Endliche Symmetriegruppe/Isotropiegruppe/Numerische Bedingung/Textabschnitt

Lemma

Es sei ${}G\subseteq \operatorname {SO} _{3}\,(\mathbb {R} )$ eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${}\mathbb {R} ^{3}$. Zu einer Halbachse ${}H$ von ${}G$ sei

${}G_{H}={\left\{g\in G\mid g(H)=H\right\}}\,.$

Dann sind für zwei äquivalente Halbachsen ${}H_{1}$ und ${}H_{2}$ die Gruppen ${}G_{H_{1}}$ und ${}G_{H_{2}}$ isomorph.

Insbesondere besitzen sie die gleiche Ordnung.

Beweis

Es sei ${}g(H_{1})=H_{2}$, was es gibt, da die beiden Halbachsen nach Voraussetzung äquivalent sind. Dann hat man aber sofort den Gruppenisomorphismus

$G_{H_{1}}\longrightarrow G_{H_{2}},\,f\longmapsto g\circ f\circ g^{-1}.$

Wegen

${}{\left(gfg^{-1}\right)}(H_{2})=gf{\left(g^{-1}(H_{2})\right)}=gf(H_{1})=g(H_{1})=H_{2}\,$

führt dieser innere Automorphismus von ${}G$ in der Tat die beiden Gruppen ineinander über.

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Bei ${}G_{H}$ handelt es sich trivialerweise um eine Untergruppe von ${}G$. Man nennt sie die Isotropiegruppe zur Halbachse ${}H$. Das Lemma besagt also, dass äquivalente Halbachsen isomorphe Isotropiegruppen besitzen. Wenn ${}n={\#\left(G\right)}$ ist und ${}H$ eine Halbachse in der Halbachsenklasse ${}K$, und die Untergruppe ${}G_{H}$ ${}k$ Elemente besitzt, so gibt es in ${}K$ genau ${}n/k$ verschiedene Halbachsen. Die fixierte Halbachse ${}H$ definiert nämlich eine surjektive Abbildung

$G\longrightarrow K,\,f\longmapsto f(H).$

Dabei geht ${}f\in G_{H}$ auf ${}H$, und ebenso gibt es für jede Halbachse ${}H'\in K$ genau ${}k$ Urbilder.

Lemma

Es sei ${}G\subseteq \operatorname {SO} _{3}\,(\mathbb {R} )$ eine endliche Untergruppe der Ordnung ${}n$ in der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${}\mathbb {R} ^{3}$. Es seien ${}K_{1},\ldots ,K_{m}$ die verschiedenen Halbachsenklassen zu ${}G$, und zu jeder dieser Klassen sei ${}n_{i}$, ${}i=1,\ldots ,m$, die Ordnung der Gruppe ${}G_{H}$, ${}H\in K_{i}$, die nach Fakt unabhängig von ${}H\in K_{i}$ ist.

Dann ist

$2{\left(1-{\frac {1}{n}}\right)}=\sum _{i=1}^{m}{\left(1-{\frac {1}{n_{i}}}\right)}$

Beweis

Für zwei gegenüberliegende Halbachsen ${}H$ und ${}-H$ gilt ${}G_{H}=G_{-H}$. Dagegen gilt für zwei Halbachsen ${}H_{1}$ und ${}H_{2}$, die nicht zur gleichen Achse gehören (also insbesondere verschieden sind), die Beziehung ${}G_{H_{1}}\cap G_{H_{2}}=\operatorname {Id}$, da eine Isometrie mit zwei Fixachsen die Identität sein muss. Da ${}G$ die Vereinigung aller $G_{H},\,H\in {\mathfrak {H}}(G)$, ist, liegt eine Vereinigung

${}G\setminus \{\operatorname {Id} \}=\bigcup _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(G_{H}\setminus \{\operatorname {Id} \}\right)}\,$

vor, wobei rechts jedes Gruppenelement ${}g\neq \operatorname {Id}$ genau zweimal vorkommt. Daher ist

${}2(n-1)=\sum _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(\operatorname {ord} \,(G_{H})-1\right)}\,.$

Die Halbachsenklasse ${}K_{i}$ enthält ${}n/n_{i}$ Elemente. Daher ist

${}2(n-1)=\sum _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(\operatorname {ord} \,(G_{H})-1\right)}=\sum _{i=1}^{m}\sum _{H\in K_{i}}(n_{i}-1)=\sum _{i=1}^{m}{\frac {n}{n_{i}}}(n_{i}-1)\,.$

Mittels Division durch ${}n$ ergibt sich die Behauptung.

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Lemma

Die numerische Gleichung

$2{\left(1-{\frac {1}{n}}\right)}=\sum _{i=1}^{m}{\left(1-{\frac {1}{n_{i}}}\right)}$

mit

${}n\geq 2,\,m\in \mathbb {N}$ und mit ${}2\leq n_{1}\leq n_{2}\leq \ldots \leq n_{m}\leq n$ besitzt folgende ganzzahlige Lösungen.

1. ${}m=2$ und ${}n=n_{1}=n_{2}$.
2. Bei ${}m=3$ gibt es die Möglichkeiten
   1. ${}n_{1}=n_{2}=2$ und ${}n=2n_{3}$,
   2. ${}n_{1}=2$, ${}n_{2}=n_{3}=3$ und ${}n=12$,
   3. ${}n_{1}=2$, ${}n_{2}=3$, ${}n_{3}=4$, und ${}n=24$,
   4. ${}n_{1}=2$, ${}n_{2}=3$, ${}n_{3}=5$, und ${}n=60$.

Beweis

Bei ${}m=0$ ist die rechte Seite ${}0$ und daher folgt ${}n=1<2$ aus der linken Seite. Bei ${}m=1$ muss ${}n_{1}={\frac {n}{-n+2}}$ gelten, was bei ${}n\geq 2$ keine Lösung besitzt. Bei ${}m=2$ erhält man die Bedingung ${}{\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}$, woraus sich wegen ${}n_{1},n_{2}\leq n$ nach Aufgabe ${}n_{1}=n_{2}=n$ ergibt. Bei ${}m=3$ schreibt sich die Bedingung als

${}1+{\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}\,$

mit ${}n_{1}\leq n_{2}\leq n_{3}$. Die linke Seite ist ${}>1$. Daher muss wegen ${}n_{i}\geq 2$ mindestens eines der ${}n_{i}=2$ sein. Es sei also ${}n_{1}=2$. Bei ${}n_{2}=2$ gibt es genau die Lösung ${}n=2n_{3}$ mit beliebigem ${}n_{3}\geq 2$. Es sei also ${}n_{2}\geq 3$. Bei ${}n_{2}=4$. wäre die rechte Seite wieder ${}\leq 1$, sodass ${}n_{2}=3$ gelten muss. Der Wert ${}n_{3}=3$ führt zur Lösung ${}n=12$, der Wert ${}n_{3}=4$ führt zur Lösung ${}n=24$ und der Wert ${}n_{3}=5$ führt zur Lösung ${}n=60$. Bei ${}n_{3}\geq 6$ wird die rechte Seite wieder ${}\leq 1$, sodass es keine weitere Lösung gibt.
 Bei ${}m\geq 4$ hat man eine Bedingung der Form

${}m-2+{\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}+{\frac {1}{n_{4}}}+\cdots +{\frac {1}{n_{m}}}\,,$

die keine Lösung besitzt, da die rechte Seite ${}\leq m-2$ ist, da die ersten vier Summanden maximal ${}2$ ergeben und die weiteren durch ${}m-4$ abgeschätzt werden können.

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