(1)

巡回行列\(C\)の固有値と固有ベクトルを求める。
固有ベクトルを\(\boldsymbol{v}=\left(v_{0},v_{1},\cdots,v_{n-1}\right)^{T}\)とする。
また、\(v\)の添え字は\(n\)で割った余りに等しい、すなわち\(v_{k}=v_{\mod\left(k,n\right)}\)とする。
\begin{align*} C\boldsymbol{v} & =\left(\begin{array}{cccc} x_{0} & x_{1} & \cdots & x_{n-1}\\ x_{n-1} & x_{0} & \cdots & x_{n-2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{0} \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} v_{0}\\ v_{1}\\ \vdots\\ v_{n-1} \end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c} \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j}\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j+1}\\ \vdots\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j+\left(n-1\right)} \end{array}\right) \end{align*} となるので、\(\omega_{n}\)を1の\(n\)乗根\(\omega_{n}=e^{\frac{2\pi i}{n}}\)として、\(v_{j}=\left(\omega_{n}^{k}\right)^{j}=\omega_{n}^{kj}\)とおくと、
\begin{align*} C\boldsymbol{v} & =\left(\begin{array}{c} \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j}\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j+1}\\ \vdots\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}v_{j+\left(n-1\right)} \end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c} \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{k\left(j+1\right)}\\ \vdots\\ \sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{k\left(j+\left(n-1\right)\right)} \end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{c} \omega_{n}^{0}\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\\ \omega_{n}^{k}\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\\ \vdots\\ \omega_{n}^{k\left(n-1\right)}\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj} \end{array}\right)\\ & =\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\left(\begin{array}{c} \omega_{n}^{0}\\ \omega_{n}^{k}\\ \vdots\\ \omega_{n}^{k\left(n-1\right)} \end{array}\right)\\ & =\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\left(\begin{array}{c} v_{0}\\ v_{1}\\ \vdots\\ v_{n-1} \end{array}\right) \end{align*} となるので、\(k\in\left\{ 0,1,\cdots,n-1\right\} \)として\(C\)は固有値\(\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj}\)で固有ベクトルは\(\left(\omega_{n}^{0k},\omega_{n}^{1k},\cdots,\omega_{n}^{\left(n-1\right)k}\right)^{T}\)となる。
また、固有ベクトルの2乗の大きさは、
\begin{align*} \sum_{j=0}^{n-1}\left|\omega_{n}^{jk}\right|^{2} & =\sum_{j=0}^{n-1}\left|e^{\frac{2\pi i}{n}kj}\right|^{2}\\ & =\sum_{j=0}^{n-1}1\\ & =n \end{align*} となるので、規格化した固有ベクトルは\(\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\omega_{n}^{0k},\omega_{n}^{1k},\cdots,\omega_{n}^{\left(n-1\right)k}\right)^{T}\)となる。

(2)

行列式は全ての固有値の積になるので、
\[ \det C=\prod_{k=0}^{n-1}\sum_{j-0}^{n-1}x_{j}\omega_{n}^{kj} \] となる。
従って題意は成り立つ。

(3)

\(A,B\)は巡回行列なので、
\[ \left(A\right)_{i,j}=\left(A\right)_{\mod\left(i,n\right),\mod\left(j,n\right)} \] \[ \left(B\right)_{i,j}=\left(B\right)_{\mod\left(i,n\right),\mod\left(j,n\right)} \] \[ \left(A\right)_{i,j}=a_{\mod\left(j-i,n\right)} \] \[ \left(B\right)_{i,j}=b_{\mod\left(j-i,n\right)} \] とする。
\(AB\)については、
\begin{align*} \left(AB\right)_{i+a,j+a} & =\sum_{k=1}^{n}\left(A\right)_{i+a,k}\left(B\right)_{k,j+a}\\ & =\sum_{k=1}^{a}\left(A\right)_{i+a,k}\left(B\right)_{k,j+a}+\sum_{k=a+1}^{n}\left(A\right)_{i+a,k}\left(B\right)_{k,j+a}\\ & =\sum_{k=1+n-a}^{a+n-a}\left(A\right)_{i+a,k-\left(n-a\right)}\left(B\right)_{k-\left(n-a\right),j+a}+\sum_{k=1}^{n-a}\left(A\right)_{i+a,k+a}\left(B\right)_{k+a,j+a}\\ & =\sum_{k=n-a+1}^{n}\left(A\right)_{i+a,k+a}\left(B\right)_{k+a,j+a}+\sum_{k=1}^{n-a}\left(A\right)_{i+a,k+a}\left(B\right)_{k+a,j+a}\\ & =\sum_{k=1}^{n}\left(A\right)_{i+a,k+a}\left(B\right)_{k+a,j+a}\\ & =\sum_{k=1}^{n}a_{\mod\left(k+a-\left(i+a\right),n\right)}b_{\mod\left(j+a-\left(k+a\right),n\right)}\\ & =\sum_{k=1}^{n}a_{\mod\left(k-i,n\right)}b_{\mod\left(j-k,n\right)}\\ & =\sum_{k=1}^{n}\left(A\right)_{i,k}\left(B\right)_{k,j}\\ & =\left(AB\right)_{i,j} \end{align*} となるので、\(AB\)は巡回置換になる。
\(A+B\)については、
\begin{align*} \left(A+B\right)_{i+a,j+a} & =\left(A\right)_{i+a,j+a}+\left(B\right)_{i+a,j+a}\\ & =a_{\mod\left(j+a-\left(i+a\right),n\right)}+b_{\mod\left(j+a-\left(i+a\right),n\right)}\\ & =a_{\mod\left(j-i,n\right)}+b_{\mod\left(j-i,n\right)}\\ & =\left(A\right)_{i,j}+\left(B\right)_{i,j}\\ & =\left(A+B\right)_{i,j} \end{align*} となるので、\(A+B\)は巡回置換になる。

(4)

\(A,B\)は巡回行列なので、
\[ \left(A\right)_{i,j}=\left(A\right)_{\mod\left(i,n\right),\mod\left(j,n\right)} \] \[ \left(B\right)_{i,j}=\left(B\right)_{\mod\left(i,n\right),\mod\left(j,n\right)} \] \[ \left(A\right)_{i,j}=a_{\mod\left(j-i,n\right)} \] \[ \left(B\right)_{i,j}=b_{\mod\left(j-i,n\right)} \] とする。
\begin{align*} \left(AB\right)_{i,j} & =\sum_{k=1}^{n}\left(A\right)_{i,k}\left(B\right)_{k,j}\\ & =\sum_{k=1}^{n}a_{\mod\left(k-i,n\right)}b_{\mod\left(j-k,n\right)}\\ & =\sum_{k=1}^{n}a_{\mod\left(\left(n+1-k\right)-i,n\right)}b_{\mod\left(j-\left(n+1-k\right),n\right)}\\ & =\sum_{k=1}^{n}a_{\mod\left(\left(1-i\right)-k,n\right)}b_{\mod\left(k-\left(1-j\right),n\right)}\\ & =\sum_{k=1}^{n}\left(A\right)_{k,1-i}\left(B\right)_{1-j,k}\\ & =\sum_{k=1}^{n}\left(B\right)_{1-j,k}\left(A\right)_{k,1-i}\\ & =\left(BA\right)_{1-j,1-i} \end{align*} となり、\(AB\)は巡回置換より、\(\left(AB\right)_{i,j}=\left(AB\right)_{i+a,j+a}\)となるので、
\begin{align*} \left(BA\right)_{1-j,1-i} & =\left(AB\right)_{i,j}\\ & =\left(AB\right)_{i+\left(i-j+1\right),j+\left(i-j+1\right)}\\ & =\left(AB\right)_{1-j,1-i} \end{align*} となる。
従って、\(AB=BA\)となるので題意は成り立つ。