|
すでに合同変換は基本となる平行移動，回転移動，対称移動またはそれらの合成で表すことができることを示し，
同種の変換の合成を調べ，平行移動と回転移動の合成を調べた．すなわち， 平行移動と平行移動の合成は平行移動 回転移動と回転移動の合成は回転移動 対称移動と対称移動の合成は回転移動 平行移動と回転移動の合成は回転移動 を示した．残りは平行移動と対称移動の合成及び回転移動と対称移動の合成を調べるだけである． これらはともに負の合同変換であるあるから，１つの対称移動であればとても内容がすっきりするが，そうはいかない． 
具体的に調べてみよう．$\triangle ABC$を$x$軸に関して対称移動し，その後$x$軸方向に$\overrightarrow{v}=(a,0)$だけ
平行移動した三角形を$\triangle A'B'C'$とする．このとき線分$AA',BB',CC'$の中点はそれぞれ$x$軸上にあるから，もし$\triangle ABC$
を$\triangle A'B'C'$にうつす対称移動が存在するならその対称軸は$x$軸以外あり得ない．
しかし$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$は$x$軸に関して対称で
ないから，この変換は対称移動で表すことができない．
そこで考えられたのが標題のすべり対称移動（glide refrection）です． これは，対称移動と平行移動の合成のうち扱いやすいものとして導入され，平行移動と対称移動の合成及び回転移動と対称移動の合成は すべり対称移動で表せることが証明されます．すなわち，正の合同変換は平行移動または回転移動，負の合同変換は対称移動または すべり対称移動だけであることが示されることになります． それでは，すべり対称移動の解説をはじめます． 定義 $g$を平面上の直線，$\overrightarrow{v}$を直線$g$と平行なベクトルとする． このとき平行移動$T(\overrightarrow{v})$と対称移動$S(g)$の合成 $S(g) \circ T(\overrightarrow{v})$を直線$g$を対称軸とした，すべり$\overrightarrow{v}$のすべり対称移動といい，$G(g,\overrightarrow{v})$ と表す． 言い方を換えれば，すべり対称移動とは，対称軸$g$と平行移動を表す$\overrightarrow{v}$が平行である 対称移動と平行移動の合成のことです． ます次の命題を証明します． 命題 $g$を平面上の任意の直線，$\overrightarrow{v}$を平面上の任意のベクトルとする．このとき次が成り立つ． $T(\overrightarrow{v}) \circ S(g)=S(g) \circ T(\overrightarrow{v}) \Longleftrightarrow g$‖$\overrightarrow{v}$ 証明 対称軸$g$を$x$軸であるように座標軸を決め$\overrightarrow{v}=(a,b)$とする．このとき $T(\overrightarrow{v}) \circ S(g):(x,y) \mapsto (x+a,-y+b)$ $S(g) \circ T(\overrightarrow{v}):(x,y) \mapsto (x+a,-y-b)$ より$b=0$を得る． したがって，$g$‖$\overrightarrow{v}$である． この命題より，すべり対称移動は，対称移動と平行移動の合成変換のうち，扱いやすいものであるということができます． 
まず，対称移動$S(g)$と平行移動$T(\overrightarrow{v})$の合成変換$S(g) \circ T(\overrightarrow{v})$がすべり対称移動
であることを示します．$\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}$を$g$と平行なベクトル$\overrightarrow{AC}$と$g$と垂直なベクトル$\overrightarrow{CB}$ に分解します．すなわち $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB} \ \ \ (\overrightarrow{AC}$ ‖$g$,$\overrightarrow{CB} \perp g)$ また，直線$g$上に１点$D$を取り，$D$を通り$g$に垂直な直線上に点$E$を $\overrightarrow{DE}=\dfrac{\overrightarrow{BC}}{2}$ を満たすようにとり，$E$を通り$g$と平行な直線を$m$とする． $T(\overrightarrow{v})=T(\overrightarrow{CB}) \circ T(\overrightarrow{AC})$ であり， $T(\overrightarrow{CB})=S(g) \circ S(m)$ であるから $S(g) \circ T(\overrightarrow{v})=S(g) \circ T(\overrightarrow{CB}) \circ T(\overrightarrow{AC})$ $=S(g) \circ S(g) \circ S(m) \circ T(\overrightarrow{AC})= S(m) \circ T(\overrightarrow{AC})$ $=G(m,\overrightarrow{AC})$ よって示された． $T(\overrightarrow{v}) \circ S(g)$は$m$を$g$の反対側にとればよい． 次に，対称移動$S(g)$と回転移動$R(O,\theta)$の合成変換$R(O,\theta) \circ S(g)$がすべり対称移動となることを示そう． 
これは，右の図のように,$O$を通り$g$に平行な直線を$l，O$を通り$l$となす角が$\frac{\theta}{2}$の直線を$m$とすると$R(O,\theta) \circ S(g)=S(m) \circ S(l) \circ S(g) =S(m) \circ T(\overrightarrow{v})$ より，平行移動と対称移動の合成であるからすべり対称移動となることがわかる．ということもできるが，ここではこの立場はとらない． きちんとどのようなすべり対称移動になるかを調べる． 
$S(g) \circ R(O,\dfrac{\theta}{2})$を調べる．
$O$から直線$g$に下した垂線の足を$H$とし，直線$OH$を直線$l$とする．
さらに$O$の周りに$l$を$-\dfrac{\theta}{2}$回転した直線を直線$m$,
$H$を通り$m$と平行な直線を直線$n$,
$H$を通り$n$に垂直な直線を直線$k$とする．このとき $S(g) \circ R(O,\dfrac{\theta}{2})=S(g) \circ S(l) \circ S(m)$ $=R(H,\pi) \circ S(m)$ $=S(k) \circ S(n) \circ S(m)$ $=S(k) \circ T(\overrightarrow{v})$ ただし，$\overrightarrow{v}$は， $\overrightarrow{v}=2\overrightarrow{MH}$ で決まるベクトル． この証明から分かるように$S(g) \circ R(O,\dfrac{\theta}{2})$はOが直線$g$上にあれば対称移動であるし，なければすべり対称移動 である． $R(O,\dfrac{\theta}{2}) \circ S(g)$は直線$m$のとり方を$O$の周りに$l$を$\dfrac{\theta}{2}$回転した直線とればよい． 以上で，対称移動と回転移動の合成がすべり対称移動または対称移動となることが証明された． これまでの議論で，合同変換は， 平行移動，回転移動，対称移動，すべり対称移動 のいずれかであることが証明された． 次の例題は，有名問題です．ここでは対称移動を利用して解いてみよう． 
例題△ABCが∠B=∠C=80°の二等辺三角形で辺AB上の点E,辺AC上の点Dが ∠DBC=６０°，∠ECB=５０° を満たしている． このとき，∠EDBを求めよ． 
この問題はいろいろな解答が考えられる．辺BCの中点をHし,$D \stackrel {S(AH)}{\longmapsto} F$とする． さらに，FCとBDの交点をGとする． このとき∠DBC=６０°であるから △GBC,△GDFは正三角形． したがって，EF=EGが示せればDEが∠FDGの２等分線であり，∠EDG=３０°が示せる． さて，EF=EGであるが，次のように考えると分かりやすい． △EBCで∠E=５０°よりBE=BC． さらに△GBCが正三角形よりBC=BG. ∴ BE=BG したがって，△BGEで∠BGE=８０°． ∴ ∠EGF=１８０°−６０°ー８０°＝４０° 一方，△FBCで ∠BFC=１８０°−６０°ー８０°＝４０° したがって，EF=EGが示され，∠EDG=３０°が分かった． <付記>原点を原点にうつす合同変換は線型写像 6．相似変換 平面における幾何学変換の目次 全体の目次 |