Характеристика углов композиции вращений (теор. гр., геом.)

[Alfucio]

Здравствуйте!

(Решение узнал в университете, добавил его в данном сообщении.)

Подзадача:
$\tau $ — вращение вокруг точки A на угол $\varphi $, $\sigma $ — вращение вокруг точки B на угол $\[\psi \]$. Доказать, что $\[\delta = {(\sigma \tau )^{ - 1}}\]$ также является вращением. Пусть C — центр данного вращения. Доказать, что углы $\alpha ,\beta ,\gamma $ в два раза меньше, чем углы $\varphi ,\psi ,\lambda $, где $\lambda $ — угол вращения $\[\delta \]$ (значения углов берутся по модулю).

$\[\begin{array}{l} \tau \Leftrightarrow {f_1}(z) = {w_1}z - {z_1}{w_1} + {z_1}\\ \sigma \Leftrightarrow {f_2}(z) = {w_2}z - {z_2}{w_2} + {z_2}\\ {\tau ^{ - 1}} \Leftrightarrow f_1^{ - 1}(z) = w_1^{ - 1}z - {z_1}w_1^{ - 1} + {z_1}\\ {\sigma ^{ - 1}} \Leftrightarrow f_2^{ - 1}(z) = w_2^{ - 1}z - {z_2}w_2^{ - 1} + {z_2} \end{array}\]$

Так как мы рассматриваем обратную функцию от композиции двух биекций, то мы можем утверждать, что:

$\begin{array}{l} {(\sigma \tau )^{ - 1}} = {\tau ^{ - 1}}{\sigma ^{ - 1}}\\ {\tau ^{ - 1}}{\sigma ^{ - 1}}(z) = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z + {z_1} - w_1^{ - 1}{z_1} + {z_2}w_1^{ - 1} - {z_2}w_1^{ - 1}w_2^{ - 1} \end{array}$

Это можно доказать и по-другому:
$\begin{array}{l} z' = {f_2}({f_1}(z)) = {w_1}{w_2}z - {w_2}{z_1}{w_1} + {w_2}{z_1} - {z_2}{w_2} + {z_2}\\ z = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z' + {z_1} - {z_1}w_1^{ - 1} + {z_2}w_1^{ - 1} - {z_2}w_1^{ - 1}w_2^{ - 1} = \widetilde f(z') \end{array}$

Пусть $\delta $ — вращение на угол $\lambda \ne 0$. Тогда $\delta = wz - {z_1}w + {z_1} = wz + {z_1}(1 - w),w \ne 1$.

Докажем, что $\widetilde f(z')$ представимо в таком виде:
$\[\begin{array}{l} \widetilde f(z) = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z + {z_1} - {z_1}w_1^{ - 1} + {z_2}w_1^{ - 1} - {z_2}w_1^{ - 1}w_2^{ - 1} = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z + {z_3}(1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1})\\ \Rightarrow {z_3}(1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}) = {z_1} - {z_1}w_1^{ - 1} + {z_2}w_1^{ - 1} - {z_2}w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}\\ \Rightarrow {z_3} = \frac{{{z_1} - {z_1}w_1^{ - 1} + {z_2}w_1^{ - 1} - {z_2}w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}}}{{1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}}} \end{array}\]$

По условию $\[w_1^{ - 1}w_2^{ - 1} \ne 1 \Rightarrow (1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}) \ne 0\]$.

Докажем, что искомое вращение есть вращение на угол $(\varphi + \psi )$:
$\[\begin{array}{l} w_1^{ - 1}w_2^{ - 1} = (\cos (\varphi ) - I\sin (\varphi )) \cdot (\cos (\psi ) - I\sin (\psi )) = \\ = \cos (\varphi )\cos (\psi ) - \sin (\varphi )\sin (\psi ) - I(\sin (\varphi )\cos (\psi ) + \sin (\psi )\cos (\varphi )) = \\ = \cos (\varphi + \psi ) - I\sin (\varphi + \psi ) \end{array}\]$

Сдвинем систему координат таким образом, чтобы точка A стала точкой начала координат, а точка B лежала на оси абсцисс.



Тогда в новой системе координат $\tau \Leftrightarrow {f_1}(z) = {w_1}z,{w_1} = \cos (\varphi ) + I\sin (\varphi )$.

Вращение $\sigma \Leftrightarrow {f_2}(z) = {w_2}z - {w_2}{z_2} + {z_2},{w_2} = \cos (\psi ) + I\sin (\psi ),{z_2} = {x_0} + I \cdot 0\;({\mathop{\rm Re}\nolimits} ({z_2}) = {z_2})$.

Найдем C — центр вращения, обратного к композиции.

$\[\begin{array}{l} f(z) = {f_2}({f_1}(z)) = {w_1}{w_2}z - {w_2}{z_2} + {z_2}\\ {f^{ - 1}}(z) = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z - w_2^{ - 1}{z_2} + {z_2} \end{array}\]$

Представим $\[{f^{ - 1}}(z)\]$ в «каноничном виде»:
$\[\begin{array}{l} w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z - w_2^{ - 1}{z_2} + {z_2} = w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}z - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}{z_0} + {z_0}\\ {z_0} = \frac{{ - w_2^{ - 1}{z_2} + {z_2}}}{{1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}}} = {z_2}\frac{{1 - w_2^{ - 1}}}{{1 - w_1^{ - 1}w_2^{ - 1}}} = x\frac{{1 - \cos \psi + I\sin \psi }}{{1 - \cos (\varphi + \psi ) + I\sin (\varphi + \psi )}} = \\ = \left| \begin{array}{l} 1 - \cos \theta = {\cos ^2}\frac{\theta }{2} + {\sin ^2}\frac{\theta }{2} - {\cos ^2}\frac{\theta }{2} + {\sin ^2}\frac{\theta }{2} = 2{\sin ^2}\frac{\theta }{2}\\ \sin \theta = 2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}\\ 1 - \cos \psi + I\sin \psi = 2{\sin ^2}\frac{\psi }{2} + I \cdot 2\sin \frac{\psi }{2}\cos \frac{\psi }{2} = \\ 2\sin \frac{\psi }{2}(\sin \frac{\psi }{2} + I\cos \frac{\psi }{2})\\ 1 - \cos (\varphi + \psi ) + I\sin (\varphi + \psi ) = 2\sin \frac{{\varphi + \psi }}{2}(\sin \frac{{\varphi + \psi }}{2} + I\cos \frac{{\varphi + \psi }}{2}) \end{array} \right| = \\ = x\frac{{2\sin \frac{\psi }{2}(\sin \frac{\psi }{2} + I\cos \frac{\psi }{2})}}{{2\sin \frac{{\varphi + \psi }}{2}(\sin \frac{{\varphi + \psi }}{2} + I\cos \frac{{\varphi + \psi }}{2})}}\\ \arg {z_0} = \frac{\psi }{2} - \frac{{\varphi + \psi }}{2} = - \frac{\varphi }{2} \end{array}\]$

Для других углов доказывается аналогично. Отмечу, что представленная на рисунке ситуация, где C лежит именно в I четверти, не обязательно является истинной. Но сути алгебраического доказательства это не меняет, насколько видится.

Геометрическое доказательство последнего факта приведено в книге Исаака Моисеевича Яглома «Геометрические преобразования и преобразования подобия», 1955 год, I том, стр. 35—37.

Прошу прощения, что не сразу разместил формулы в TeX.

[Alfucio]

Разобрался, привожу решение, возможно, кому-нибудь будет интересна задача или предложенное решение.

[svv]

Alfucio, спасибо!