https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1986/Bunka

2023.08.29記

[4] 平面 $\mbox{S}$ の一点 $\mbox{A}$ と正数 $\alpha$ （ $\alpha\lt 180$ ）をとる．点の集合としての $\mbox{S}$ から $\mbox{S}$ への写像 $\varphi$ が，次の三つの条件(i)，(ii)，(iii)をみたすとき， $\varphi$ は $\mbox{A}$ を中心とする正の向きの $\alpha^{\circ}$ 回転と呼ばれる．

(i) $\varphi(\mbox{A})=\mbox{A}$ ，

(ii) $\mbox{S}$ の任意の点 $\mbox{P}$ （ $\neq\mbox{A}$ ）に対し， $\mbox{A}\mbox{P}=\mbox{A}\varphi(\mbox{P})$ ， $\angle\mbox{P}\mbox{A}\varphi(\mbox{P})=\alpha^{\circ}$ ，

(iii) 人が三角形 $\mbox{P}\varphi(\mbox{P})\mbox{A}$ の周を一周し，tex:\mbox{P}]， $\varphi(\mbox{P})$ ， $\mbox{A}$ の順序に頂点を通るとき，三角形の内部は常に人の左側にある．

いま $\mbox{S}$ 上に相異なる二点 $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ をとり， $\mbox{A}$ を中心とする正の向きの $60^{\circ}$ 回転を $f$ ， $\mbox{B}$ を中心とする正の向きの $60^{\circ}$ 回転を $g$ とする．これに対し， $f$ と $g$ の合成写像 $h=g \circ f$ が， $h(\mbox{P})=g(f(\mbox{P}))$ によって定義される．

(1) このとき，点 $h(\mbox{A}0$ と $h(\mbox{B})$ は， $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ に対して，どのような位置にあるかを求め，図示せよ．

(2) $h$ はある点 $\mbox{O}$ を中心とする正の向きの回転であることを示し，点 $\mbox{O}$ および回転角を求めよ．

2021.01.20記
回転の中心がどこであっても，ベクトルの向きは回転角だけで決まるので，
60度回転を2回続けて行うと，120度回転になる．

[解答]
(1) $f({\rm B)}={\rm C}$ ， $g({\rm A)}={\rm D}$ とおくと， $\triangle\rm ABC$ ， $\triangle\rm ADB$ が正三角形となるので，
$f({\rm D)}={\rm B}$ ， $g({\rm C)}={\rm A}$ が成立する．よって
$h({\rm A})=g\circ f({\rm A})=g({\rm A})={\rm D}$ となり，これは ${\rm A}$ を， ${\rm B}$ 中心に正の向きに60度回転した点である．
$h({\rm B})=g\circ f({\rm B})=g({\rm C})={\rm A}$ となる．

(2) $\triangle\rm ADB$ の重心を ${\rm G}$ ， $\triangle\rm ABC$ の重心を ${\rm K}$ とし，ベクトルを60度回転する行列を $R$ とする．

$h$ は ${\rm A}$ を ${\rm D}$ に， ${\rm B}$ を ${\rm A}$ にうつすので， ${\rm G}$ を中心とする正の向き120度回転と予想できる．

平面上の任意の点 $\rm P$ に対して，
$R\overrightarrow{\rm GP}=R\overrightarrow{\rm AP}-R\overrightarrow{\rm AG}=\overrightarrow{{\rm A}f({\rm P})}-\overrightarrow{\rm AK}=\overrightarrow{{\rm K}f({\rm P})}$
が成立する．同様に，平面上の任意の点 $\rm Q$ に対して，
$R\overrightarrow{\rm KQ}=\overrightarrow{{\rm G}g({\rm Q})}$
が成立する．よって ${\rm Q}=f({\rm P})$ として，

平面上の任意の点 $\rm P$ に対して，
$R^2\overrightarrow{\rm GP}=R\overrightarrow{{\rm K}f({\rm P})}=\overrightarrow{{\rm G}h({\rm P})}$
が成立する．

よって，平面上の任意の点 $\rm P$ に対して， $h({\rm P})$ は ${\rm P}$ を $\rm G$ 中心に正の向きに120度回転した点となるので,
$h$ は $\rm G$ 中心に正の向きに120度回転する変換である．

複素数でやると簡単である．

[別解]
複素平面で考える．
$r=\cos 60^{\circ}+i\sin 60^{\circ}$ とおくと $r^3=-1$ である．

$\triangle\rm ADB$ の重心を ${\rm G}(0)$ とし， ${\rm A}(a)$ ， ${\rm B}(b)$ とすると，
$\rm A$ は $\rm G$ 中心に $\rm B$ を正の向きに120度回転した点だから
$a=r^2b$ が成立し，よって $ra+b=r(a-r^2b)=0$ が成立する．

このとき， $h:z\mapsto w$ は
$w=r\{r(z-a)+a-b\}+b$ $=r^2z+(1-r)(ra+b)$ $=r^2 z$
となるので $h$ は ${\rm G}(0)$ 中心に正の向きに120度回転する変換である．