単位円板D(0;1)の自己同型群(4)

今度こそ上半平面Pの自己同型群を求める。
テキストは発見的にAut(P)を見つけたのではなく、天下りに
$\displaystyle G = \{\frac{az+b}{cz+d} \| a,b,c,d \in \mathbb{R}, ad-bc=1 \}$
が与えられ、G = Aut(P)を確かめるという手順で進んでいるようだ。
G ⊂ Aut(P) は簡単に確かめられるが、逆を示すのがめんどう。これは G が P に推移的に作用していること、および、P のある1点の固定群が G に含まれれば G = Aut(P) であるという補題を用いて証明される。

GがPに推移的に作用していること：

∀z = x+iy ∈ P に対し、
$\displaystyle a = \sqrt{y}, b = \frac{x}{\sqrt{y}}, c = 0, d = \frac{1}{\sqrt{y}}$
とおくと、
$\displaystyle \frac{a i + b}{c i + d} = z$
となることから言える。

i ∈ P の固定群が G に含まれること：

これの証明にずいぶんと手間取ってしまった。
方針はCayley変換を介して Aut(P) と Aut(B) (単位円板の自己同型群)が同型であることと、Bの元 0 を固定するBの自己同型が $z \mapsto S_{\theta}(z) = e^{i\theta} z, \theta \in \mathbb{R}$ であることを利用する。
$w = \varphi(z)$ を i を固定する P の自己同型とする。すると Cayley変換 $f:P \ni z \mapsto \frac{z-i}{z+i} \in B$ によって
$f\circ \varphi = S_{\theta} \circ f$
となるから、 $z \in P$ に両辺を作用させることにより、
$\displaystyle \frac{w-i}{w+i} = e^{i\theta}\frac{z-i}{z+i}$
となる。これをwについて解いて、係数がすべて実数からなり ad - bc = 1 の形になれば i の固定群が G に含まれることが言える。これを示すのに1週間あまりかかってしまった。

$\displaystyle \frac{w-i}{w+i} = e^{i\theta}\frac{z-i}{z+i}$
より
$\displaystyle \frac{w-i}{w+i} = ${e^{i\frac{\theta}{2}}}$^2 \frac{z-i}{z+i}$
これより
$\displaystyle \frac{w-i}{w+i} e^{-i\frac{\theta}{2}} = \frac{z-i}{z+i} e^{i\frac{\theta}{2}}$
この変形に気がつくのがポイントだったようで、ここさえ気がつけばあとは機械的な計算により、

$w = \frac{cos{\frac{\theta}{2}}\cdot z + sin{\frac{\theta}{2}}}{-sin{\frac{\theta}{2}}\cdot z + cos{\frac{\theta}{2}}}$
となることが示せる。
i を固定する P の自己同型はすべて上の形に表されるから G に含まれる。
よって、G = Aut(P) が証明された。

Aut(P)をよく知られた形で表す

$\displaystyle G = \{\frac{az+b}{cz+d} \| a,b,c,d \in \mathbb{R}, ad-bc=1 \}$
で定義された群が上半平面 P の自己同型群であることがわかった。
ここで2次特殊線型群 $SL(2,\mathbb{R})$ の元 $g = \left( \begin{array}{cc}a & b \\ c & d \end{array} \right)$ を G の元 $\frac{az+b}{cz+d}$ に対応させる写像
$\varphi: SL(2,\mathbb{R}) \to G$
を考えると、これは $SL(2,\mathbb{R})$ からGへの準同型で、その核は $\pm I_2$ となる。なぜならば、 $\frac{az+b}{cz+d} = z$ を任意のzについて満たすa,b,c,d を求めることにより、a = d, b = c = 0 となるので。

以上から

$\displaystyle Aut(P) \simeq SL(2,\mathbb{R})/\{\pm I_2\}$

であることがわかった。