Clasificación de las isometrías del plano

Publicada el abril 23, 2021 por Fernando Revilla

RESUMEN. Proporcionamos una clasificación de las isometrías del plano.

  1. Lema. Si una isometría del plano fija tres puntos que no son colineales, entonces dicha isometría es la identidad.
    Demostración. La isometria será de la forma $h(z)=\alpha z+\beta$ o $h(z)=\alpha \bar{z}+\beta$ con $\left|\alpha\right|=1$. Bastará demostrar que salvo que $h$ sea la identidad, no puede tener tres puntos fijos que no estén en una recta.
    Sea $h(z)=\alpha z+\beta$. Si $\alpha \ne 1$, el único punto fijo de $h$ es $z=\beta/(1-\alpha)$. Si $\alpha =1$ entonces, $h(z)=z+\beta$. Si $\beta=0$ tenemos la identidad y si $\beta\ne 0$, no hay puntos fijos.
    Sea $h(z)=\alpha \bar{z}+\beta$ y sean $\omega$ y $z$ dos puntos fijos de $h$. Entonces, $\alpha \bar{\omega}+\beta=\omega$ y $\alpha \bar{z}+\beta=z$ y restando ambas igualdades obtenemos $\alpha \left(\overline{\omega-z}\right)=\omega -z$. Si $\alpha=1$ queda $\overline{\omega-z}=\omega -z$ con lo cual $t:=\omega -z$ es real y $\omega=z+t$. Esto implica que si $z$ es punto fijo de $h$, cualquier otro $\omega$ pertenece a la recta horizontal que pasa por $z$ y en consecuencia $h$ no tiene tres puntos fijos que no estén alineados. Queda analizar el caso $\alpha\ne 1$. Como todo número complejo tiene raíz cuadrada, sea $\gamma\in\mathbb{C}$ tal que $\alpha=\gamma^2$. Entonces, $\left|\gamma\right|=1$ y por tanto $\bar{\gamma}=1/\gamma$ es decir, $\alpha=\gamma/\bar{\gamma}$. La igualdad $\alpha \left(\overline{\omega-z}\right)=$ $\omega -z$ podemos ahora escribirla en la forma $$\overline{\left(\frac{\omega -z}{\gamma}\right)}=\frac{\omega -z}{\gamma}.$$ Entonces, $t:=(\omega -z)/\gamma$ es real y $\omega=z+\gamma t$. Esto implica que si $z$ es punto fijo de $h$, cualquier otro $\omega$ pertenece a la recta que pasa por $z$ y tiene dirección $\gamma$, en consecuencia $h$ no tiene tres puntos fijos que no estén alineados. $\qquad\square$
  2. Teorema. (Clasificación de las isometrías). Sean $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{C}$ con $\left|\alpha\right|=1$ y $\gamma^2=\alpha$. Se verifica:
    $$\begin{matrix}{h(z)=\alpha z+\beta\;}\end{matrix}\displaystyle\begin{aligned}& \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha=1 \;\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \beta =0\;\text{ Identidad (puntos fijos: }\mathbb{C}).\\& \beta\ne 0\;\text{ Traslación no nula (puntos fijos: }\emptyset). \end{aligned}\end{matrix}\right. \\& \alpha\ne 1 \;\text{ Giro no trivial (puntos fijos: }\beta/(1-\alpha)).\end{aligned}\end{matrix}\right.\end{aligned}$$ $$\begin{matrix}{h(z)=\alpha \bar{z}+\beta\;}\end{matrix}\displaystyle\begin{aligned}& \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \beta^2/\alpha\le 0\; \text{ Simetría (puntos fijos: }\beta/2+\mathbb{R}\gamma). \\& \beta^2/\alpha\not\le 0 \;\text{ Simetría con desplazamiento (puntos fijos: }\emptyset).\end{aligned}\end{matrix}\right.\end{aligned}$$ Demostración. Analicemos los diferentes casos.
    $a)$ Caso $h(z)=\alpha z+\beta$. Si $\alpha=1$ tenemos para $\beta=0$ que $h(z)=z$ es decir, la identidad (o traslación trivial) y todos los puntos de $\mathbb{C}$ son fijos. Para $\beta\ne 0$ tenemos que $h(z)=z+\beta$ es una traslación (no trivial) y no existen puntos fijos. Sea ahora $\alpha\ne 1$. Hallemos los puntos fijos: $$z_0\text{ es punto fijo de }h\Leftrightarrow h(z_0)=z_0\Leftrightarrow \alpha z_0+\beta=z_0\Leftrightarrow z_0=\beta/(1-\alpha).$$ Veamos que $h$ representa un giro no trivial (i.e. distinto de la identidad). Al ser $\left|\alpha\right|=1$ con $\alpha\ne 1$ podemos escribir $\alpha=e^{i\theta}$ con $\theta\ne 2k\pi$ y $k$ entero. Entonces, $h(z)=\alpha z+\beta=\alpha z+ (1-\alpha)z_0=e^{i\theta}(z-z_0)+z_0.$ El producto $e^{i\theta}(z-z_0)$ provoca el giro de ángulo $\theta$ del vector $z-z_0$ alrededor del origen. Al sumarle $z_0$ provoca un giro de $z$ de ángulo $\theta$ alrededor de $z_0$.

    $b)$ Caso $h(z)=\alpha \bar{z}+\beta.$ En este caso puede haber puntos fijos o no. Por ejemplo, inmediatamente verificamos que $h(z)=\bar{z}$ tiene una recta de puntos fijos y que $h(z)=\bar{z}+1$ no tiene puntos fijos. Veremos que o bien $h$ tiene una recta de puntos fijos en cuyo caso será una simetría, o bien que no tiene puntos fijos, en cuyo caso será una simetría con desplazamiento. Sean $\omega$ y $z$ puntos fijos de $h$. En la demostración del lema anterior vimos que para $\gamma=\alpha^2$ se verifica $$\overline{\left(\frac{\omega -z}{\gamma}\right)}=\frac{\omega -z}{\gamma},$$ con lo cual $t:=(\omega -z)/\gamma$ es real y $\omega=z+\gamma t$ está en la recta que pasa por $z$ en la dirección de $\gamma$. Recíprocamente, si $\omega$ es de la forma $\omega=z+\gamma t$ entonces es punto fijo de $h$ pues $$h(\omega)=\alpha\bar{\omega}+\beta=\alpha\left(\bar{z}+t\bar{\gamma}\right)+\beta=(\alpha \bar{z}+\beta)+ t\alpha\bar{\gamma}=z+t\alpha\bar{\gamma}.$$ Ahora bien, al ser $\gamma^2=\alpha$ y $\left|\alpha\right|=1$, tenemos $\left|\gamma\right|=1$ luego $\bar{\gamma}=1/\gamma$. Queda por tanto $h(\omega)=z+t\gamma=\omega$ es decir, $\omega$ es punto fijo de $h$.
    Veamos que una condición necesaria y suficiente para que $h(z)=\alpha\bar{z}+\beta$ tenga puntos fijos es que $\beta^2/\alpha\le 0$. En efecto, supongamos que $\alpha \bar{z}+\beta=z$ para algún $z$. Al ser $\left|\alpha\right|=1$ se verifica $\bar{\alpha}=1/\alpha$ y tenemos las implicaciones $$\alpha \bar{z}+\beta=z\Rightarrow \bar{\alpha}z+\bar{\beta}=\bar{z}\Rightarrow \bar{z}=\frac{z-\beta}{\alpha}=\bar{\alpha}z+\bar{\beta}$$ $$\Rightarrow \frac{z}{\alpha}-\frac{\beta}{\alpha}=\frac{z}{\alpha}+\bar{\beta}\Rightarrow -\frac{\beta}{\alpha}=\bar{\beta}\Rightarrow \frac{\beta^2}{\alpha}=-\beta\bar{\beta}=-\left|\beta\right|^2\le 0.$$ Recíprocamente, supongamos que $\beta^2/\alpha=-k$ con $k\ge 0$. Entonces, $\left|\beta\right|^2=\left|\alpha\right|\left|-k\right|=k$ y si $k\ne 0$ se verifica $$h\left(\frac{\beta}{2}\right)=\alpha\frac{\bar{\beta}}{2}+\beta=-\frac{\beta^2\bar{\beta}}{2k}+\beta=-\frac{\beta\left|\beta\right|^2}{2k}+\beta=-\frac{\beta}{2}+\beta=\frac{\beta}{2},$$ es decir $\beta/2$ es punto fijo de $h$. También lo es si $k=0$ pues en tal caso $\beta=0$ y $h(\beta/2)=h(0)=0=\beta/2$.
    Resumiendo, $h(z)=\alpha\bar{z}+\beta$ tiene un punto fijo si y sólo si $\beta^2/\alpha\le 0$ y en tal caso, por lo ya razonado todos sus puntos fijos son los de la recta $\beta /2+\mathbb{R}\gamma$ en donde $\gamma^2=\alpha$. Falta por analizar que tipo de transformación geométrica es $h$ según tenga una recta de puntos fijos o ninguno.

    Caso $\beta^2 /\alpha \le 0.$ Veamos que $h$ es una isometría respecto de la recta $\beta /2+\mathbb{R}\gamma$. Para ello basta demostrar que para todo $z$ el punto medio $\frac{1}{2}(z+h(z))$ de $z$ y $h(z)$ pertenece a tal recta y que la diferencia $z-h(z)$ es perpendicular a la misma. Por una parte y usando que $1=\left|\gamma\right|=\bar{\gamma}\gamma$: $$\frac{z+h(z)}{2}=\frac{z+\alpha\bar{z}+\beta}{2}=\frac{\beta}{2}+\frac{z+\gamma^2\bar{z}}{2}=\frac{\beta}{2}+\frac{\bar{\gamma}z+\gamma\bar{z}}{2}\gamma.$$ Dado que $\overline{\bar{\gamma}z+\gamma\bar{z}}=\bar{\gamma}z+\gamma\bar{z}$, el número $\bar{\gamma}z+\gamma\bar{z}$ es real y por tanto $\frac{1}{2}(z+h(z))$ pertenece a la recta $\beta /2+\mathbb{R}\gamma$. Por otra parte: $$z-h(z)=z-(\alpha\bar{z}+\beta)=\gamma\bar{\gamma}z-\gamma^2\bar{z}-\beta=(\bar{\gamma}z-\gamma\bar{z})\gamma-\beta.$$ Dado que $\overline{\bar{\gamma}z-\gamma\bar{z}}=\gamma\bar{z}-\bar{\gamma}z=-(\bar{\gamma}z-\gamma\bar{z})$, el número $\bar{\gamma}z-\gamma\bar{z}$ es imaginario puro es decir, $\bar{\gamma}z-\gamma\bar{z}=ik$ con $k$ real. Por otra parte al ser $\beta^2/\alpha \le 0$ podemos escribir $\beta^2=-s^2\alpha$ con $s$ real luego $\beta=\pm is\gamma$. Entonces, $$z-h(z)=ik\gamma\pm is\gamma=i(k \pm s)\gamma \Rightarrow i(z-h(z))=-(k\pm s)\gamma.$$ Pero multiplicar un número complejo por $i$ equivale a girarlo $\pi/2$, es decir $z-h(z)$ es perpendicular a $\gamma$.

    Caso $\beta^2 /\alpha \not\le 0.$ En este caso y como ya se demostró, no existen puntos fijos. Dado que $\{\gamma,i\gamma\}$ es base del espacio vectorial $\mathbb{C}$ sobre $\mathbb{R}$ (¿por qué?), podemos expresar $\beta=a\gamma+bi\gamma$ con $a,b$ reales con lo cual $$h(z)=\alpha \bar{z}+\beta=\alpha \bar{z}+a\gamma+bi\gamma=(\alpha \bar{z}+bi\gamma)+a\gamma.$$ Ahora bien, $(bi\gamma)^2/\alpha=-b^2\le 0$ lo cual implica como ya vimos que $\alpha \bar{z}+bi\gamma$ representa una simetría respecto de una recta paralela a $\mathbb{R}\gamma$. Dado que $\beta^2/\alpha\not\le 0$ ha de ser $a=0$ y por tanto $h(z)$ es la composición de una simetría respecto de una recta paralela a $\mathbb{R}\gamma$ seguida de una traslación de vector $a\gamma\ne 0$ paralelo a la recta de simetría. $\qquad\square$

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