Vortrag 3 — Symmetriegruppe des Würfels

Für n ⩾ 1 sei O_{n}(R) = {A ∈ R^{n×n} : AA^{t} = I_{n}}, wobei t die Transposition und I_{n} die Einheitsmatrix bezeichne. Ist A ∈ O_{n}(R), so ist det A ∈ {−1, +1}. Es ist O_{n}(R) eine Untergruppe der Gruppe GL_{n}(R) der invertierbaren n × n-Matrizen, die orthogonale Gruppe, bestehend aus den orthogonalen Matrizen der Form n × n.

Für x, y ∈ R^{n} schreiben wir x ⊥ y falls x^{t}y = 0, in Worten, x ist orthogonal zu y.

Bemerkung. Seien x, y ∈ R^{n} und A ∈ O_{n}(R) gegeben. Ist x ⊥ y, dann ist auch Ax ⊥ Ay.

Sei ferner SO_{n}(R) = {A ∈ R^{n×n} : AA^{t} = I_{n}, det A = 1}. Dies ist eine Untergruppe der orthogonalen Gruppe, genannt spezielle orthogonale Gruppe oder Rotationsgruppe, bestehend aus Rotationen. Es enthält SO_{n}(R) im Gegensatz zu O_{n}(R) keine Spiegelungen.

Also SO_{n}(R) ⩽ O_{n}(R) ⩽ GL_{n}(R).

Sei E := \{(\begin{matrix}a \\ b \\ c \end{matrix}) : a, b, c ∈ \{−1, +1\}\} ⊆ R^{3} die Eckenmenge des Würfels.

Sei W := {A ∈ R^{3×3} : AA^{t} = I_{3}, det A = 1, AE ⊆ E} die Symmetriegruppe des Würfels. Es ist W eine Untergruppe von SO_{3}(R). Sie besteht aus den Rotationen, die die Eckenmenge E und damit den ganzen Würfel in sich überführen.

Also W ⩽ SO_{3}(R) ⩽ O_{3}(R) ⩽ GL_{3}(R).

Sei nun

\begin{aligned}R & := & \{\{x, −x\} : x ∈ E\} \\ & = & \{D_{1} := \{± (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})\}, D_{2} := \{± (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})\}, D_{3} := \{± (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 1 \end{matrix})\}, D_{4} := \{± (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ −1 \end{matrix})\}, \} \end{aligned}

die Menge der Raumdiagonalen des Würfels. Eine solche ist hier gegeben durch ihre beiden Endpunkte.

Es operiert W auf der Menge der Raumdiagonalen. Einem Element A kann so eine Permutation σ_{A} ∈ S_{4} zugeordnet werden, welche

AD_{i} = D_{σ_{A}(i)}

erfüllt. Es wird

[figure: W; s; S_{4}; A; σ_{A}]

ein Gruppenmorphismus.

Behauptung. Es ist s injektiv.

Beweis. Wir haben zu zeigen, daß Kern s = {I_{3}}. Sei also A ∈ W mit σ_{A} = id gegeben, d.h. mit AD_{i} = D_{i} für alle i ∈ [1, 4]. Schreibe

A = (\begin{matrix}a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \end{matrix}) .

Da

\{x ∈ R^{3} : x ⊥ (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) und x ⊥ (\begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})\} = ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix})⟩ ,

bildet A die Gerade ⟨(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix})⟩ in sich ab. Also ist a_{1,2} = a_{1,3}.

Analog sieht man, daß A die Gerade ⟨(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ −1 \end{matrix})⟩ in sich abbildet, woraus man a_{2,1} = a_{2,3} folgert. Analog sieht man, daß A die Gerade ⟨(\begin{matrix}1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix})⟩ in sich abbildet, woraus man a_{3,1} = a_{3,2} folgert. Da nun A^{t} = A^{−1} ebenfalls in Kern s liegt, folgt nun genauso, daß a_{2,1} = a_{3,1}, a_{1,2} = a_{1,3} und a_{1,3} = a_{2,3}. Somit gibt es ein x ∈ R mit

A = (\begin{matrix}a_{1,1} & x & x \\ x & a_{2,2} & x \\ x & x & a_{3,3} \end{matrix}) .

Da AD_{1} = D_{1}, folgt, daß (\begin{matrix}a_{1,1} \\ a_{2,2} \\ a_{3,3} \end{matrix}) + 2x (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = ± (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}), also y := a_{1,1} = a_{2,2} = a_{3,3} und

mithin

A = (\begin{matrix}y & x & x \\ x & y & x \\ x & x & y \end{matrix}) .

Da AD_{2} = D_{2}, folgt, daß x = 0 und y = ±1. Da det A = 1, folgt A = I_{3}. Behauptung. Es ist s surjektiv. Beweis. Es wird (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) ∈ W auf (1, 4) abgebildet. Es wird (\begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix}) ∈ W auf (1, 3) abgebildet. Es wird (\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ∈ W auf (1, 2) abgebildet. Da das Bild von s eine Untergruppe von S_{4} ist, die (1, 2), (1, 3) und (1, 4) enthält, ist das Bild von s gleich S_{4}. Konklusion. Insgesamt ist s also bijektiv. D.h. die Symmetriegruppe des Würfels ist isomorph zu S_{4}.

www.uni-koblenz.de/∼kuenzer/gruppen/gruppen.html