ここで$f,g$が1次分数変換のとき
$\mathrm{Tr}(f\circ g)=\mathrm{Tr}(g\circ f)$
である(1次分数変換の合成を行列の積と見なせばよい)．
次の命題が成り立つことが分かる．
命題1
1次分数変換$f,g$が共役な時
$\mathrm{Tr}(f)^2=\mathrm{Tr}(g)^2$
が成り立つ．

1次分数変換$f(z),g(z)$が共役な時，すなわち$(\flat)$を満たすとき
図形$A$が$f$の不変図形($f(A)=A$を満たす図形$A$)のとき
$g(h(A))=h(A)$
より$h(A)$も$g$の不変図形である．
また点$P$が$f$の不動点すなわち$f(P)=P$のとき
$g(h(P))=h(P)$
より$h(p)$が$g$の不動点である．すなわち$f,g$の不動点の個数は等しい．
1次分数変換の不変図形で円のとき不動円という．不動点，不動円の性質を利用して1次分数変換の動きを視覚的にとらえる．なお，ここでは直線や円は向きまで考え，向きも一致したときに限り不動円，不動直線と呼ぶ．

1次分数変換$f(z)$が不動円(円の内部を円の内部にうつすも含む)のとき， その不動円の像が実軸である1次分数変換を$h(z)$ とする(不動円上の3点の像がそれぞれ実軸上の3点である1次分数変換をつくればよい)．
このとき実軸が
$g(z)=(h\circ f\circ h^{-1})(z)$
の不動円である(直線は円の一部と考える)．
したがって，実数の像が実数である上半平面の像が上半平面であるから$g(z)$は
$g(z)=\dfrac{az+b}{cz+d},a,b,c,d\in \mathbb{R},ad-bc　> 0$
となる．$\sqrt{ad-bc}$は正の数であるから標準化表示は$a,b,c,d$を置き換えて
$g(z)=\dfrac{az+b}{cz+d},a,b,c,d\in \mathbb{R},ad-bc=1$
となる．もし，実軸が不動直線でも，上半平面の像が下半平面なら
$g(z)=\dfrac{az+b}{cz+d},a,b,c,d\in \mathbb{R},ad-bc　< 0$
であるから，$\sqrt{ad-bc}$は純虚数である．$g(z)$の標準化表示は$a,b,c,d$が純虚数となる．このとき実軸は不動直線とは呼ばない．
$g(z)$の不動点を調べる．
$g(z)=z$
より
$cz^2-(a-d)z-b=0$
判別式を$D$とおけば
$D=(a-d)^2+4bc=(a+d)^2-4(ad-bc)=(a+d)^2-4$
$=\mathrm{Tr}(g)^2-4=\mathrm{Tr}(f)^2-4$
複素数の範囲で2次方程式を解いているので解がないことはない．すなわち，1次分数変換で不動点が存在しないことはない．
重解のとき，実数解であるから，解は実軸(不動円)上にある．
2つの解が存在するとき，それは$D > 0,D < 0$の場合があるが，
$D > 0$の時は不動点は実軸上，
$D < 0$の時は不動点は共役複素数，すなわち実軸に関して対称な2点である．
もちろんそれ以外に，不動円が存在しない場合がある．とはいいながら，不動点と不動円の関係は1次分数変換で保たれる．不動点，不動円を利用して1次分数変換の動きを調べていく．

定義
１次分数変換
$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d},a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc=1$
について
$\mathrm{Tr}(f)^2=(a+d))^2=4$のとき$f(z)$を放物型と呼ぶ．
$0\leqq \mathrm{Tr}(f)^2=(a+d)^2 < 4$のとき$f(z)$を楕円型と呼ぶ．
$4 < \mathrm{Tr}(f)^2=(a+d)^2 $のとき$f(z)$を双曲型と呼ぶ．
上記以外のときすなわち $\mathrm{Tr}(f)^2=(a+d)^2 < 0$ または$\mathrm{Tr}(f)^2=(a+d)^2$が虚数の時$f(z)$を斜航型という.

例
$(1)$実軸方向の平行移動変換
$f(z)=z+1$
は行列
$\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$
が対応する$SL(2,\mathbb{C})$の元であるから
$\mathrm{Tr}(f)^2=4$
したがって，放物型である．
$(2)$原点の周りの回転移動変換
$f(z)=e^{i\theta }z,(0 < \theta < 2\pi)$
は，行列
$\begin{pmatrix}e^{i\theta}&0\\0&1\end{pmatrix}$
に対応する$SL(2,\mathbb{C})$の元が
$\begin{pmatrix}e^{i\frac{\theta}{2}}&0\\0&e^{-i\frac{\theta}{2}}\end{pmatrix}$
であるから
$\mathrm{Tr}(f)^2=4\cos ^2\dfrac{\theta}{2}$
より
$0 \leqq \mathrm{Tr}(f)^2 < 4$
したがって楕円型．
$(3)$原点を中心とする正の相似変換
$f(z)=\alpha z,(0 < \alpha ,\alpha \neq 1)$
は，行列
$\begin{pmatrix}\alpha &0\\0&1\end{pmatrix}$
に対応する$SL(2,\mathbb{C})$の元が
$\begin{pmatrix}\sqrt{\alpha}&0\\0&\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\end{pmatrix}$ より
$\mathrm{Tr}(f)^2=(\sqrt{\alpha} +\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}})^2 >4$
より双曲型．
$(4)$原点を中心とする，回転変換と正の相似変換の合成
$f(z)=\alpha e^{i\theta }z,(0 < \alpha,\alpha \neq 1,0 < \theta < 2\pi)$
のとき，行列
$\begin{pmatrix}\alpha e^{i\theta} &0\\0&1\end{pmatrix}$
に対応する$SL(2,\mathbb{C})$の元が
$\begin{pmatrix}\sqrt{\alpha}e^{i\frac{\theta}{2}}&0\\0&\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}} e^{-i\frac{\theta}{2}}\end{pmatrix}$
より
$\mathrm{Tr}(f)^2=(\sqrt{\alpha}e^{i\frac{\theta}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}e^{-i\frac{\theta}{2}})^2$
$=(\alpha +\dfrac{1}{\alpha})\cos \theta +2+i(\alpha -\dfrac{1}{\alpha})\sin \theta$
$0 < \alpha,\alpha \neq 1,0 < \theta < 2\pi$であるから
$\theta \neq \pi$のとき$\mathrm{Tr}(f)^2$は虚数．
$\theta =\pi$のとき$\mathrm{Tr}(f)^2$は負の数．
したがって，$f(z)$は斜航型である．

$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d} \ \ \ (a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc=1)$
の不動点に注目する．
$a,b,c,d\in \mathbb{R}$ではすでに考えたが，ここでは$a,b,c,d\in \mathbb{C}$である．
不動点は方程式
$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}=z\cdots (\natural)$
の解であるから１つか2つである．

命題2
1次分数変換$f(z)$が放物型$\Longleftrightarrow f(z)$はただ一つの不動点をもつ.
証明
$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d} \ \ \ (a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc=1)$
$c=0$のとき
$\dfrac{az+b}{d}=z$
より，$\infty$は不動点である．
ただ一つの不動点を持つことは他に不動点がないから
$f(z)=z+b$
である．
したがて$\mathrm{Tr}(f)^2-4=0$
次に$c\neq 0$のとき．
不動点の方程式
$cz^2-(a-d)z-b=0$
の判別式を$D$とおけば
$D=(a-d)^2+4bc=(a+d)^2-4=\mathrm{Tr}(f)^2-4=0$
である．(証明終わり)

命題3
1次分数変換$f(z)$が放物型$\Longleftrightarrow f(z)$は$w=z+1$と共役である.
証明
$f(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$
が放物型の時
$c=0$のとき$f(z)=z+b$(命題2の証明)
$c\neq 0$のとき$f(z)$の不動点を$z_0$とする．
$h(z)=\dfrac{1}{z-z_0}$
とおくと
$(h\circ f\circ h^{-1})(z)$は直線であり，ただ一つの不動点$\infty$を持つから
$(h\circ f\circ h^{-1})(z)=z+b$
$k(z)=\dfrac{z}{b}$
と置くと
$(k\circ h\circ f\circ h^{-1}\circ k^{-1})(z)=z+1$
が成り立つ．すなわち$c$がいずれの場合も$f(z)$は$w=z+1$と共役である．

不動点が1つの場合は終了した．次に不動点が2つの場合を考える．
$f(z)$の不動点を$z_1,z_2(z_1\neq z_2)$とし
$h(z)=\dfrac{z-z_1}{z-z_2}$
とおくと
$g(z)=h\circ f\circ h^{-1}(z)$
は$0,\infty$が不動点である．
$g(z)=\dfrac{az+b}{cz+d}$
において，
$z=0$が不動点より$b=0$
$z=\infty$が不動点より$c=0$
したがって
$g(z)=az=\alpha e^{i\theta}z \ \ (\alpha > 0,0\leqq \theta < 2\pi)$
$\begin{pmatrix}\alpha e^{i\theta}&0\\0&1\end{pmatrix}$
に対応する$SL(2,\mathbb{C})$の元は
$\begin{pmatrix}\sqrt{\alpha}e^{i\frac{\theta}{2}}&0\\0&\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}e^{-i\frac{\theta}{2}}\end{pmatrix}$
であるから
$\mathrm{Tr}(g)^2=(\sqrt{\alpha}e^{i\frac{\theta}{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}e^{-i\frac{\theta}{2}})^2$
$=(\alpha +\dfrac{1}{\alpha})\cos \theta +2+ i(\alpha -\dfrac{1}{\alpha })\sin \theta$
以上の議論を踏まえて次の命題を証明する．
命題4
$f(z)$は1次分数変換．
$(1) \ f(z)$が楕円型$\Longleftrightarrow \ f(z)$は$w=e^{i\theta}z \ (0 < \theta < 2\pi)$と共役
$(2) \ f(z)$が双曲型$\Longleftrightarrow \ f(z)$は$w=az \ (0 < a < 1,1 < a)$と共役
$(3) \ f(z)$が斜航型$\Longleftrightarrow \ f(z)$は$a e^{i\theta} \ \ (0 < a < 1,1 < a ,0 < \theta < 2\pi)$と共役．

証明
$(\Leftarrow)$は例で示してあるから$(\Rightarrow)$だけ示せばよい．
$(1)$
$g$が楕円型のとき
$0\leqq \mathrm{Tr}(g)^2 < 4$
であるから
$\begin{cases}-2\leqq (\alpha +\dfrac{1}{\alpha})\cos \theta < 2\\ (\alpha -\dfrac{1}{\alpha})\sin \theta =0\end{cases}$
これを解くと
$\alpha =1,0 < \theta < 2\pi$
である．すなわち
$f(z)$は$w=e^{i\theta}z \ (0 < \theta < 2\pi)$と共役である
$(2)$
$g$が双曲型のとき
$4 < \mathrm{Tr}(g)^2 $
であるから
$\begin{cases}\alpha +\dfrac{1}{\alpha})\cos \theta > 2\\ (\alpha -\dfrac{1}{\alpha})\sin \theta =0\end{cases}$
これを解くと
$\theta =0,\alpha \neq 1$
である．すなわち
$f(z)$は$w=a z \ \ (0 < a <1,1 < a)$と共役である．
$(3)$
$g$が斜航型のとき
$\mathrm{Tr}(g)^2 < 0 $または$\mathrm{Tr}(g)^2$が虚数であるから
$(\alpha -\dfrac{1}{\alpha})\sin \theta \neq 0$
または
$\begin{cases}(\alpha -\dfrac{1}{\alpha})\sin \theta =0\\(\alpha +\dfrac{1}{\alpha})\cos \theta <-2\end{cases}$
より
$\alpha \neq 1,0 < \theta < 2\pi$
を得る．したがって，$f(z)$は
$w=\alpha e^{i\theta}z \ \ (0 < \alpha < 1,1 < \alpha ,0 < \theta < 2\pi)$
と共役である．(証明終わり)

それぞれの場合，恒等変換ではない1次分数変換$f(z)$がどのような関数であるかをまとめる．
$(A) \ f(z)$が放物型の時．
$f(z)$は
$g(z)=z+1$
と共役である．
実軸に平行な直線全体を$\Omega _1$,虚軸に平行な直線全体を$\Omega _2$とする．
$\Omega _1$の元が$g(z)$の不動直線である，$g(z)$により$\Omega _2$の元 の像は別の$\Omega _2$の元である．
$\Omega _1$の元と$\Omega _2$の元は直交する． $g(z)$の不動点は$\infty$であり，$\Omega _1$の各元は$\infty$を通り，他に共有点を持たない．$\Omega _2$も各元は$\infty$を通り，他に共有点を持たない．

したがって，$f(z)$は無数の不動円を持ち，その不動円は不動点だけを共有する．すなわち不動点で接している($\Omega _1$の逆像)．
また，不動点で接する不動円に直交する無数の円を持ち($\Omega _2$の逆像)ある円の像は別の円である．

$f(z)$が不動円を持たない$\Leftrightarrow f(z)$は斜航型である
が成り立つ．

例
$w=\dfrac{z}{2z-1},w=\dfrac{z}{2-z},w=\dfrac{2z}{3z-1},w=\dfrac{3z-4}{z-1}$
について考える．
なお，この例は
アールフォルス著　笠原乾吉訳　複素解析　　現代数学社
中の問題にあるもので，そのまま使わせていただいた．
最初の3例の不動点はいずれも$0,1$であることはすぐわかり2次方程式を解く必要はない．最後の例は重解(放物型)である．
$A(1)$とおく．
$0,1$が不動点のとき$0\mapsto 0,1\mapsto \infty$である
$h(z)=\dfrac{z}{z-1}$
を用いる．なお$h(z)$は
$h^{-1}(z)=h(z)$
である．

$(1) \ w=f_1(z)=\dfrac{z}{2z-1}$
行列
$\begin{pmatrix}1&0\\2&-1\end{pmatrix}$
の標準化表示は
$\begin{pmatrix}i&0\\2i&-i\end{pmatrix}$
であるから
$\mathrm{Tr}(f_1)=0$
したがって，$f_1$は楕円型である．
不動点$O,A$を基点とするアポロニウスの円が不動円である．
$h\circ f_1\circ h^{-1}(z)=-z$
この例は楕円型でも特殊で，$O,A$を通る円も不動円ということができるが， この円を$O,A$で2つの円弧に分け，片方がもう一方にうつり向きも変える．この円は$f_1$ の不動円とはしない．
$f_1$の不動円として
$OP:AP=2:1$
を満たす点$P$の軌跡を考える(アポロニウスの円の定義)．
これは線分$OA$を$2:1$に内分する点は$\frac{2}{3}$外分する点は$2$であるから
$\frac{4}{3}$を中心とする半径$\frac{2}{3}$の円である．この円を$C_1$とする．
$C_1$上の点$P(\frac{4}{3}+\frac{2i}{3})$をとり$f_1$による点$P$を求めると
$\dfrac{\frac{4}{3}+\frac{2i}{3}}{2(\frac{4}{3}+\frac{2i}{3})-1}=\dfrac{28-6i}{41}$
である．
一方，図で考えると，$P$の像は円$C_1$上にあり，かつ3点$O,A,P$を通る円$C_2$の2つの円弧$OA$ の$P$を含まない方にある．
すなわち，$f_1$による点$P$の像は2円$C_1,C_2$の交点のうち$P$でない方である．
このように，$f_1$の不動点$O,A$を基点とするアポロニウスの円および2点$O,A$を通る 円の網で変換$P\mapsto P'$が分かる．
別の$O,A$を通る円$C_2'$と$C_1$の交点を$Q$とすれば$Q\mapsto Q'$である．(図参照)

$(2) \ w=f_2(z)=\dfrac{z}{2-z}$
行列
$\begin{pmatrix}1&0\\-1&2\end{pmatrix}$
の標準化表示は
$\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&0\\-\frac{1}{\sqrt{2}}&\sqrt{2}\end{pmatrix}$
であるから
$\mathrm{Tr}(f_1) > 2$
したがって，$f_2$は双曲型である．．
不動点$O,A$を通る円が不動円で，$O,A$を基点とするアポロニウスの円の像は$O,A$を基点とする別のアポロニウスの円である．
$h\circ f_2 \circ h^{-1}(z)=\dfrac{1}{2}z$
$f_2$による点$P(\frac{4}{3}+\frac{2}{3}i)$の像を求める．
$P$の像は3点$O,A,P$を通る円($f_2$の不動円)上にあり，$O,A$を基点とする$P$を通るアポロニウスの円の像上にある．
$2\stackrel{f_2}{\longmapsto}\infty$
より，アポロニスの円の像は直線，すなわち$x=\frac{1}{2}$である．
$P$の像は，3点$O,A,P$を通る円と直線$x=\frac{1}{2}$の交点である．
交点は2つあるが，円を$O,A$で２つの円弧に分け，$P$と同じ円弧側にあるから，$P$の像$P'$は上側の方である．ちなみに図において，$Q$の像は$Q'$である．

$(3) \ w=f_3(z)=\dfrac{2z}{3z-1}$
行列
$\begin{pmatrix}2&0\\3&-1\end{pmatrix}$
の標準化表示は
$\begin{pmatrix}\sqrt{2}i&0\\\frac{3i}{\sqrt{2}}&-\frac{i}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}$
であるから
$\mathrm{Tr}(f_3)^2 < 0$
したがって，$f_3$は斜航型である．．
$h\circ f_2 \circ h^{-1}(z)=-2z=2e^{\pi i}z$
であるから，2点$O,A$を通る円は，$O,A$で2つの円弧に分けると，片方の円弧がもう一方にうつり(再度書くがこの円は不動円とは呼ばない)，$O,A$を基点とするアポロニウスの円は，$O,A$を基点とする別のアポロニウスの円にうつる．
$f_3$による点$P(\frac{4}{3}+\frac{2}{3}i)$の像を求める．
$P$の像は3点$O,A,P$を通る円上，ただし$O,A$で２つの円弧に分けたときもう一方の円弧にうつり，$O,A$を基点とする$P$を通るアポロニウスの円の$f_3$による像($OP:AP=4:1$である点$P$の軌跡)上にある．
図における$P,Q$の$f_3$による像はそれぞれ$P',Q'$である．

$(4) \ w=f_4(z)=\dfrac{3z-4}{z-1}$
の不動点は
$\dfrac{3z-4}{z-1}=z$
より重解$z=2$．したがって，$f_4$は放物型．
$k(z)=\dfrac{1}{z-2}$
とおくと
$k\circ f_4\circ k^{-1}(z)=z+1$
である．
$f_4$による実軸の像は実軸であるから，円の網は$2$で接し，実軸に直交するものと，実軸と接するものであり，実軸と接する方が不動円で，実軸に直交する円の$f_4$による像は他の実軸に直交する円である．
$P(3+i)$の$f_4$による像を調べる．
$P$を通る円$|z-3|=1$の$f_4$による像は円$|z-\frac{4}{3}|=\frac{1}{3}$であるから
2円$|z-(2+i)|=1,|z-\frac{4}{3}|=\frac{1}{3}$の交点のうち$2$でない方が$P$の像$P'$である．