Möbius 变换迭代

hbghlyj

交替关于两个圆反演是否收敛?
如果是同心圆,关于圆$|z|=r_1$反演$z\mapsto\frac{r_1^2}{\bar{z}}$与关于$|z|=r_2$反演$z\mapsto\frac{r_2^2}{\bar{z}}$的复合是$z\mapsto\frac{r_1^2}{r_2^2}z$. 所以当$r_1<r_2$时收敛到0, 当$r_1>r_2$时收敛到∞, 在$\Bbb C_∞$度量下.

一般地, 两个相离的圆, 它们确定的共轴圆组之中两个半径为0的圆$z_1,z_2$, 是关于这两个圆的反演的复合的不动点(因为$z_1$关于圆1反演到$z_2$再关于圆2反演就回到$z_1$). 设两个圆心在实轴上, 设根轴为虚轴, 作图的方法是在虚轴上取一个点, 则它在两个圆的外部, 于是可作出一个与它们正交的圆(以切线为半径画圆), 与实轴交于两点, 就是$z_1,z_2$, 它们关于圆1互为反演点, 关于圆2也互为反演点.

对于两个相切的圆, $z_1=z_2$是切点, 这时$f_2∘f_1$是parabolic Möbius transformation.
对于两个相交的圆, $z_1,z_2$是它们的交点.

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现在给定一个点$z$和两个相离的圆, 设关于它们的反演为$f_1,f_2$, 设$f_2∘f_1$的两个不动点为$a,b∈\Bbb R$, 如何判断$(f_2∘f_1)^n(z),n≥1$收敛到$a$还是$b$呢?
设两个圆的方程为$\abs{z-a\over z-b}=λ_i,(i=1,2)$, 那么圆上的点$z$满足$${z-a\over z-b}{\bar z-a\over \bar z-b}=λ_i^2,(i=1,2)$$
所以, 任意点$z$和它的反演点$f_i(z)$满足$${f_i(z)-a\over f_i(z)-b}{\bar z-a\over \bar z-b}=λ_i^2,(i=1,2)$$
设$g(z)=\frac{z-a}{z-b}$, 上式变成\begin{align}g(f_1(z))\overline{g(z)}&=λ_1^2\\g(f_2(z))\overline{g(z)}&=λ_2^2\end{align}在(1)中取共轭,移项; 在(2)中,把$z$换成$f_1(z)$,\begin{align*}
\overline{(g∘f_1)(z)}&=\frac{λ_1^2}{g(z)}\\
(g∘f_2∘f_1)(z)\cdot\overline{(g∘f_1)(z)}&=λ_2^2
\end{align*}
相除,得
$$(g∘f_2∘f_1)(z)=\frac{λ_2^2}{λ_1^2}g(z)$$
即
$$(f_2∘f_1)(z)=g^{-1}\left(\frac{λ_2^2}{λ_1^2}g(z)\right)$$
所以
$$(f_2∘f_1)^n(z)=g^{-1}\left(\left(\frac{λ_2}{λ_1}\right)^{2n}g(z)\right)$$
当$λ_1>λ_2$时,收敛到$g^{-1}(0)=a$;当$λ_1<λ_2$时,收敛到$g^{-1}(∞)=b$.

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en.wikipedia.org/wiki/M%C3%B6bius_transformation#Iterating_a_transformation

总结一下: $g$把相离的圆变为同心圆, 然后再分析, 就容易了