复平面上的莫比乌斯变换证明

由于莫比乌斯变换是由线性变换和平移组合而成的，因此可以表示为：

$$\ f(z) = \frac{az + b}{cz + d} + e\ $$

其中，$a,b,c,d,e$都是复数，且$ad-bc\neq 0$，这是为了保证变换是双射的。

为了证明这个变换确实是双射的，需要证明以下两个方面：

对于任意$z_1,z_2\in\mathbb{C}$，如果$f(z_1) = f(z_2)$，则$z_1=z_2$。

假设$f(z_1) = f(z_2)$，则有：

$$\ \frac{az_1 + b}{cz_1 + d} + e = \frac{az_2 + b}{cz_2 + d} + e\ $$

移项并化简得：

$$\ (az_1 + b)(cz_2 + d) = (az_2 + b)(cz_1 + d)\ $$

展开并移项得：

$$\ (ac-bd)z_1 z_2 + (ad-bc)(z_1+z_2) + (bd-ac) = 0\ $$

由于$ad-bc\neq 0$，因此可以除以$(ad-bc)$，得到：

$$\ z_1 z_2 + \frac{z_1+z_2}{ad-bc} + \frac{bd-ac}{ad-bc} = 0\ $$

可以将上式看作关于$z_1$和$z_2$的二次方程，因此可以使用求根公式解得：

$$\ z_1 = z_2 = \frac{-\frac{1}{ad-bc}\pm\sqrt{\left(\frac{1}{ad-bc}\right)^2 - \frac{4bd-ac}{(ad-bc)^2}}}{2}\ $$

由于$ad-bc\neq 0$，因此分母不为零，因此只有当$\left(\frac{1}{ad-bc}\right)^2 - \frac{4bd-ac}{(ad-bc)^2}=0$时才有重根，即：

$$\ \frac{1}{(ad-bc)^2} = \frac{4bd-ac}{(ad-bc)^2}\ $$

移项并化简得：

$$\ ad+bc = 2bd\ $$

这是一个关于$a,b,c,d$的方程，可以解得：

$$\ a = \pm\sqrt{\frac{bd-ac}{c}},\quad b = \pm\sqrt{\frac{bd-ac}{d}},\quad c = \pm\sqrt{\frac{bd-ac}{a}},\quad d = \pm\sqrt{\frac{bd-ac}{b}}\ $$

由于$a,b,c,d$是复数，因此共有$2^4=16$种可能性，但是其中有些是等价的，因此实际上只有以下4种情况：

$$\ a=\sqrt{\frac{bd-ac}{c}},\quad b=\sqrt{\frac{bd-ac}{d}},\quad c=\sqrt{\frac{bd-ac}{a}},\quad d=\sqrt{\frac{bd-ac}{b}}\ $$

$$\ a=-\sqrt{\frac{bd-ac}{c}},\quad b=-\sqrt{\frac{bd-ac}{d}},\quad c=-\sqrt{\frac{bd-ac}{a}},\quad d=-\sqrt{\frac{bd-ac}{b}}\ $$

$$\ a=\sqrt{\frac{bd-ac}{c}},\quad b=-\sqrt{\frac{bd-ac}{d}},\quad c=-\sqrt{\frac{bd-ac}{a}},\quad d=\sqrt{\frac{bd-ac}{b}}\ $$

$$\ a=-\sqrt{\frac{bd-ac}{c}},\quad b=\sqrt{\frac{bd-ac}{d}},\quad c=\sqrt{\frac{bd-ac}{a}},\quad d=-\sqrt{\frac{bd-ac}{b}}\ $$

其中，第一种和第二种是等价的，第三种和第四种是等价的。因此，只有两种不同的情况。

综上所述，当$ad-bc\neq 0$时，$f(z_1) = f(z_2)$仅当$z_1=z_2$。

对于任意$w\in\mathbb{C}$，存在$z\in\mathbb{C}$，使得$f(z)=w$。

假设$w=e_1+e_2$，则可以将$f(z)$写成：

$$\ f(z) = \frac{a}{c}(z-\alpha) + \beta\ $$

其中，$\alpha=-\frac{d}{c}$，$\beta=\frac{ae_2+b}{c}$。因此，只需要找到一个$z$，使得$(z-\alpha)=\frac{c}{a}(w-\beta)$即可。

令$z=\frac{d}{c}+\frac{1}{c}(w-\beta)\frac{ad-bc}{a}$，则有：

$$\ z-\alpha = \frac{d}{c}+\frac{1}{c}(w-\beta)\frac{ad-bc}{a} + \frac{d}{c} = \frac{2d}{c} + \frac{w-\beta}{a} = \frac{2d}{c} + \frac{e_1}{a} + \frac{e_2}{ac}\ $$

因此，只需要满足$\frac{2d}{c} + \frac{e_1}{a} + \frac{e_2}{ac}=0$即可。由于$ad-bc\neq 0$，因此$c\neq 0$，因此可以解得：

$$\ d = -\frac{1}{2}\left(\frac{e_1}{a}+\frac{e_2}{ac}\right)c\ $$

由于$a\neq 0$，因此可以将上式化简为：

$$\ d = -\frac{1}{2}\left(\frac{e_1}{a}+\frac{e_2}{a}\frac{d}{c}\right)\ $$

移项得：

$$\ d+\frac{e_2}{2a}\frac{d}{c} = -\frac{e_1}{2a}\ $$

因此，只需要满足$\frac{d}{c}=-\frac{e_1}{2e_2+2ae_1}$即可。由于$ad-bc\neq 0$，因此$a\neq 0$，因此可以解得：

$$\ c = \frac{2e_2+2ae_1}{e_1}\ $$

将$c$和$d$代入$f(z)$中，得到：

$$\ f(z) = \frac{a}{c}\left(z+\frac{d}{a}\right) + \frac{ae_2+b}{c} = w\ $$

因此，对于任意$w\in\mathbb{C}$，都存在$z\in\mathbb{C}$，使得$f(z)=w$。

综上所述，$f(z) = \frac{az + b}{cz + d} + e$是一个双射的莫比乌斯变换。