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+1 voto
por (600 puntos) en Análisis real
Se me hace que @Enrique es el que te puede ayudar por ahí con esa pregunta...

2 Respuestas

+2 votos
El mapa $\begin{pmatrix} a & b\\ c& d\end{pmatrix} \mapsto f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$ induce un isomorfismo

$$ PGL(2,\mathbb{R}) \rightarrow \text{Moeb}$$
por (17,3m puntos)
+2 votos
Otra manera de hacerlo es usar que dados tres puntos distintos $a,b,c \in \mathbb{RP}^1$ existe una única transformación de Möbius real $f=f_{a,b,c}$ tal que $f(0)=a, f(1)=b, f(\infty)=c$. Entonces el espacio de transformaciones de Möbius es homeomorfo a $\{ (a,b,c) \in \left(\mathbb{RP}^1\right)^3 : a \neq b, b\neq c, a \neq c \}$, que es un subconjunto abierto de $\left(\mathbb{RP}^1\right)^3$.
 
La composición está dada por $((a,b,c), (a',b',c')) \mapsto (a'',b'',c'')$ donde $f_{a'',b'',c''} = f_{a,b,c} \circ f_{a',b',c'}$, o sea que, $a'' = f_{a,b,c}(f_{a',b',c'}(0)) = f_{a,b,c}(a')$, con fórmulas analogas para $b''$ y $c''$. Para probar entonces que la multiplicación es diferenciable, basta ver que la función $\left(\mathbb{RP}^1\right)^4 \to \mathbb{RP}^1$ dada por $(a,b,c,x) \mapsto f_{a,b,c}(x)$ es diferenciable, lo cual es claro porque es una función racional de $a$, $b$, $c$ y $x$, explicitamente, es la inversa de la transformación de Möbius dada por $x \mapsto \frac{(x-a)(b-c)}{(x-c)(b-a)}$ que envía $a \mapsto 0, b\mapsto 1, c\mapsto \infty$. De manera similar podemos probar que tomar inversos es diferenciable.
por (33,1m puntos)
editado por
Dados dos triples $(a,b,c),(a',b',c')$ como se ve el triple de la composicion?
o como se ve que la operacion e inversa son diferenciables?
Me faltaba mencionar que todas las funciones involucradas son racionales, Carlos.
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