[복소해석학-대학원] 3. 사상(3)

[복소해석학-대학원] 3. 사상(3)

$a,\,b,\,c,\,d$가 복소상수일 때 다음과 같이 정의된 복소함수를 선형 분수변환(linear fractional transformation, 또는 뫼비우스 변환)이라고 한다. $$w=\frac{az+b}{cz+d}\,(ad-bc\neq0)$$ 위의 방정식을 다음과 같이 나타낼 수 있고, 거꾸로도 나타낼 수 있다. $$Azw+Bz+Cw+D=0\,(AD-BC\neq0)$$ $c=0$이면 조건 $ad-bc\neq0$에 의해 $ad\neq0$이고 변환은 선형(일차)함수가 된다. $$w=\frac{a}{d}z+\frac{b}{d}$$ $c\neq0$이면 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$w=\frac{a}{c}+\frac{bc-ad}{c(cz+d)}\,(ad-bc\neq0)$$ 이것은 변환 $\displaystyle w=\frac{1}{z}$이 $c\neq0$인 위의 변환의 특수한 경우임을 뜻하고, 위의 변환은 다음의 변환들의 합성이다. $$Z=cz+d,\,W=\frac{1}{Z},\,w=\frac{a}{c}+\frac{bc-ad}{c}W\,(ad-bc\neq0)$$ 따라서 $c$의 값에 관계없이 모든 선형 분수변환은 원과 직선을 원과 직선으로 사상한다. 이 선형 분수변환을 $z$에 대한 식으로 나타내면 다음과 같고 $$z=\frac{-dw+b}{cw-a}\,(ad-bc\neq0)$$ $\displaystyle T(z)=\frac{az+b}{cz+d}\,(ad-bc\neq0)$가 다음과 같다고 하면 $$\begin{align*}c&=0,\,T(\infty)=\infty\\c\neq0,\,T(\infty)=\frac{a}{c},\,T\left(-\frac{d}{c}\right)=\infty\end{align*}$$ 이므로 $T$는 확장 $xy$평면에서 연속이다. 이 선형 분수변환은 $z_{1}\neq z_{2}$이면 $T(z_{1})\neq T(z_{2})$이므로 일대일사상이고 역변환 $T^{-1}$가 존재하는데 확장 $uv$평면에서 $T^{-1}(w)=z$일 필요충분조건은 $T(z)=w$이고, 그 역변환은 다음과 같다. $$T^{-1}(w)=\frac{-dw+b}{cw-a}\,(ad-bc\neq0)$$ $T^{-1}$는 선형 분수변환이고 다음과 같이 정의된다. $$\begin{align*}c&=0,\,T^{-1}(\infty)=\infty\\c&\neq0,\,T^{-1}\left(\frac{a}{c}\right)=\infty,\,T^{-1}(\infty)=-\frac{d}{c}\end{align*}$$ 두 선형 분수변환 $T$와 $S$에 대해 합성 $S(T(z))$도 선형 분수변환이고 $T^{-1}(T(z))=z$이다. 

세 점 $z_{1}=-1,\,z_{2}=0,\,z_{3}=1$이 차례로 다음 세 점 $w_{1}=-i,\,w_{2}=1,\,w_{3}=i$으로 대응하는 변환을 찾자. 1은 0의 상이므로 $\displaystyle1=\frac{b}{d}$이고 $d=b$이다. 그러므로 다음을 얻는다. $$w=\frac{az+b}{cz+b}\,(b(a-c)\neq0)$$ $-1$과 1이 각각 $-i$와 $i$로 사상되므로 다음이 성립한다. $$ic-ib=-a+b,\,ic+ib=a+b$$ 두 방정식을 대응하는 변끼리 더하면 $c=-ib$를 얻고 빼면 $a=ib$를 얻는다. 따라서 다음의 변환을 얻는다. $$\begin{align*}w&=\frac{ibz+b}{-ibz+b}\\&=\frac{b(iz+1)}{b(-iz+1)}\\&=\frac{iz+1}{-iz+1}\\&=\frac{i-z}{i+z}\end{align*}$$ 세 점 $z_{1}=1,\,z_{2}=0,\,z_{3}=-1$이 차례로 다음 세 점 $w_{1}=i,\,w_{2}=\infty,\,w_{3}=1$으로 대응하는 변환을 찾자. $w_{2}=\infty$가 $z=0$에 대응되므로 $c\neq0$, $d=0$이고 다음을 얻는다. $$w=\frac{az+b}{cz}\,(bc\neq0)$$ 1은 $i$에 대응되고 $-1$은 1에 대응되므로 다음을 얻는다. $$ic=a+b,\,-c=-a+b$$ 그러므로 $$2a=(1+i)c,\,2b=(i-1)c$$ 이고 다음의 변환을 얻는다. $$w=\frac{(i+1)z+(i-1)}{2z}$$ 다음의 방정식 $$\frac{(w-w_{1})(w_{2}-w_{3})}{(w-w_{3})(w_{2}-w_{1})}=\frac{(z-z_{1})(z_{2}-z_{3})}{(z-z_{3})(z_{2}-z_{1})}$$ 이 방정식은 유한 $xy$평면의 서로 다른 점 $z_{1},\,z_{2},\,z_{3}$을 유한 $uv$평면의 서로 다른 점 $w_{1},\,w_{2},\,w_{3}$으로 사상하는 선형 분수변환이다. 이러한 형태를 음함수꼴이라고 한다. 이것을 보이기 위해 다음과 같이 전개하자. $$(z-z_{3})(w-w_{1})(z_{2}-z_{1})(w_{2}-w_{3})=(z-z_{1})(w-w_{3})(z_{2}-z_{3})(w_{2}-w_{1})$$ 위의 전개식에서 $z=z_{1}$이면 위의 식의 우변은 0이 되고 $w=w_{1}$이다. $z=z_{3}$이면 위의 식의 좌변은 0이 되고 $w=w_{3}$이다. $z=z_{2}$이면 다음의 선형(일차) 방정식을 얻는다. $$(w-w_{1})(w_{2}-w_{3})=(w-w_{3})(w_{2}-w_{1})$$ 이 방정식의 유일한 해는 $w=w_{2}$이고 위의 방정식을 전개해 다음과 같이 나타내면 선형 분수변환이 됨을 알 수 있다. $$Azw+Bz+Cw+D=0$$ 이 선형 분수변환은 상수함수가 되지 않으므로 $AD-BC\neq0$이다.(유일성에 대한 증명은 생략)

$z_{1},\,z_{2},\,z_{3}$, $w_{1},\,w_{2},\,w_{3}$가 다음과 같다고 하자. $$z_{1}=-1,\,z_{2}=0,\,z_{3}=1;\,w_{1}=-i,\,w_{2}=1,\,w_{3}=i$$ 음함수꼴 식에 대입하면 다음과 같고 $$\frac{(w+i)(1-i)}{(w-i)(1+i)}=\frac{(z+1)(0-1)}{(z-1)(0+1)}$$ $w$를 $z$에 대해 풀면 다음의 결과를 얻는다. $$w=\frac{i-z}{i+z}$$ $z_{1}=\infty$라고 하면 모든 선형 분수변환은 확장 복소평면에서 연속이므로 $$\lim_{z_{1}\,\rightarrow\,0}{\frac{\left(z-\frac{1}{z_{1}}\right)(z_{2}-z_{3})}{(z-z_{3})\left(z_{2}-\frac{1}{z_{1}}\right)}\frac{z_{1}}{z_{1}}}=\lim_{z_{1}\,\rightarrow\,0}{\frac{(z_{1}z-1)(z_{2}-z_{3})}{(z-z_{3})(z_{1}z_{2}-1)}}=\frac{z_{2}-z_{3}}{z-z_{3}}$$ 이고 다음과 같이 나타낼 수 있다. $$\frac{(w-w_{1})(w-w_{3})}{(w_{2}-w_{3})(w_{2}-w_{1})}=\frac{z_{2}-z_{3}}{z-z_{3}}$$ $z_{1},\,z_{2},\,z_{3}$, $w_{1},\,w_{2},\,w_{3}$가 다음과 같다고 하자. $$z_{1}=1,\,z_{2}=0,\,z_{3}=-1;\,w_{1}=i,\,w_{2}=\infty,\,w_{3}=1$$ 이 경우 수정된 다음의 식을 이용해야 한다. $$\frac{w-w_{1}}{w-w_{3}}=\frac{(z-z_{1})(z_{2}-z_{3})}{(z-z_{3})(z_{2}-z_{1})}$$ 그러면 다음을 얻고 $$\frac{w-i}{w-1}=\frac{(z-1)(0+1)}{(z+1)(0-1)}$$ 이것을 $w$에 대해 풀면 다음의 결과를 얻는다. $$w=\frac{(i+1)z+(i-1)}{2z}$$

참고자료:

Complex Variables and Applications 8th edition, Brown, Churchill, McGraw-Hill