定義2-2
平面上に点$O$と角$\theta$が与えられている．
平面の変換で，点$O$の像は点$O$,
$O$以外の点$P$の像$P'$は
$(1) OP'=OP$
$(2) \angle POP'=\theta$
で定義する．この変換
$P\mapsto P'$
を$O$を中心とする回転角$\theta$の回転移動変換といい$R(O,\theta)$と表す．


定義2-3
平面上に直線$l$が与えられている．
平面の変換で，平面上の任意の点$P$に対して，直線$l$に関して点$P$と対称な点$P'$を対応させる
変換$P\mapsto P'$
を直線$l$に関する対称移動変換といい$S(l)$と表す．


1.平行移動変換の合成
２つの平行移動変換$T(\overrightarrow{a}),T(\overrightarrow{b})$の合成を考える．
平面上の任意の点を$P$とする．
$T(\overrightarrow{a}):P\mapsto P'$
のとき
$\overrightarrow{PP'}=\overrightarrow{a}$(平行移動変換の定義)
であるから
$T(\overrightarrow{b})\circ T(\overrightarrow{a}):P\mapsto P'\mapsto P''$
とすると
$\overrightarrow{PP'}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{P'P''}=\overrightarrow{b}$
より
$\overrightarrow{PP''}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$
$\therefore T(\overrightarrow{b})\circ T(\overrightarrow{a})=T(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$
平行移動変換全体は合成に関して閉じている．
また
$T(\overrightarrow{a})^{-1}=T(-\overrightarrow{a})$
であり
$T(\overrightarrow{b})\circ T(\overrightarrow{a})= T(\overrightarrow{a})\circ T(\overrightarrow{b})$
したがって，次の命題が成り立つ．
命題2-1
平面の平行移動変換全体は，平面の合同変換群である．この群は交換可能である．

2.対称移動変換の合成

$l,m$を2直線とし，２つの対称移動変換$S(l),S(m)$の合成変換$S(m)\circ S(l)$を調べる．
$(1)\ l,m$が一致するするとき
$S(m)\circ S(l)=I$(恒等変換)
実際，任意の点$P$に対して
$P\stackrel{S(l)}{\longmapsto}Q\stackrel{S(l)}{\longmapsto}P$
が成り立つ．

$(2)\ l,m$が平行な時
$P$を平面上の任意の点とする．
$P$を通り，直線$l$と垂直な直線を引き，$l,m$との交点をそれぞれ$A,B$とする．
$P\stackrel{S(l)}{\longmapsto}Q\stackrel{S(l)}{\longmapsto}R$
で$Q,R$を定めると
$P,Q,R$は一直線上にあり，
$PA=AQ.QB=BR$
より
$\overrightarrow{PR}=2\overrightarrow{AB}$
$\overrightarrow{AB}$は2直線$i,m$より決まる定ベクトルであるから
$S(m)\circ S(l)=T(2\overrightarrow{AB})$

$(3)\ l,m$が交わるとき
2直線$l,m$の交点を$O$とし，直線$l$から直線$m$へ向かって測った角を$\theta$とすると
$P\stackrel{S(l)}{\longmapsto}Q\stackrel{S(l)}{\longmapsto}R$
で$Q,R$を定義し，2直線$PQ,l$の交点を$A$,2直線$QR,m$の交点を$B$とする．
$OP=OQ=OR$
$\angle POA=\angle QOA,\angle QOB=\angle ROB$
であるから
$\angle POR=2\theta$
$\theta$は2直線$l,m$より決まる固有の角であるから
$P\stackrel{R(O,2\theta)}{\longmapsto}R$
すなわち,
$S(m)\circ S(l)=R(O,2\theta)$
ただし，$\theta$は$l$から$m$に向かって測った角．
まとめると次のようになる．
命題2-2
2つの対称移動変換の合成$S(m)\circ S(l)$は次のようになる．
$(1) \ l,m$が一致するとき恒等変換．
$(2) \ l,m$が平行な時，
$l$上に1点$A$を取り，$A$より$m$に下ろした垂線の足を$B$とすると
$S(m)\circ S(l)=T(\overrightarrow{AB})$
$(3) \ l,m$が交わるとき
$l,m$の交点を$O$とし，$l$から$m$に向かって測った角を$\theta$とすると
$S(m)\circ S(l)=R(O,2\theta)$
特に$l\perp m$のとき
$S(m)\circ S(l)=R(O,180^{\circ})$
すなわち$O$に関する対称移動(点対称移動)である．

3.回転移動変換の合成

2つの回転移動変換の中心が一致するときは
$R(O,\phi) \circ S(O,\theta)=R(O,\theta + \phi)$
である．
ここでは，2つの回転移動変換の中心が異なる場合の解説をする．
結論を述べると，点$O$の周りの回転角$\theta$の回転移動変換と点$O'$の周りの回転角$\phi$の回転移動変換の合成は第3の点$O''$を 中心とする回転角$\theta +\phi$の回転移動変換である．
式で表すと
$R(O',\phi) \circ S(O,\theta)=R(O'',\theta + \phi)\cdots (\sharp)$
となる．すなわ$O''$を求めることが問題です．

ここで，注意が必要．
$R(O'',360^{\circ})$は恒等変換である．したがって，$(\sharp)$でもし$\theta +\phi=360^{\circ}$のとき，$R(O',\phi)$が$R(O,\theta)$ の逆変換になり，これはおかしい．
$\theta+\phi\neq 360^{\circ}$と$\theta+\phi=360^{\circ}$と場合分けして扱う．
まず，
$0 < \theta,\phi < 360^{\circ},\theta +\phi \neq 360^{\circ} $
の場合を考える． 回転移動変換を2つの対称移動変換の合成と考える．対称軸の片方として直線$OO'$をとる．
右図で，直線$l$は直線$OO'$を点$O$の周りに$-\dfrac{\theta}{2}$回転したもの.
直線$m$は直線$OO'$を点$O'$の周りに$\dfrac{\phi}{2}$回転したものである．
このとき
$R(O,\theta)=S(OO') \circ S(l),R(O',\phi)$
$=S(m) \circ S(OO')$
したがって
$R(O',\phi) \circ S(O,\theta)=S(m) \circ S(OO')\circ S(OO') \circ S(l)$
$=S(m) \circ S(l)=R(O'',\theta + \phi)$
すなわち，右上図で
$P\mapsto Q \mapsto R \mapsto Q \mapsto S$
より $P\mapsto Q \mapsto S$
となる．
この証明から分かるように，$R(O',\phi)\circ R(O,\theta)$の回転の中心$O''$は２直線$l,m$の交点である．

次に
$0 < \theta,\phi < 360^{\circ},\theta +\phi = 360^{\circ} $
の場合．
考え方は上で述べた方法と同様である．
直線$l$は直線$OO'$を点$O$の周りに$-\dfrac{\theta}{2}$回転したもの, 直線$m$は直線$OO'$を点$O'$の周りに$\dfrac{\phi}{2}$回転したものとする．
このとき
$R(O,\theta)=S(OO') \circ S(l),R(O',\phi)=S(m) \circ S(OO')$
したがって
$R(O',\phi) \circ R(O,\theta)=S(m) \circ S(OO')\circ S(OO') \circ S(l)$
$=S(m) \circ S(l)$
ここで$l$‖$m$であるから$(\because \frac{\theta}{2}+\frac{\phi}{2}=180^{\circ})$
$l$上の点$O$から直線$m$に下した垂線の足を$H$とすると
$S(m) \circ S(l)=T(2\overrightarrow{OH})$
となる．
したがって，２つの回転移動の合成は，回転角の和が$360^{\circ}$のとき平行移動になる．
平行移動ベクトルの向きは２直線$l,m$の共通垂線の$l$から$m$へ向かう向きで，大きさは$l,m$間の距離の２倍$(2OO'\sin \frac{\theta}{2})$である．

まとめると，回転移動変換の合成は次のようになる．
命題2-3
回転の中心の異なる，2つの回転移動変換の合成$R(O',\phi)\circ R(O,\theta), \ (0 < \theta , \phi < 360^{\circ})$は次の通りである．
$(1) \ \theta +\phi \neq 360^{\circ}$のとき
点$O''$を$\triangle OO'O''$が負の向きであり(時計回り)かつ
$\angle O=\dfrac{\theta}{2},\angle O'=\dfrac{\phi}{2}$
で定める．このとき
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta)=R(O'',\theta +\phi)$
$(2) \ \theta +\phi = 360^{\circ}$のとき
$O'$を通り直線$OO'$と$\frac{\phi}{2}$をなす直線を$l$とし，$O$から$l$に下ろした垂線の足を$H$とする．このとき
$R(O',\phi)\circ R(O,\theta)=T(\overrightarrow{OH})$

合同変換に関する例題は後でまとめて扱いますが，１つ例題を挙げます．
次の問題は見かけは簡単ですが，なかなか面白い問題です．

問題
正方形ＡＢＣＤがある．底辺ＢＣの両底角が１５°の二等辺三角形ＰＢＣが図のように正方形の内部に 描いたとき，△ＡＰＤは正三角形であることを証明せよ．

証明1
Ｃの周りに３０°回転する回転移動を$R(C,30^\circ)$，Ｂの周りに３０°回転する回転移動を$R(B,30^\circ)$ とする．このとき
$R(C,30^\circ):D \longmapsto Q$
$R(B,30^\circ):Q \longmapsto A$
したがって，
$R(B,30^\circ) \circ R(C,30^\circ):D \longmapsto A$
一方$R(B,30^\circ) \circ R(C,30^\circ)$の回転の中心はCにおいてー１５°をなす直線と Bにおいて１５°をなす直線の交点すなわち点Pである．
$\therefore R(B,30^\circ) \circ R(C,30^\circ)=R(P,60^\circ)$
したがって，△APDが正三角形であることが証明された，



回転の合成について，基本的にはこれでいのですが，$\theta +\phi=\pi$の場合や３つ以上の回転移動の合成について の性質は次の章で扱います．


3．3つ以上の回転移動の変換の合成

平面における幾何学変換の目次


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