数学名定理/男孩曲面

R. Bryant 参数化的性质

如果将 z 替换为其共轭复数的负倒数，$-{1 \over z^{\star }},$ 则 z 的函数 g₁、g₂ 和 g₃ 不会改变。

证明

令 g₁′ 由将 g₁ 中的 z 替换为 $-{1 \over z^{\star }}.$ 得到。

则我们得到

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({-{1 \over z^{\star }}\left(1-{1 \over z^{\star 4}}\right) \over {1 \over z^{\star 6}}-{\sqrt {5}}{1 \over z^{\star 3}}-1}\right).$$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({-{1 \over z^{\star }}\left(1-{1 \over z^{\star 4}}\right) \over {1 \over z^{\star 6}}-{\sqrt {5}}{1 \over z^{\star 3}}-1}\right).$

将分子和分母都乘以 $z^{\star 6},$

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({-z^{\star }(z^{\star 4}-1) \over 1-{\sqrt {5}}z^{\star 3}-z^{\star 6}}\right).$$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({-z^{\star }(z^{\star 4}-1) \over 1-{\sqrt {5}}z^{\star 3}-z^{\star 6}}\right).$

将分子和分母都乘以 -1，

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({z^{\star }(z^{\star 4}-1) \over z^{\star 6}+{\sqrt {5}}z^{\star 3}-1}\right).$$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({z^{\star }(z^{\star 4}-1) \over z^{\star 6}+{\sqrt {5}}z^{\star 3}-1}\right).$

对于任何复数 z 和任何整数幂 n，一般情况下有

$(z^{\star })^{n}=(z^{n})^{\star },$$(z^{\star })^{n}=(z^{n})^{\star },$

因此

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left(-\left({z(1-z^{4}) \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right)^{\star }\right)$

因此，$g_{1}'=g_{1}$，因为对于任何复数 z，

$\mathrm {Im} (-z^{\star })=\mathrm {Im} (z).$

令 g₂′ 由 g₂ 将 z 替换为$-{1 \over z^{\star }}.$ 获得。那么我们得到

$g_{2}'=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({-{1 \over z^{\star }}\left(1+{1 \over z^{\star 4}}\right) \over {1 \over z^{\star 6}}-{\sqrt {5}}{1 \over z^{\star 3}}-1}\right),$

$=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({z^{\star }(z^{\star 4}+1) \over z^{\star 6}+{\sqrt {5}}z^{\star 3}-1}\right),$

$=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({z^{\star }(z^{4\star }+1) \over z^{6\star }+{\sqrt {5}}z^{3\star }-1}\right),$

$=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({z^{\star }(z^{4}+1)^{\star } \over (z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1)^{\star }}\right),$

$=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left(\left({z(z^{4}+1) \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right)^{\star }\right),$

因此 $g_{2}'=g_{2}$，因为对于任何复数 *z*，

$\mathrm {Re} (z^{\star })=\mathrm {Re} (z).$

令 *g₃′* 由 *g₃* 通过用 $-{1 \over z^{\star }}.$ 替换 *z* 而得到。那么我们得到

$g_{3}'=\mathrm {Im} \left({1+{1 \over z^{\star 6}} \over {1 \over z^{\star 6}}-{\sqrt {5}}{1 \over z^{\star 3}}-1}\right),$

$=\mathrm {Im} \left({z^{\star 6}+1 \over 1-{\sqrt {5}}z^{\star 3}-z^{\star 6}}\right),$

$=\mathrm {Im} \left({z^{6\star }+1 \over 1-{\sqrt {5}}z^{3\star }-z^{6\star }}\right),$

$=\mathrm {Im} \left(-{(z^{6}+1)^{\star } \over (z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1)^{\star }}\right),$

$=\mathrm {Im} \left(-\left({z^{6}+1 \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right)^{\star }\right),$

因此 $g_{3}'=g_{3}.$ Q.E.D.

博伊曲面的对称性

Boy's surface 具有 3 重 对称性。这意味着它有一个离散旋转对称轴：绕该轴旋转 120° 不会改变表面外观。Boy's surface 可以被分割成三个相互 全等 的部分。

证明

本证明将使用两个复代数恒等式：设 *U* 和 *V* 为复数，则

$\mathrm {Re} (UV)=\mathrm {Re} (U)\mathrm {Re} (V)-\mathrm {Im} (U)\mathrm {Im} (V),\,\!$

$\mathrm {Im} (UV)=\mathrm {Re} (U)\mathrm {Im} (V)+\mathrm {Im} (U)\mathrm {Re} (V).\,\!$

给定 Boy's surface 上一点 *P(z)*，其复参数 *z* 在 复平面 中的单位圆内，我们将证明，绕复平面 原点 将参数 *z* 旋转 120° 等效于绕 *Z* 轴将 Boy's surface 旋转 120°（仍然使用上面给出的 R. Bryant 参数方程）。

设

$z'=ze^{i2\pi /3}\,\!$

为参数 *z* 的 旋转。然后“原始”（未缩放）坐标 *g₁*、*g₂* 和 *g₃* 将分别转换为 *g′₁*、*g′₂* 和 *g′₃*。

将 *z′* 代入 *g₃(z)* 中的 *z*，得到

$g_{3}'(z')=\mathrm {Im} \left({1+z'^{6} \over z'^{6}+{\sqrt {5}}z'^{3}-1}\right)-{1 \over 2},$

$g_{3}'(z)=\mathrm {Im} \left({1+z^{6}e^{i4\pi } \over z^{6}e^{i4\pi }+{\sqrt {5}}z^{i2\pi }-1}\right)-{1 \over 2}.$

由于 $e^{i4\pi }=e^{i2\pi }=1,$ 因此

$g_{3}'=\mathrm {Im} \left({1+z^{6} \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right)-{1 \over 2}$

因此 $g_{3}'=g_{3}.$ 这意味着旋转对称轴将平行于 *Z* 轴。

将 *z′* 代入 *g₁(z)* 中的 *z*，得到

$g_{1}'(z)=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({ze^{i2\pi /3}(1-z^{4}e^{i8\pi /3}) \over z^{6}e^{i4\pi }+{\sqrt {5}}z^{3}e^{i2\pi }-1}\right).$

注意到 $e^{i8\pi /3}=e^{i2\pi /3},$

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({ze^{i2\pi /3}(1-z^{4}e^{i2\pi /3}) \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right).$

然后，令 $e^{i4\pi /3}=e^{-i2\pi /3}$ 在分母中得到

$g_{1}'=-{3 \over 2}\mathrm {Im} \left({z(e^{i2\pi /3}-z^{4}e^{-i2\pi /3}) \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right).$

现在，应用复数代数恒等式，并令

$z''={z \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}$

我们得到

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (e^{i2\pi /3}-z^{4}e^{-i2\pi /3})+\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (e^{i2\pi /3}-z^{4}e^{-i2\pi /3})\right].$

实部 $\mathrm {Re}$ 和虚部 $\mathrm {Im}$ 关于加法是 分配的，

$\mathrm {Re} (e^{i\theta })=\cos \theta ,\,\!$

$\mathrm {Im} (e^{i\theta })=\sin \theta ,\,\!$

根据 欧拉公式，所以

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Im} (z'')\left(\cos {2\pi \over 3}-\mathrm {Re} (z^{4}e^{-i2\pi /3})\right)+\mathrm {Re} (z'')\left(\sin {2\pi \over 3}-\mathrm {Im} (z^{4}e^{-i2\pi /3})\right)\right].$

再次应用复数代数恒等式，并将 $\cos {2\pi \over 3}$ 简化为 -1/2，$\sin {2\pi \over 3}$ 简化为 ${\sqrt {3}}/2,$ 会得到

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Im} (z'')\left(-{1 \over 2}-[\mathrm {Re} (z^{4})\mathrm {Re} (e^{-i2\pi /3})-\mathrm {Im} (z^{4})\mathrm {Im} (e^{-i2\pi /3})]\right)+\mathrm {Re} (z'')\left({{\sqrt {3}} \over 2}-[\mathrm {Im} (z^{4})\mathrm {Re} (e^{-i2\pi /3})+\mathrm {Re} (z^{4})\mathrm {Im} (e^{-i2\pi /3})]\right)\right].$

简化常数，

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Im} (z'')\left(-{1 \over 2}-\left[-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z^{4})\right]\right)+\mathrm {Re} (z'')\left({{\sqrt {3}} \over 2}-\left[-{1 \over 2}\mathrm {Im} (z^{4})-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z^{4})\right]\right)\right],$

$(z^{\star })^{n}=(z^{n})^{\star },$$(z^{\star })^{n}=(z^{n})^{\star },$

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[-{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')+{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')+{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})\right].$

将复数代数恒等式应用于原始的 g₁，得到

$g_{1}=-{3 \over 2}[\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (1-z^{4})+\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (1-z^{4})],$

$g_{1}=-{3 \over 2}[\mathrm {Im} (z'')(1-\mathrm {Re} (z^{4}))+\mathrm {Re} (z'')(-\mathrm {Im} (z^{4}))],$

$g_{1}=-{3 \over 2}[\mathrm {Im} (z'')-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})].$

在 g₂(z) 中用 z′ 代替 z，得到

$g_{2}'=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({ze^{i2\pi /3}(1+z^{4}e^{i8\pi /3}) \over z^{6}e^{i4\pi }+{\sqrt {5}}z^{3}e^{i2\pi }-1}\right).$

简化指数,

$g_{2}'=-{3 \over 2}\mathrm {Re} \left({ze^{i2\pi /3}(1+z^{4}e^{i2\pi /3}) \over z^{6}+{\sqrt {5}}z^{3}-1}\right),$

$=-{3 \over 2}\mathrm {Re} (z''(e^{i2\pi /3}+z^{4}e^{-i2\pi /3})).$

现在将复数代数恒等式应用于 g′₂，得到

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (e^{i2\pi /3}+z^{4}e^{-i2\pi /3})-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (e^{i2\pi /3}+z^{4}e^{-i2\pi /3})\right].$

将 $\mathrm {Re}$ 分配到加法运算中，并简化常数,

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')\left(-{1 \over 2}+\mathrm {Re} (z^{4}e^{-i2\pi /3})\right)-\mathrm {Im} (z'')\left({{\sqrt {3}} \over 2}+\mathrm {Im} (z^{4}e^{-i2\pi /3})\right)\right].$

再次应用复数代数恒等式,

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')\left(-{1 \over 2}+\mathrm {Re} (z^{4})\mathrm {Re} (e^{-i2\pi /3})-\mathrm {Im} (z^{4})\mathrm {Im} (e^{-i2\pi \over 3})\right)-\mathrm {Im} (z'')\left({{\sqrt {3}} \over 2}+\mathrm {Im} (z^{4})\mathrm {Re} (e^{-i2\pi /3})+\mathrm {Re} (z^{4})\mathrm {Im} (e^{-i2\pi /3})\right)\right].$

简化常数，

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')\left(-{1 \over 2}-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z^{4})\right)-\mathrm {Im} (z'')\left({{\sqrt {3}} \over 2}-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z^{4})-{1 \over 2}\mathrm {Im} (z^{4})\right)\right],$

然后根据加法分配律展开,

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})+{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})\right].$

将复数代数恒等式应用于原始的 g₂ 得到

$g_{2}=-{3 \over 2}\left(\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (1+z^{4})-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (1+z^{4})\right),$

$g_{2}=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')(1+\mathrm {Re} (z^{4}))-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})\right],$

$g_{2}=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')+\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})\right].$

预旋转点的原始坐标为

$g_{1}=-{3 \over 2}[\mathrm {Im} (z'')-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})],$

$g_{2}=-{3 \over 2}\left[\mathrm {Re} (z'')+\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})\right],$

而旋转后的原始坐标为

$g_{1}'=-{3 \over 2}\left[-{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')+{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')+{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})\right],$

$g_{2}'=-{3 \over 2}\left[-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')-{1 \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Re} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})-{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')+{{\sqrt {3}} \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Re} (z^{4})+{1 \over 2}\mathrm {Im} (z'')\mathrm {Im} (z^{4})\right].$

比较这四个坐标，我们可以验证

$g_{1}'=-{1 \over 2}g_{1}+{{\sqrt {3}} \over 2}g_{2},$

$g_{2}'=-{{\sqrt {3}} \over 2}g_{1}-{1 \over 2}g_{2}.$

用矩阵形式表达，可以表示为

${\begin{bmatrix}g_{1}'\\g_{2}'\\g_{3}'\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-{1 \over 2}&{{\sqrt {3}} \over 2}&0\\-{{\sqrt {3}} \over 2}&-{1 \over 2}&0\\0&0&1\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}g_{1}\\g_{2}\\g_{3}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\cos {-2\pi \over 3}&-\sin {-2\pi \over 3}&0\\\sin {-2\pi \over 3}&\cos {-2\pi \over 3}&0\\0&0&1\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}g_{1}\\g_{2}\\g_{3}\end{bmatrix}}.$

因此，在复平面上将z旋转120°至z′ 等同于将P(z)绕Z轴旋转-120°至P(z′)。这意味着男孩曲面具有三倍对称性，quod erat demonstrandum。