Mappa conforme con 3 punti fissi è l'identità
Dimostra che se \( \phi : \mathbb{H} \to \mathbb{H} \) è una mappa conforme che fissa tre punti distinti, dove \( \mathbb{H} = \{ z \in \mathbb{C} : \Im z > 0 \} \), allora \( \phi = id \).
Vi sembra funzionare?
Edit: Faccio la domanda perché mi sembra troppo facile e mi sembra strano quindi magari mi sfugge qualche sottigliezza. Ma se funziona allora è molto bello perché con una formulazione leggermente diversa potrebbe essere un esercizio che anche un liceale può tranquillamente risolvere.
Siccome \( \phi : \mathbb{H} \to \mathbb{H} \) allora esiste \[ \begin{pmatrix}
a &b \\
c& d
\end{pmatrix} \in \operatorname{SL}_2(\mathbb{R}) \]
tale che \( \phi(z) = \frac{az+b}{cz+d} \).
Supponiamo per assurdo che \( \phi \neq id \), ovvero non sono soddisfatte contemporaneamente queste uguaglianze \( a= d=1 \) e \( c=b=0 \).
Abbiamo che \( z \) è un punto fisso se e solo se
\[ \frac{az+b}{cz+d}=z \Leftrightarrow az + b = cz^2+dz \Leftrightarrow cz^2 + (d-a)z - b = 0 \]
e per il teorema fondamentale dell'algebra questa equazione possiede esattamente due soluzioni in \( \mathbb{C} \), e ne possiede al massimo due in \( \mathbb{H} \). Assurdo!
Pertanto se \( \phi \) possiede 3 punti fissi distinti abbiamo che \( \phi = id \).
Edit 2:
Mi sono appena reso conto che questo implica automaticamente dati \(z_1,\ldots,z_6 \in \mathbb{H} \) distinti allora esiste un unica mappa conforme dal semi piano superiore al semipiano superiore tale che \( \phi(z_i)=z_{i+3} \) per \( i=1,2,3 \), perché se ne esistessero due, diciamo \( \phi, \psi \) allora \( \psi^{-1} \circ \phi (z_i) = z_i \) per \( i=1,2,3 \), e quindi sarebbe l'identità.
Vi sembra funzionare?
Edit: Faccio la domanda perché mi sembra troppo facile e mi sembra strano quindi magari mi sfugge qualche sottigliezza. Ma se funziona allora è molto bello perché con una formulazione leggermente diversa potrebbe essere un esercizio che anche un liceale può tranquillamente risolvere.
Siccome \( \phi : \mathbb{H} \to \mathbb{H} \) allora esiste \[ \begin{pmatrix}
a &b \\
c& d
\end{pmatrix} \in \operatorname{SL}_2(\mathbb{R}) \]
tale che \( \phi(z) = \frac{az+b}{cz+d} \).
Supponiamo per assurdo che \( \phi \neq id \), ovvero non sono soddisfatte contemporaneamente queste uguaglianze \( a= d=1 \) e \( c=b=0 \).
Abbiamo che \( z \) è un punto fisso se e solo se
\[ \frac{az+b}{cz+d}=z \Leftrightarrow az + b = cz^2+dz \Leftrightarrow cz^2 + (d-a)z - b = 0 \]
e per il teorema fondamentale dell'algebra questa equazione possiede esattamente due soluzioni in \( \mathbb{C} \), e ne possiede al massimo due in \( \mathbb{H} \). Assurdo!
Pertanto se \( \phi \) possiede 3 punti fissi distinti abbiamo che \( \phi = id \).
Edit 2:
Mi sono appena reso conto che questo implica automaticamente dati \(z_1,\ldots,z_6 \in \mathbb{H} \) distinti allora esiste un unica mappa conforme dal semi piano superiore al semipiano superiore tale che \( \phi(z_i)=z_{i+3} \) per \( i=1,2,3 \), perché se ne esistessero due, diciamo \( \phi, \psi \) allora \( \psi^{-1} \circ \phi (z_i) = z_i \) per \( i=1,2,3 \), e quindi sarebbe l'identità.
Risposte
Si, è così. Non c'è bisogno di ragionare per assurdo, i punti fissi sono individuati dall'equazione che hai scritto e quindi ce ne sono 3 o più se e solo se \(c=b=0\) e \(d=a\). Questo è solo un dettaglio, comunque.
"dissonance":
Si, è così. Non c'è bisogno di ragionare per assurdo, i punti fissi sono individuati dall'equazione che hai scritto e quindi ce ne sono 3 o più se e solo se \(c=b=0\) e \(d=a\). Questo è solo un dettaglio, comunque.
Hai ragione grazie.
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