$\S12. \ $1次分数変換 準備が済んだので，これから１次分数変換 $w=f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d} \ \ \ (a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc\neq 0)$ の性質を調べていこう． $c=0$のとき，$\mathbb{C}$上微分可能で$f(\infty)=\infty$である． $c\neq 0$のとき，この関数は$\mathbb{C}\setminus \{-\frac{d}{c}\}$で微分可能で， $f(\infty )=\frac{a}{c}$である． 以後特別なことがない限り， １次分数変換は$\bar{\mathbb{C}}=\mathbb{C}\cup \{\infty\}$から $\bar{\mathbb{C}}$への写像と考える． また，$c\neq 0$のとき $f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}=-\dfrac{ad-bc}{c(cz+d)}+\dfrac{a}{c}$ であるから，$ad-bc\neq 0$の条件が必要であることがわかる． 次に $w=\dfrac{az+b}{cz+d}$ を$z$について解くと $z=\dfrac{dw-b}{-cw+a}$ であるから $g(z)=\dfrac{dz-b}{-cz+a}$ とおけば $f\circ g(z)=z,g\circ f(z)=z$ このことから$f$は $f:\bar{\mathbb{C}}\longrightarrow \bar{\mathbb{C}}$ １対１かつ上への写像であることがわかる． つぎに $w=\dfrac{az+b}{cz+d} \ \ \ (a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc\neq 0)$ について，分子，分母を$\alpha$倍した $\dfrac{az+b}{cz+d}=\dfrac{a\alpha z+b\alpha}{c\alpha z+d\alpha}$ が成り立つことは明らかだが，逆も成り立つ．実際， $\dfrac{az+b}{cz+d}=\dfrac{pz+q}{rz+s}$ が任意の複素数$z$で成り立つとき，分母を払い $(az+b)(rz+s)=(pz+q)(cz+d)$ $arz^2+(as+br)z+bs=pcz^2+(pd+qc)z+qd$ 未定係数法より $ar=pc,bs=qd,as+br=pd+qc \ \cdots (\sharp)$ $(\sharp)$の最初の２式を比で表し $a:c=p:r,b:d=q:s$ したがって， $p=ak,r=ck,q=bl,s=dl$ を満たす複素数$k,l$が存在する． これを$(\sharp)$の第３式に代入し $adl+bck=adk+bcl$ $(ad-bc)(l-k)=0$ ここで，$ad-bc\neq 0$であるから$k=l$ $\therefore p=ak,r=ck,q=bk,s=dk$ ここで $w=\dfrac{az+b}{cz+d}=\dfrac{akz+bk}{ckz+dk}$ において $k=\dfrac{1}{\sqrt{ad-bc}}$ をとり $w=\dfrac{az+b}{cz+d} \ \ (ad-bc=1)$ とすることができこれを標準化表示という． なお， $\dfrac{az+b}{cz+d}=\dfrac{-az-b}{-cz-d}$で $(-a)(-d)-(-b)(-d)=1$ であるから，標準化表示は２通りあることに注意する． １次分数変換 $f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$ の不動点の個数，すなわち $f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}=z$ を満たす$z$の個数を調べよう． 分母を払って計算すると $cz^2+(d-a)z-b=0$ であるから，恒等変換を除いて不動点の個数は１個か２個である． したがって，１次分数変換で不動点が３個あるなら，それは恒等変換である． このことは，１次分数変換で，３点の像が決まれば，一意的に決まることを意味している． 実際， $f,g:z_1\mapsto w_1,z_2\mapsto w_2,z_3\mapsto w_3$ のとき $g^{-1}\circ f:z_1\mapsto z_1,z_2\mapsto z_2,z_3\mapsto z_3$ したがって， $g^{-1}\circ f=\mathrm{id}$ $\therefore f=g$ ここで，$z_i,w_i$は$\infty$でも構わない． この事実は，これからしばしば用いられる． 次に， $f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}=\dfrac{-ad+bc}{c^2(z+\frac{d}{c})}+\dfrac{a}{c}$ と変形すれば，次の４種類の写像の合成であることがわかる． $1. w=z+a \ \ a\in \mathbb{C}$これは平行移動 $2. w=(\cos \theta +i\sin \theta )z =e^{i\theta} \ \ (\theta \in \mathbb{R})$これは原点の周りの回転移動 $3, w=rz \ \ (r\in \mathbb{R}$かつ$r > 0)$これは原点の周りの相似変換 $4. w=\dfrac{1}{z}$ なお，原点を中心とする半径$r$の円に関する反転変換は $w=\dfrac{r^2}{\bar{z}}$ であるので$4$は実軸に関する対称移動と原点を中心とする半径$1$の円を反転円とする反転変換の合成である．$(z\mapsto \bar{z}\mapsto \frac{1}{z})$ 1から4すべてを満たす性質は一次分数変換も満たすことがわかる． 定理1 １次分数変換による円(直線も含む)の像は円である． 証明 平行移動，回転移動，相似変換で円は円にうつるから,変換 $w=\dfrac{1}{z}$ で円の像が円であることを示せばよい． 円の方程式は $az\bar{z}+\bar{b}z+b\bar{z}+c=0,\ a,c\in \mathbb{R},b\in C,|b|^2-ac > 0$ と表すことができる． $z=\frac{1}{w}$を代入し $cw\bar{w}+bw+\bar{b}\bar{w}+a=0$ $|b|^2-ac > 0$であるから円の像が円であることがわかる． $O$を中心とする半径$r$の円に関して２点$P,Q$が対称であるとは， 点$Q$が半直線$OP$上にありかつ $OP\cdot OQ=r^2$ を満たすことであった． 円に関して対称な２点について，１次分数変換では次の性質が成り立つ． 定理2 １次分数変換$f$により円$C_1$が円$C_2$にうつり，2点$z_1,z_2$が 円$C_1$に関して対称なとき，$f(z_1),f(z_2)$は円$C_2$に関して対称である． 証明 平行移動，回転移動，相似変換では成り立つので，変換 $w=\dfrac{1}{z}$ でなりたつことを示せばよい． 円$C_1$の方程式を $az\bar{z}+\bar{b}z+b\bar{z}+c=0,\ a,c\in \mathbb{R},b\in C,|b|^2-ac > 0$ とすれば， $C_1$に関して対称な２点$z_1,z_2$は $az_1\bar{z_2}+\bar{b}z_1+b\bar{z_2}+c=0$ を満たす． この式に $z_1=\dfrac{1}{w_1},z_2=\dfrac{1}{w_2}$ を代入し，整理すると $cw_1\bar{w_2}+bw_1+\bar{b}\bar{w_2}+a=0$ したがって，$w_1,w_2$は円$C_1$の像$C_2$ $cw\bar{w}+bw+\bar{b}\bar{w}+a=0$ に関して対称である． これから１次分数変換 $w=f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$ を具体的に求めよう． まず，恒等変換でない１次分数変換の 不動点は多くても２点であるから，３点あればそれは恒等変換である． また３点の像が決まれば，１次分数変換はただ一つに定まることもすでに示してある． 条件を満たす１次分数変換を具体的に求めるには３点の像が $1,0,\infty$であるものを考えると便利である． $F:z_1\mapsto w_1,z_2\mapsto w_2,z_3,\mapsto w_3$ のとき， $f:z_1\mapsto 1,z_2\mapsto 0,z_3,\mapsto \infty$ は， $f(z)=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_2}\cdot \dfrac{z-z_2}{z-z_3}$ また， $g:w_1\mapsto 1,w_2\mapsto 0,w_3,\mapsto \infty$ は $g(w)=\dfrac{w_1-w_3}{w_1-w_2}\cdot \dfrac{w-w_2}{w-w_3}$ である． $g^{-1}\circ f:z_1\mapsto w_1,z_2\mapsto w_2,z_3,\mapsto w_3$ であり，一意性より $F=g^{-1}\circ f$ である． 関数 $w=F(z)=g^{-1}\circ f$ は通常 $f(z)=g(w)$ すなわち $F:z\mapsto w;\dfrac{w_1-w_3}{w_1-w_2}\cdot \dfrac{w-w_2}{w-w_3}=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_2}\cdot \dfrac{z-z_2}{z-z_3}$ と表す．すなわち，$w$について解くことはしない． つぎに２点の像が定まっているときを考えよう． $F:a\mapsto c,b\mapsto d$ のとき $z_1$を$a,b$と異なる任意の複素数，$w_1$を$c,d$と異なる任意の複素数とし， $f:(z_1,a,b)\mapsto (1,0,\infty)$ $g:(w_1,c,d)\mapsto (1,0,\infty)$ とすれば， $f(z)=\dfrac{z_1-b}{z_1-a}\cdot \dfrac{z-a}{z-b}$ $g(w)=\dfrac{w_1-d}{w_1-c}\cdot \dfrac{w-c}{w-d}$ したがって，$w=F(z)$は $\dfrac{w_1-d}{w_1-c}\cdot \dfrac{w-c}{w-d}=\dfrac{z_1-b}{z_1-a}\cdot \dfrac{z-a}{z-b}$ ここで，$\frac{w_1-d}{w_1-c},\frac{z_1-b}{z_1-a}$は任意の複素数であるから $F:z\mapsto w;\dfrac{w-c}{w-d}=k\dfrac{z-a}{z-b} \ \ (k\in \mathbb{C})$ ここで，複素平面上の４点に対する複比(cross ratio)を定義する． 4つの異なった複素数$z_1,z_2,z_3,z_4$に対して，$z_1,z_2,z_3,z_4$の複比 $(z_1,z_2;z_3,z_4)$を $(z_1,z_2;z_3,z_4)=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\cdot \dfrac{z_2-z_4}{z_2-z_3}$ で定義する．これは比の比である．わかりやすく書くと， $z_1,z_2$の$z_3,z_4$に対しての比の比 $(z_1-z_3:z_1-z_4):(z_2-z_3:z_2-z_4)$ のことである．比は分数であるから $\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}:\dfrac{z_2-z_3}{z_2-z_4} \left(=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\cdot \dfrac{z_2-z_4}{z_2-z_3}\right)$ 複比の定義は $(z_1,z_2;z_3,z_4)=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\cdot \dfrac{z_2-z_4}{z_2-z_3}$ より複比の意味に即した割り算の形の方が便利であることが多いので，÷を比で表した $(z_1,z_2;z_3,z_4)=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}: \dfrac{z_2-z_3}{z_2-z_4}$ を多くの書が採用している． なお，もし$z_i$のうちいずれかが$\infty$のとき，$z_i\to \infty$の極限値を考え，たとえば$z_1=\infty$のとき $(\infty,z_2;z_3,z_4)=\dfrac{z_2-z_4}{z_2-z_3}$ となる．  ここで，複比の偏角に注目しよう． $z_2,z_3,z_4$の定める円を円$C$とし，$z_2,z_3,z_4$がこの順に反時計回りの時 (通常このまわり方を正の向きとする) $\bullet \ z_1$が円$C$の外部$\Longleftrightarrow 0 < \arg (z_1,z_2;z_3,z_4) < \pi $ $\Longleftrightarrow \mathrm{Im}(z_1,z_2;z_3,z_4) > 0$ $\bullet \ z_1$が円$C$の周上$\Longleftrightarrow \arg (z_1,z_2;z_3,z_4) =0,\pi$ $\Longleftrightarrow (z_1,z_2;z_3,z_4) \in \mathbb{R}$ $\bullet \ z_1$が円$C$の内部$\Longleftrightarrow \pi < \arg (z_1,z_2;z_3,z_4) < 2\pi$ $\Longleftrightarrow \mathrm{Im}(z_1,z_2;z_3,z_4) < 0$ が成り立つ． もちろん，$z_1,z_2,z_3$が逆向きのときは内部，外部が逆になる． 円$C$が与えられたとき，$C$上の３点$z_1,z_2,z_3$をとり，順序$(z_1,z_2,z_3)$によって円$C$の向きを定め，この向きを正の向きといい， 反対のまわり方を負の向きという．これは交わらない閉曲線（単純閉曲線という）も同様である．  単純閉曲線を正の向きに回ったときの左側の領域がこの単純閉曲線の囲む領域である． ですから，右図のように２つの円で挟まれた部分の領域を考えるとき，外側の円は反時計回り，内側の円は時計回りが正の向きとなります． 平面上の円に正の向きを決めることは平面に向きを決めることでもあります． 平面の向きを決めることは，表の面を決めることです．当然もう一方が裏になります． 平面の向きを定めれば，平面上の円の向きが決まります．それは 平面の表側に立てた法線ベクトルの矢印からみて反時計回りを平面上の正の回転と定めます． 当然，平面上の正の回転を定めれば，どちらの面が表か定まります  話を戻しましょう．１次分数変換は複比について次の性質が成り立ちます． 定理3 複比は１次分数変換で不変である．すなわち，任意の１次分数変換$f$で $(f(z_1),f(z_2);f(z_3),f(z_4))=(z_1,z_2;z_3,z_4)$ が成り立つ． 証明 平行移動，回転移動，相似変換ではあきらかに成り立ちますから，$z\mapsto \frac{1}{z}$で成り立つこと，すなわち $(z_1,z_2;z_3,z_4)=\left(\dfrac{1}{z_1},\dfrac{1}{z_2};\dfrac{1}{z_3},\dfrac{1}{z_4}\right)$ を示せばよい． $\left(\dfrac{1}{z_1},\dfrac{1}{z_2};\dfrac{1}{z_3},\dfrac{1}{z_4}\right)$ $=\dfrac{\dfrac{1}{z_1}-\dfrac{1}{z_3}}{\dfrac{1}{z_1}-\dfrac{1}{z_4}}\cdot \dfrac{\dfrac{1}{z_2}-\dfrac{1}{z_4}}{\dfrac{1}{z_2}-\dfrac{1}{z_3}}$ $=\dfrac{\dfrac{z_3-z_1}{z_1z_3}}{\dfrac{z_4-z_1}{z_1z_4}}\cdot \dfrac{\dfrac{z_4-z_2}{z_2z_4}}{\dfrac{z_3-z_2}{z_2z_3}}$ $=\dfrac{z_1-z_3}{z_1-z_4}\cdot \dfrac{z_2-z_4}{z_2-z_3}$ $=(z_1,z_2;z_3,z_4)$ 複素数平面$\mathbb{C}$における２つの領域$D_1,D_2$が与えられたとき， $f:D_1\longrightarrow D_2$ である１次分数変換を求めよう． ここでは，円$C_1$が$f$により円$C_2$に移るとき，$C_1$に関して対称な２点の像は円$C_2$ に関して対称であるという性質が用いられる． 例１ 上半平面$\mathrm{Im}z > 0$を原点を中心とする単位円の内部$|w| < 1$に うつす１次分数変換を求めよう． $a (\mathrm{Im}a > 0)$の像を原点とする． 上半平面を原点を中心とする単位円の内部にうつすとき，実軸の像は$|z|=1$であり，対称な点は対称な点にうつるから $f:\bar{a}\mapsto \infty$ したがって， $f:a\mapsto 0,\bar{a}\mapsto \infty$ よって $w=f(z)=k\dfrac{z-a}{z-\bar{a}}$ $z$が実軸上にあるとき $|z-a|=|z-\bar{a}|,|w|=1$ であるから $k=e^{i\theta} \ \ (0\leqq \theta < 2\pi)$ したがって， $w=e^{i\theta}\dfrac{z-a}{z-\bar{a}}$ 一つ見つければよい場合が多く，通常使うのは $a=i,\theta =0$ のときで,このとき $w=\dfrac{z-i}{z+i}$ この逆関数は $w=\dfrac{-i(z+1)}{z-1}$ 例2 右半平面$\mathrm{Re}z > 0$を原点を中心とする単位円の内部$|w| < 1$ にうつす１次分数変換を求めよう． 虚軸に関し，$a$と対称な点は$-\bar{a}$であるから $w=e^{i\theta}\dfrac{z-a}{z+\bar{a}}$ 一つ見つければよいときは，$a=1,\theta =0$のときをとり $w=\dfrac{z-1}{z+1}$ この逆関数は $w=-\dfrac{z+1}{z-1}$ である． なお，この関数は原点を中心とする単位円を虚軸にうつす関数として後で用いられる． 例3 原点を中心とする単位円の内部$|z| < 1$を原点を中心とする単位円の内部$|w| < 1$に うつす１次分数変換を求めよう． 単位円$|z|=1$に関し$a(|a| < 1)$と対称な点は$\frac{1}{\bar{a}}$ である. $a$の像を$0$とすると $a\mapsto 0,\dfrac{1}{\bar{a}}\mapsto \infty$ したがって $w=k\dfrac{z-a}{z-\dfrac{1}{\bar{a}}}=\bar{a}k\dfrac{z-a}{\bar{a}z-1}$ ここで$z=e^{i\theta}$のとき $\left|\dfrac{e^{i\theta}-a}{\bar{a}e^{i\theta}-1}\right| =\left|\dfrac{e^{i\theta}-a}{\bar{a}-e^{-i\theta}}\right|=1$ であるから $w=e^{i\theta}\dfrac{z-a}{\bar{a}z-1} \ \ ,(0\leqq \theta < 2\pi,|a| < 1)$ を得る． 例4 上半平面$\mathrm{Im}z > 0$を上半平面$\mathrm{Im}w > 0$にうつす１次分数変換を求めよう． 実軸上の３点を実軸上の３点にうつすから， $(a_1,a_2,a_3)\mapsto (b_1,b_2,b_3) \ ,a_i,b_i\in \mathbb{R}$ このとき $\dfrac{a_1-a_3}{a_1-a_2}\cdot \dfrac{z-a_2}{z-a_3}=\dfrac{b_1-b_3}{b_1-b_2}\cdot \dfrac{z-b_2}{z-b_3}$ 1次分数変換は，逆変換も１次分数変換で，合成に関して閉じているから 実軸を実軸にうつす1次分数変換は $w=\dfrac{az+b}{cz+d} \ a,b,c,d\in \mathbb{R}$ あとは，上半平面の像が上半平面であればよい． $w=\dfrac{ax+b}{cx+d}=-\dfrac{ad-bc}{c^2}\dfrac{1}{z+\frac{d}{c}}+\dfrac{a}{c}$ したがって，$ad-bc > 0$のとき$z$が実数軸上を増加するとき，$w$も実数軸上を増加する． 進行方向の左側の部分は進行方向の左側にうつすから，求める写像は $w=\dfrac{az+b}{cz+d}, \ \ (a,b,c,d\in \mathbb{R},ad-bc > 0)$ である． 合同変換 目次に戻る 微分幾何 |