¿Qué es este subgrupo de$\mathfrak S_{12}$?

Question

En alguna ocasión yo estaba dotado de un calendario. Muestra de las matemáticas quizz todos los días del año. No es realmente emocionante en general, pero al menos uno de ellos permítanme plantear un grupo de la teoría de la pregunta.

El quizz: considere la posibilidad de un hexágono donde los vértices y el centro de los puntos de los bordes están marcados, como en la figura

$\hskip11em$

A uno se le pide que coloque los números de $1,2,3,4,5,6,8,9,10,11,12,13$ (cuenta que $7$ se omite) en puntos de $a,\ldots,\ell$, de tal manera que la suma en cada borde es igual a $21$. Si te gusta, usted puede buscar una solución, pero no es mi pregunta.

Por supuesto, la solución no es única. Usted puede aplicar a cualquier elemento del grupo de isometría del hexágono. Un poco más sutil es el hecho de que la permutación $(bc)(ef)(hi)(kl)(dj)$ conserva el conjunto de soluciones de (márquese este).

Pregunta. ¿Cuál es la permanencia del grupo de las soluciones de conjunto ? Presumiblemente, es generado por los elementos anteriormente descritos. ¿Cuál es su orden ? Porque no es demasiado grande, debe ser isomorfo a un grupo conocido. Cual ?

Answer 1

La permanencia del grupo de las soluciones de conjunto se puede dar una interpretación geométrica de la siguiente manera. Tenga en cuenta que $\mathfrak{S}_4 \times \frac{\mathbf{Z}}{2\mathbf{Z}}$ no es otro que el grupo de isometrías de el cubo.

Es sabido que si uno corta un cubo dividiendo el plano de un espacio en diagonal, la sección transversal es un hexágono regular (ver la foto en el medio de esta página). Los vértices de este hexágono son puntos medios de (algunos) de los bordes del cubo. Deje $X$ el conjunto de las esquinas y los medios de este hexágono (tiene cardinalidad $12$). Consideremos el siguiente bijection entre el $X$ y el conjunto de $E$ de las aristas del cubo : si $[AB]$ es un lado del hexágono, con punto medio $M$, mapa de $A$ (resp. $B$) para el exclusivo borde de la $e_A$ (resp. $e_B$) en $E$ que la contiene, y hacemos un mapa de $M$ para el exclusivo borde de la $e_M \in E$ tal que $e_A$, $e_B$ y $e_M$ se juntan en un vértice común del cubo.

Dado que cualquier solución del problema inicial, podemos etiquetar los bordes del cubo con la anterior bijection. Este etiquetado tiene la siguiente propiedad : la suma de los tres bordes de la reunión en un vértice común es siempre 21. Prueba : por construcción, seis de estos ocho sumar las condiciones son satisfechas. Los dos restantes condiciones leer $b+f+j=d+h+\ell=21$ el uso de Denis, notaciones, y están implícitos en los primeros seis condiciones.

Así nos encontramos con un equivalente ($3$-dimensional) la formulación del problema, es decir, el etiquetado de las aristas de un cubo. Ahora está claro que el grupo de simetría del cubo actúa sobre el conjunto de soluciones. Queda por demostrar que la solución es única, hasta isometría, que puede ser hecho a mano, así es como yo lo hice : tenga en cuenta que sólo dos posibles sumas implican $1$ (resp. $13$), es decir, $1+8+12$ e $1+9+11$ (resp. $2+6+13$ e $3+5+13$). Por lo tanto, $1$ e $13$ debe sentarse en los bordes opuestos. A continuación, $4$ e $10$ debe sentarse en el único de los bordes, que son paralelas a $1$ e $13$. Es fácil para completar el cubo.

El resultado de etiquetado tiene algo de divertido propiedades, como Por ejemplo, la suma de las aristas de una cara es siempre $28$. La suma de los dos bordes opuestos es siempre $14$. Finalmente, la suma de los bordes a lo largo de un ciclohexano-como el circuito es siempre $42$.

Answer 2

Es muy fácil probar que el grupo es exactamente lo que usted escribió. Es suficiente para demostrar que, a la acción de un elemento de ese grupo, la única solución es $13.3.5.4.12.8.1.11.9.10.2.6$. En primer lugar, uno puede asumir de curso $a=13$. Ya que la única manera de descomponer $8$ es $2+6$ e $3+5$, también se podría asumir, hasta los elementos en el grupo, que $b=3$ e $c=5$. Claramente $\{l,k\}=\{2,6\}$.

Un elemental cálculo muestra que las sumas $b+f+j$ e $d+h+l$ igual $21$, así que en realidad cada una de las $12$ vértices pertenece a exactamente dos conjuntos de $3$ vértices con suma $21$. Ahora, vamos a ver donde $12$ puede ser. Su complemento a $21$ es $9$, lo que ha $3$ escritos : $1+8$, $4+5$ y $3+6$. La última no puede ocurrir desde $3$ e $6$ ya están colocados. Es entonces claro que uno debe tener, $d=4$ e $e=12$. A partir de aquí es fácil llenar el hexagone: Desde $l+d+h=21$, $l$ puede no ser $2$, lo $l=6$ e $h=11$. Además, $\{f,g\}=\{1,8\}$. Si $f=1$, la suma de $f+b+j$ puede no ser $21$. Así $f=8$, $g=1$, y, finalmente,$i=9$.

No es muy elegante, pero funciona...

Answer 3

Aquí está el MAGMA código para generar su grupo:

G:=sub<Sym(12)|(1,3,5,7,9,11)*(2,4,6,8,10,12), (2,12)*(3,11)*(4,10)*(5,9)*(6,8), (2,3)*(5,6)*(8,9)*(11,12)*(4,10)>;

Tengo una pequeña función escrita por Tim Dokchitser que reconoce directa y semi directa de los productos de los grupos estándar como cíclica, simétrica, diedro, etc. El grupo que usted ha descrito es isomorfo a $C_2\times {\mathfrak S}_4$. El único subgrupo normal de orden 2 es generada por una reflexión en el centro del hexágono, por lo que su no-trivial elemento está dada por (a,g), (b,h)(c,i)(d,j) a(e,k)(f,l).

El 4-ciclos son algo más difícil de visualizar. Uno de ellos es (a,d,g,j) a(b,c,e,f)(h,i,k,l). La copia de ${\mathfrak S}_4$ que esta está contenida en (hay tres subgrupos normales isomorfo a ${\mathfrak S}_4$) es generado por los siguientes elementos:

• (b, l)(c, k)(d, j) a(e, i)(f,h) (reflexión en el eje a través de una y g)
• (a, i, e), (b, j, f), (c, k, g)(d, l, h) (contra-rotación a la derecha por $2\pi/3$)
• (a, g), (b, e)(c, f), (d, j)(h, k)(i, l) (plaza de las anteriores 4-ciclo)
• (a, j), (b, k), (c, i)(d, g)(e, h)(f, l) ( una cosa rara, algo similar a la anterior)

Si usted tiene más preguntas acerca de este grupo, pregunte a distancia, como el magma me dirá nada quiero saber.