數學名定理/男孩曲面

R. Bryant 引數化的性質

如果將 z 替換為其共軛複數的負倒數，$-{1 \over z^{\star }},$ 則 z 的函式 g₁、g₂ 和 g₃ 不會改變。

證明

令 g₁′ 由將 g₁ 中的 z 替換為 $-{1 \over z^{\star }}.$ 得到。

則我們得到

$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).$

將分子和分母都乘以 $z^{\star 6},$

$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).$

將分子和分母都乘以 -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).$

對於任何複數 z 和任何整數冪 n，一般情況下有

$(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，$g_{1}'=g_{1}$，因為對於任何複數 z，

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

令 g₂′ 由 g₂ 將 z 替換為$-{1 \over z^{\star }}.$ 獲得。那麼我們得到

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

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

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

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

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

因此 $g_{2}'=g_{2}$，因為對於任何複數 *z*，

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

令 *g₃′* 由 *g₃* 透過用 $-{1 \over z^{\star }}.$ 替換 *z* 而得到。那麼我們得到

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

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

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

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

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

因此 $g_{3}'=g_{3}.$ Q.E.D.

博伊曲面的對稱性

Boy's surface 具有 3 重 對稱性。這意味著它有一個離散旋轉對稱軸：繞該軸旋轉 120° 不會改變表面外觀。Boy's surface 可以被分割成三個相互 全等 的部分。

證明

本證明將使用兩個復代數恆等式：設 *U* 和 *V* 為複數，則

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

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

給定 Boy's surface 上一點 *P(z)*，其復引數 *z* 在 複平面 中的單位圓內，我們將證明，繞複平面 原點 將引數 *z* 旋轉 120° 等效於繞 *Z* 軸將 Boy's surface 旋轉 120°（仍然使用上面給出的 R. Bryant 引數方程）。

設

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

為引數 *z* 的 旋轉。然後“原始”（未縮放）座標 *g₁*、*g₂* 和 *g₃* 將分別轉換為 *g′₁*、*g′₂* 和 *g′₃*。

將 *z′* 代入 *g₃(z)* 中的 *z*，得到

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

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

由於 $e^{i4\pi }=e^{i2\pi }=1,$ 因此

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

因此 $g_{3}'=g_{3}.$ 這意味著旋轉對稱軸將平行於 *Z* 軸。

將 *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 $e^{i8\pi /3}=e^{i2\pi /3},$

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

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

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

現在，應用複數代數恆等式，並令

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

我們得到

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

實部 $\mathrm {Re}$ 和虛部 $\mathrm {Im}$ 關於加法是 分配的，

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

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

根據 尤拉公式，所以

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

再次應用複數代數恆等式，並將 $\cos {2\pi \over 3}$ 簡化為 -1/2，$\sin {2\pi \over 3}$ 簡化為 ${\sqrt {3}}/2,$ 會得到

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

簡化常數，

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

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

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

將複數代數恆等式應用於原始的 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

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

簡化指數,

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

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

現在將複數代數恆等式應用於 g′₂，得到

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

將 $\mathrm {Re}$ 分配到加法運算中，並簡化常數,

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

再次應用複數代數恆等式,

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

簡化常數，

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

然後根據加法分配律展開,

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

將複數代數恆等式應用於原始的 g₂ 得到

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

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

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

預旋轉點的原始座標為

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

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

而旋轉後的原始座標為

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

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

比較這四個座標，我們可以驗證

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

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

用矩陣形式表達，可以表示為

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

因此，在複平面上將z旋轉120°至z′ 等同於將P(z)繞Z軸旋轉-120°至P(z′)。這意味著男孩曲面具有三倍對稱性，quod erat demonstrandum。