Kurs:Einführung in die Algebra (Osnabrück 2009)/Vorlesung 11

Numerische Bedingungen für endliche Symmetriegruppen im Raum

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$. Zu einer Halbachse $H$ von $G$ sei

$G_H=\{g\in G\mid g(H)=H\}.$

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

$G_{H_1}⟶G_{H_2},f⟼g\circ f\circ g^{-1}.$

Wegen

$\left(gf{g}^{-1}\right)(H_2)=gf(g^{-1}(H_2))=gf(H_1)=g(H_1)=H_2$

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

$◻$

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 $n=\mathrm{\#}\left(G\right)$ 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

$G⟶K,f⟼f(H).$

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

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Ordnung $n$ in der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$. Es seien $K_1,\dots ,K_m$ die verschiedenen Halbachsenklassen zu $G$, und zu jeder dieser Klassen sei $n_i$, $i=1,\dots ,m$, die Ordnung der Gruppe $G_H$, $H\in K_i$, die nach Lemma 11.1 unabhängig von  $H\in K_i$  ist.

Dann ist

$2(1-\frac{1}{n})=\sum _{i=1}^m(1-\frac{1}{n_i}).$

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  $G_{H_1}\cap G_{H_2}=\mathrm{Id}$,  da eine Isometrie mit zwei Fixachsen die Identität sein muss. Da $G$ die Vereinigung aller $G_H,H\in ℌ(G)$, ist, liegt eine Vereinigung

$G\setminus \{\mathrm{Id}\}=\bigcup _{H\in ℌ(G)}(G_H\setminus \{\mathrm{Id}\})$

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

$2(n-1)=\sum _{H\in ℌ(G)}(\mathrm{ord}(G_H)-1).$

Die Halbachsenklasse $K_i$ enthält $n/n_i$ Elemente. Daher ist

$2(n-1)=\sum _{H\in ℌ(G)}(\mathrm{ord}(G_H)-1)=\sum _{i=1}^m\sum _{H\in K_i}(n_i-1)=\sum _{i=1}^m\frac{n}{n_i}(n_i-1).$

Mittels Division durch $n$ ergibt sich die Behauptung.

$◻$

Lemma

Die numerische Gleichung

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

mit

$n\ge 2,m\in \mathbb{N}$ und mit $2\le n_1\le n_2\le \dots \le n_m\le n$ 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  $n\ge 2$  keine Lösung besitzt. Bei  $m=2$  erhält man die Bedingung  $\frac{2}{n}=\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}$,  woraus sich wegen  $n_1,n_2\le n$  nach Aufgabe 11.5  $n_1=n_2=n$  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  $n_1\le n_2\le n_3$.  Die linke Seite ist $>1$. Daher muss wegen  $n_i\ge 2$  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  $n_3\ge 2$.  Es sei also  $n_2\ge 3$.  Bei  $n_2=4$  wäre die rechte Seite wieder $\le 1$, 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  $n_3\ge 6$  wird die rechte Seite wieder $\le 1$, sodass es keine weitere Lösung gibt.
 Bei  $m\ge 4$  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 $\le m-2$ ist, da die ersten vier Summanden maximal $2$ ergeben und die weiteren durch $m-4$ abgeschätzt werden können.

$◻$

Geometrische Realisierungen der endlichen Symmetriegruppen

Plato (427-347 v. C.) sagte: „die Bedeutung der Geometrie beruht nicht auf ihrem praktischen Nutzen, sondern darauf, daß sie ewige und unwandelbare Gegenstände untersucht und danach strebt, die Seele zur Wahrheit zu erheben“.

Das letzte Lemma enthält die entscheidenden numerischen Bedingungen, wie eine endliche Symmetriegruppe im ${ℝ}^3$ aussehen kann. Wenn man von der trivialen Gruppe absieht, bei der  $m=0$  gilt, so erfasst dieses Lemma alle endlichen Gruppen, da bei  $m\ge 1$  für jedes $i$ die Gruppe der Drehungen an einer Achse schon mindestens zwei Elemente besitzt. Jede der angegebenen Bedingungen lässt sich im Wesentlichen eindeutig durch eine endliche Symmetriegruppe realisieren. Das geometrische Objekt ist aber nicht eindeutig bestimmt, wie schon das „duale Paar“ Würfel und Oktaeder zeigen.

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$ mit einer fixierten Halbachsenklasse $K$.

Dann ist die Abbildung

$G⟶\mathrm{Perm}(K),g⟼{\sigma }_g:H\mapsto g(H),$

ein Gruppenhomomorphismus.

Beweis

Nach der Definition von Halbachsenklasse ist mit  $H\in K$  auch  $g(H)\in K$  für alle  $g\in G$.  Daher ist die Abbildung $\sigma$ wohldefiniert. Seien  $f,g\in G$.  Dann ist sofort

${\sigma }_{g\circ f}(H)=(g\circ f)(H)=g(f(H))=g({\sigma }_f(H))={\sigma }_g({\sigma }_f(H))=({\sigma }_g\circ {\sigma }_f)(H).$

$◻$

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3\left(ℝ\right)$  eine endliche Untergruppe der Ordnung $n$ der Gruppe der eigentlichen linearen Isometrien des ${ℝ}^3$ mit zwei verschiedenen Halbachsenklassen zu $G$.

Dann ist $G$ die zyklische Gruppe der Drehungen zu den Vielfachen des Winkels $2\pi /n$ um eine einzige fixierte Drehachse.

Beweis

Aufgrund von Lemma 11.2 und Lemma 11.3 muss  $n=n_1=n_2$  sein und jede Halbachsenklasse enthält nur eine Halbachse. Daher gibt es überhaupt nur eine Drehachse und diese Bewegungsgruppe ist nach Lemma 34.1 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) isomorph zu einer Bewegungsgruppe in der senkrechten Ebene, also nach Satz 10.5 isomorph zur zyklischen Gruppe der Ordnung $n$.

$◻$

In diesem Fall gibt es also zwei Halbachsenklassen, die jeweils aus nur einer Halbachse bestehen.

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$ vom Typ $(2,2,k)$.

Dann ist $G$ isomorph zur Diedergruppe $D_k$.

Beweis

Es gibt drei Halbachsenklassen $K_1$, $K_2$, $K_3$, und zwar zwei mit der Ordnung $2$ (und je $k$ Halbachsen in der Klasse) und eine mit der Ordnung $k$ und zwei Halbachsen (die Anzahlen der Halbachsen folgen mit  $n_1=n_2=2$  aus Lemma 11.3). Bei  $k\ge 3$  müssen die beiden Halbachsen aus der dritten Klasse eine Gerade bilden, da ja die gegenüberliegende Halbachse die gleiche Ordnung besitzt, und bei  $k=2$  muss jede Halbachse zu ihrem Gegenüber äquivalent sein. Wir bezeichnen die Achse zu $K_3$ mit $A_3$. Jedes Gruppenelement mit einer anderen Drehachse muss die beiden Halbachsen aus $K_3$ ineinander überführen, sodass alle anderen Achsen senkrecht zu $A_3$ stehen. Es sei $g$ eine erzeugende Drehung um $A_3$. Zu einer Halbachse $H_1$ aus $K_1$ sind die

$g^i(H_1),i=0,\dots ,k-1,$

genau alle Halbachsen aus $K_1$. Diese (bzw. die Punkte darauf mit der Norm $1$) bilden ein regelmäßiges $k$-Eck in der zu $A_3$ senkrechten Ebene. Entsprechendes gilt für $g^i(H_2)$ mit  $H_2\in K_2$.  Jede Halbdrehung um eine der Achsen aus $K_1$ überführt die Halbachsen aus $K_2$ in ebensolche. Daher liefern die Halbachsen aus $K_2$ eine „Halbierung“ des $k$-Ecks. Somit handelt es sich insgesamt um die (uneigentliche) Symmetriegruppe eines regelmäßigen $k$-Ecks oder um die eigentliche Symmetriegruppe der Doppelpyramide über einem regelmäßigen $k$-Eck, d.h. um eine Diedergruppe $D_k$.

$◻$

In diesem Fall bestehen die beiden Halbachsenklassen der Ordnung zwei einerseits aus den Eckpunkten (oder Eckhalbachsen) und andererseits aus den Seitenmittelpunkten (oder Seitenmittelhalbachsen) des zugrunde liegenden regelmäßigen $n/2$-Ecks. Bei $n/2$ gerade sind gegenüberliegende Halbachsen äquivalent, bei $n/2$ ungerade nicht. Bei $n=4$ ist die Diedergruppe (also $D_2$) kommutativ und isomorph zur Kleinschen Vierergruppe.

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$ vom Typ $(2,3,3)$.

Dann ist $G$ die Tetraedergruppe

und damit isomorph zur alternierenden Gruppe $A_4$.

Beweis

Nach Voraussetzung gibt es drei Halbachsenklassen der Ordnung $2,3$ und $3$, ihre Elementanzahl ist daher $6,4$ und $4$. Betrachten wir eine Halbachsenklasse $K$ der Ordnung $3$ mit ihren vier äquivalenten Halbachsen und den zugehörigen Gruppenhomomorphismus

$G⟶\mathrm{Perm}(K),g⟼{\sigma }_g.$

Sei  $g\in G$  eine Dritteldrehung um eine Halbachse  $H\in K$.  Sie lässt $H$ fest und bewirkt eine Permutation der drei anderen Halbachsen in der Klasse. Diese Permutation kann nicht die Identität sein, da sonst $g$ mindestens zwei Achsen fest ließe und damit $g$ die (Raum)-Identität wäre. Da $g$ die Ordnung $3$ besitzt, muss diese Permutation ein Dreierzykel sein. Insbesondere gehören die vier Halbachsen zu verschiedenen Achsen, und die Doppeldrehung $g^2$ bewirkt den anderen Dreierzykel. Da man diese Überlegung mit jeder der vier Halbachsen aus $K$ anstellen kann, sieht man, dass $G$ sämtliche Dreierzykel der Permutationsgruppe der vier Halbachsen bewirkt. Das Bild des Gruppenhomomorphismus ist daher genau die alternierende Gruppe $A_4$ und damit ist  $G\cong A_4$.  Diese ist nach Aufgabe 10.6 isomorph zur Tetraedergruppe.

$◻$

In der vorstehenden Aussage kann man auch direkt erkennen, dass es sich um eine Tetradergruppe handeln muss. Dazu markieren wir auf jeder der vier Halbachsen den Punkt mit dem Abstand $1$ zum Nullpunkt. Aus dem Beweis des Lemmas folgt, dass je zwei solche Punkte den gleichen Abstand voneinander haben (und dass die Winkel der Halbachsen zueinander alle gleich sind). Daher bilden diese vier Punkte die Eckpunkte eines Tetraeders. Die gegenüberliegenden Halbachsen entsprechen den Seitenmittelpunkten der Tetraederflächen. Das Halbachsensystem der Ordnung zwei wird gebildet durch die Kantenmittelpunkte.

Lemma

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$ vom Lemma 11.3 $(2,3,4)$.

Dann ist $G$ isomorph zur Permutationsgruppe $S_4$ und konjugiert zur Würfelgruppe.

Beweis

Wir betrachten die Halbachsenklasse $K_2$ der Ordnung $3$, die also $8$ zueinander äquivalente Halbachsen besitzt. Zu einer solchen Halbachse $H$ muss die entgegengesetzte Halbachse ebenfalls in einer der Halbachsenklassen liegen, und zwar in einer mit der gleichen Ordnung. Daher gehört auch $-H$ zu $K_2$, sodass an $K_2$ insgesamt vier Achsen beteiligt sind. Die Menge dieser Achsen nennen wir $𝔄$. Wir betrachten den Gruppenhomomorphismus

$G⟶\mathrm{Perm}(𝔄),g⟼({\sigma }_g:A\mapsto g(A)).$

Hier wird also nur geschaut, was mit den Achsen passiert, nicht was mit den Halbachsen. Es können nicht drei dieser vier Achsen in einer Ebene liegen. Wären nämlich  $A_1,A_2,A_3\subseteq E$,  so würde eine Dritteldrehung $f$ um $A_1$ die äquivalenten Achsen $f(A_2)$ und $f(A_3)$ hervorbringen, die aber nicht in der Ebene $E$ liegen können und die nicht beide gleich $A_4$ sein können. Das Element  $g\in G$  habe die Eigenschaft, dass ${\sigma }_g$ die Identität ist, dass also alle Geraden  $A\in 𝔄$  auf sich abgebildet werden. Nach Aufgabe 11.6 muss $g$ die Identität sein. Der Gruppenhomomorphismus ist also nach dem Kernkriterium injektiv und daher muss eine Isomorphie vorliegen.

$◻$

Mit einem ähnlichen, aber aufwändigeren Argument kann man zeigen, dass die verbleibende numerische Möglichkeit, also eine Gruppe mit $60$ Elementen und mit den Drehordnungen $2,3$ und $5$ wieder nur von einem Isomorphietyp realisiert wird, nämlich von der alternierenden Gruppe $A_5$, die zugleich isomorph zur Dodekaedergruppe und zur Ikosaedergruppe ist.

Insgesamt haben wir (bis auf den Ikosaederfall) den folgenden Hauptsatz über endliche (eigentliche) Symmetriegruppen im Raum bewiesen.

Satz

Es sei  $G\subseteq {\mathrm{SO}}_3(ℝ)$  eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${ℝ}^3$.

Dann ist $G$ eine der folgenden Gruppen.

1. Eine zyklische Gruppe $\mathbb{Z}/(n)$, $n\ge 1$,
2. Eine Diedergruppe $D_k$, $k\ge 2$,
3. Die Tetraedergruppe $A_4$,
4. Die Würfelgruppe $S_4$,
5. Die Ikosaedergruppe $A_5$.

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