6个Möbius变换 {0,1,∞}置换

hbghlyj

函数$H_i(x),i=0,\dots,5$\begin{matrix}H_{0}(x)=x& H_{1}(x)=\frac{1}{x}&H_{2}(x)=1-x\\
H_{3}(x)=\frac{1}{1-x}& H_{4}(x)=\frac{x-1}{x}& H_{5}(x)=\frac{x}{x-1}\end{matrix}该集合关于映射的复合是封闭的：每两个元素的复合又是该集合的一个元素。例如$H_5H_2=H_4$。
该集合关于逆映射是封闭的：$H_0^{-1}=H_0,H_1^{-1}=H_1,H_2^{-1}=H_2,H_3^{-1}=H_4,H_5^{-1}=H_5$。
Wolfram demonstrations
关于映射的复合构成的群同构于$S_3$和$D_6$。我们有群同态
$$H\rightarrow S_3, f\mapsto [x\mapsto f(x)],$$
其中$S_3$表示$\{0,1,\infty\}$三个元素的对称群。
这个映射是单射，因为只有$H_0$保持所有3个元素不变。
由于 $H$ 有 6 个元素并且 $S_3$ 也有 $3!=6$ 个元素，这个映射是双射，因此是群同构。

Czhang271828

这里用交比看非常自然. 记 $\mathbb S\simeq \mathbb CP^1\simeq \mathbb C\cup\{\infty\}\simeq S^2$ 为 Riemann 球.

我们知道 Moebius 变换, 非平凡交比, 以及 $\mathbb S$ 上讲求顺序的不同的三点是同一回事儿. 实际上,

1. Moebius 变换 $f$ 对应非平凡交比
   $$
   (z,z_1,z_2,z_3):=\dfrac{(z-f^{-1}(0))(f^{-1}(1)-f^{-1}(\infty))}{(z-f^{-1}(\infty))(f^{-1}(1)-f^{-1}(0))}=f(z).
   $$
   部分文献给出的交比较此有顺序差别.

2. 非平凡交比 $(z,z_1,z_2,z_3)$ 对应 $\mathbb S$ 上不重且有序的三个点 $(z_1,z_2,z_3)$

3. $(z_1,z_2,z_3)$ 决定了一个将 $(z_1,z_2,z_3)$ 分别映至 $(0,1,\infty)$ 的 Moebius 变换.

根据以上对应, 我们断言 Moebius 变换保持交比. 实际上, 对任意 Moebius 变换 $h:(z_1,z_2,z_3)\mapsto (w_1,w_2,w_3)$​, 总有
$$
(z_1,z_2,z_3)\overset {f}\longrightarrow (0,1,\infty)\overset {f\circ h^{-1}}\longleftarrow (w_1,w_2,w_3).
$$
从而依照 Moebius 变换与交比 $f$ 的对应可知
$$
(h(z),w_1,w_2,w_3)=(f\circ h^{-1})\circ h(z)=f(z)=(z,z_1,z_2,z_3).
$$
以上等价叙述可以自由地转换 Moebius 变换的有趣命题. 例如上半平面 $\mathbb H$ 的自同构群即保持 $\mathbb R$ 的 Moebius 变换, 即对任意 $\lambda\in \mathbb R$ 总有 $(f(\lambda),1,0,\infty)$ 在 $\mathbb S$ 上四点共圆, i.e., $f(\lambda)\in \mathbb R$, 即实系数 Moebius 变换.

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下面是正文. 置换群 $S_4$ 在交比 $(z_1,z_2,z_3,z_4)$ 上有自然的作用. 由于 $S_4$ 的正规子群是 $\{1,K_4,S_4\}$, 那么 $(z_1,z_2,z_3,z_4)$ 在 $S_4$ 作用下的取值共有 $1,6,24$ 种. 具体分析之, 记 $(i,j)$ 为交比中 $z_i$ 与 $z_j$ 的对换, 则
$$
(1,2)(\lambda)=\dfrac{\lambda}{1-\lambda},\quad (1,3)(\lambda)=\dfrac{1}{\lambda},\quad (1,4)(\lambda)=1-\lambda.
$$
此图为 $S_4$ 在交比 $\lambda$ 上作用. 由于 $(i,j)^2=e$, 故箭头无需标注方向. 特别地, 稳定子群 $K_4$ 的生成元为 $(1,2)(3,4)$ 与 $(1,4)(2,3)$. 换言之,
$$
(z_1,z_2,z_3,z_4)=(z_2,z_1,z_4,z_3)=(z_3,z_4,z_1,z_2)=(z_4,z_3,z_2,z_1).
$$
依照 $K_4$-稳定的等价关系, 任何交比可以写作 $(z_1,z_i,z_j,z_k)$ 形式(等价类的代表元), 即 $z_1$ 在首位. 因此 $S_4/K_4$ 留下的六个像恰好是 $(0,1,\infty)$ 的置换. 这也表明了 $S_4/K_4\simeq S_3$.