# Raumisometrien/Drehachse/Komplement/Textabschnitt
## Satz

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$
eine lineare Isometrie.
Dann gibt es einen Eigenvektor zum Eigenwert $1$ oder $-1$.

### Beweis

Das charakteristische Polynom $P$ zu $\varphi$ ist ein normiertes Polynom vom Grad drei. Für $t\to +\infty$ geht $P(t)\to +\infty$ und für $t\to -\infty$ geht $P(t)\to -\infty$. Nach dem Zwischenwertsatz besitzt daher $P$ mindestens eine Nullstelle. Eine solche Nullstelle ist ein Eigenwert von $\varphi$. Nach Fakt ist der Eigenwert gleich $1$ oder gleich $-1$.
$\Box$
Eine eigentliche lineare Isometrie des Raumes führt insbesondere die Einheitskugel durch eine Bewegung in sich über. Man kann sich eine solche Isometrie also gut als eine Drehung an einer Kugel vorstellen, die in einer passenden Schale liegt.

## Satz

Eine eigentliche Isometrie
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$
besitzt einen Eigenvektor zum Eigenwert $1$,
d.h. es gibt eine Gerade (durch den Nullpunkt), die unter $\varphi$ fest bleibt.

### Beweis

Wir betrachten das charakteristische Polynom von $\varphi$, also
    $P(\lambda )=\det \left(\lambda E_{3}-\varphi \right)\,.$
Dies ist ein normiertes reelles Polynom vom Grad drei. Für $\lambda =0$ ergibt sich
    $P(0)=\det \left(-\varphi \right)=-\det \left(\varphi \right)=-1\,.$
Da für $\lambda \to \infty$ das Polynom $P(\lambda )\to \infty$ geht, muss es für ein positives $\lambda$ eine Nullstelle geben. Aufgrund von Fakt kommt dafür nur $\lambda =1$ in Frage.
$\Box$

## Lemma

Es sei
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
eine lineare Isometrie auf einem euklidischen Vektorraum $V$ und sei $U\subseteq V$ ein invarianter Unterraum.
Dann ist auch das orthogonale Komplement $U^{\perp }$ invariant.
Insbesondere kann man $\varphi$ als direkte Summe
    $\varphi =\varphi _{U}\oplus \varphi _{U^{\perp }}\,$
schreiben, wobei die Einschränkungen $\varphi _{U}$ und $\varphi _{U^{\perp }}$ ebenfalls Isometrien sind.

### Beweis

Es ist
    $U^{\perp }={\left\{v\in V\mid \left\langle v,u\right\rangle =0{\text{ für }}{\text{alle }}u\in U\right\}}\,.$
Für ein solches $v\in U^{\perp }$ und ein beliebiges $u\in U$ ist
    $\left\langle \varphi (v),u\right\rangle =\left\langle \varphi ^{-1}(\varphi (v)),\varphi ^{-1}(u)\right\rangle =\left\langle v,u'\right\rangle =0\,,$
da $u'=\varphi ^{-1}(u)\in U$ liegt wegen der Invarianz von $U$. Also ist wieder $\varphi (v)\in U^{\perp }$.
$\Box$

## Satz

Es sei
    $\varphi \colon \mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3}$
eine eigentliche Isometrie.
Dann ist $\varphi$ eine Drehung um eine feste Achse.
Das bedeutet, dass $\varphi$ in einer geeigneten Orthonormalbasis durch eine Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\operatorname {cos} \,\alpha &-\operatorname {sin} \,\alpha \\0&\operatorname {sin} \,\alpha &\operatorname {cos} \,\alpha \end{pmatrix}}$
beschrieben wird.

### Beweis

Nach Fakt gibt es einen Eigenvektor $u$ zum Eigenwert $1$. Sei $U=\mathbb {R} u$ die davon erzeugte Gerade. Diese ist fix und insbesondere invariant unter $\varphi$. Nach Fakt ist dann auch das orthogonale Komplement $U^{\perp }$ invariant unter $\varphi$, d.h. es gibt eine lineare Isometrie
    $\varphi _{2}\colon U^{\perp }\longrightarrow U^{\perp },$
die auf $U^{\perp }$ mit $\varphi$ übereinstimmt. Dabei muss $\varphi _{2}$ eigentlich sein, und daher muss nach Fakt $\varphi _{2}$ eine Drehung sein. Wählt man einen Vektor der Länge eins aus $U$ und dazu eine Orthonormalbasis von $U^{\perp }$, so hat $\varphi$ bezüglich dieser Basis die angegebene Gestalt.
$\Box$