Teorema de rotación de Euler revisitado - Pruebas geométricas elementales

Question

Este es un tema muy elemental pero pensé que podría valer la pena intentarlo aquí, estaría muy interesado en cualquier comentario, originalmente lo publiqué en Maths SE.

El Teorema de Rotación de Euler, demostrado por Euler [1] en 1775, es un teorema importante en el estudio del movimiento general en 3D de cuerpos rígidos, así como un ejemplo temprano de un teorema de punto fijo en matemáticas. Este afirma que dado un movimiento arbitrario de una esfera alrededor de su centro, existe un diámetro de la esfera (el 'Eje de Euler') y una rotación axial alrededor de éste que produce el mismo desplazamiento neto.

La prueba original de Euler [1, secciones 24-28] hace uso de geometría esférica 'no euclidiana', como por ejemplo triángulos esféricos, y es discutida en [2] y [3].

¿Qué otros métodos de prueba existen, que requieran solamente geometría euclidiana elemental, y sean puramente geométricos, sin requerir álgebra ni teoría de matrices?

Referencias

[1] Prueba original de Euler de 1775, con traducción al inglés, http://www.17centurymaths.com/contents/euler/e478tr.pdf, consultado el 14 de octubre de 2019.

[2] Teorema de Rotación de Euler, https://en.wikipedia.org/wiki/Euler's_rotation_theorem, consultado el 14 de octubre de 2019.

[3] Bob Palais, Richard Palais y Stephen Rodi, Una Mirada Desorientadora al Teorema de Euler sobre el Eje de una Rotación, American Mathematical Monthly 116:10, 25 de agosto de 2009, p892-909. https://www.researchgate.net/publication/233611890_A_Disorienting_Look_at_Euler's_Theorem_on_the_Axis_of_a_Rotation

Answer 1

A continuación se presentan dos pruebas geométricas. Ambas pruebas comienzan como en la prueba de Euler, considerando la imagen $C_{2}$ de un gran círculo $C_{1}$ bajo la moción. En la prueba (1) esto se utiliza para construir un círculo no grande que debe ser mapeado sobre sí mismo debido a una cierta propiedad de orientación que se conserva - el eje de ese círculo es entonces el Eje de Euler. En la prueba (2) se demuestra que el desplazamiento final del gran círculo puede lograrse mediante una composición de dos $ 180^\circ $ rotaciones axiales que luego da el Eje de Euler como la normal al plano que contiene estos dos ejes. Para un movimiento distinto de cero, el eje de Euler debe ser único, ya que implica que existen exactamente dos puntos fijos, a saber, sus puntos extremos, con todos los demás puntos girados por un ángulo común que no es múltiplo de $ 360^\circ $ .

Se utilizan los siguientes términos :

• un "movimiento" de una esfera significa un movimiento general arbitrario en 3D alrededor de su centro
• una "rotación axial" es un caso especial de un "movimiento" que es una rotación alrededor de un eje fijo (diámetro) de la esfera
• dos movimientos son "equivalentes" si producen el mismo desplazamiento neto
• un "movimiento cero" es uno sin desplazamiento neto
• un "punto fijo" es un punto cuya posición final es igual a su posición inicial
• el "eje" de un círculo en la esfera (grande o no grande) es el diámetro de la esfera perpendicular al plano del círculo
• los "polos" de un círculo en la esfera son los puntos extremos de su eje
• el "gran círculo de un diámetro" es el gran círculo perpendicular a él
• la antípoda de un punto de la esfera es el punto diametralmente opuesto
• se supondrá que cualquier "círculo" tiene un radio distinto de cero

Los lemas cubren los casos especiales simples y definen la noción de "orientación" utilizada en la prueba (1).

Lema 1

Un movimiento de una esfera alrededor de su centro $O$ que deja un punto $P$ en la esfera fijada equivale a una rotación axial alrededor de $OP$ . De ahí la antítesis $P'$ de $P$ se fija también, y si el movimiento es distinto de cero $P$ y $ P' $ son los únicos puntos fijos.

Prueba

No hay posiciones finales posibles de la esfera en la que $ P $ es fija, salvo las rotaciones axiales en torno a $ OP $ de la posición original, ya que con $ P $ fija la situación de la esfera está restringida de cualquier otro movimiento posible. El antípoda $ P' $ es el extremo opuesto de este eje y, por tanto, también es fijo. Para un movimiento no nulo, el ángulo de rotación axial no puede ser un múltiplo de $ 360^\circ $ por lo que TODOS los puntos que no sean $ P $ y $ P' $ debe ser movido.

Lema 2

Dado un movimiento $M_{1}$ de una esfera $ S $ sobre su centro $ O $ , luego una segunda moción $M_{2}$ que coloca un círculo $ C $ de $ S $ (grandes o no grandes) de forma idéntica a $M_{1}$ es igual a $M_{1}$ .

Prueba

No hay otra posición final posible de $ S $ que la de $M_{1}$ puede tener $ C $ colocado de forma completamente "correcta" porque la esfera está completamente limitada por este criterio - ya que, una vez que se han determinado las posiciones finales de todos los puntos de un círculo en una esfera de centro fijo, también se han determinado las posiciones finales de todos los demás puntos de la esfera. Así pues, $M_{2}$ debe ser igual a $M_{1}$ .

Lema 3

Un movimiento de una esfera alrededor de su centro $ O $ que se superpone a un círculo $ C $ (grande o no grande) sobre sí mismo de alguna manera equivale a una rotación axial.

Prueba

(i) Si $ C $ no es grande, entonces, al igual que en el lema 1, la esfera está limitada, por lo que no es posible ningún desplazamiento neto que no sea una rotación sobre el eje del círculo.

(ii) Si $ C $ es un gran círculo entonces debe ser :

(a) superpuesta del mismo modo que arriba, en cuyo caso se aplica el mismo argumento que (i), o

(b) superpuesto pero "volteado". Consideremos un punto arbitrario $ P $ en $ C $ y su imagen $ P' $ bajo la moción ( $ P' $ puede ser igual a $ P $ ), como en la "vista en planta" de la Fig. 1 :

A $180^\circ$ rotación $\phi$ sobre el eje $ D $ de simetría de $ P $ y $ P' $ lugares $ C $ el "camino correcto" y pone $ P $ en $ P' $ . Esto debe colocar todos los demás puntos de $ C $ en la posición correcta, y por lo tanto por el Lemma 2, $\phi$ es equivalente al movimiento original.

Lema 4

Cualquier movimiento de una esfera alrededor de su centro $ O $ en el que se voltea un diámetro es equivalente a un $ 180^\circ $ rotación axial.

Prueba

Esto hace que el gran círculo del diámetro se voltee sobre sí mismo, y por lo tanto, por el Lemma 3 caso (ii)(b), el resultado se sigue.

Lema 5

Dados dos puntos no diametrales $ A $ y $ B $ en una esfera $ S $ de radio $ R $ , entonces si $ d $ es la distancia en línea recta $ AB $ los círculos de la esfera que contienen $ A, B $ son :

(i) un único círculo de radio mínimo de radio $ r = d/2 $ ,

(ii) un único gran círculo de radio máximo de radio $ r = R $ ,

iii) para cada radio intermedio $ r \in (d/2, R) $ exactamente 2 círculos de radio $ r $ .

Prueba

En la "Construcción Hoopla" de la Fig. 2 $ A $ y $ B $ se ven en $ D $ con $ A $ frente a $ B $ . El conjunto de círculos en $ S $ que contiene $ A, B $ corresponde al conjunto de planos que pasan por el eje $ AB $ , mientras cortan $ S $ como por ejemplo $ \Gamma $ y $ \Delta $ . $ \theta = 0^\circ $ da el caso (i), $ \theta = 90^\circ $ da el caso (ii), y $ \theta \in (0, 90^\circ) $ da el caso (iii), con $ r = \sqrt{ R^2 - l^2 cos^2 \theta } $ (una función creciente de $\theta$ ).

Definición

Dados dos puntos no diametrales $ A $ y $ B $ en un círculo $ C $ , "orientación de $A, B$ en $C$ ' es CW o ACW según el sentido del arco menor de $ A $ a $ B $ .

Con esta definición : (i) "orientación de $A, B$ en $C$ ' se voltea cuando vemos desde el otro lado de $C$ (ii) la orientación es indefinida para los puntos diametrales $A, B$ de $C$ y (iii) la "orientación de $B, A$ en $C$ es opuesta a la "orientación de $A, B$ en $C$ '.

Lema 6

Dado cualquier círculo no grande $C$ en una esfera $S$ y dos puntos no diametrales $A, B$ de $C$ la orientación de $A, B$ (visto desde 'no $O$ lado del círculo $C$ es decir, el "exterior" de $S$ ) se mantiene después de cualquier movimiento de $S$ sobre $O$ .

Prueba

Centro $O$ de la esfera nunca cruza o toca el plano del círculo $C$ , por lo que el círculo $C$ siempre se ve desde el mismo lado, y así como $A, B$ se fijan en $C$ su orientación en $C$ sigue siendo el mismo.

Lema 7

Si dos puntos no diametrales $A, B$ en una esfera $S$ de radio $ R $ se encuentran en dos círculos distintos de radio común $ r $ en la esfera, entonces $A, B$ (visto desde no $O$ lado) tienen orientaciones opuestas en estos círculos respectivos.

Prueba

A partir del Lemma 5, los dos círculos distintos de igual radio implica el caso (iii), por lo que los círculos son no grandes.

Así, a partir del diagrama "Hoopla" de la Fig. 2, con $A, B$ visto en $ D $ con $ A $ frente a $ B $ tenemos $\theta \in (0, 90^\circ)$ .

El círculo en el plano $ \Gamma $ da $A, B$ con orientación ACW, mientras que el otro círculo en el plano de la imagen especular $ \Delta $ da $A, B$ con orientación CW.

Lema 8

Dados dos diámetros $ L $ y $ M $ de la esfera $S$ , entonces el movimiento que es la composición de un $ 180^\circ $ rotación sobre $ L $ seguido de un $ 180^\circ $ rotación sobre $ M $ equivale a una única rotación axial.

Prueba

El caso $ L = M $ es trivial ya que la composición es un movimiento cero.

Si no, considera el gran círculo $C$ definido por el plano que contiene $ L $ y $ M $ y que $ P $ y $ P' $ sean los polos de $C$ como en la figura 3.

La rotación sobre $ L $ voltea $ P $ y $ P' $ como la rotación en torno a $ M $ . Por lo tanto, la composición deja $ P $ arreglado. Por el lema 1, el resultado es que el eje es la normal al plano que contiene $ L $ y $ M $ .

Prueba 1

Supongamos que el gran círculo $C_{1}$ se mapea en el gran círculo $C_{2}$ . Supongamos que los planos $C_{1}$ y $C_{2}$ no coinciden (en caso contrario, el lema 3 completa la prueba).

Dejemos que $C_{1}$ y $C_{2}$ se cruzan a lo largo de un diámetro $ BF $ (la "línea de nodos"), como se muestra en la Fig. 4.

Desde $ B $ se encuentra en $C_{2}$ Debe haber sido mapeado desde algún punto $ A $ en $C_{1}$ . Supongamos que $ A \neq F $ (en caso contrario, la prueba se desprende del lema 4), y $ A \neq B $ (por lo demás, la prueba se desprende del lema 1). $ A $ se muestra a la izquierda de $ BF $ en la Fig. 4 - si estuviera a la derecha, podríamos girar el diagrama alrededor de $ 180^\circ $ sobre $ BF $ así que $ A $ está a la izquierda. El ángulo diedro $ \delta \in (0, 180^\circ) $ .

Dejemos que $ \Omega \in (0, 180^\circ) $ sea el ángulo $\angle A\widehat{O}B$ .

$ B $ también se encuentra en $C_{1}$ por lo que se mapea en algún punto $ E $ en $C_{2}$ . Así que desde el movimiento de cuerpo rígido de $C_{1}$ , ángulo $\angle B \widehat{O} E = \Omega$ y $\mbox{chord } |AB| = \mbox{chord } |BE| $ (en $C_{1}$ , $C_{2}$ respectivamente). $E$ se muestra arriba $C_{1}$ en la Fig. 4, pero se aplica el mismo argumento que a continuación si está por debajo.

También el avión $A, O, B = \mbox{plane } C_{1}$ y el avión $B, O, E = \mbox{plane } C_{2}$ .

$ A, E, B $ no pueden ser colineales porque eso implicaría $ E $ estar en el plano $C_{1}$ , por lo que el avión $C_{2}$ definido por $ B, O, E $ estaría entonces en el plano $C_{1}$ - una contradicción.

Así, $ A, E, B $ definir un plano único, que contenga 3 puntos distintos de la esfera $S$ . Ese avión no puede pasar por $O$ desde entonces todos los $ A, E, B, O $ se situaría en el mismo plano, lo que implica de nuevo $C_{1}$ , $C_{2}$ coincidente - una contradicción. Sea el círculo no grande definido por este plano $C$ y que su imagen sea $ D $ .

Mostramos $ C = D $ . En primer lugar, hay que tener en cuenta que aunque $C$ es un círculo de menor radio que $C_{1,2}$ , acordes $AB$ y $BE$ no pueden ser diámetros de $C$ porque eso implicaría $A = E$ - una contradicción, por lo que las orientaciones de abajo están bien definidas. Consideremos los puntos $ B, E $ que se encuentran en $C$ . También deben acostarse en $ D $ siendo la imagen de $A, B$ . Pero (visto desde la no $O$ lado) :

orientación de $ B, E $ en $C$ = orientación de $A, B$ en $C$ ,

porque las cuerdas de igual longitud no diametrales $AB$ y $BE$ de $C$ subtienden el mismo ángulo dentro de $C$ y estas cuerdas se encuentran a ambos lados del punto $B$ en virtud de $A \neq E$ .

Y en segundo lugar, considerando el movimiento rígido que toma $C$ a $ D $ :

orientación de $ B, E $ en $ D $ = orientación de $A, B$ en $C$ ,

por el lema 6.

Así que $ B, E $ tienen la misma orientación en los círculos $ C, D $ . Pero por el lema 7, como $ C, D $ tienen un radio común, esto significa que $ C = D $ de lo que se deduce ahora la demostración del caso (i) del lema 3, siendo el eje de Euler el eje del círculo $C$ .

Prueba 2

Ver $C_{1}$ y $C_{2}$ como se muestra en la Fig. 5. Casos $ \theta = 0^\circ $ y $ \theta = 90^\circ $ se desprende del caso (ii) del Lemma 3, por lo que se supone que $ \theta \in (0, 90^\circ) $ .

$C_{1}$ se puede hacer que se superponga $C_{2}$ por $ 180^\circ $ rotación sobre $ L $ o sobre $ M $ .

El primero de estos lugares la parte superior de $C_{1}$ en la parte inferior de $C_{2}$ mientras que el segundo sitúa la parte superior de $C_{1}$ en la parte superior de $C_{2}$ .

Elija cualquiera de estos resultados en $C_{1}$ que se superponen a $C_{2}$ el "camino equivocado". Entonces, por el Lemma 3 caso (ii) (b) a $ 180^\circ $ rotación alrededor de algún eje dentro de $C_{2}$ lugares $C_{1}$ exactamente en la posición "correcta" de $C_{2}$ .

De este modo, hemos conseguido la posición final correcta para $C_{1}$ por una sucesión de dos $ 180^\circ $ rotaciones axiales, y por lo tanto, por el Lema 8 y el Lema 2 la prueba sigue.

Answer 2

¿Cómo es la prueba estándar no elemental? Tomas un punto arbitrario $V$ en la esfera unitaria y miras su imagen $V'$. Luego compones tu rotación $A$ con la reflexión $R_1$ respecto al plano ortogonal a la línea $(V'V)$ y que pasa por el origen $O$; claramente la composición mapea $V$ de vuelta a $V$. Por lo tanto, la composición debe preservar el plano a través del origen ortogonal a $V$.

Ahora tomas un punto arbitrario $W$ en ese plano, miras su imagen $W'$ bajo la composición, y compones $R_1\circ A$ con la reflexión $R_2$ respecto al plano ortogonal a $(W;W')$ y que pasa por el origen. Ese plano contiene a $V$, por lo tanto $R_2\circ R_1\circ A$ preserva tanto $V$ como $W$; y por lo tanto el conjunto de los (dos) vectores en la esfera ortogonales a ambos.

Tomas uno de estos vectores $U$ y miras su imagen $U'$ y compones todo con otra reflexión... obtenemos que $R_3\circ R_2\circ R_1\circ A$ preserva los puntos ortogonales mutuamente $U$, $W$ y $V$. Por lo tanto, preserva distancias a $U$, $W$ y $V$. Pero estas distancias determinan de manera única un punto en la esfera, ya que el conjunto de puntos en la esfera a cierta distancia, por ejemplo, de $U$ es un círculo que yace en el plano ortogonal a $OU$, y una intersección de tres planos de ese tipo contiene solo un punto.

Concluimos que $R_3\circ R_2\circ R_1$ deshace $A$, lo que significa que $R_1\circ R_2\circ R_3$ es lo mismo que $A$. Pero cada reflexión cambia la orientación. Esto significa que la construcción debe haber fallado en algún punto, es decir, debemos tener ya sea $V=V'$, o $W=W'$, o $U=U'$. La primera posibilidad puede ser descartada: si no hay ningún punto con $V\neq V'$, entonces nuestro mapa es la identidad y no hay nada que demostrar. La segunda posibilidad también puede ser excluida, porque si $W=W'$ para todos los $W$, entonces $A$ es solo una reflexión y por lo tanto cambia la orientación. Por lo tanto, $U=U'$. y en realidad no necesitamos $R_3$, entonces, $A=R_1\circ R_2$ y así $A$ preserva la línea común de los planos de reflexión $R_1$ y $R_2$.

Se puede argumentar que el producto secundario - que cualquier rotación es una composición de dos reflexiones - también es de importancia fundamental, y se generaliza directamente a cualquier dimensión.

Answer 3

Supongamos que la esfera tiene radio $R\neq 0$ con centro $O$ . Denotemos la imagen de un punto $P$ en la esfera bajo el movimiento por $P'$ .

Las suposiciones que estamos haciendo sobre el movimiento de la esfera es que preserva las distancias entre los puntos de la esfera y si tomamos un triángulo que no se encuentra a lo largo de un gran círculo (es decir, no está en un plano que pasa por el centro de la esfera) entonces su orientación relativa a un vector de $O$ al centroide del triángulo no cambia con la transformación.

Primero intentamos encontrar un punto fijo bajo el movimiento observando que si tenemos un punto fijo $F$ entonces automáticamente el punto antípoda $F^\#$ también está fijado, ya que $|FF^\#|=2 R$ y como el movimiento preserva la distancia entre los puntos de la esfera, $|F'F^{\#'}|$ = $|FF^{\#'}|=2 R$ lo que implica que $F^{\#'}=F^\#$ .

Toma un punto $A$ en la superficie de la esfera con imagen $A'$ bajo la cartografía. Si $A=A'$ hemos terminado. Si no existe un plano único $A^*$ perpendicular al segmento de recta $AA'$ y pasando por su punto medio. Tomemos otro punto de la esfera $B$ distinto de $A$ y $A'$ acostado $A^*$ con imagen $B'$ . Si $B=B'$ de nuevo hemos terminado, así que supongamos $B\neq B'$ . Ahora como $B$ mentiras sobre $A^*$ el punto medio de $BB'$ no puede línea en $A^*$ a menos que ambos $B$ y $B'$ mentir $A^*$ . En este caso, el plano $B^*$ bisectriz perpendicular $BB'$ es perpendicular a $A^*$ y, por tanto, distinta de ella. Si el punto medio de $BB'$ que se encuentra en $B^*$ no se encuentra en $A^*$ entonces claramente $B^*$ es distinta de $A^*$ .

Ahora podemos tomar la intersección de los dos planos distintos $A^*$ y $B^*$ que consiste en una recta, L, que pasa por el centro de la esfera y la interseca en 2 puntos antípodas, $N$ y $S$ . Como el movimiento de la esfera preserva las distancias entre puntos, la imagen $N'$ de $N$ debe ser equidistante de $A$ y $A'$ desde $N$ y también debe ser equidistante de $B$ y $B'$ . Esto equivale a que se apoye en los planos $A^*$ y $B^*$ y, por tanto, en su intersección. Por lo tanto $N'=S$ (y $S'= N$ ) o $N'=N$ (y $S'=S$ ). Pero los dos arcos dirigidos $AB$ y $A'B'$ de igual longitud pueden coincidir mediante una rotación alrededor de $NS$ . (Este era el objetivo de la construcción y es obvio ya que podemos dejar perpendiculares de igual longitud desde $A$ y $A'$ a un punto común $A_p$ en $NS$ ya que todos los puntos de $NS$ son equidistantes de $A$ y $A'$ por construcción. Del mismo modo para $B$ y $B'$ para señalar $B_p$ . Los dos planos que contienen $AA_pA'$ y $BB_pB'$ son perpendiculares a $NS$ por lo tanto, en paralelo. Haciendo coincidir los dos planos por traslación a lo largo de NS vemos que $|AB|=|A'B'|$ implica que el ángulo dirigido $\angle AA_pA'$ es igual al ángulo dirigido $\angle BB_pB'$ y por lo tanto una rotación de este ángulo sobre $NS$ toma el arco dirigido $AB$ en $A'B'$ ). Esto significa que los triángulos $NAB$ y $NA'B'$ tienen la misma orientación pero $NAB$ y $SA'B'$ no lo hagas. Por lo tanto, el movimiento de la esfera invertirá su orientación si $N'=S$ por lo que esto no puede ser cierto y ambos $N$ y $S$ debe fijarse bajo la moción.

Por lo tanto, ahora podemos suponer que el movimiento de la esfera en sí tiene 2 puntos fijos antípodas y ahora demostramos que esto significa que debe ser una rotación. Podemos completar esto con 2 argumentos diferentes:

Argumento 1) Si tenemos un punto fijo adicional a los 2 puntos antipodales entonces cualquier punto de la esfera puede ser categorizado unívocamente por su distancia a estos tres puntos hasta una reflexión en el plano $F$ a través de $O$ que los contiene. Por lo tanto, un punto determinado permanece fijo o se refleja en este plano. Tomemos un punto $M$ no en $F$ . Entonces, si $M$ se queda fijo entonces es reflejo $M_r$ también lo hace. Tomemos un punto arbitrario $X$ no en $F$ . Entonces tenemos $|XM|=|X'M|$ y $|XM_r|=|X'M_r|$ y por lo tanto $X'$ no puede ser el reflejo de $X$ . Por lo tanto, o todos los puntos permanecen fijos o todos se reflejan en $F$ . Sin embargo, una reflexión no conserva la orientación, por lo que el movimiento de la esfera debe ser la identidad.

Por lo tanto sólo tenemos 2 puntos fijos antipodales. Como hemos demostrado que dos puntos cualesquiera de la esfera pueden ser convertidos en otros 2 puntos cualesquiera con la misma separación mediante una rotación alrededor de un eje que pasa por $O$ y sólo hay 2 puntos fijos todos los pares de puntos se pueden girar en sus imágenes sobre el mismo eje. Si tomamos 2 puntos arbitrarios no antípodas $X$ y $Y$ en la esfera, entonces ambos deben girar alrededor de este eje exactamente de la misma manera para conservar la distancia entre ellos. Por tanto, todos los puntos de la esfera se transforman mediante una rotación común en torno a un eje común.

Esto demuestra que el movimiento de la esfera es una rotación alrededor de un eje que pasa por su centro.

Argumento 2) Para cualquier punto $X$ en la esfera $|NX|=|NX'|$ y $|SX|=|SX'|$ . Esto implica que $X'$ se encuentra en el plano perpendicular a $NS$ de paso $X$ que es una rotación de $X$ acerca de $NS$ . Elija cualquier otro punto $Y$ distinto de $X$ en el gran círculo que pasa por $N$ , $S$ y $X$ . $Y'$ es la rotación de $Y$ acerca de $NS$ . El cuadrilátero $XOSY$ es congruente con $X'OSY'$ ya que todas las distancias entre los puntos correspondientes son iguales. Por lo tanto, $Y'$ se encuentra en el gran círculo que pasa por $N$ , $X'$ y $S$ . (Otra forma de ver esto es que $Y$ y $Y'$ se encuentran en el mismo plano $Q$ perpendicular a $NS$ y $Y$ es el punto de la esfera más cercano a $Q$ a $X$ Por lo tanto $Y'$ debe ser el más cercano a $X'$ lo que implica que se encuentra a lo largo del gran círculo que contiene $X'$ y perpendicular a $Q$ ). Esto significa que todos los puntos de una gran circunferencia dada que pasan por $N$ y $S$ giran alrededor de $NS$ por el mismo ángulo a otro gran círculo semejante.

Ahora toma el gran círculo $H$ en el plano perpendicular a $NS$ . Tomar puntos distintos $X$ y $Y$ en este círculo. Como el movimiento de la esfera preserva las distancias entre los puntos y preserva la orientación, sabemos que los triángulos $NXY$ y $NX'Y'$ deben ser congruentes y estar orientadas en el mismo sentido, lo que implica que $Y$ se gira alrededor de $NS$ de forma idéntica a $X$ y, por lo tanto, este círculo se mapea a sí mismo bajo una rotación alrededor de $NS$ .

Puesto que cada gran círculo que pasa por $N$ y $S$ comparte un punto con $H$ todos deben girar alrededor de $NS$ como $H$ lo hace.

Esto demuestra que el movimiento de la esfera es una rotación alrededor de un eje que pasa por su centro.