一、前言

此份研究主要探討： 給定一組 $n$ 條直線 $L_1$、 $L_2$、 $\cdots$、 $L_n$, 就這 $n$ 條直線的相對位置、 交點情形及 $n$, 判斷 是否存在矩陣變換 ${T}$ 使得 ${L}_k$ 可經由矩陣 ${A}$ 映射到 ${L}_{k+1}$ ,其中 $k=1, 2,\ldots, n$ 且 ${L}_{n+1}={L}_1$, 並討論矩陣的唯一性與求出矩陣的 一般模樣 。

二、符號定義

(一) $\forall\ k, m, n \in {\Bbb N}$, $L_k$、 $S_k$ 分別代表坐標平面上的直線及點集合, $R^{m\times n}$ 則代表所有的 $m\times n$ 階實係數矩陣構成的集合, 且 $A=\left[\begin{array}{ccc} a&&b\\ c&&d \end{array}\right]\in R^{2\times 2}$。

(二) 對於一點 $P(x, y)$ 或一向量 ${\overrightarrow V}=(x, y)$, $\left[\begin{array}{c} x\\ y \end{array}\right]$ 簡記為 $P$、 $\overrightarrow V$, $A\left[\begin{array}{c} x\\ y \end{array}\right]$ 簡記為 $AP$、 $A \overrightarrow{V}$。 此外, 易知若 $AP=Q$、 $AR=S$, 則 $A\overrightarrow{PR}=\overrightarrow{QS}$。

(三) 線性變換 $T：R^{2\times 1}\to R^{2\times 1}$, $T\Big(\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]\Big)\!=\!A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]$ ($x, y\in {\Bbb R}$) 為 $A$ 的平面變換, 若 $S_1$ 經由 $T$ 變換後的像為 $S_2$, 則記做 $S_1 {\buildrel A\over \to} S_2$。 若 $P$ 點滿足 $AP=P$, 則 $P$ 稱為固定點。

(四) 若 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3$, 則稱 $L_1$ 和 $L_2$ 相鄰、 $L_2$ 和 $L_3$ 相鄰、 $L_1, L_2, L_3$ 為相鄰的三條直線。

(五) 若 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 且 $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 皆相異, 則稱這 $n$ 條直線循環； 特別地, 2 條直線循環可簡記為 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$。

舉例： 若 $n\ge 3$, 則 $L_{n-1}$ 和 $L_n$ 相鄰、 $L_n$ 和 $L_1$ 相鄰、 $L_{n-1}, L_n, L_1$ 為相鄰的三條直線, 其餘依此類推。

(六) $A$ 的特徵值所構成的集合稱為 $\lambda_A$；特別地, 因為由線性代數的特徵理論可知, 若 $\lambda_A=\{\lambda_1, \lambda_2\}$, 則恆有 $\det A=\lambda_1\lambda_2$ 且 $A^n$ 的特徵值必為 $(\lambda_1 )^n$ 及 $(\lambda_2)^n$, 所以令 $A^n$ 的特徵值所構成的集合可簡記為 $(\lambda_A)^n$。

(七) 當 $L_1 \nparallel L_2$ 且 $L_1\not=L_2$ 時, 令 $L_1\cap L_2$ 表示 $L_1$ 與 $L_2$ 的交點。

三、本文

(一) $L_1 \overset{A}{\longrightarrow} L_2$ 的可行性與基本性質

這一小節中, 我們證明直線的變換完全等價於點和方向向量的變換, 並討論了在不同的循環長度下固定點的狀況及個數。

性質 1.1： 矩陣 $A$ 的平面變換為 $T$, 則：

(1) (a) $\det A\not=0 \Leftrightarrow T$ 必單射且滿射； (b) $\det A=0 \Leftrightarrow T$ 必不單射且不滿射。
(2) 若 $T$ 單射且 ${\overrightarrow {V_1}}\not= {\overrightarrow 0}$、 ${\overrightarrow {V_2}}=A {\overrightarrow {V_1}}$, 則 ${\overrightarrow {V_2}}\not= {\overrightarrow 0}$。
(3) $L_1$ 經由 $T$ 變換後的像必為一直線或一點, 特別地, 若 $\det A\not=0$, 則必為一直線。
(4) 設 ${\overrightarrow{l_1}}$ 為 $L_1$ 的方向向量且 $P\in L_1$, 則 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2$ 若且唯若$AP\in L_2$ 且 $A\overrightarrow{l_1}$ 為 $L_2$ 的方向向量。

證明：

(1) (a) $\Rightarrow$: 因為$\det A\!\not=\!0$, 所以$A^{-1}$存在(亦即反函數存在)$\Rightarrow\! T$ 對射(也就是既單射又滿射)。
$\Leftarrow$: $T$ 對射 $\Rightarrow\ T$ 單射 $\Rightarrow\ AP=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$ 之解只有 $P=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$ (單射的性質) $\Rightarrow$ 由克拉瑪法則可知, 因為 $AP=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$ 具有唯一解, 所以 $\det A\not=0$。

(b) 由 (a) 可知, $\det A=0 \Leftrightarrow T$ 不單射, 又 $\det A=\left|\begin{array}{ccc} a&&b\\ c&&d \end{array}\right|=$ 向量 $(a, b)$ 與 $(c, d)$ 所張的平行四邊形面積為 0。

$\lt$case1$\gt$： 若 $(a, b)= {\overrightarrow 0}$ 或 $(c, d)= {\overrightarrow 0}$, 則 $A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\k\end{array}\right]$ 或 $\left[\begin{array}{c}k\\0\end{array}\right]$, $k\in{\Bbb R}$。
$\lt$case2$\gt$： 若 $(a, b)//(c, d)$, 則 $A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} k\\ tk \end{array}\right]$ $(k, t\in{\Bbb R})$。

在上面兩種情況中, $A\left[\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right]$ 皆只能為單方向的向量, 所以 $T$ 不滿射。

(2) 由 (1) 得知, $T$ 單射 $\Leftrightarrow \det A\not=0$

假設 $\overrightarrow{V_2}= {\overrightarrow 0}$, 將 $\overrightarrow{V_2}=A \overrightarrow{V_1}$ 兩邊同乘 $A^{-1}$, 得 $\overrightarrow {V_1}=A^{-1} \overrightarrow{V_2}= {\overrightarrow 0}$ (矛盾),

所以 $\overrightarrow{V_2}\not= {\overrightarrow 0}$。

(3) 令 $L_1: \left\{\begin{array}{lcl} x=x_0+at\\ y=y_0+bt \end{array}\right.(t\in {\Bbb R})$, 其中 $(x_0, y_0)\in L_1$, 且 $(a, b)$ 為 $L_1$ 的方向向量。

令 $A\left[\begin{array}{c} x_0\\ y_0 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} {x_0}'\\ {y_0}' \end{array}\right], A\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]= \left[\begin{array}{c} a'\\ b' \end{array}\right]$,

則 $A\left[\begin{array}{c} x_0+at\\ y_0+bt \end{array}\right]=A\left[\begin{array}{c} x_0\\ y_0 \end{array}\right] +tA\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} {x_0}'\\ {y_0}' \end{array}\right] +\left[\begin{array}{c} a'\\ b' \end{array}\right]t= \left[\begin{array}{c} {x_0}'+a't\\ {y_0}'+b't \end{array}\right]$.

(a) 若 $\left[\begin{array}{c} a'\\ b' \end{array}\right]= {\overrightarrow 0}$, 則 $L_1$ 經由 $T$ 變換後的像為 $({x_0}',{y_0}')$。

(b) 若 $\left[\begin{array}{c} a'\\ b' \end{array}\right]\not= {\overrightarrow 0}$, 則 $\left\{\begin{array}{lcl} x={x_0}'+a't\\ y={y_0}'+b't \end{array}\right.$ 為另一直線 $L_2$ 之參數式, 代表 $L_1$ 上的點經由 $T$ 變換後, 一一對應至 $L_2$, 且 $L_2$ 的方向向量為 $(a', b')$、$({x_0}', {y_0}')\in L_2$, 亦即 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2$。

(c) 若 $\det A\not=0$, 且 $(a, b)\not= {\overrightarrow 0}$, 則 $\left[\begin{array}{c} a'\\ b' \end{array}\right]=A\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]\not= {\overrightarrow 0}$, 所以 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2$。

(4) $\Rightarrow$: 若 $L_1\to L_2$ 且 $P\in L_1$, 則由矩陣變換之定義, 顯然有 $AP\in L_2$。
若 $\overrightarrow{l_1}$ 為 $L_1$ 的方向向量, 假設 $A \overrightarrow{l_1}$ 卻不是 $L_2$ 的方向向量,
則 $P\!+\! \overrightarrow{l_1}$ 經由矩陣變換後變為 $AP\!+\!A\overrightarrow{l_1}\!\not\in \!L_2$ (矛盾), 所以 $A \overrightarrow{l_1}$ 為 $L_2$ 的方向向量。

$\Leftarrow$: 可由 (3) 的證明過程中推知。

註記： 性質1.1.(3)及1.1.(4)非常重要, 它為後續的矩陣運算賦予了正當性及完備性。

性質 1.2： 若 $L_1 \overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 則

(1) $L_1$、 $L_2$ 必同時過 $(0, 0)$ 或不過 $(0, 0)$。

(2) 若 $L_1 \nparallel L_2$ 且 $L_1\not=L_2$, $L_1\cap L_2=P$, 則 $L_1$、 $L_2$ 上存在唯一固定點 $P$。

證明：

(1) 因為 $A\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]\!=\!\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$, 所以： $(0, 0)\in L_1 \Leftrightarrow (0, 0)\!\in\! L_2$, 意即：$(0, 0)\not\in L_1 \Leftrightarrow (0, 0)\not\in L_2$。

(2) 因為 $P\in L_1$且 $P\in L_2$, 所以 $AP\in L_2$ 且 $AP\in L_1$ $\Rightarrow AP=L_2\cap L_1=P$, 且亦知 $L_1$、 $L_2$ 上不可能有其他固定點。

性質 1.3： 若矩陣變換 $T$ 滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2 \overset{A}{\longrightarrow} L_3$, 其中 $L_1\cap L_2=P$ 且 $L_2\cap L_3=Q$, 則 $AP=Q$。

證明： $\because\ P \in L_1$ 且 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2 \ \therefore\ AP \in L_2$,
$\because\ P \in L_2$ 且 $L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3 \ \therefore\ AP \in L_3\Rightarrow AP=L_2\cap L_3=Q$.
特別地, 若取 $L_3=L_1$ 可得性質 1.2。

性質 1.4： 若 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$ ($n\ge 3$), 且 $L_1, L_2, \ldots, L_n$ 皆相異, 則

(1) $L_1$、 $L_2$、 $\cdots$、 $L_n$ 必同時過 $(0, 0)$ 或不過 $(0, 0)$。

(2) $L_1$、 $L_2$、 $\cdots$、 $L_n$ 只有以下三種情形： $\left\{\begin{array}{l} \hbox{(a) $n$ 條直線皆平行、沒有交點；}\\ \hbox{(b) $n$ 條直線共交點；}\\ \hbox{(c) 相鄰不平行且任相鄰三條不共點的相異直線。} \end{array}\right.$

證明：

(1) 同性質1.2的證明方法。

(2) 若有任相鄰直線平行, 即 $A\overrightarrow{l}=t\overrightarrow{l}$ ($t\not=0$), 由矩陣變換循環可得 $n$ 條直線皆平行。
$\lt$case1$\gt$ (a) $n$ 條直線平行, 再由 $L_1$、 $L_2$、$\cdots$、$L_n$ 皆相異可知 $n$ 條直線皆沒有交點。
$\lt$case2$\gt$ $n$條直線相鄰不平行： 若有任相鄰三條直線共點 $P$, 由引理 1 可得 $AP=P \Rightarrow P\in L_k$, 其中 $k=1, 2,\ldots, n$ $\therefore\ $ (b) $n$ 條直線共交點； (c) 相鄰不平行且任相鄰三條不共點的相異直線。

性質 1.5： 若 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 令 $n(T)$ 表示 $L_1$ 上的固定點個數, 則：

(1) 若 $(0, 0)\not\in L_1$, 則 $n(T)=0$ 或 1 或 $\infty $。

(2) 若 $(0, 0)\in L_1$, 則 $n(T)=1$ 或 $\infty$。

證明：

(1) 設 $\overrightarrow{l_1}$ 為 $L_1$ 的方向向量, $P$、 $Q\in L_1$ ($P,Q\not=(0, 0))$ 且 $AP=Q$

$\lt$case1$\gt$： $A\overrightarrow{l_1}= \overrightarrow{l_1}, 則A(P+k \overrightarrow{l_1})=Q+k \overrightarrow{l_1}(k\in R)$
$\Rightarrow$ 當 $P\not=Q$ 時, $n(T)=0$； 當 $P=Q$ 時, $n(T)=\infty$。

$\lt$case2$\gt$： $A \overrightarrow{l_1}=t \overrightarrow{l_1}$ ($t\not=0, 1$), 則 $A(P+k \overrightarrow{l_1})=Q+kt \overrightarrow{l_1}$
$\Rightarrow$ 當 $P=Q$ 時, $n(T)=1$； 當 $P\not =Q$ 時, 設 $P-Q=s \overrightarrow{l_1}$ ($s\not=0 $)。

僅當 $k=\dfrac s{t-1}$ 時, $P+k \overrightarrow{l_1}=Q+kt \overrightarrow{l_1}$, 所以 $n(T)=1$。

(2) 證明同上, 令 $P=(0, 0)$, 則 $Q=AP=(0, 0)$, 同理可得 $n(T)=1$ 或 $\infty$。

(二) 使 2 條直線循環 ($L_1 \overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$) 的矩陣變換

這一小節中, 我們將處理滿足 $L_1 \overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$ 的線性變換, 並利用 $L_1$ 與 $L_2$ 的相交情形, 對平面變換 $T$ 的變換矩陣 $A$ 做討論。

討論方法

(1) 截距式與克拉瑪公式方法 (我們最初的切入點)

\begin{align*} &\hskip -20pt L_1: \frac x{m_1}+\frac y{n_1}=1 \ \overset{A}{\longleftrightarrow}\ L_2: \frac x{m_2}+\frac y{n_2}=1\ (L_1 \nparallel L_2\ \hbox{且}\ L_1\not=L_2)\\ &\Rightarrow \ \left\{\begin{array}{l} \left[\begin{array}{ccc} a&&b\\ c&&d \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} m_1&&0\\ 0&&n_1 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} am_1&&bn_1\\ cm_1&&dn_1 \end{array}\right],\\[15pt] \left[\begin{array}{ccc} a&&b\\ c&&d \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} m_2&&0\\ 0&&n_2 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} am_2&&bn_2\\ cm_2&&dn_2 \end{array}\right]. \end{array}\right. \end{align*}

因為 $(m_1, 0)$、 $(0, n_1)\in L_1$, 所以 $(am_1, cm_1)$、 $(bn_1, dn_1)\in L_2$； 同理, $(am_2, cm_2)$、 $(bn_2, dn_2)\in L_1$

\begin{align*} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} (am_1, cm_1)\hbox{、} (bn_1, dn_1)\,\hbox{代入}\ L_2\\[5pt] (am_2, cm_2)\hbox{、} (bn_2 dn_2)\,\hbox{代入}\ L_1 \end{array}\right. \hbox{得} \left\{\begin{array}{l} \frac{am_1}{m_2}+\frac{cm_1}{n_2}=1\\[5pt] \frac{bn_1}{m_2}+\frac{dn_1}{n_2}=1\\[5pt] \frac{am_2}{m_1}+\frac{cm_2}{n_1}=1\\[5pt] \frac{bn_2}{m_1}+\frac{dn_2}{n_1}=1 \end{array}\right. \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} n_2a+ m_2c=\frac{m_2n_2}{m_1}\cdots\hbox{(a)}\\[5pt] n_2b+ m_2d=\frac{m_2n_2}{n_1}\cdots\hbox{(b)}\\[5pt] n_1a+ m_1c=\frac{m_1n_1}{m_2}\cdots\hbox{(c)}\\[5pt] n_1b+ m_1d=\frac{m_1n_1}{n_2} \cdots\hbox{(d).} \end{array}\right. \end{align*}

由 (a)、 (c)： $\left\{\begin{array}{l} n_2a+ m_2c=\frac{m_2n_2}{m_1} \\[5pt] n_1a+ m_1c=\frac{m_1n_1}{m_2} \end{array}\right.$ 由克拉瑪公式, $\Delta_1:= \left[\begin{array}{ccc} n_2&&m_2\\ n_1&&m_1 \end{array}\right] =m_1n_2-m_2n_1$.

因為 $L_1 \nparallel L_2$ 且 $L_1\not=L_2 \Leftrightarrow m_1n_2-m_2n_1\not=0$ (即 $\dfrac {m_1}{m_2}\not=\dfrac{n_1}{n_2}$) $\Leftrightarrow \Delta_1 \not=0$, 亦即 $a, c$ 存在且唯一同理, 由 (b)、 (d)： $\left\{\begin{array}{lcl} n_2b+ m_2d=\frac{m_2n_2}{n_1}\\[5pt] n_1b+ m_1d=\frac{m_1n_1}{n_2} \end{array}\right. \Rightarrow \Delta_2:= \left|\begin{array}{ccc} n_2&&m_2\\ n_1&&m_1 \end{array}\right| =m_1n_2-m_2n_1=\Delta_1$ 且 $b, d$ 存在且唯一又

$$\Delta x_1:= \left|\begin{array}{ccc} \frac{m_2n_2}{m_1}&~&m_2\\[5pt] \frac{m_1n_1}{m_2}&&m_1 \end{array}\right|,\ \Delta y_1:= \left|\begin{array}{ccc} n_2&~&\frac{m_2n_2}{m_1}\\[5pt] n_1&&\frac{m_1n_1}{m_2} \end{array}\right|,\quad \Delta x_2:= \left|\begin{array}{ccc} \frac{m_2n_2}{m_2}&~&m_2\\[5pt] \frac{m_1n_1}{m_1}&&m_1 \end{array}\right|,\quad \Delta y_2:= \left|\begin{array}{ccc} n_2&~&\frac{m_2n_2}{n_1}\\[5pt] n_1&&\frac{m_1n_1}{n_2} \end{array}\right|, $$ $$\therefore A\!=\!\dfrac 1{m_1n_2\!-\!m_2n_1}\! \left[\begin{array}{ccc} \Delta x_1&&\Delta x_2\\ \Delta y_1&&\Delta y_2 \end{array}\right]\!=\!\dfrac 1{m_1n_2\!-\!m_2n_1}\! \left[\begin{array}{ccc} -(m_1n_1\!-\!m_2n_2)&&\dfrac{m_1m_2(n_2^2\!-\!n_1^2)}{n_1n_2}\\ \dfrac{n_1n_2(m_1^2\!-\!m_2^2)}{m_1m_2}&&m_1n_1-m_2n_2 \end{array}\right].$$

此種討論方法的優點在於, 使用截距式會讓 $L_1$、 $L_2$ 分別都跑出兩個代數式很好看的點。 但它局限於直線同時存在 $x$ 截距、 $y$ 截距, 不適用推廣到水平線、 鉛垂線和過原點直線, 並且難以化簡； 再者, 它單純是用「點變換」來解, 不容易看出其代數式所代表之深層含義。

(2) 矩陣向量方法(建立在性質 1.1 (4)上的方法)

由性質1.1(4)我們知道, 若 $P\in L_1$,

則 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2$ 完全等價於 $P\overset{A}{\longrightarrow} Q$ 且 $A\times L_1$ 的方向向量 $=L_2$ 的方向向量,

所以我們可以把矩陣 $A$ 滿足前者 ($L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2$) 轉化為滿足後者。

更貼切地說, 所有滿足後者條件的矩陣 $A$, 即為滿足前者條件的所有矩陣 $A$！

這個方法看似沒什麼厲害, 但使用起來卻有異常神奇的效果！

詳細的過程請參見性質 2.1 及後續性質。

性質 2.1 (不過原點不平行)： 給定不過原點不平行的兩條直線 $L_1: ax+by=1$、 $L_2: cx+dy=1$, 則存在在唯一的線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 其中變換矩陣 $A=[- \overrightarrow{l_2},- \overrightarrow{l_1}][ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$, 其中 $\overrightarrow{l_1}=(b,-a)$、 $\overrightarrow{l_2}=(d,-c)$ (也就是行向量 $\left[\begin{array}{c} b\\ -a \end{array}\right]$、 $\left[\begin{array}{c} d\\ -c \end{array}\right]$)。

證明： 取 $\overrightarrow{l_1}=(b,-a)$、 $\overrightarrow{l_2}=(d,-c)$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量。

令 $A \overrightarrow{l_1}=t \overrightarrow{l_2}$、 $A \overrightarrow{l_2}=k \overrightarrow{l_1}$ ($ t, k\in {\Bbb R}-\{0\}$) (由性質1.1(4))、 $L_1\cap L_2=P=(x_0, y_0)$,

則由性質 1.2 得知, $AP=P$,

\begin{align*} \Rightarrow \,& A[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]=A \left[\begin{array}{ccc} b&&d\\ -a&&-c \end{array}\right] =[t \overrightarrow{l_2}, k \overrightarrow{l_1}]= \left[\begin{array}{ccc} dt&&bk\\ -ct&&-ak \end{array}\right],\\ \Rightarrow\,&\det A\times \det\left(\left[\begin{array}{ccc} b&&d\\ -a&&-c \end{array}\right]\right) =\det \left(\left[\begin{array}{ccc} dt&&bk\\ -ct&&-ak \end{array}\right]\right) \Rightarrow \det A=-tk. \end{align*}

又 $A[P, \overrightarrow{l_1}]=A \left[\begin{array}{ccc} x_0&&b\\ y_0&&-a \end{array}\right]=[P, t \overrightarrow{l_2}]= \left[\begin{array}{ccc} x_0&&dt\\ y_0&&-ct \end{array}\right]$, $\Rightarrow \det A\times \det \left(\left[\begin{array}{ccc} x_0&&b\\ y_0&&-a \end{array}\right]\right)=\det \left(\left[\begin{array}{ccc} x_0&&dt\\ y_0&&-ct \end{array}\right]\right)$.

再由 $ax_0+by_0=1$、 $cx_0+dy_0=1$ 帶入運算可得 $\det A=t\Rightarrow t=-tk\Rightarrow k=-1$。

同理, 取 $A[P, \overrightarrow{l_2}]=[P, k \overrightarrow{l_1}]$ 再進行一次運算可得 $t=-1$,

$\therefore\ \det A=t=-1$ 且 $A[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]=[t \overrightarrow{l_2}, k \overrightarrow{l_1}]=[- \overrightarrow{l_2}, - \overrightarrow{l_1}]$。

又 $[ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ 必存在 $( \because\ \overrightarrow{l_1}$ 不平行 $\overrightarrow{l_2} )$,

$\therefore\ A=[- \overrightarrow{l_2},- \overrightarrow{l_1}][\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定兩直線 $L_1：2x+y=1$、 $L_2：3x+4y=1$, $\overrightarrow{l_1}=(1,-2)$、 $\overrightarrow{l_2}=(4,-3)$,

$$A=\left[\begin{array}{ccc} -4&&-1\\ 3&&2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} 1&&4\\ -2&&-3 \end{array}\right]^{-1}= \left[\begin{array}{ccc} -4&&-1\\ 3&&2 \end{array}\right]\times \frac 15 \left[\begin{array}{ccc} -3&&-4\\ 2&&1 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 2&&3\\ -1&&-2 \end{array}\right].$$

驗證： $L_1$ 的參數式可設為 $(x, 1-2x)$, 經由矩陣 $A$ 映射： $\left[\begin{array}{ccc} 2&&3\\ -1&&-2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} x\\ 1\!-\!2x \end{array}\right]\!=\!\left[\begin{array}{c} -4x\!+\!3\\ 3x\!-\!2 \end{array}\right]$,

其軌跡即為直線 $L_2$； $L_2$ 的參數式可設為 $(-4x+3, 3x-2)$, 經由矩陣 $A$ 映射： $\left[\begin{array}{ccc} 2&&3\\ -1&&-2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} -4x+3\\ 3x-2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} x\\ 1-2x \end{array}\right]$, 其軌跡即為直線 $L_1$。

註記： 其餘性質請讀者仿照以上方式自己驗證!

性質 2.2 (過原點、不平行)： 給定過原點不平行的兩條直線 $L_1$、 $L_2$, 任取 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 其中變換矩陣 $A=[t \overrightarrow{l_2},k \overrightarrow{l_1}][\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ (受 $t$、 $k$ 兩獨立變數影響, 其中 $t$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\})$。

證明： $\because\ (0, 0)\in L_1$、 $L_2$ 且 $A\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$,

$\therefore$ 已經滿足點的變換, 由性質1.1(4), 只需再滿足方向向量的變換即可,

$\Rightarrow$ 令 $A[ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]=[t \overrightarrow{l_2},k \overrightarrow{l_1}]$ $(t$、 $k\in {\Bbb R}-\{0\}$)。

又 $[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ 必存在 $(\because\ \overrightarrow{l_1}$ 不平行 $\overrightarrow{l_2} )$ $\therefore\ A=[t \overrightarrow{l_2},k \overrightarrow{l_1}][ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定兩直線 $L_1：y=-2x$、 $L_2：y=3x$, 此時

$$A\!\!=\!\!\!\left[\begin{array}{ccc} t&&k\\ 3t&&-2k \end{array}\right]\!\!\! \left[\begin{array}{ccc} 1&&1\\ -2&&3 \end{array}\right]^{-1}\!\!\!\!=\!\! \left[\begin{array}{ccc} t&&k\\ 3t&&-2k \end{array}\right]\!\times\! \frac 15\!\! \left[\begin{array}{ccc} 3&&-1\\ 2&&1 \end{array}\right]\!\!=\!\frac 15\!\!\left[\begin{array}{ccc} 2k+3t&&k-t\\ -4k\!+\!9t&&-2k\!-\!3t \end{array}\right]\!(t\hbox{、}k\in {\Bbb R}\!-\!\{0\}).$$

性質 2.3 (不過原點、平行)： 給定兩條不過原點的平行線： $L_1:ax+by=1$、 $L_2:ax+by=\lambda $ $(\lambda \not=0)$。 僅當 $\lambda =-1$ 時, 存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$ (受 $t$、 $k$ 兩獨立變數影響, 其中 $t\in{\Bbb R}$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\})$, 其中變換矩陣 $A=[-P+r \overrightarrow{l},k \overrightarrow{l}][P, \overrightarrow{l}]^{-1}$ $(\overrightarrow{l}$ 為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量且 $P \in L_1)$； 當 $\lambda \not=-1$ 時, 不存在平面變換 $T$ 使得 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$。

證明： 由性質1.1(4), 令 $A \overrightarrow{l}=k \overrightarrow{l}$ $(k\in{\Bbb R}-\{0\})$, 又 $\overrightarrow{OP}$ 必不平行 $\overrightarrow{l}\Rightarrow$ 必可令 $AP=\alpha P+r \overrightarrow{l}$ $( \alpha , r\in{\Bbb R}) \Rightarrow A^2P=A(AP)=A(\alpha P+r \overrightarrow{l})=\alpha (AP)+rk \overrightarrow{l}=\alpha^2P+r(\alpha +k)\overrightarrow{l}$ 又 $A^2P\in L_1$, 所以 $\alpha^2=1\Rightarrow \alpha =\pm 1$ (若 $\alpha =1$, 則代表 $L_2=L_1$, 不合) $\Rightarrow \alpha =-1$, 亦即 $L_1$、 $L_2$ 對稱於原點, 也就是 $\lambda =-1$, 得 $A[P, \overrightarrow{l}]=[AP,k \overrightarrow{l}]=[-P+r \overrightarrow{l},k \overrightarrow{l}]$ (同理, $[P, \overrightarrow{l}]^{-1}$ 必存在) $\Rightarrow A=[-P+r\overrightarrow{l},k\overrightarrow{l}][P, \overrightarrow{l}]^{-1}$。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定兩直線 $L_1：y=-2x+4$、 $L_2：y=-2x-4$, 取 $\overrightarrow{l}=(1,-2)$、 $P=(0, 4)\in L_1$, 此時

$$A\!\!=\!\!\!\left[\begin{array}{ccc} r&&k\\ -4\!-\!2r&&-2k \end{array}\right]\!\! \left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 4&&-2 \end{array}\right]^{-1}\!\!\!\!\!\!=\!\! \left[\begin{array}{ccc} r&&k\\ -4\!-\!2r&&-2k \end{array}\right]\!\times\! \frac 1{-4}\!\! \left[\begin{array}{ccc} -2&&-1\\ -4&&0 \end{array}\right]\!\!\!=\!\frac 15\!\left[\begin{array}{ccc} k+\frac r2&&\frac r4\\ -2k\!-\!2\!-\!r&&-\frac r2\!-\!1 \end{array}\right].$$

註記： 將性質 2.1 中的矩陣 $A$ 稍加運算, 不難發現 $\det A=-1$、 $\lambda_A=\{1,-1\}$ 及 $A^2=I$ 的性質, 以及性質 2.2 中的矩陣有 $\lambda_A=\{v,-v\}$、 $A^2=tI$ ($t\not=0$) 的性質, 這部分在第三章會再與 $n$ 條直線循環的平面變換一併做說明。

由性質 2.3 得知： 若兩條不過原點的平行線存在平面變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 則這兩條直線會對稱於原點, 如圖(一)。

 

(三) 使 $n$條直線循環 ($L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2 \overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n \overset{A}{\longrightarrow} L_1$) 的矩陣變換

在這一小節中, 我們證明若存在平面變換 $T$ 使得 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2 \overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 則 $L_1, L_2$, $\ldots, L_n$ 只有以下兩種關係： $n$ 條直線相鄰三條皆不共點、 $n$ 條直線共在原點, 並找出矩陣 $A$ 的模樣。

引理 1： 任何二階實方陣 $A$ 若可對角化, 則 $A^n$ 可對角化； 若 $A$ 不可對角化且特徵值不為 0, 則 $A^n$ 不可對角化, 其中 $n\ge 2$。

證明：

若 $A$ 可對角化, 則令 $A=PDP^{-1}$, 其中

\begin{align*}D=\,& \left[\begin{array}{ccc} \alpha&&0\\ 0&&\beta \end{array}\right] \Rightarrow A^n =(PDP^{-1})\times(PDP-1)\times(PDP^{-1})\times \cdots \times (PDP^{-1})\\ =\,&PD^nP^{-1}=P \left[\begin{array}{ccc} \alpha^n&&0\\ 0&&\beta^n \end{array}\right] P^{-1}.\end{align*}

$\therefore\ A^n$ 可對角化。

若 $A$ 不可對角化, 則 $A$ 的特徵值重根, 由 Jordan form, 令 $A= P \left[\begin{array}{ccc} \lambda&&1\\ 0&&\lambda \end{array}\right] P^{-1}$ ($\lambda \not=0$), 同理 $A^n=P \left[\begin{array}{ccc} \lambda&&1\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^nP^{-1}$, 因為

$$\left[\begin{array}{ccc} 0&~&1\\ 0&&0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} 0&~&1\\ 0&&0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 0&~&0\\ 0&&0 \end{array}\right],\ \hbox{所以}\ \left[\begin{array}{ccc} 0&~&1\\ 0&&0 \end{array}\right]^n= \left[\begin{array}{ccc} 0&&0\\ 0&&0 \end{array}\right]\quad (n\ge 2),$$

(*)

已知 $\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 0&&\lambda\\ 0&&0 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} 0&&\lambda\\ \lambda&&0 \end{array}\right]$ (交換律成立),

\begin{align*} \left[\begin{array}{ccc} \lambda&&1\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^n=&\left(\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]+\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]\right)\\ =\,&\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^n+n\times \left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^{n-1}\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]+C_2^n\times\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^{n-1}\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]^2+\cdots\\ =\,&\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^n+n\times \left[\begin{array}{ccc} \lambda&&0\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^{n-1}\left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 0&&0 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} \lambda^n&&n\lambda^{n-1}\\ 0&&\lambda^n \end{array}\right]\\ &\hbox{(由 $(*)$, 後 $n-1$ 項皆為}\ \left[\begin{array}{ccc} 0&&0\\ 0&&0 \end{array}\right]\hbox{)。} \end{align*}

$\because\ n\ge 2$ 且 $\lambda \not=0\quad \therefore\ n\lambda^{n-1}\not=0$ 且 $(\lambda_A)^n=\{\lambda^n, \lambda^n\}$

$$\Rightarrow\ A^n-\lambda^nI=P\left[\begin{array}{ccc} \lambda&&1\\ 0&&\lambda \end{array}\right]^{n}P^{-1}-P(\lambda^n I)P^{-1}=P \left[\begin{array}{ccc} 0&&n\lambda^{n-1}\\ 0&&0 \end{array}\right]P^{-1}.$$

令 $A^n$ 的特徵向量為 $X$ $(X\not= {\overrightarrow 0})$,

\begin{align*} \hbox{解}\ (A^n-\lambda^nI)X=\left[\begin{array}{c} 0\\ 0 \end{array}\right]&\Rightarrow P\left[\begin{array}{ccc} 0&&n\lambda^{n-1}\\ 0&&0 \end{array}\right]P^{-1}X=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]\\ &\Rightarrow \ \left[\begin{array}{ccc} 0&&n\lambda^{n-1}\\ 0&&0 \end{array}\right]P^{-1}X=P^{-1}\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]\\ &\Rightarrow\ \hbox{只能取}\ P^{-1}X=\left[\begin{array}{c} r\\ 0 \end{array}\right]\quad (r\not=0)\\ &\Rightarrow \ X=P\left[\begin{array}{c} r\\ 0 \end{array}\right]\quad\hbox{(代表只有單方向的特徵向量),}\quad~ \end{align*}

$\therefore\ A^n$ 的特徵向量數不足, 亦即 $A^n$ 不可對角化。

性質 3.1： 若矩陣 $A$ 所構成的線性變換使得 $n$ 條 $(n\ge 2)$ 相鄰不平行的直線循環, 則 $A^n=tI$ $(t\not=0)$ 且 $(\lambda_A)^n=\{t\}$； 此外, $A$ 必可對角化。

證明：

$1^\circ$ 令 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$ 且 $A^n L_1=t L_1$ $(t\not=0)$, 其中 $\overrightarrow{l_1}$ 為 $L_1$ 的方向向量, 則 $A \overrightarrow{l_1}=k \overrightarrow{l_2}$ $(k\not=0)$ 為 $L_2$ 的方向向量 $\Rightarrow A^n \overrightarrow{l_2} =A^n\big(\frac 1k\times A \overrightarrow{l_1}\big)=A^{n+1}(\frac 1k \overrightarrow{l_1})=\frac 1k A(A^n \overrightarrow{l_1})=\frac 1k A (t \overrightarrow{l_1}) =t \overrightarrow{l_2} \Rightarrow A^n[ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]=t[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]$, 又由 $\overrightarrow{l_1} \nparallel \overrightarrow{l_2}$ 可知 $[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ 存在, $\therefore$ 兩邊同乘 $[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$可得 $A^n=tI$ $(t\not=0)$ 且 $(\lambda_A)^n=\{t\}$。

$2^\circ$ 若 $0\in \lambda_A$, 則由特徵理論得知, $0\in (\lambda_A)^n$ (矛盾) $\therefore\ 0\not\in \lambda_A$。 又若 $A$ 不可對角化, 且 $0\not\in\lambda_A$, 則由引理1可推得 $A^n$ 不可對角化 (與 $A^n=tI$ 矛盾)。 $\therefore\ A$ 必可對角化。

引理 2： 承性質3.1, 若再加上這 $n$ 條相鄰不平行的直線皆不過原點, 則 $t=1$, 亦即 $A^n=I$。

證明： 由這 $n$ 條直線相鄰不平行得知, 任意相鄰的直線必存在交點, 引理 1 告訴我們： $L_1\cap L_2 \overset{A}{\longrightarrow} L_2\cap L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_1\cap L_2 \Rightarrow$ 設 $L_1\cap L_2=P\not=(0,0)$, 則 $A^nP=P$ 又 $A^n=tI\Rightarrow A^nP=tP=P$ $\therefore\ t=1$, 亦即 $A^n=I$。

性質 3.2：(共交點, 此點非原點) 不存在任何的平面變換, 使得 $n$ 條 ($n\!\ge\! 3$) 共交點 $P(x_0, y_0)\not=$ $(0, 0)$ 的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\cdots$、 $L_n$ 循環, 亦即 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

證明： 由引理 2, $A^n=I$ 且 $(\lambda_A)^n=\{1, 1\}$, 再由性質 3.1 得知, $A$ 可對角化, 由 $AP=P$, 令 $\lambda_A=\{1, \lambda\}$, 則 $\lambda^n=1$ 且 $\det A=\lambda %{\bm R} \Rightarrow \lambda =\pm 1\Rightarrow A=I$ 或 $A^2=I$, 亦即 $n=1$ 或 2 (與 $n\ge 3$ 矛盾), 所以不存在此種平面變換。

性質 3.3: (平行皆不過原點) 不存在任何的平面變換, 使得 $n$ 條 ($n\ge 3$) 平行的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\cdots$、 $L_n$ 循環, 亦即 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

證明： $\lt$Case1$\gt$ $L_1$ 有斜率

令 $L_1：y=mx+k_1$ ($k_1\not=0$)、 $L_2：y=mx+k_2$ ($k_2\not=0$)、 $\cdots$、 $L_n：y=mx+k_n$ ($k_n\not=0$) $P_1(0, k_1)\in L_1$, $P_2=\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]cd \left[\begin{array}{c} 0\\ k_1 \end{array}\right] =\left[\begin{array}{c} bk_1\\ dk_1 \end{array}\right]\in L_2$, $P_2$ 代入 $L_2$ 得 $dk_1=m(bk_1)+k_2\Rightarrow k_2=(d-mb)k_1$, 同理 $k_3=(d-mb)k_2=(d-mb)2k_1$、 $\cdots$、 $k_n=(d-mb)k_{n-1}=(d-mb)^{n-1}k_1 \Rightarrow k_1=(d-mb)^nk_1\Rightarrow (d-mb)^n =1$, 即 $|d-mb |=1$, $d-mb=1\Rightarrow k_2=(d-mb)k_1=k_1$ (矛盾)； $d-mb=-1\Rightarrow k_3=(d-mb)^2k_1=k_1$ (矛盾)。 $\therefore$ 變換矩陣 $A$ 不存在。

$\lt$Case2$\gt$ $L_1$ 是鉛垂線

令 $L_1：x=k_1$ ($k_1\not=0$)、 $L_2：x=k_2$ ($k_2\not=0$)、 $\cdots$、 $L_n：x=k_n$ ($k_n\not=0$)。 $P_1(k_1, 0)\in L_1$, $P_2=\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]cd\left[\begin{array}{c} k_1\\ 0 \end{array}\right] =\left[\begin{array}{c} ak_1\\ ck_1 \end{array}\right]\in L_2$, $P_2$ 代入 $L_2$ 得 $ck_1=m(ak_1)+k_2\Rightarrow k_2=(c-ma)k_1$。 證明同$\lt$Case1$\gt$, 變換矩陣 $A$ 不存在。

引理 3： 若二階實方陣 $A$ 滿足 $A^{2n}=I$ $(n\in {\Bbb N}, n\ge 2$)、 $A^k\not=I$ ($k=1, 2,\ldots, 2n-1 $), 則 $\det A=1$ 且 $A^n=-I$。

證明：

$1^\circ$ 由性質3.1, $A$ 可對角化, 又 $(\lambda_A)^{2n}=\{1, 1\}\Rightarrow$ 令 $\lambda_A=\{\cos\theta +i\sin\theta, y\}$

$$(\det A)^{2n}=\det (A^{2n})=\det (I)=1\Rightarrow \det A=\pm 1$$

若 $\det A=-1=(\cos\theta +i\sin\theta )y\Rightarrow y=-\dfrac 1 {\cos\theta +i\sin\theta} =-\cos\theta +i\sin\theta$

又 trace $A=(\cos\theta +i\sin\theta )+(-\cos\theta +i\sin\theta )=2i\sin\theta \in {\Bbb R}$

所以 $\sin\theta =0\Rightarrow \cos\theta =\pm 1$, 亦即 $\lambda_A=\{1,-1\}\Rightarrow A^2=I$ (矛盾) $\therefore\ \det A=1$。

$2^\circ$ 由 $\det A^n=1$, 對 $A^n$ 做 Cayley-Hamilton 定理

得 $(A^n)^2\!-\!(\hbox{trace} A^n)A^n+I\!=\!0\!=\!(A^n)^2-I$ ($\because\ A^{2n}\!=\!I$) $\Rightarrow A^n\!=\!\Big(\dfrac 2{{\rm trace}\, A^n}\Big)I$

又 $\det A^n=1\Rightarrow \Big(\dfrac 2{{\rm trace}\, A^n}\Big)^2=1\Rightarrow \ \hbox{trace}\, A^n=\pm 2$ (正不合) $\therefore\ A^n=-I$。

性質 3.4: 若矩陣 $A$ 的平面變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$ ($n\ge 3$), 其中\\ $L_1, L_2, \ldots, L_n$ 為相鄰不平行且不過原點的相異直線, 則：

(a) 若 $n$ 為偶數, 令 $\frac n2=r$, 則 ${L_k}$ 與 ${L_{k+r}}$ 對稱於原點 ($k=1, 2,\ldots, \frac n2-1$), 且 $L_1, L_2,\ldots, L_{r-1}$ 中, 任意兩條直線皆不平行。

(b) 若 $n$ 為奇數, 則 $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 中, 任意兩條直線皆不平行。

證明：

(a) $1^\circ$ 由引理 2 得知 $A^n=I$, 再由引理 3 得知 $A^r=-I$, 令 $P\in L_1$, 則 $A^rP=-P$, 所以 $L_1$ 上的每一個點經由矩陣 $A$ 變換 $r$ 次後皆會與原本的點對稱於原點, 亦即 ${L_1}$ 與 ${L_{r+1}}$ 對稱於原點。 同理可知, ${L_k}$ 與 ${L_{r+k}}$ 對稱於原點 ($k=1, 2,\ldots, \dfrac n2-1$)。

$2^\circ$ 由 $1^\circ$ 得知, $L_1\sim L_n$ 經由矩陣 $A$ 變換 $r$ 次後, 都會變成一條與原本直線平行的新直線。 若 $L_1, L_2,\ldots, L_{r-1}$ 中有兩條直線平行, 也就是存在 $t \lt r$, 使得 $L_1\sim L_n$ 經由矩陣 $A$ 變換 $t$ 次後, 都會變成一條與原本直線平行的新直線。 我們令 $k$ 為所有 $t$ 的可能值中最小者, 則 $k$ 必為 $r$ 的因數 ($\because$ 若不是, 則會導出 $k$ 不是最小者, 矛盾)。 此時, $L_1\sim L_r$ 及 $L_{r+1}\sim L_n$ 中, 必定分別都存在一條以上與 ${L_1}$、 ${L_{r+1}}$ 平行且相異的直線。 在 $A^k$ 的變換下循環, 這與性質 3.3 的結論矛盾。

(b) 若 $n$ 為奇數, 仿照 (a) 的方式去定義 $k$, 則 $k$ 必為 $n$ 的因數。 但是 $k$ 必不等於 $\frac n2$ ($\because\ \frac n2$ 不是整數) $\Rightarrow\ k$ 最大可能為 $\frac n3 \Rightarrow L_1\sim L_n$ 中, 必定存在兩條以上與 $L_1$ 平行且相異的直線。 在 $A^k$ 的變換下循環, 這與性質 3.3 的結論矛盾。

性質 3.5: (不平行、 不共點) 對於任兩條不平行且不過原點之直線 $L_1, L_2$, 存在一組以上, $\Big[\frac {n-1}2\Big]$ 組以下的 $L_3, \ldots, L_n$ ($n\ge 3$ 且 $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 皆相異), 每一組直線分別都存在唯一的線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

證明：

$1^\circ$ 由性質1.3, $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 相鄰不平行。 所以引理 2 告訴我們 $A^n=I$, 再由性質 3.1 得知, $A$ 可對角化。 仿照引理 3 中的證法, 可以得到不論 $n$ 為奇數還是偶數, 都有 $\det A=1$ 及 $\lambda_A=\{\cos\theta +i\sin\theta ,\cos\theta -i\sin\theta\}$, 其中 $\theta =\frac{2k\pi }n$ ($k=1, 2,\ldots, n-1 )$ $(\because\ k=n$ 時, $\lambda_A=\{1, 1\}$, 亦即 $A=I$, 不合)。 注意到當 $\theta$ 變成 $2\pi -\theta$ 時, $\lambda_1$ 與 $\lambda_2$ 的值其實只是對調而己, 所以 $k=1, 2,\ldots, \Big[\frac{n-1}2\Big]$, 又因為循環長度必須為 $n$ (不能縮短成 $\frac n2$ 或更短 ), 所以 $\gcd(k,n)=1$。

$2^\circ$ 令 $L_1：ex+fy=1$、 $L_2：gx+hy=1$、 $L_3：ix+jy=1$, 其中 $L_1\cap L_2=(x_0, y_0)$ 且 $L_2\cap L_3=(x_1, y_1)$, 取 $l_1=(-f, e)$、 $l_2=(-h, g)$、 $l_3=(-j, i)$, 令 $\left[\begin{array}{c}a\\b\end{array}\right]cd \left[\begin{array}{ccc} x_0&&-f\\ y_0&&e \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc} x_1&&-ht\\ y_1&&\text{gt} \end{array}\right]$ ($t\not=0$), 其中 $A$ 需滿足 $\det A=1 \Rightarrow \det A\times (ex_0+fy_0)=t(gx_1+hy_1)\Rightarrow \det A\times 1=t\times 1\Rightarrow t=1$。 $\therefore\ A\overrightarrow{l_1}= \overrightarrow{l_2}$, 同理可得 $A\overrightarrow{l_2}= \overrightarrow{l_3}\Rightarrow$ 令 $L_4：mx+ny=1$, $\overrightarrow{l_4}=(-n, m)$, 一樣有 $A \overrightarrow{l_3}= \overrightarrow{l_4}$ 炮製以上方法, 我們假設 $L_4\sim L_n$, 並得到對應的 $\overrightarrow{l_4}\sim \overrightarrow{l_n}$。

$3^\circ$ 令 $\overrightarrow{l_3}=\beta \overrightarrow{l_2}-\alpha \overrightarrow{l_1}$ $(\alpha ,\beta\in {\Bbb R})$

\begin{align*} A[\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]=[\overrightarrow{l_2}, \beta \overrightarrow{l_2}-\alpha \overrightarrow{l_1}]\Rightarrow A=[ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}] \left[\begin{array}{ccc} 0&&-\alpha\\ 1&&\beta \end{array}\right][ \overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]^{-1}\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} \det A=\alpha =1\\ \hbox{trace}\, A=\beta =2\cos\theta \end{array}\right. \Rightarrow \overrightarrow{l_3}=2\cos\theta \overrightarrow{l_2}- \overrightarrow{l_1}.\qquad~ \end{align*}

令 $\overrightarrow{l_k}=\delta \overrightarrow{l_2}-\gamma \overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_{k+1}}=\mu \overrightarrow{l_2}-\varepsilon\overrightarrow{l_1}\ (k=3\sim n-1)$

$$A[\overrightarrow{l_1},\delta \overrightarrow{l_2}-\gamma \overrightarrow{l_1}]=[\overrightarrow{l_2},\mu \overrightarrow{l_2}-\varepsilon\overrightarrow{l_1}].$$

仿照第二章的作法, 左右兩邊同取 det 可得 $\varepsilon=\delta$ (1)

\begin{align*} &A^{k-1}[ \overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]=[\delta \overrightarrow{l_2}-\gamma \overrightarrow{l_1},\mu \overrightarrow{l_2}-\varepsilon \overrightarrow{l_1}]\\ \Rightarrow & A^{k-1}=[\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}] \left[\begin{array}{ccc} -\gamma&&-\varepsilon\\ \delta&&\mu \end{array}\right] [\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]^{-1}. \end{align*}

由棣美弗性質, trace $A=2\cos(k-1)\theta =\mu -\gamma \Rightarrow \mu =\gamma +2\cos(k-1)\theta $ (2)

$4^\circ$ 由 (1)、 (2) 兩大遞迴關係可得

\begin{align*} &\hskip -20pt \overrightarrow{l_4}\!=\!(2\cos 2\theta \!+\!1)\overrightarrow{l_2}\!\!-\!2\cos\theta \overrightarrow{l_1}\hbox{、}\ \overrightarrow{l_5}\!=\!(2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta ) \overrightarrow{l_2} \!\!-\!(2\cos 2\theta \!+\!1) \overrightarrow{l_1}\hbox{、}\\ &\hskip -20pt \overrightarrow{l_6}\!=\!(2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1) \overrightarrow{l_2}\!-\!(2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta ) \overrightarrow{l_1} \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。}\\ {\hbox{構件一個數列：}} &\hskip 0pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

最後可得若 $r=3\sim n$, 則 $\overrightarrow{l_r}=a_{r-1} \overrightarrow{l_2}-a_{r-2} \overrightarrow{l_1}$。

而矩陣 $A$ 則是透過 $A[\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]=[\overrightarrow{l_2},\overrightarrow{l_3}]\Rightarrow A=[\overrightarrow{l_2},\overrightarrow{l_3}][\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]^{-1}$ 來求得。

$5^\circ$ 解法統整如下：

(a) $L_1$、 $L_2$ 寫成 $ex+fy=1$、 $gx+hy=1$ 之形式, 並取 $(-f, e)$、 $(-h, g)$ 分別作為 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$。

(b) 判斷 $\theta$ 的可能值： $\theta =\frac{2k\pi}n$ $(k=1, 2,\ldots, [\frac{n-1}2]$) 且 $\gcd(k,n)=1$。

(c) $L_3\sim L_n$ 的通式如下：

$L_r： a_{r-1}(gx+hy)-a_{r-2}(ex+fy)=1$, 其中

\begin{align*} &\hskip -20pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

(d) 依照通式寫出 $L_3$ 後, 仿照 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 求出 $\overrightarrow{l_3}$, 然後 $A=[\overrightarrow{l_2}, \overrightarrow{l_3}][\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]^{-1}$。

註記： 若給定兩相交直線 $L_1$、 $L_2$ 及任意數正整數 $n$ ($n\ge 3$), 我們就可以決定 $L_3$、 $L_4$、 $\ldots$、 $L_n$ 及矩陣 $A$ 使得他們循環, 更進一步來說, 給定 $n$ 條直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\ldots$、 $L_n$ ($n\ge 3$), 我們即可判斷這 $n$ 條直線是否會循環。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下：

給定 2 條直線 $L_1：y=2x+1$、 $L_2：y=\frac{-5x}4+\frac 14$,

求 $L_3\sim L_6$ 及矩陣 $A$ 使得 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_6\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

(a) 移項整理成 $L_1：-2x+y=1$、 $L_2：5x+4y=1$。

(b) $[\frac{6-1}2]=2\Rightarrow \theta =\frac{2k\pi}6\ (k=1, 2$), 但 $k=2$ 不合, 所以 $\theta =\frac {2\pi} 6=\frac \pi 3$。

(c) $L_3：2\cos \frac \pi 3 (5x+4y)-(-2x+y)=1\Rightarrow L_3：7x+3y=1$。

再由性質 3.4 得知, $L_4$、 $L_5$、 $L_6$ 分別與 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$ 對稱

$\therefore\ L_4：-2x+y=-1$、 $L_5：5x+4y=-1$、 $L_6：7x+3y=-1$, 此時,

$$ A=\left[\begin{array}{ccc} -4&&-3\\ 5&&7 \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} -1&&-4\\ -2&&5 \end{array}\right]^{-1}=\left[\begin{array}{ccc} -4&&-3\\ 5&&7 \end{array}\right] \frac 1{-13} \left[\begin{array}{ccc} 5&&4\\ 2&&-1 \end{array}\right]= \left[\begin{array}{ccc} 2&&1\\ -3&&-1 \end{array}\right].$$

性質 3.6: (不平行、共原點) 對於任三條過原點的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$, 存在 1 組以上、 $[\frac{n-1}2]$ 組以下的過原點直線 $L_4, \ldots, L_n$ ($n\ge 3$ 且 $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 皆相異) 及矩陣 $A$, 每一組直線分別都存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

證明：

$1^\circ$ 由性質1.3, $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 相鄰不平行, 所以性質 3.1 告訴我們 $A^n=\mu I$ ($\mu\in{\Bbb R}-\{0\}$), 令 $v\gt0$ 滿足 $v^n=\mu$, 仿照引理 3 中的證法假設 $\lambda_A=\{v(\cos\theta +i\sin\theta), y\}$ 以及去討論 $\det A=\pm v^2$, 最後證得 $\lambda_A=\{v(\cos\theta +i\sin\theta )$, $v(\cos\theta -i\sin\theta )\}$ 以及 $\det A=v^2$, 同理, $\theta =\frac{2k\pi}n$ ($k=1, 2,\ldots,[\frac{n-1}2])$ 且 $\gcd(k,n)=1$, 但要注意的是, 當 $n=2s$ ($s\in{\Bbb N}$ 且 $s\ge 2$) 時, $A^s=-v^2I \Rightarrow$ 會讓過原點直線 $L_1, L_2,\ldots, L_s$ 循環。 $\therefore$ 當 $n$ 為偶數時, 必須令 $\theta =\frac{2k\pi}n\times \frac 12=\frac{k\pi}n$。

$2^\circ$ 由於 $L_1\sim L_n$ 為過原點的直線, 只須滿足方向向量的變換, $\therefore\ L_1\sim L_n$ 的模樣不受 $v$ 影響, 可先假設 $\det A=1$, 亦即 $A^n=I$, 任取 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量, 線性組合告訴我們, 一定可以取適當的 $\overrightarrow{l_3}$ 以及 $\alpha ,\beta\in{\Bbb R}-\{0\}$ 使得 $2\cos\theta\overrightarrow{l_3}=2\cos\theta (\beta \overrightarrow{l_2}) -(2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1})$。 這意味著, 我們可以取 $2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1}= \overrightarrow{{l_1}'}$、 $\beta \overrightarrow{l_2}= \overrightarrow{{l_2}'}$、 $2\cos\theta\overrightarrow{l_3}= \overrightarrow{{l_3}'}$ 並依照定理3.5的方法, 分別構造出不過原點且分別與 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$平行 的直線${L_1}'$、 ${L_2}'$、 ${L_3}'$, 使得在 $A^n=I$ 之下滿足 ${L_1}'\overset{A}{\longrightarrow} {L_2}'\overset{A}{\longrightarrow} {L_3}'\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} {L_n}'\overset{A}{\longrightarrow} {L_1}'$, 其中 ${L_r}'$ 會與 $L_r$ 平行 ($r=4\sim n$), 則 ${l_r}'=a_{r-1}(\beta \overrightarrow{l_2})-a_{r-2}(2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1})$, 其中

\begin{align*} &\hskip -20pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta\hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

$3^\circ$ 我們再來研究這個數列, 取性質 3.5 中的其中一條式子：

\begin{align*} &\hskip -20pt A[ \overrightarrow{l_1},\delta \overrightarrow{l_2}-\gamma \overrightarrow{l_1}]=[ \overrightarrow{l_2},\mu \overrightarrow{l_2}-\varepsilon \overrightarrow{l_1}],\\ &\Rightarrow A[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}] \left[\begin{array}{ccc} 1&&-\gamma\\ 0&&\delta \end{array}\right] =[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}] \left[\begin{array}{ccc} 0&&-\varepsilon\\ 1&&\mu \end{array}\right],\\ &\Rightarrow A=[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}] \left[\begin{array}{ccc} 0&&-\varepsilon\\ 1&&\mu \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} 1&&-\gamma\\ 0&&\delta \end{array}\right]^{-1}[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1},\\ &\hskip 30pt =[\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]\frac 1\delta \left[\begin{array}{ccc} 0&&-\varepsilon\\ \delta&&\gamma+\mu \end{array}\right][\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1},\\ &\Rightarrow \hbox{trace}\, A=2\cos\theta =\frac{\gamma +\mu} \delta \Rightarrow \gamma +\mu =2\cos\theta \delta. \end{align*}

這相當於 $a_{r- 2}\times 2 \cos\theta \!=\!a_{r-1}\!+\!a_{r-3} \Rightarrow \overrightarrow{{l_r}'}=a_{r-1}(\beta \overrightarrow{l_2})-(a_{r-1}+a_{r-3}) (\alpha \overrightarrow{l_1}) =a_{r-1}(\beta \overrightarrow{l_2}-\alpha \overrightarrow{l_1})-a_{r-3}(\alpha \overrightarrow{l_1}) =a_{r-1}\overrightarrow{l_3}-a_{r-3}(\alpha \overrightarrow{l_1})$.

與性質3.5不同的是, 性質3.6的這 $n$ 條直線共點, 所以我們真的可以跟高中學到的直線族一樣, 把 $L_r$ 寫成某倍 $L_1$ 加某倍 $L_2$, 而矩陣 $A$ 則是透過 $A[2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1},\beta \overrightarrow{l_2}]=[\beta \overrightarrow{l_2},2\cos\theta \overrightarrow{l_3}] \Rightarrow A=[\beta \overrightarrow{l_2},2\cos\theta \overrightarrow{l_3}] [2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1},\beta \overrightarrow{l_1}]^{-1}$ 來求得, 但要加上 $v$ 的係數倍。

$4^\circ$ 解法統整如下：

(a) 任取 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量, 然後取適當的 $\overrightarrow{l_3}$ 以及 $\alpha ,\beta \in{\Bbb R}-\{0\}$, 使得 $\overrightarrow{l_3}=\beta \overrightarrow{l_2}-\alpha \overrightarrow{l_1}$。

(b) 判斷 $\theta$ 的可能值： $\theta =\frac{2k\pi}n$ ($k=1, 2,\ldots, [\frac{n-1}2]$) 且 $\gcd(k,n)=1$ 但是當 $n$ 為偶數時, $\theta =\frac{k\pi} n$。

(c) 使用新的方向向量 $\alpha \overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_3}$, 利用「方向向量交換加負號」的方式寫出 $L_1$、 $L_3$ (舉例： $\alpha \overrightarrow{l_1}=(2,3)\Rightarrow L_1：3x-2y=0$)。

(d) 使用上一個步驟寫下來的 $L_1$、 $L_3$, $L_4\sim L_n$ 的通式如下：

$L_r：a_{r-1}L_3-a_{r-3} L_1$, 其中

\begin{align*} &\hskip -20pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta\hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

(e) $A=v [\beta \overrightarrow{l_2},2\cos\theta \overrightarrow{l_3}] [2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1},\beta \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ $(v\in{\Bbb R}-\{0\})$。

註記： 若給定三直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$ 及任意數正整數 $n$ ($n\ge 3$), 我們就可以決定 $L_4$、 $\ldots$、 $L_n$ 及矩陣 $A$ 使得他們循環, 更進一步來說, 給定 $n$ 條直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\ldots$、 $L_n$ ($n\ge 3$), 我們即可判斷這 $n$ 條直線是否會循環。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定 3 條直線 $L_1：y=3x$、 $L_2：y=4x$、 $L_3：y=8x$

求 $L_4\sim L_6$ 及矩陣 $A$ 使得 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots \overset{A}{\longrightarrow} L_6\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

(a) 取 $\overrightarrow{l_1}=(1, 3)$、 $\overrightarrow{l_2}=(1, 4)$, 再取 $\overrightarrow{l_3}=(1, 8)=5\overrightarrow{l_2}-4 \overrightarrow{l_1}$。

(b) $\frac{6-1}2=2\Rightarrow \theta =\frac{k\pi}6$ ($k=1, 2$), 但 $k=2$ 不合, 所以 $\theta =\frac \pi 6$。

(c) 4 $\overrightarrow{l_1}=(4, 12)$、 $\overrightarrow{l_3}=(1, 8)$ $ \Rightarrow L_1：12x-4y=0$、 $L_3：8x-y=0$。

(d) $L_4：(2\cos 60^\circ +1)(8x-y)-(12x-4y)=0$

$ \Rightarrow L_4：y=-2x$。

$L_5：(2\cos 90^\circ +2\cos 30^\circ )( 8x-y)-2\cos 30^\circ (12x-4y)=0$

$ \Rightarrow L_5：y=\frac 43 x$。

$L_6：(2\cos 120^\circ +2\cos 60^\circ +1)( 8x-y)-(2\cos 60^\circ +1) (12x-4y)=0$

$ \Rightarrow L_6：y=\frac {16}7x$。

(e) $A=v \left[\begin{array}{ccc} 5&&\sqrt 3\\ 20&&8\sqrt 3 \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} 4\sqrt 3&&5\\ 12\sqrt 3&&20 \end{array}\right]^{-1} =v\left[\begin{array}{ccc} 5&&\sqrt 3\\ 20&&8\sqrt 3 \end{array}\right] \times \frac 1{20\sqrt 3} \left[\begin{array}{ccc} 20&&-5\\ -12\sqrt 3&&4\sqrt 3 \end{array}\right]$ $=v\times \frac 1{20\sqrt 3} \left[\begin{array}{ccc} 64&&-13\\ 112&&-4\sqrt 3 \end{array}\right]\ (v\in{\Bbb R}-\{0\})$。 可經由同乘, 簡化為 $A=v\left[\begin{array}{ccc} 64&&-13\\ 112&&-4 \end{array}\right]$。

(四) 使 1 條直線循環 ($L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$) 的矩陣變換

這一小節中, 我們將處理滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$ 的線性變換, 並利用 $L_1$ 與 $L_2$ 的相交情形, 對平面變換 $T$ 的變換矩陣 $A$ 做討論。

性質 4.1： 若 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 且 $L_1$ 上有無限多個固定點, 其中 $(0, 0) \not\in L_1$, 則坐標平面上的每一個點都是固定點, 以及 $A=I$。

證明： 令其中兩個固定點為 $P$、 $Q$, 則 $AP=P$、 $AQ=Q\Rightarrow A(\overrightarrow{OP})=\overrightarrow{OP}$、 $A(\overrightarrow{OQ})=\overrightarrow{OQ}$, $\because\ L_1$ 不過 $(0, 0)$, $\therefore\ \overrightarrow{OP}$ 不平行 $\overrightarrow{OQ}\Rightarrow [\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}]^{-1}$ 存在 $A[\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}]=[\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}]$ 兩邊同乘 $[\overrightarrow{OP}, \overrightarrow{OQ}]^{-1}\Rightarrow A=I$, 亦即坐標平面上的每一個點都是固定點。

註記： 性質 4.1 結合性質 1.4 可以得知, 若不過原點的直線 $L_1$ 滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 則其平面變換 $T$ 可分為 3 種類型: (a) $A=I$、 (b) $A$ 將 $L_1$ 上的每一個點皆沿著 $L_1$ 的方向平移固定長度、 (c) $L_1$ 上存在唯一固定點 $P$, 其他點以 $P$ 為縮放中心, 沿著 $L_1$ 的方向來進行特定比例的縮放。

性質 4.2： 給定不過原點的直線： $L_1：ax+by=1$, 任取 $L_1$ 的方向向量 $L_1$、 $P\in L_1$, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 其中變換矩陣 $A=[P+r \overrightarrow{l_1},k \overrightarrow{l_1}][P, \overrightarrow{l_1}]^{-1}$ (受 $r$、 $k$ 兩變數影響, 其中 $r\in{\Bbb R}$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\})$。

證明： $\because\ A[P, \overrightarrow{l_1}]=[P+r \overrightarrow{l_1},k \overrightarrow{l_1}]$ 且 $[P,\overrightarrow{l_1}]^{-1}$ 存在 ($\because\ \overrightarrow{OP}$ 不平行 $\overrightarrow{l_1}$)

$\therefore\ A=[P+r \overrightarrow{l_1},k\overrightarrow{l_1}][P, \overrightarrow{l_1}]^{-1}$。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定一直線 $L_1：y=-2x+4$, 取 $P(0, 4)$、 $L_1=(1,-2)$

$$\Rightarrow A\!=\!\left[\begin{array}{ccc} r&&k\\ 4\!-\!2r&&-2k \end{array}\right] \left[\begin{array}{ccc} 0&&1\\ 4&&-2 \end{array}\right]^{-1}\!\!\!\! =\!\!\left[\begin{array}{ccc} r&&k\\ 4\!-\!2r&&-2k \end{array}\right] \!\times \frac 1{-4}\! \left[\begin{array}{ccc} -2&&-1\\ -4&&0 \end{array}\right]\!=\! \left[\begin{array}{ccc} k+\frac 12 r&&\frac 14r\\ 2\!-\!r\!-\!2k&&1\!-\!\frac 12 r \end{array}\right].$$

性質 4.3： 給定過原點的直線 $L_1$, 任取 $L_1$ 的方向向量 $\overrightarrow{l_1}$, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 其中變換矩陣 $A$ 的通解為滿足 $(A-\lambda I) \overrightarrow{l_1}=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]\ (\lambda \not=0)$ 的所有矩陣 $A$。

證明： 同性質 2.2, 已滿足 $A\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]\!=\!\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$, 只需再滿足 $A \overrightarrow{l_1}\!=\!\lambda \overrightarrow{l_1}$ ($\lambda \!\not=\!0$), $\therefore\ A \overrightarrow{l_1}\!=\!\lambda \overrightarrow{l_1} \Leftrightarrow (A\!-\!\lambda I)\overrightarrow{l_1}\!=\!\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$。

有了上述公式後, 對於此類問題我們可以快速地解決, 舉例如下:

給定一直線 $L_1：y=-2x$, 此時 $(A-\lambda I)\!=\! \left[\begin{array}{ccc} a\!-\!\lambda&& b\\ c&&d\!-\!\lambda \end{array}\right]\! \left[\begin{array}{c} 1\\ -2 \end{array}\right]\!=\!\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right] \!\Rightarrow\! \left\{\begin{array}{l} a=\lambda \!+\!2b\\ c=2d\!-\!2\lambda \end{array}\right.,$ $\therefore\ A=\left[\begin{array}{ccc} \lambda \!+\!2b&&b\\ -2\lambda \!+\!2d&&d \end{array}\right]$。

四、結論

(1) 給定不過原點不平行的兩條直線 $L_1：ax+by=1$、 $L_2：cx+dy=1$, 則存在唯一的線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 其中變換矩陣 $A=[- \overrightarrow{l_2},- \overrightarrow{l_1}][\overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$, 其中 $\overrightarrow{l_1}=(b,-a)$、 $\overrightarrow{l_2}=(d,-c)$ (也就是行向量 $\left[\begin{array}{c} b\\ -a \end{array}\right]$ 、 $\left[\begin{array}{c} d\\ -c \end{array}\right]$)。

(2) 給定過原點不平行的兩條直線 $L_1$、 $L_2$, 任取 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$, 其中變換矩陣 $A=[t \overrightarrow{l_2},k \overrightarrow{l_1}][\overrightarrow{l_1},\overrightarrow{l_2}]^{-1}$ (受 $t$、 $k$ 兩獨立變數影響, 其中 $t$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\}$)。

(3) 給定兩條不過原點的平行線： $L_1：y=ax+by=1$、 $L_2: ax+by=\lambda$ ($\lambda \not=0$)。 僅當 $\lambda =-1$ 時, 存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$ (受 $t$、 $k$ 兩獨立變數影響, 其中 $t\in{\Bbb R}$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\}$), 其中變換矩陣 $A=[-P+t \overrightarrow{l},k \overrightarrow{l}][P, \overrightarrow{l}]^{-1}$ ($\overrightarrow{l}$ 為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量且 $P\in L_1$)； 當 $\lambda \not=-1$ 時, 不存在平面變換 $T$ 使得 $L_1\overset{A}{\longleftrightarrow} L_2$。

(4) 不存在任何的平面變換, 使得 $n$ 條 ($n\ge 3$) 共交點 $P(x_0, y_0)\not=(0,0)$ 的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\cdots$、 $L_n$ 循環, 亦即 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

(5) 不存在任何的平面變換, 使得 $n$ 條 ($n\ge 3$) 平行的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$、 $\ldots$、 $L_n$ 循環, 亦即 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} L_3\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

(6) 對於任兩條不平行且不過原點之直線 $L_1, L_2$, 存在一組以上, $[\frac{n-1}2]$ 組以下的 $L_3,\ldots, L_n$ ($n\ge 3$ 且 $L_1, L_2,\ldots, L_n$ 皆相異), 每一組直線分別都存在唯一的線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

解法統整如下：

(a) 將 $L_1$、 $L_2$ 寫成 $ex+fy=1$、 $gx+hy=1$ 之形式, 並取 $(-f, e)$、 $(-h, g)$ 分別作為 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$。

(b) 判斷 $\theta$ 的可能值： $\theta =\frac{2k\pi}n$ ($k=1, 2,\ldots, [\frac{n-1}2]$) 且 $\gcd(k,n)=1$。

(c) $L_3\sim L_n$ 的通式如下：

$L_r：a_{r-1}(gx+hy)-a_{r-2}(ex+fy)=1$, 其中

\begin{align*} &\hskip -20pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta\hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

(d) 依照通式寫出 $L_3$ 後, 仿照 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 求出 $\overrightarrow{l_3}$, 然後 $A=[\overrightarrow{l_2}, \overrightarrow{l_3}][ \overrightarrow{l_1}, \overrightarrow{l_2}]^{-1}$。

(7) 對於任三條過原點的相異直線 $L_1$、 $L_2$、 $L_3$, 存在 1 組以上、 $[\frac{n-1}2]$ 組以下的過原點直線 $L_4,\ldots, L_n$ ($n\ge 3$ 且 $L_1, L_2, \ldots, L_n$ 皆相異) 及矩陣 $A$, 每一組直線分別都存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_2\overset{A}{\longrightarrow} \cdots\overset{A}{\longrightarrow} L_n\overset{A}{\longrightarrow} L_1$。

解法統整如下：

(a) 任取 $\overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_2}$ 分別做為 $L_1$、 $L_2$ 的方向向量, 然後取適當的 $\overrightarrow{l_3}$以及 $\alpha ,\beta\in{\Bbb R}-\{0\}$, 使得 $\overrightarrow{l_3}=\beta \overrightarrow{l_2}-\alpha \overrightarrow{l_1}$。

(b) 判斷 $\theta$ 的可能值： $\theta =\frac{2k\pi}n$ ($k=1, 2,\ldots, [\frac{n-1}2]$) 且 $\gcd(k,n)=1$ 但是當 $n$ 為偶數時, $\theta =\frac{k\pi}n$。

(c) 使用新的方向向量 $\alpha \overrightarrow{l_1}$、 $\overrightarrow{l_3}$, 利用「方向向量交換加負號」的方式寫出 $L_1$、 $L_3$ (舉例： $\alpha \overrightarrow{l_1}=(2,3)\Rightarrow L_1：3x-2y=0$)。

(d) 使用上一個步驟寫下來的 $L_1$、 $L_3$, $L_4\sim L_n$ 的通式如下：

$L_r：a_{r-1}L_3-a_{r-3} L_1$, 其中

\begin{align*} &\hskip -20pt a_1\!=\!1\hbox{、}\ a_2\!=\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_3\!=\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\ a_4\!=\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta \hbox{、}\ a_5\!=\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1\hbox{、}\\ &\hskip -20pt a_6\!=\!2\cos 5\theta \!+\!2\cos 3\theta \!+\!2\cos\theta\hbox{、}\ a_7\!=\!2\cos 6\theta \!+\!2\cos 4\theta \!+\!2\cos 2\theta \!+\!1 \cdots \cdots \ \hbox{依此類推。} \end{align*}

(e) $A=v [\beta \overrightarrow{l_2},2\cos\theta \overrightarrow{l_3}] [2\cos\theta \alpha \overrightarrow{l_1},\beta \overrightarrow{l_2}]^{-1}$ $(v\in{\Bbb R}-\{0\})$.

(8) 給定不過原點的直線： $L_1：ax+by=1$, 任取 $L_1$ 的方向向量 $ \overrightarrow{l_1}$、 $P\in L_1$, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$ (受 $t$、 $k$ 兩變數影響, 其中 $r\in{\Bbb R}$、 $k\in{\Bbb R}-\{0\}$), 其中變換矩陣 $A=[P+r \overrightarrow{l_1},k \overrightarrow{l_1}][P, \overrightarrow{l_1}]^{-1}$。

(9) 給定過原點的直線 $L_1$, 任取 $L_1$ 的方向向量 $\overrightarrow{l_1}$, 則存在無限多個線性變換滿足 $L_1\overset{A}{\longrightarrow} L_1$, 其中變換矩陣 $A$ 的通解為滿足 $(A-\lambda I) \overrightarrow{l_1}=\left[\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right]$ ($\lambda \not=0$) 的所有矩陣 $A$。

特別感謝指導老師: 蔡其南老師。

參考文獻

本文作者趙淯揚、龔書宏投稿時就讀國立彰化高級中學