Automorfismo conforme del disco unitario que intercambia dos puntos dados

Question

Sea $a$ y $b$ sean puntos distintos del disco unitario $D$ . Demuestre que existe un automorfismo conforme $f$ de $D$ que intercambia $a$ y $b$ Eso es, $f(a) = b$ y $f(b) = a$ .

Idea: sabemos que $g(z)=\frac{\alpha-z}{1-\bar{\alpha}z}$ intercambiadores $0$ y $\alpha$ y por composición podemos hallar el mapa $f(a) = b$ para cualquier $a$ y $b$ en el disco unitario $D$ . ¿Pero cómo puedo llegar a la otra dirección por el mismo mapa? Gracias.

Answer 1

Como ya ha observado, para $\alpha \in \Bbb D$ la transformación de Möbius $$ T_\alpha(z) = \frac{\alpha - z}{1- \bar \alpha z} $$ es un automorfismo de $ \Bbb D$ que intercambia los puntos $0$ y $\alpha$ . Esto se puede utilizar para construir un automorfismo que intercambie dos puntos dados $a, b \in \Bbb D$ : Con $c = T_a(b) = \frac{a- b}{1- \bar a b}$ la transformación de Möbius $$ f = T_a^{-1} \circ T_c \circ T_a $$ tiene las propiedades deseadas: $$ \begin{matrix} & T_a & & T_c & & T_a^{-1}\\ a & \to & 0 & \to & c & \to & b\\ b & \to & c & \to & 0 & \to & a \end{matrix} $$ Cada $T_\alpha$ es su propia inversa, de modo que $f= T_a \circ T_c \circ T_a$ y a partir de ahí se puede calcular la representación explícita $$ f(z) = \frac{a(1-|b|^2) + b(1-|a|^2) - (1-|ab|^2)z}{(1-|ab|^2) - \bigl(\bar a(1-|b|^2) + \bar b(1-|a|^2)\bigr) z} \, , $$ es decir $ f = T_\alpha$ con $$ \alpha = \frac{a(1-|b|^2) + b(1-|a|^2)}{1-|ab|^2} \, . $$

Observación: Esta transformación de Möbius es el único automorfismo del disco unitario que intercambia $a$ y $b$ es decir, la solución es única:

Supongamos que $f$ y $g$ son dos automorfismos del disco unitario que intercambian los dos puntos distintos $a, b \in \Bbb D$ . Entonces $T= g^{-1} \circ f$ es una transformación de Möbius que fija $a, b$ y sus puntos especulares con respecto al círculo unitario, es decir $T$ tiene cuatro puntos fijos distintos. De ello se deduce que $T = id$ y $f=g$ .

Answer 2

Sea $a' = 1/\overline a, \,b' = 1/\overline b$ . Tomemos la transformación de Mobius $f$ que mapea los puntos $a, b, a'$ a $b, a, b'$ . Desde $f$ preserva la relación cruzada, obtenemos $$(a, b; a', b') = (b, a; b', f(b')) = (a, b; f(b'), b'),$$ por lo tanto $f(b') = a'$ . Desde $b$ y $b'$ son simétricas (conjugadas) respecto al círculo unitario $\mathcal C$ sus imágenes $a$ y $a'$ son simétricas respecto a $f(\mathcal C)$ . Del mismo modo, $b$ y $b'$ son simétricas respecto a $f(\mathcal C)$ .

Estos dos pares de puntos simétricos determinan unívocamente el círculo, por lo tanto $f(\mathcal C) = \mathcal C$ . (Si $a, b$ y el origen $O$ no son colineales, entonces $f(\mathcal C)$ tiene que ser un círculo con centro en la intersección de $aa'$ y $bb'$ que es $O$ y con el radio $\sqrt{ |a| \cdot |a'|} = 1$ . Si $a, b, O$ son colineales, el centro se halla a partir de una ecuación lineal).