https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1993/Kouki

2020.08.10記

[1] $n$ を $3$ 以上の自然数とする． $xy$ 平面上，原点を中心とし，点 $(1，0)$ をひとつの頂点にもつ正 $n$ 角形を ${\rm P}$ とする．

(1) ${\rm P}$ の像が ${\rm P}$ に完全に重なるような1次変換を表わす行列をすべて求めよ．

(2) (1)で求めた行列すべての和を求めよ．

2020.08.10記

[大人の解答]
${\rm P}$ を ${\rm P}$ に移す1次変換は合同変換であるから，回転または折り返しに限る．このとき ${\rm P}$ を ${\rm P}$ に重ねる重ね方は $(1,0)$ の行き先 $n$ 通りあり、回転か折り返しの2通りだから，(1) の行列は $2n$ 個ある．この $2n$ 個の1次変換によって， $(1,0)$ は ${\rm P}$ の $n$ 個の頂点に2回ずつ移される．他の頂点についても同様である．
よってこの $2n$ 個の行列の和（平均の $2n$ 倍）によって，すべての頂点は原点に移される．よって求める和は零行列である．

(1) の論証の鍵は， ${\rm P}$ の像が ${\rm P}$ に完全に重なるとき，隣り合う頂点は隣り合う頂点にうつるということである．(2)は式として処理をしても良いが図形的に処理しても良いだろう．

[解答]
(1) $\dfrac{2\pi}{n}=\theta$ とおくと， ${\rm P}$ の頂点は ${\rm A}_{i}(\cos(i\theta)，\sin(i\theta))$ （ $i=0,\ldots,n-1$ ）となる．

１次変換において、多角形が多角形にうつるとき、頂点は頂点にうつり、辺は辺にうつるので、 ${\rm P}$ の隣り合う頂点は ${\rm P}$ の像の隣り合う頂点にうつる。よって題意をみたすような1次変換 $f$ により $f({\rm A}_{0})={\rm A}_{k}$ であるとき，

(i) $f({\rm A}_{i})={\rm A}_{k+i}$ （ $i=0,\ldots,n-1$ ，添字は $\mod n$ で考える）
(ii) $f({\rm A}_{i})={\rm A}_{k-i}$ （ $i=0,\ldots,n-1$ ，添字は $\mod n$ で考える）

のいずれかが成立する．平面上の1次変換は，原点以外の2点の像が決まれば一意に定まるので(i)，(ii)をみたす1次変換が存在すればそれは一意に定まり，(i)は原点まわりの $k\theta$ の回転とすれば条件をみたし、 (ii)は原点を通り $\Bigl(\cos\dfrac{k\theta}{2}，\sin\dfrac{k\theta}{2}\Bigr)$ 方向の直線に関する折り返しとすれば条件をみたす．よって求める行列は次の $2n$ 個である．

$\begin{pmatrix} \cos k\theta & -\sin k\theta \\ \sin k\theta & \cos k\theta \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} \cos k\theta & \sin k\theta \\ \sin k\theta & -\cos k\theta \end{pmatrix}$ （ $k=0,\ldots,n-1$ ， $\theta=\dfrac{2\pi}{n}$ ）

となる。

(2) 求める和を $S$ とすると
$S=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix} \cos k\theta & -\sin k\theta \\ \sin k\theta & \cos k\theta \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \cos k\theta & \sin k\theta \\ \sin k\theta & -\cos k\theta \end{pmatrix}$ $=\displaystyle 2 \sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix} \cos k\theta & 0 \\ \sin k\theta & 0 \end{pmatrix}$
が成立する。ここで $\sin 0=0$ に注意すると，
$2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \sin k\theta$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \{\sin k\theta+\sin (n-k)\theta$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \{\sin k\theta+\sin (2\pi-k\theta)$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \{\sin k\theta+\sin (2\pi-k\theta)$ $=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \{\sin k\theta-\sin k\theta=0$
が成立する。また，
$T=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \cos k\theta$
とおくと，
$T=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\{\cos\theta\cos(k-1)\theta-\sin\theta\sin(k-1)\theta\}$ $=\displaystyle \cos\theta\sum_{k=0}^{n-1}\cos(k-1)\theta-\sin\theta\sum_{k=0}^{n-1}\sin(k-1)\theta$ $=\displaystyle \cos\theta\times T-\sin\theta\times 0$ $=\displaystyle \cos\theta\times T$
により $(1-\cos\theta)T=0$ となるが， $\cos\theta\neq 0$ により $T=0$ となる．

以上により $S$ は零行列となる．

さて、(2)を簡単に求める方法はないだろうか？

[解答2]
（(2)のみ）

原点中心 $\theta$ 回転の行列を $R$ とし、(1)の $2n$ 個の行列を $F_{1}，\ldots，F_{2n}$ とする。このとき $RF_{1}，\ldots，RF_{2n}$ の集合と $F_{1}，\ldots，F_{2n}$ の集合は完全に一致する．

（この部分をより詳しく説明すると、 $f({\rm A}_{i})={\rm A}_{k+i}$ なる行列を $G_{k}$ ， $f({\rm A}_{i})={\rm A}_{k-i}$ なる行列を $H_{k}$ ，（ $k=0，\ldots，n-1$ ，添字は $\mod n$ で考える）とすると $RG_{k}=G_{k+1}，RH_{k}=H_{k+1}$ が成立するからである）

よって $RS=S$ ，つまり $(I-R)S=O$ が成立する（ $I$ は単位行列）．ここで $R$ は不動点をもたないので，固有値1をもたないから， $I-R$ は固有値0をもたず，よって $I-R$ は逆行列をもつので $S=O$ となる．

という訳である。なお、(2)は次のように解いても良い。（大人の解法を説明している）

[解答3]
（(2)のみ）

(1) の $2n$ 個の一次変換よって ${\rm A}_{i}$ の像は ${\rm A}_{0}，\ldots，{\rm A}_{n-1}$ 全部に $2$ 回ずつうつる．よって任意の $i$ に対して
$S\vec{{\rm OA}_{i}}$ $=2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\vec{{\rm OA}_{i}}$ $=2n\times \dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\vec{{\rm OA}_{i}}=\vec{0}$
が成立する。なぜなら正 $n$ 角形の重心は原点だからである．よって $S$ は零行列である．