9.2 雙線性變換 (Bilinear Transformation)

此種變換又稱為 Möbius 變換，紀念德國數學家 A. F. Möbius (1790-1868) 而命名。

定義9.2-1. 設令 $a,~b,~c,~d\in\mathbb{C}$ 且 $ad\neq bc$ ，定義於複數平面 $\mathbb{C}$ 的線性分式變換 (linear fraction transformation, LFT) 為：

w = T(z) = \frac{a z+b}{c z+d}~\left(=\frac{a}{c}+\frac{e}{c} (c z+d)^{-1},~e=b c-a d\right)

此變換又稱 Möbius 變換或双線性變換 (bilinear transformation)。複數 $ad-bc(=-e)$ 稱為 $T(x)$ 之行列式，並記為 $\det(T)$ 。

當 $w\neq a/c$ ，由

\begin{align*} w=\frac{a z+b}{c z+d}&\implies c w z+w d-a z-b=0 \implies(c w-a)z =b-d w\\ &\implies z=\frac{-d w+b}{cw -a} \end{align*}

可得 $T$ 之逆變換為

z=T^{-1}(w) = \frac{-d w+b}{c w-a}.

具有以下的性質：

$T^{-1}$ 為 1-1：假設 $T^{-1}(w_1)=T^{-1}(w_2)$ ，則經
$\frac{-d w_2+b}{c w_2+a}=\frac{-d w_1+b}{c w_1+a} \implies (-d w_2+b)(c w_1+a)=(-d w_1+b)(c w_2+a) \implies (b c-a d)(w_2-w_1)=0,$
因此當 $\det(T)\neq 0$ 時，可得 $w_1=w_2$ ，亦即 $T^{-1}$ 為 1-1，同時 $T$ 也是 1-1。

$T^{-1}$ 為映成 (onto)：給定任意的 $z\in\mathbb{C}$ ，則由 $T$ 變換所得的值 $w=T(z) \in\mathbb{C}$ ，可使 $z=T^{-1}(w)$ 成立，即 $T^{-1}$ 為映成，同時 $T$ 也是映成。

當 $c=\bar{a}$ 時，透過下式
$w=T(z)=\frac{\bar{a}}{a}\frac{z+\frac{d}{\bar{a}}}{z+\frac{b}{a}} =e^{i\theta}\frac{z-\gamma_2}{z-\gamma_1},\quad a=|a|e^{-i\theta/2},~\gamma_1=-\frac{d}{\bar{a}},~\gamma_2=-\frac{b}{a},$
為 Möbius 變換的正規形式。

變換 $T$ 和 $T^{-1}$ 可以延伸定義在擴充複數平面 $\mathbb{C}_\infty=\mathbb{C}\cup\{\infty\}$ ，如此

T(\infty)=\lim_{z\to\infty} T(z)=\lim_{z\to\infty}\frac{a z+b}{c z+d} = \lim_{z\to\infty}\frac{a +\frac{b}{z}}{c+\frac{d}{z}}=\frac{a}{c},\\ T^{-1}(\infty)=\lim_{w\to\infty} T^{-1}(w)=\lim_{w\to\infty}\frac{-d w+b}{c w+a} = \lim_{w\to\infty}\frac{-d +\frac{b}{w}}{c+\frac{a}{w}}=-\frac{d}{c},

因此 $T$ 與其逆變換 $T^{-1}$ 可以重新定義成

\begin{array}{rcl} T:\mathbb{C}_\infty&\to&\mathbb{C}_\infty\\ z&\mapsto&w=T(z)=\begin{cases} \frac{a z+b}{c z+d},& z\neq -\frac{d}{c},~\infty,\\ \infty, & z=-\frac{d}{c},\\ \frac{a}{c}, & z=\infty. \end{cases} \end{array}

以及

\begin{array}{rcl} T^{-1}:\mathbb{C}_\infty&\to&\mathbb{C}_\infty\\ z&\mapsto&w=T^{-1}(z)=\begin{cases} \frac{-d z+b}{c z-a},& z\neq -\frac{a}{c},~\infty,\\ \infty, & z=\frac{a}{c},\\ -\frac{d}{c}, & z=\infty. \end{cases} \end{array}

線和圓經 $T$ 變換之圖形

接續討論線和圓在此變換作用下之圖形。

$c=0$ ，由 $\det(T)\neq 0$ 得 $ad\neq 0$ ，如此
$T(z)=\frac{a}{d}z+\frac{b}{d},\quad T'(z)=\frac{a}{d}\neq 0$
亦即 $T$ 為線性變換，即將線映射到線，圓也映射到圓。

$c\neq 0$ ，

T(z)=\frac{a}{c}+\frac{e}{c}\frac{1}{c z+d},\quad T'(z)=-\frac{e}{(c z+d)^2}\neq 0,~\forall z\neq -\frac{d}{c}.

討論此變換之前，先看其特例，當 $c=1,~a=d=0$ ，即 $T(z)=f(z)=\frac{1}{z}$ ，又稱為互反變換 (reciprocal transformation)，參考§2.5)。其定義重述如下：

\begin{array}{rcl} f:\mathbb{C}_\infty&\to&\mathbb{C}_\infty\\ z&\mapsto&w=f(z)=\begin{cases} \frac{1}{z},& z\neq 0,~\infty,\\ \infty, & z=0,\\ 0, & z=\infty. \end{cases} \end{array}

設 $z=r e^{i\theta}$ ，則有

w=\rho e^{i\phi}=\frac{1}{r} e^{-i\theta} \implies \begin{cases} \rho \cdot r = 1, \\ \phi = -\theta, \end{cases}

因此互反變換的主要作用，分析如下：

因 $f(C_1(0))=C_1(0)$ ，即將單位圓對映到單位圓，只是旋轉方向相反；

單位圓內的區域 $r<1$ 被對映到單位圓外 $\rho >1$ ；當然單位圓外也被對映到圓內。因此互反變換相當於對單位圓作鏡射的變換。

談到鏡射，一般而言有兩種：

線鏡射：如下圖所示，設 $A'$ 為 $A$ 之鏡射點，傳統取 $\overline{AA'}\perp \ell$ 且 $\overline{AE}=\overline{EA'}$ 。為了推廣到對圓鏡射之觀念，則給定 $A$ 點， $A'$ 點亦可從角度 $\theta$ 來決定。

圓鏡射：給定 $A$ 點，作 $\overrightarrow{OA}$ 以及其垂線，交圓於 $P$ 點 (圓上任何一點滿足 $\angle OAP=\angle OPA'$ )。作切線交 $\overrightarrow{OA}$ 於 $A'$ 點，則因 $\triangle OPA$ 和 $\triangle OA'P$ 均為直角三角形，且
$\angle OPA=\angle OA'P \implies \triangle OPA\sim\triangle OA'P$
因此
$\frac{\overline{OA}}{\overline{OP}}=\frac{\overline{OP}}{\overline{OA'}} \implies \overline{OA}\cdot\overline{OA'}=\overline{OP}^2$
當 $\overline{OP}=1$ 時，將 $A$ 點映射到 $A'$ 點的函數，可表成 $w=f(z)=\frac{1}{\bar{z}}=\frac{z}{|z|^2}$ ，稱之為反演變換 (inversion transformation)。

試問是否可以將鏡射的圓從單位圓平移縮放為 $C_r(\alpha)$ 時，對應的變換函數為何？以及若將圓轉換成橢圓或是其他二次曲線，轉換函數為何？

擴充複數平面上的 “ $\infty$ ” 稱為理想點 (ideal point)，且

\{\infty\}=\{(r,\theta):r=\infty,-\pi<\theta<\pi\}

同時 $\{z_n\}\to \infty$ 若且為若 $\{|z_n|\}\to\infty$ 。理想點的建立原因之一是為了要將黎曼面 (Riemann surface) 對應到複數平面所需的。考慮以下的球表面 ( $\Omega$ ) 和平面間的球形幾何投影問題。

假設點光源放置在比極 $N(0,0,1)$ 上，則 $z$ -平面上的任意點在球平面的對應點 $\mathcal{L}$ 之座標為何？此處南極座標為 $\mathsf{S}(0,0,0)$ ，表示球的半徑為 $\frac12$ ，且赤道被動應到 $z$ -平面上的單位圓盤上(參考下圖)，因此南半球被映射到單位圓內，而北半球被映射到單位圓外。

若 $\mathcal{L}\in\Omega$ ，則 $a^2+b^2+(\xi-\frac12)^2=(\frac12)^2$ ，由於 $\mathcal{L}\in\overrightarrow{Nz}$ ，

所以

\frac{x}{x-a}=\frac{y}{y-1}=\frac{-1}{-\xi}

因此

\begin{align*} a=(1-\xi)x,~b=(1-\xi)y &\implies (1-\xi)^2x^2+(1-\xi)^2y^2+(\xi-1+\frac12)^2=\frac{1}{2^2}\\ &\implies (1-\xi)^2[x^2+y^2+1]+(\xi-1)=0\\ &\implies 1-\xi = \frac{1}{1+x^2+y^2} \end{align*}

因此給定 $z(x,y,0)$ ，則 $\Omega$ 上的對應點之座標為 $\mathcal{L}(\frac{x}{1+x^2+y^2},\frac{y}{1+x^2+y^2},\frac{x^2+y^2}{1+x^2+y^2})$ ，而且單位圓 $C_1(0)=\{(x,y,0):x^2+y^2=1\}$ 在 $\Omega$ 上所對應的座標為 $(\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac12)$ ，即為球之赤道所在。又當 $z\to 0$ 時，即 $x^2+y^2\to \infty$ ，得 $\mathcal{L}(a,b,\xi)\to N(0,0,1)$ 。

透過上述討論知道，欲將 $\Omega$ 和複數平面完全對應就必須加入理想點才行，即投影函數為：

\begin{array}{rcl} P:\mathbb{C}_\infty&\to& \Omega \\ z&\mapsto & \mathcal{L}=P(z)=\begin{cases} \frac{(x,y,x^2+y^2)}{1+x^2+y^2}, z=(x,y)\in\mathbb{C},\\ N(0,0,1),&z=\infty, \end{cases} \end{array}

將擴充的複數平面一一對應到球表面。

互反變換的作用

範例9.2-1. 推導集合 $A=\{z:\text{Re}(z)\ge \frac12\}$ 在函數 $w=f(z)=\frac{1}{z}$ 作用下之圖形為 $\{(u,v):(u-1)^2+v^2\le 1\}$ 。

[解]
令 $f(A)$ 表示集合 $A$ 在 $w=f(z)$ 作用下之圖形，設 $w=u+i v\in f(A)$ ，由於 $f$ 為1-1函數，所以
$\begin{align*} \exists!~z=x+i y\in A &\text{~s.t.~} f^{-1}(w)=\frac{1}{w}=z\\ &\implies \frac{1}{u+i v}=\frac{u-i v}{u^2+v^2}\in A\\ &\implies \frac{u}{u^2+v^2}\ge \frac12 \end{align*}$
因此 $u^2-2u+v^2\le 0$ 或 $(u-1)^2+v^2\le 1$ ，即
$f(A)=\{(u,v):(u-1)^2+v^2\le 1\}=\overline{D_1(1)}.$

從此例對應的圖形如下：

直線 $\text{Re}(z)=x=\frac12$ 被對應到 $(u-1)^2+v^2=1$ 的圓，集合 $A$ (即在 $\text{Re}(z)=x=\frac12$ 右側的封閉區域)則被對應到 $(u-1)^2+v^2\le 1$ 之閉圓盤內。同理集合 $\{(x,y):x\ge 1\}$ 則被對應到 $\overline{D_{\frac12}(\frac12)}=\{(u,v):(u-\frac12)^2+v^2\le \frac1{2^2}\}$ 。

範例9.2-2. 求閉圓盤 $\overline{D_1(\frac12)}$ 經互反變換後之圖形。

[解]
設 $w=u+i v\in f(\overline{D_1(\frac12)})$ ，因此
$\begin{align*} f^{-1}(w)&=\frac{1}{w}=\frac{u-i v}{u^2+v^2}\in \overline{D_1(\frac12)}\\ &\implies \left(\frac{u}{u^2+v^2}-\frac12\right)^2+\left(\frac{v}{u^2+v^2}\right)^2\le 1 \\ &\implies \frac{u^2}{(u^2+v^2)^2}-\frac{u}{u^2+v^2}+\frac14 + \frac{v^2}{(u^2+v^2)^2}\le 1 \\ &\implies \frac{1-u}{u^2+v^2}\le\frac34\\ &\implies u^2+\frac{4}{3}(u-1)+v^2 \ge 0\\ &\implies \left(u+\frac23\right)^2+v^2\ge\left(\frac{4}{3}\right)^2 \end{align*}$
即 $f(\overline{D_1(\frac12)})=\mathbb{C}\setminus D_{\frac43}(-\frac23)$ ，即為包含圓 $C_{\frac{4}{3}}(-\frac23)$ 以及外之閉區域。

將上述兩例之結果整理於下圖中，互反變換將 $z$ -平面內的 $D_1(\frac12)$ 對應到 $w$ -平面的圓 $C_\frac43(-\frac23)$ 外之區域，其中落在 $\text{Re}(z)>\frac12$ 的部分，則映射到圓 $C_1(1)$ 之內而不在圓 $C_\frac43(-\frac23)$ 內之區域。同樣地，落在 $\text{Re}(z)<\frac12$ 的部分，則為落在圓 $C_\frac43(-\frac23)$ 與 $C_1(1)$ 外之區域。

範例9.2-4. 說明集合 $A=\{z: \text{Im}(z)\le -\frac12\}$ 在互反變換作用下之鏡像。

[解]
設 $w=u+i v\in f(A)$ ，則有
$\begin{align*} &\frac{1}{u+i v}=\frac{u-i v}{u^2+v^2}\in A\\ &\implies -\frac{v}{u^2+v^2}\le -\frac12 \\ &\implies \frac{v}{u^2+v^2}\ge \frac12 \\ &\implies u^2+(v-1)^2\le1,\\ \end{align*}$
即鏡像為 $\overline{D_1(i)}$ 。

由此例知互反變換將直線 $\text{Im}(z)=-\frac12$ 對映到 $C_1(i)$ 的圓 (圓心在虛軸通過原點的圓)，換句話說其他平行的直線，也會對應到圓心在虛軸通過原點的圓。類似的情形，互反變換會將水平線對映成圓心在實數軸而通過原點的圓。圖示如下：

試問 $z$ -平面的圓經過互反變換會變成哪種圖形？設 $z=r e^{i\theta}$ 為圓上一點，由於平面方程式可以表為

\begin{align*} & A(x^2+y^2)+B x+C y+D=0 \\ &\implies A r^2+B r \cos\theta+C r\sin\theta+D=0 \end{align*}

因 $w=u+i v=f(z)=\frac1{z}=\rho e^{i\phi}$ ，知 $r=\frac1{\rho}$ 以及 $\theta=-\phi$ ，如此上述方程變成

\begin{align*} &A (1/\rho)^2+B \cos(-\phi)/\rho+C \sin(-\phi)/\rho+D=0 \\ \implies& A +B \rho \cos(\phi)-C \rho \sin(\phi)+D \rho^2=0 \\ \implies& A +B u-C v+D (u^2+v^2)=0 \end{align*}

歸納而言，互反變換將圓對映到圓，特殊情形為：

當 $A=0$ 與 $D=0$ 時， $B x+C y=0$ 為過原點的直線，經變換後對映到過原點的直線 $B u-C v=0$ (兩個圖形對稱於實數軸)。

當 $A=0$ 而 $D\neq 0$ 時， $B x+C y+D=0$ 為不通過原點的直線，經變換對映成過原點的圓 $(u+\frac{B}{2D})^2+(v-\frac{C}{2D})^2=\frac{B^2+C^2}{4D^2} =\left(\frac{\sqrt{B^2+C^2}}{2D}\right)^2$ 。

當 $A\neq 0$ 而 $D = 0$ 時，過原點的圓 $A(x^2+y^2) + B x+Cy=0$ 被對映到不過原點的直線 $A+B u+C v=0$ 。

$T$ 變換的映射圖形

從上面對互反變換的探討，雙線性變換之功能可以說明如下：

w=T(z)=\frac{a}{c}+\frac{e}{c}\frac{1}{c z+d},\quad c\neq 0,~e=a d-b c,

利用變數變換，令 $\xi =c z+d$ ，則 $w=T(\xi)=\frac{a}{c}+\frac{e}{c}\frac{1}{\xi}$ ，其中 $\frac{1}{\xi}$ 表示上述的互反變換，因此 $T(z)$ 之作用可以歸納如下：

將通過 $-\frac{d}{c}$ 之直線對映成直線，

將未通過 $-\frac{d}{c}$ 之直線對映成圓，

將過圓心為 $-\frac{d}{c}$ 之圓對映成直線，

將半個平面對映到圓盤內或外，

將圓盤內外，映射到半個平面。

以下舉例說明之。

範例9.2-4. 說明 $w=T(z)=i\frac{1-z}{1+z}$ 將單位圓盤內一對一且映成到上半平面。

[解]
因 $T(z)=\frac{-iz+i}{1+z}$ ，由
$\begin{bmatrix} -i & i \\ 1 & 1 \end{bmatrix}^{-1} =\frac{1}{-2i}\begin{bmatrix} 1 & -i \\ -1 & -i \end{bmatrix} =\frac{1}{2i}\begin{bmatrix} -1 & i \\ 1 & i \end{bmatrix},$
得 $z=T^{-1}(w)=\frac{-w+i}{w+i}$ 。設 $z\in C_1(0)$ ，則有 $|z|=\left| \frac{-w+i}{w+i}\right|=1$ ，整理如下：
$|w-i|=|w+i|$
即 $w$ 為線段 $\overline{(i)(-i)}$ 之中垂線，即 $v=0$ ，換句話說是實數軸 $u\in\mathbb{R}$ 。
同理可以求得當 $z\in D_1(0)$ 時，對應的不等式為 $|w-i|<|w+i|$ ，即 $w$ 靠近 $i$ ，亦即 $f(D_1(0))$ 為上半平面。
參考圖形如下：

備註

由於當 $z\neq -\frac{d}{c}$ 時， $T'(z)=\frac{e}{(c z+d)^2}\neq 0$ ，因此除了在 $z= -\frac{d}{c}$ (對應之鏡像在 $w=\infty$ ) 外， $w=T(z)$ 為保角映射 。

當 $T(z)\neq K$ (不為常數函數，即 $a\neq 0$ 或 $c\neq 0$ )時， $T(z)$ 可改寫成
$T(z)=\begin{cases}\displaystyle \frac{z+\frac{b}{a}}{\frac{c}{a}z+\frac{d}{a}}, & a\neq 0,\\ \\ \displaystyle \frac{\frac{a}{c} z+\frac{b}{c}}{z+\frac{d}{c}}, & c\neq 0. \end{cases}$
即只到給定相異的三點 $z_1$ 、 $z_2$ 、 $z_3$ 以及對應的函數值 $w_1=T(z_1)$ 、 $w_2=T(z_2)$ 、 $w_3=T(z_3)$ ，則 $T(z)$ 可以被唯一決定，其對應的隱函數表示法如下面定理所示。

定義9.2-1. 四個複數 $z_1,~z_2,~z_3,~z_4$ 之交比 (cross ratio) 定義為 $(z_1,z_2,z_3,z_4)=\displaystyle\frac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\cdot \frac{z_2-z_4}{z_2-z_3}$ 。

由上述定義，可知 $\displaystyle(z,z_2,z_1,z_3)=\frac{z-z_1}{z-z_3}\frac{z_2-z_3}{z_2-z_1}$ ，其關係圖示如下：

又

(\infty,z_2,z_3,z_4)=\lim_{z_1\to\infty}\frac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\frac{z_2-z_4}{z_2-z_3}=\lim_{z_1\to\infty}\frac{1-\frac{z_3}{z_1}}{1-\frac{z_4}{z_1}}\frac{z_2-z_4}{z_2-z_3}=\frac{z_2-z_4}{z_2-z_3}.

因此

(z,\infty,z_1,z_3)=\frac{z-z_1}{z-z_3},\quad (\infty,z_2,z_1,z_3)=\frac{z_2-z_3}{z_2-z_1}, \\ (w,\infty,w_1,w_3)=\frac{w-w_1}{w-w_3},\quad (\infty,w_2,w_1,w_3)=\frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}.

雙線性變換保持交比之證明如下：

定理9.2-1. 存在有唯一的雙線性變換將相異三點 $z_1$ 、 $z_2$ 、 $z_3$ 對應到 $w_1$ 、 $w_2$ 、 $w_3$ ，其公式為

\frac{z-z_1}{z-z_3}\cdot \frac{z_2-z_3}{z_2-z_1} = \frac{w-w_1}{w-w_3}\cdot \frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}, \tag{9.2-1}

或 $(z,z_2,z_1,z_3)=(w,w_2,w_1,w_3)$ 。

[證明]
驗證通過 $(z_1,w_1)$ 、 $(z_2,w_2)$ 與 $(z_3,w_3)$ 三點：
1. 令 $z=z_1$ 代入式(9.2-1)得 $\displaystyle\frac{w-w_1}{w-w_3}\cdot \frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}=0$ ，由於 $w_1$ 、 $w_2$ 、 $w_3$ 為相異，因此 $w=w_1$ 。
1. 同理分別代入 $z=z_2$ 和 $z=z_3$ ，可得對應的 $w=w_2$ 以及 $w=w_3$ 。
因此，式(9.2-1)所代表的變換將 $z_1$ 、 $z_2$ 、 $z_3$ 對應到 $w_1$ 、 $w_2$ 、 $w_3$ 。為了驗證此式為雙線性變換，設函數 $LHS$ 表示式(9.2-1)等號左側的式子，則 $LHS=r(z,z_1,z_3) r(z_2,z_3,z_1)$ ，如此由式(9.2-1)得
$\begin{align*} &(w-w_3)LHS=(w-w_1)(\infty,w_2,w_1,w_3)\\ &\implies w LHS = w_3 LHS+(w-w_1)(\infty,w_2,w_1,w_3) \\ &\implies w\left[LHS-(\infty,w_2,w_1,w_3)\right]=w_3 LHS-w_1 (\infty,w_2,w_1,w_3) \\ &\implies w=\frac{w_3 LHS-w_1 (\infty,w_2,w_1,w_3)}{LHS-(\infty,w_2,w_1,w_3)} \\ &\implies w=\frac{(z-z_3)[w_3 LHS-w_1 (\infty,w_2,w_1,w_3)]}{(z-z_3)[LHS-(\infty,w_2,w_1,w_3)]} \end{align*}$
又
$\begin{align*} &(z-z_3)[w_3 LHS-w_1 (\infty,w_2,w_1,w_3)]\\ &=(z-z_3)\left[w_3 \frac{z-z_1}{z-z_3}(\infty,z_2,z_1,z_3)-w_1 (\infty,w_2,w_1,w_3)\right]\\ &=(z-z_1) (\infty,z_2,z_1,z_3)w_3-(z-z_3) (\infty,w_2,w_1,w_3)w_1\\ &=[(\infty,z_2,z_1,z_3)w_3 - (\infty,w_2,w_1,w_3)w_1] z -[(\infty,z_2,z_1,z_3) z_1 w_3-(\infty,w_2,w_1,w_3)z_3 w_1] \\ &\triangleq a~z+b, \end{align*}$
以及
$\begin{align*} &(z-z_3)[LHS-(\infty,w_2,w_1,w_3)]\\ &=(z-z_3)\left[\frac{z-z_1}{z-z_3}(\infty,z_2,z_1,z_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3)\right]\\ &=(z-z_1) (\infty,z_2,z_1,z_3)-(z-z_3)(\infty,w_2,w_1,w_3)\\ &=[(\infty,z_2,z_1,z_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3)] z -[(\infty,z_2,z_1,z_3) z_1-(\infty,w_2,w_1,w_3)z_3]\\ &\triangleq c~ z+d, \end{align*}$
整理得
$w=T(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$
其中
$a=(\infty,z_2,z_1,z_3)w_3-(\infty,w_2,w_1,w_3)w_1,\quad b=-(\infty,z_2,z_1,z_3)z_1 w_3+(\infty,w_2,w_1,w_3)z_3 w_1,\\ c=(\infty,z_2,z_1,z_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3),\quad d=-(\infty,z_2,z_1,z_3)z_1 +(\infty,w_2,w_1,w_3)z_3.$
同時檢查對應的 $\det(T)$ 之值：
$\begin{align*} \det(T)=ad-bc&=[(\infty,z_2,z_1,z_3)w_3-(\infty,w_2,w_1,w_3)w_1][-(\infty,z_2,z_1,z_3)z_1 +(\infty,w_2,w_1,w_3)z_3]\\ &-[-(\infty,z_2,z_1,z_3)z_1 w_3+(\infty,w_2,w_1,w_3) z_3 w_1] [(\infty,z_2,z_1,z_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3)] \\ &=-(\infty,z_2,z_1,z_3)^2 z_1 w_3+(\infty,z_2,z_1,z_3)(\infty,w_2,w_1,w_3)(z_1 w_1 +z_3 w_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3)^2 z_3 w_1 \\ &\quad-[-(\infty,z_2,z_1,z_3)^2 z_1 w_3+(\infty,z_2,z_1,z_3)(\infty,w_2,w_1,w_3)(z_3 w_1+z_1 w_3)-(\infty,w_2,w_1,w_3)^2 z_3w_1]\\ &=(\infty,z_2,z_1,z_3)(\infty,w_2,w_1,w_3)(z_1 w_1-z_1 w_3-z_3 w_1+z_3 w_3)\\ &=(\infty,z_2,z_1,z_3)(\infty,w_2,w_1,w_3)(z_1-z_3)(w_1-w_3)\\ &=\frac{(z_1-z_3)(z_2-z_3)}{z_2-z_1}\frac{(w_1-w_3)(w_2-w_3)}{w_2-w_1}\neq 0. \end{align*}$
$\hspace{10cm}\blacksquare$

範例9.2-5. 建立以下映射的雙線性變換： (a) $-i,~1,~i\mapsto -1,~0,~3$ ， (b) $-2,~-1-i,~0\mapsto -1,~0,~1$ 。

[解]
利用定理9.2-1來計算可得。
(a)
$\displaystyle \frac{z+i}{z-i}\cdot\frac{1-i}{1+i} = \frac{w+1}{w-3}\cdot\frac{0-3}{0+1}$ ，進一步化簡可得
$\begin{align*} \frac{z+i}{z-i}(+i)=\frac{w+1}{w-3}(+3) &\implies i(z+i)(w-3)=3(w+1)(z-i) \\ &\implies [i(z+i)-3(z-i)]w=3(z-i)+3i(z+i) \\ &\implies w=\frac{3(1+i)(z-1)}{(-3+i)z+(-1+3i)} \end{align*}$
圖示如下：

(b) $\displaystyle \frac{z+2}{z-0}\cdot\frac{-1-i-0}{-1-i+2} = \frac{w+1}{w-1}\cdot\frac{0-1}{0+1}$ ，進一步化簡可得
$\begin{align*} \frac{z+2}{z}(-i)=\frac{w+1}{w-1}(-1) &\implies i(z+2)(w-1)=(w+1)z \\ &\implies [i(z+2)-z]w=z+i(z+2) \\ &\implies w=\frac{(1+i)z+2i}{(-1+i)z+2i}=\frac{(1-i)z+2}{(1+i)z+2} \end{align*}$

特例

當 $z_3\to\infty$ 時，由於 $\frac{z_2-z_3}{z-z_3}\to 1$ ，因此 $\frac{z-z_1}{z_2-z_1}=\frac{w-w_1}{w-w_3}\cdot\frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}$ ，整理可得 $w=T(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$ ，其中 $\frac{a}{c}=w_3$ 。

當 $w_3\to\infty$ 時，由於 $\frac{w_2-w_3}{w-w_3}\to 1$ ，因此 $\frac{w-w_1}{w_2-w_1}=\frac{z-z_1}{z-z_3}\cdot\frac{z_2-z_3}{z_2-z_1}$ ，整理可得 $w=T(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$ ，其中 $-\frac{d}{c}=z_3$ 。

當 $z_3\to\infty$ 與 $w_3\to\infty$ 時，由於 $\frac{z_2-z_3}{z-z_3}\to 1$ 與 $\frac{w_2-w_3}{w-w_3}\to 1$ ，因此 $\frac{z-z_1}{z_2-z_1}=\frac{w-w_1}{w_2-w_1}$ ，為線性變換 $w=T(z)=a z+b$ 。

從特例1來看，延 $\overrightarrow{z_1 z_2}$ 方向取 $z_3=\infty$ ，而將 $w_1,~w_2,~w_3$ 取在單位圓上，則 $\overrightarrow{z_1 z_2}$ 左側會被映射到 $\overrightarrow{w_1 w_2 w_3}$ 之左側方向(因此若 $w_1,~w_2,~w_3$ 逆時針繞圓，則對映到圓內)；反之，利用特例2可以將圓上的點對映到直線。

範例9.2-4. 求雙線性變換 $w=T(z)$ 將上半平面內一對一且映成到單位圓盤內使得 $i$ 映射到 $0$ 以及 $\infty$ 映射到 $-1$ 。

[解]
因 $T(i)=0$ ，因此 $T(z)=\frac{a(z-i)}{cz+d}$ ，由於 $T(\infty)=\frac{a}{c}=-1$ ，為方便起見取 $a=1$ ，因而 $c=-1$ ，亦即 $T(z)=\frac{z-i}{-z+d}=\frac{i-z}{z-d}$ 。為了將上半平面對映到單位圓內，亦即上半平面的 $z$ 在 $i$ 與 $-i$ 之間比較靠近 $i$ ，為了使 $0\le |T(z)|<1$ ，可取 $d=-i$ ，因此 $T(z)=\frac{i-z}{i+z}$ 。

此題亦可利用交比來計算，由於只有兩個條件，還需一個條件，選擇為 $0$ 映射到 $1$ (符合上述已經算出的變換式)，因此映射條件為將 $\{i,\infty,0\}$ 對映到 $\{0,-1,1\}$ ，由於 $z_2=\infty$ ，因此對照的交比公式變為
$\frac{z-z_1}{z-z_3}=\frac{w-w_1}{w-w_3}\frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}$
代入可得
$\frac{z-i}{z-0}=\frac{w-0}{w-1}\frac{-1-1}{-1-0} \implies \frac{z-i}{z}=2\frac{w}{w-1} \implies (z-i)(w-1)=2 z w,$
整理可得 $\displaystyle w=\frac{i-z}{i+z}$ 。

範例9.2-7. 試推導 $w=S(z)=\frac{(1-i)z+2}{(1+i)z+2}$ 將圓盤 $|z+1|<1$ 之區域對映到上半平面 $\text{Im}(w)>0$ 。

[解]
從圓盤之邊界 $|z+1|=1$ 選 $z_1=-2,~z_2=-1-i,~z_3=0$ ，則 $w_1=S(-2)=-1, ~w_2=S(-1-i)=0,~ w_3=S(0)=1$ ，亦即 $|z+1|=1$ 對映到 $u$ 軸，又驗證圓盤內的一點 $z_0=-1$ (圓心)，其鏡像為 $w_0=S(-1)=i$ ，因此圓盤內 $|z+1|<1$ 被映射到 $\text{Im}(w)>0$ 。圖形關係如下：

範例9.2-8. 造一個双線性變換將在圓 $|z-1|=1$ 之外而在圓盤 $|z-2|<2$ 之內的區域，對映成水平的長條區域。

[解]
參考下圖，從從圓盤之邊界 $|z-2|=2$ 上選 $z_1=4,~z_2=2+i,~z_3=0$ ，且令對映長條之一邊為 $u$ 軸，故取 $w_1=0,~w_2=1,~w_3=0$ ，因此對應的双線性變換為
$\frac{z-4}{z-0}\cdot \frac{2+2i-0}{2+2i-4}=\frac{w-0}{1-0} \implies w=S(z)=(-i)\frac{z-4}{z}.$
所圍區域在 $z_1,~z_2,~z_3$ 之左側，因此從圓 $|z-1|=1$ 取 $z_4=1-i,~z_5=2,~z_6=1+i$ ，並使所圍區域在右邊。其鏡像為 $w_4=S(z_4)=-2+i,~w_5=S(z_5)=i,~w_6=S(z_6)=2+i$ ，均在水平線 $v=1$ 上的三點，因此 $w=S(z)$ 將圓 $|z-1|=1$ 對映到 $v=1$ 之直線；同時圓外 (右側) 對映到 $v=1$ 之下方(右側)。故 v=0 和 v=1 所圍的長條區域即為所求。w_0=S(-1)=i，因此圓盤內 |z+1|<1 被映射到 $\text{Im}(w)>0$ 。圖形關係如下：

Möbius 變換的矩陣運算

Möbius 變換 $w=T(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$ ，有一個相關矩陣 $A=\begin{bmatrix}a &b\\ c & d \end{bmatrix}$ ，因此 Möbius 變換可改寫為 $w=T_A(z)=\frac{a z+b}{c z+d}$ 。定義 $\pi(w_1,w_2)=\frac{w_1}{w_2}$ ，若以向量表示，設 $\eta=\begin{pmatrix}w_1 \\ w_2\end{pmatrix}$ 與 $\zeta = \begin{pmatrix} z \\ 1\end{pmatrix}$ ，則

⁍

如此一來，

\begin{pmatrix} w_1 \\ w_2 \end{pmatrix} =\begin{bmatrix}a & b\\ c & d \end{bmatrix}\begin{pmatrix} z\\ 1\end{pmatrix}, \text{~or equivalently,~} \eta = A \zeta,

亦即

w=T_A(z)=\pi(A\zeta).

有關 Möbius 變換的性質可以透過矩陣運算來求得，說明如下。

$T_{k A}(z)=T_A(z),~k\in\mathbb{C}$ 。此因
$A\zeta = \begin{pmatrix}a z+b \\ c z+d\end{pmatrix},\quad kA\zeta =\begin{bmatrix} k a & k b\\ k c & k d\end{bmatrix} \begin{pmatrix} z \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}k a z+k b \\ k c z+k d\end{pmatrix},$
以及
$\pi(A\zeta)=\frac{a z+b}{c z+d},\quad \pi(kA\zeta)=\frac{k a z+k b}{k c z+k d}=\frac{a z+b}{c z+d},$
因此 $T_{k A}(z)=T_A(z),~k\in\mathbb{C}$ ，表示 $A$ 矩陣的放大縮小常數倍，不影響對應的 Möbius 變換。

$T^{-1}_A(z)=T_{A^{-1}}(z)$ 。由於對應於 $A$ 矩陣的逆 Möbius 變換為
$w=T^{-1}_A(z)=\frac{-d w+b}{c w-a}.$
而且 $A^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{bmatrix}d &-b\\ -c & a \end{bmatrix}$ ，因而逆變換則變為 $w=T^{-1}_A(z)=T_{A^{-1}}(z)$ 。

$T_A\circ T_B(z)=T_{AB}(z)$ ，其中 $B=\begin{bmatrix} f & g \\ h & k\end{bmatrix}$ 。直接計算可知
$\begin{align*} w=T_A\circ T_B(z) &= T_A(T_B(z)) =\frac{a T_B(z)+b}{c T_B(z)+d} =\frac{a \frac{f z+g}{h z+k}+b}{c \frac{f z+g}{h z+k}+d}\\ &=\frac{a(f z+g)+b(h z+k)}{c(f z+g)+d(h z+k)} =\frac{(a f+b h)z+c g+b k}{(c f+d h)z+c g+d k} \end{align*}$
以及
$A B= \begin{bmatrix} a & b \\ c & d\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f & g \\ h & k\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a f+b h & a g+b k \\ c f+d h & c g+d k\end{bmatrix}$
因此 $w=T_A\circ T_B(z)=T_{AB}(z)$ 。

範例9.2-9. 找出 Möbius 變換將點 $z=i/2$ 映射到 $z=3/4$ 。

[解]
假設 Möbius 變換 $M_1$ 將點 $z=i/2$ 映射到原點 $z=0$ ，而 $M_2$ 將點 $z=3/4$ 映射到原點 $z=0$ ，由於映射只有兩個條件，因此採用正規形式來處理，因此 $w=M_1(z)=e^{i\theta_1} \frac{z-\frac{i}{2}}{1+\frac{i}{2}z} = K\frac{z-\frac{i}{2}}{1+\frac{i}{2}z}=\frac{K z-\frac{i K}{2}}{1+\frac{i}{2}z}$ (其中 $|K|=|e^{i\theta}|=1$ ) 以及 $w=M_2(z)=e^{i\theta_2} \frac{z-\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}z}=\frac{z-\frac{3}{4}}{1-\frac{3}{4}z}$ (取 $\theta_2=0$ ) 。因此將點 $z=i/2$ 映射到 $z=3/4$ 之映射，參考下圖可知 $w=T(z)=M_2^{-1}\circ M_1(z)$ ，計算如下：
$\begin{align*} A&=\begin{bmatrix} 1 & -\frac{3}{4} \\ -\frac{3}{4} & 1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} K & -\frac{i}{2}K \\ \frac{i}{2} & 1 \end{bmatrix} =\frac{16}{7} \begin{bmatrix} 1 & \frac{3}{4} \\ \frac{3}{4} & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & -\frac{i}{2} \\ \frac{i}{2} & 1 \end{bmatrix} \\ &=\frac{2}{7}\begin{bmatrix} 8K+3i & -4iK+6 \\ 6K+4i & -3iK+8 \end{bmatrix}. \end{align*}$
亦即 $w=T(z)= \frac{(8K+3i)z+(6-4iK)}{(6+4 i)z+8-3iK}$ 其中 $|K|=1$ 。

習題

求變換 $w=T(z)=\frac{2z-5}{z+4}$ 之定點(不動點, fixed-point)。
- [解]
  解 $z=T(z)$ 可得 $z^2+2z+5=0$ ，亦即 $z=-1\pm 2i$ 。

求雙線性變換將點 $z=0,~-i,~-1$ 對映到 $w=i,~1,0$ 。
- [解]
  此映射條件為將 $\{0,- i,0\}$ 對映到 $\{i,1,0\}$ ，交比公式為
  $\frac{z-z_1}{z-z_3}\frac{z_2-z_3}{z_2-z_1}=\frac{w-w_1}{w-w_3}\frac{w_2-w_3}{w_2-w_1}$
  代入可得
  $\begin{align*} \frac{z-0}{z+1}\frac{-i+1}{-i-0}=\frac{w-i}{w-0}\frac{1-0}{1-i} &\implies (1+i)\frac{z}{z+1}=\frac{1+i}{2}\frac{w-i}{w} \\ &\implies 2zw=(z+1)(w-i), \end{align*}$
  整理可得 $\displaystyle w=(-i)\frac{z+1}{z-1}$ 。

線和圓經 @import url('https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/KaTeX/0.16.9/katex.min.css')TTT﻿ 變換之圖形

互反變換的作用

@import url('https://cdnjs.cloudflare.com/ajax/libs/KaTeX/0.16.9/katex.min.css')TTT﻿ 變換的映射圖形

Möbius 變換的矩陣運算

習題

線和圓經 $T$ 變換之圖形

$T$ 變換的映射圖形