命題3-2
$A,B,C$は互いに異なる3点で，3つの回転移動変換
$R(A,\theta),R(B,\phi),R(C,\psi), \ \ (0 < \theta,\phi ,\psi < 360^{\circ})$
が$\theta +\phi +\psi =360^{\circ}$を満たすとき次が成り立つ．
$R(C,\psi)\circ R(B,\phi)\circ R(A,\theta )=I(恒等変換)$
$\Leftrightarrow$
$\triangle ABC$は$A,B,C$がこの順に負の周りで（時計回り），かつ
$\angle A=\dfrac{\theta}{2},\angle B=\dfrac{\phi}{2},\angle C=\dfrac{\psi}{2}$


命題3-2は回転角は正としている．もし負の時は$360^{\circ}$を加えて正にする．
$\triangle ABC$が$A,B,C$がこの順に負の周りの時
$R(C,2\angle C)\circ R(B,2\angle B)\circ R(A,2\angle A)=I$(恒等変換)
が成り立つことは，回転移動変換を辺の対称移動変換の合成とみて
$R(C,2\angle C)\circ R(B,2\angle B)\circ R(A,2\angle A)$
$=S(CA)\circ S(CB)\circ S(BC)\circ S(BA)\circ S(AB)\circ S(AC)=I$
としてもよい．

$\triangle ABC$が$A,B,C$がこの順に正の向き（時計回り）のとき
$R(C,2\angle C) \circ R(B,2\angle B) \circ R(A,2\angle A)$
が恒等変換にならないことを確認しよう．
正三角形$\triangle ABC$で考えると分かりやすい．
$R(C,120^{\circ}) \circ R(B,120^{\circ}) \circ R(A,120^{\circ})$
による$A,B$の像を調べてみよう．
$A \mapsto A \mapsto P \mapsto P'$
$B \mapsto Q \mapsto Q' \mapsto Q''$
でともに不動点でない．
もちろん，恒等変換でなければ平行移動であるから
$\overrightarrow{AP'}=\overrightarrow{BQ''}$
になっている．
三角形がこのように左回りのときは，
$R(C,-120^{\circ}) \circ R(B,-120^{\circ}) \circ R(A,-120^{\circ})$・・・�@
が恒等変換になっている．
さらに，$-120^{\circ}$は$240^{\circ}$であるから，�@は
$R(C,240^{\circ}) \circ R(B,240^{\circ}) \circ R(A,240^{\circ})$
が恒等変換と書くこともできる．したがって，次のことが成り立つ．
命題3-3
$\triangle ABC$の内角を
$\angle A=\alpha,\angle B=\beta,\angle C=\gamma$
とおく．ただし，$\alpha,\beta,\gamma$は向きは考えず正とする．
このとき，次が成り立つ．
３点A,B,Cが右回り（時計回り)のとき
$R(C,2\gamma) \circ R(B,2\beta) \circ R(A,2\alpha)$
は恒等変換で
３点A,B,Cが左回り（反時計回り)のとき
$R(C,-2\gamma) \circ R(B,-2\beta) \circ R(A,-2\alpha)$
は恒等変換である．


例題3-1(ナポレオン三角形)
三角形の外側に正三角形を作り，その中心をそれぞれ$O_1,O_2,O_3$とする．このとき$\triangle O_1O_2O_3$ は正三角形である．
証明
三角形を$\triangle ABC$とし，外側に作った正三角形を$\triangle PCB,\triangle QAC,\triangle RBA$，その中心を それぞれ$O_1,O_2,O_3$とする．
$A\stackrel{R(O_2,120^{\circ})}{\longmapsto}C\stackrel{R(O_1,120^{\circ})}{\longmapsto}B\stackrel{R(O_3,120^{\circ})}{\longmapsto}A$
$R(O_3,120^{\circ})\circ R(O_1,120^{\circ})\circ R(O_3,120^{\circ})$
は$120^{\circ}+120^{\circ}+120^{\circ}=360^{\circ}$より，平行移動変換か恒等変換である．一方$A$が不動点であるから恒等変換．したがって，命題3-2より$\triangle O_2O_1O_3$は正三角形である．(証明終わり)

例題4-1で用いた図形から多くの内容が分かる．いろいろな問題2回転移動問題9の解説参照．フェルマ点を調べてもよい．

例題3-1を一般の四角形に拡張しよう．
四角形の外側に正方形を作り，その中心をそれぞれ$O_1,O_2,O_3,O_4$とする．(右図は正方形は省略している)
このとき
$A\stackrel{R(O_4,90^{\circ})}{\longmapsto}D\stackrel{R(O_3,90^{\circ})}{\longmapsto}$
$C\stackrel{R(O_2,90^{\circ})}{\longmapsto}B\stackrel{R(O_1,90^{\circ})}{\longmapsto}A$
より
$R(O_4,90^{\circ})\circ R(O_3,90^{\circ})$
$\circ R(O_2,90^\circ)\circ R(O_1,90^{\circ})=I$
したがって,$R(O_1,90^{\circ})\circ R(O_2,90^{\circ})$と$R(O_3,90^{\circ})\circ R(O_4,90^{\circ})$の回転の中心は同じ点でその点を$O$ とすると，$\triangle OO_1O_2,\triangle OO_3O_4$は共に直角二等辺三角形．
$\triangle OO_3O_1$を$90^{\circ}$回転したのが$\triangle OO_4O_2$であるから
$O_1O_3=O_2O_4,O_1O_3\perp O_2O_4$



4つの回転移動の合成については次の定理が成り立つ．

命題3-4
平面上に四角形$ABCD$が4点$A,B,C,D$が右回り(時計まわり)に与えられている．
各頂点における回転
$S(A,\dfrac{\pi}{2}),S(B,\dfrac{\pi}{2}),S(C,\dfrac{\pi}{2}),S(D,\dfrac{\pi}{2})$
について次が成り立つ．
$S(D,\dfrac{\pi}{2})\circ S(C,\dfrac{\pi}{2})\circ S(B,\dfrac{\pi}{2})\circ S(A,\dfrac{\pi}{2})=$(恒等変換)
$\Longrightarrow$
$AC \bot BD , AC=BD$
証明
$S(B,\dfrac{\pi}{2})\circ S(A,\dfrac{\pi}{2})$および$S(D,\dfrac{\pi}{2})\circ S(C,\dfrac{\pi}{2})$
はそれぞれ回転角$\pi$の回転移動（点対称移動）であり，合成が恒等変換より，それぞれの回転の中心は 一致し，その点を$O$とする．
$\triangle OAB,\triangle OCD$はそれぞれ直角二等辺三角形より $\triangle OAC$を$-\dfrac{\pi}{2}$回転移動すると$\triangle OBD$になる．
したがって
$AC \bot BD , AC=BD$
が成り立つ．


4．平行移動と回転移動の合成

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