+Bx+Cy+D=0$ – уравнение обобщённой окружности $(A,B,C,D\in R)$

$z=x+iy$

$A|z{|}^2+B\left(\frac{Z+\bar{Z}}{2}\right)+C\left(\frac{Z-\bar{Z}}{2i}\right)+D=0$

$A|z{|}^2+\frac{1}{2}(B-iC)z+\frac{1}{2}(B+iC)\bar{z}+D=0$

любое ДЛО является композицией простых ДЛО вида:

• $z+\alpha$
• $\beta z$
• $\frac{1}{z}$

$\frac{az+b}{cz+d}=\frac{a}{c}+\frac{-\frac{ad}{c}+b}{cz+d}$

Очевидно, что $z+\alpha$ (параллельный перенос) и $\beta z$ (растяжение и поворот) сохраняют прямые и окружности;

осталось доказать для $\frac{1}{z}$ (инверсии).

$w=\frac{1}{z}$, $z\in l$, следовательно, $w\in \tilde{l}$:

$\frac{A}{|w{|}^2}+\frac{1}{2}(B-iC)\frac{1}{w}+\frac{1}{2}(B+iC)\frac{1}{\bar{w}}+D=0$

$A+\frac{1}{2}(B-iC)\bar{w}+\frac{1}{2}(B+iC)w+D|w{|}^2=0$

$w=u+iv,\bar{w}=u-iv$

$A+\frac{1}{2}(B-iC)(u-iv)+\frac{1}{2}(B+iC)(u+iv)+D(u^2+v^2)=0$

$A+Bu-Cv+D(u^2+v^2)=0$

4) как мы выяснили ранее, любое ДЛО является композицией простых ДЛО вида $z+\alpha$, $\beta z$, $\frac{1}{z}$.

Очевидно, что $z+\alpha$ и $\beta z$ сохраняют ориентированные углы; осталось доказать для $\frac{1}{z}$.

$f(z)=f(x,y)=u(x,y)+iv(x,y)$

$(x,y)\to (u(x,y),v(x,y))$

Это отображение сохраняет углы, если $J=\left(\begin{array}{cc}{u}_x^{\prime }& u_y^{\prime }\\ v_x^{\prime }& v_y^{\prime }\end{array}\right)$ ортогональная матрица;

и, кроме того, сохраняет ориентацию углов, если $|J|>0$.

В нашем случае $f(z)=\frac{1}{z}=\frac{\bar{z}}{|z{|}^2}=\frac{x-iy}{x^2+y^2}$

$u(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2},v(x,y)=\frac{-y}{x^2+y^2}$

$J=\left(\begin{array}{cc}\frac{y^2-x^2}{{(x^2+y^2)}^2}& \frac{-2xy}{{(x^2+y^2)}^2}\\ \frac{2xy}{{(x^2+y^2)}^2}& \frac{y^2-x^2}{{(x^2+y^2)}^2}\end{array}\right)$ ортогональная матрица

$|J|=\frac{{(y^2-x^2)}^2+4x^2{y}^2}{{(x^2+y^2)}^4}=\frac{{(y^2+x^2)}^2}{{(x^2+y^2)}^4}=\frac{1}{{(x^2+y^2)}^2}>0$

5)

6) {ДЛО} группа с операцией композиция, $\{LFT\}=GL(2,ℂ)\mathrm{\setminus }\left\{\lambda \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\right\},ℂ\mathrm{\setminus }\left\{\frac{a}{c}\right\}$

(LFT stands for Linear Fractional Transformation – издержки LaTeX’а местного MediaWiki)

Группа некоммутативна, например:

$\begin{array}{c}\frac{1}{z}\circ (z-1)=\frac{1}{z-1}\\ (z-1)\circ \frac{1}{z}=\frac{1}{z}-1\\ \frac{az+b}{cz+d}\circ \frac{a^{\prime }z+b^{\prime }}{c^{\prime }z+d^{\prime }}=\frac{Az+B}{Cz+D}\\ \left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{a}^{\prime }& b^{\prime }\\ c^{\prime }& d^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}A& B\\ C& D\end{array}\right)\end{array}$

Пример. Выясним,во что переводит единичный круг ДЛО $\frac{z+i}{i-z}$. Сначала выясним, во что наше ДЛО переводит границу единичного круга, то есть единичную окружность; по свойству 3 ДЛО она перейдёт либо в окружность, либо в прямую; возьмём две точки на окружности: $i$ и $-i$, и посмотрим, куда они переходят:

$\begin{array}{c}i\to \mathrm{\infty }\\ -i\to 0\end{array}$

то есть видно, что окружность переходит в прямую, так как есть точка, переходящая в бесконечность; выясним, в какую прямую: по свойству 4 ДЛО сохраняет ориентированные углы между кривыми

image

Теорема. Все ДЛО, переводящие единичный круг сам в себя, имеют вид $b\frac{z-a}{1-\bar{a}z}$, где $|a|<1,|b|=1$, с точностью до умножения на ненулевой множитель.

Доказательство. Cначала докажем,что любое ДЛО, переводящее единичный круг в себя, представимо в виде

$b\frac{z-a}{1-\bar{a}z}$, где $|a|<1,|b|=1$.

Пусть точка $b$ переходит в 0, тогда симметричная ей относительно единичной окружности точка $\frac{1}{\bar{a}}$ переходит в бесконечность, то есть наше ДЛО имеет вид:

$B\frac{z-a}{z-\frac{1}{\bar{a}}}=b\frac{z-a}{1-\bar{a}z}$

Возьмём точку на единичной окружности, то есть пусть $|z|=1$, тогда $z\bar{z}=1$ и, так как она перейдёт в точку на единичной окружности, то:

$1=\left|b\frac{z-a}{1-{\bar{a}}_Z}\right|=|b|\left|\frac{z-a}{z\bar{z}-\bar{a}z}\right|=|b|\left|\frac{z-a}{z(\bar{z}-\bar{a})}\right|=|b|\frac{|z-a|}{|z||\bar{z}-\bar{a}|}=\frac{|b|}{|z|}=|b|$

Докажем обратное, что любое ДЛО вида $b\frac{z-a}{1-\bar{a}z}$, где $|a|<1,|b|=1$, переводит единичный круг сам в себя. Возьмём точку $A$ на единичной окружности, то есть $|z|=1$:

$1=|b|=\frac{|b|}{|z|}=|b|\frac{|z-a|}{|z||\bar{z}-\bar{a}|}=|b|\left|\frac{z-a}{z(\bar{z}-\bar{a})}\right|=|b|\left|\frac{z-a}{z\bar{z}-\bar{a}z}\right|=\left|b\frac{z-a}{1-\bar{a}z}\right|$

то есть точка на единичной окружности переходит в точку на ней же, что и требовалось доказать.