为何交比λ(z₁,…,z₄)是满足特定条件的线性映射T下z₄的像？

嘿，这个问题问到点子上了——交比和$\mathbb{P}^1$上的线性映射（也就是Möbius变换）的关联是复射影几何里的核心知识点，我一步步给你拆解清楚：

第一步：构造满足条件的线性映射 #

首先回忆一下，$\mathbb{P}^1$上的线性映射（Möbius变换）的一般形式是$T(z) = \frac{az + b}{cz + d}$，其中$ad - bc \neq 0$，这类映射的特点是双射，还能保持交比不变。

现在我们要找满足$\begin{cases} T(z_1) = 1 \ T(z_2) = \infty \ T(z_3) = 0 \end{cases}$的映射：

• 因为$T(z_2) = \infty$，说明当$z=z_2$时，映射的分母为0，所以我们可以先把分母设为$z - z_2$；
• 又因为$T(z_3) = 0$，说明当$z=z_3$时，分子为0，所以分子设为$z - z_3$；
• 这样我们先得到一个初步形式：$T(z) = k \cdot \frac{z - z_3}{z - z_2}$，其中$k$是待定常数。

接下来用$T(z_1)=1$来确定$k$：把$z=z_1$代入上式，得到：
$$1 = k \cdot \frac{z_1 - z_3}{z_1 - z_2}$$
解这个式子就能得到$k = \frac{z_1 - z_2}{z_1 - z_3}$。

把$k$代回初步形式，就得到完整的映射：
$$T(z) = \frac{z_1 - z_2}{z_1 - z_3} \cdot \frac{z - z_3}{z - z_2} = \frac{(z_1 - z_2)(z - z_3)}{(z_1 - z_3)(z - z_2)}$$

第二步：验证映射作用在$z_4$就是交比 #

现在把$z=z_4$代入上面的映射，得到：
$$T(z_4) = \frac{(z_1 - z_2)(z_4 - z_3)}{(z_1 - z_3)(z_4 - z_2)}$$
对比题目里的交比定义$\lambda(z_1,z_2,z_3,z_4) = \frac{(z_1 - z_2)(z_3 - z_4)}{(z_1 - z_3)(z_2 - z_4)}$，你会发现两者是相等的——因为分子里的$(z_4 - z_3) = -(z_3 - z_4)$，分母里的$(z_4 - z_2) = -(z_2 - z_4)$，正负号抵消后，两个式子的值完全一样。

第三步：为什么这个映射是唯一的？ #

$\mathbb{P}^1$上的线性映射有个关键性质：三个互不相同的点的像可以唯一确定一个映射。也就是说，给定三个不同的点$z_1,z_2,z_3$，以及三个不同的目标点$1,\infty,0$，存在且仅存在一个Möbius变换能实现这个对应关系。

我们刚才构造的$T(z)$已经满足所有给定条件，所以它就是唯一的那个映射。那它作用在$z_4$上的像，自然就是题目里的交比了。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者YoYo