Prueba sobre grupos diédricos

Question

(a) Que $\sigma$ sean los elementos del grupo diédrico $D_{2n}$ dado como la rotación con $360/n$ y que $\rho \in D_{2n}$ sea una reflexión cualquiera. Demuestre que $\rho \sigma=\sigma^{-1}\rho$ y demostrar que $\sigma \rho$ y $\rho$ son elementos de orden 2 que generan $D_{2n}$ .

Enfoque: Entiendo que esto funciona si aplico la permutación sobre cualquier poliedro. Por ejemplo, lo he probado para $D_4$ y la igualdad se mantiene. Reflejar el poliedro sobre cualquier eje de simetría y luego girarlo en 360/n en el sentido de las agujas del reloj es equivalente a girarlo en sentido contrario y reflejarlo sobre los ejes de simetría anteriores.

No sé cómo demostrarlo para el caso general. En este caso 2n. ¿Cómo se demuestra esto?

Answer 1

$D_{2n}$ actúa sobre el plano euclidiano girando alrededor del origen $O$ /reflejando en los ejes a través de $O$ . Como $\rho$ es un reflejo, dejemos que $A$ sea un punto $\ne O$ sobre su eje. Con $B=\sigma A$ , $C=\rho B$ y $D=\sigma C$ tenemos $\angle AOB = 360^\circ/n$ , $\angle AOC=-\angle AOB=-360^\circ/n$ , $\angle COD=\angle 360^\circ/n$ y por lo tanto $\angle AOD=0^\circ$ . Como también $|OA|=|OB|=|OC|=|OD|$ concluimos que $A=D$ . Así, $A$ es un punto fijo de $\sigma\rho\sigma$ . Esto sólo es posible si $\sigma\rho\sigma$ es la identidad o la reflexión en $OA$ . El primer caso es imposible ya que implicaría $\rho=\sigma^2$ es decir, una reflexión es una rotación (alternativamente, se podría seguir el efecto de $\sigma\rho\sigma$ en cualquier punto fuera de $OA$ ). Concluimos que $\sigma\rho\sigma=\rho$ o, por el contrario $\rho\sigma=\sigma^{-1}\rho$ .

El orden de $\rho$ es por supuesto $2$ . Pero también $(\sigma\rho)^2=\sigma\rho\sigma\cdot \rho=\rho^2=1$ es decir, $\sigma\rho$ tiene el orden dos. Como $\langle \rho,\sigma\rho\rangle$ contiene $\sigma$ contiene al menos el $n$ rotaciones que se obtienen de $\sigma$ y la no rotación $\rho$ es decir, es un subgrupo de $D_{2n}$ de orden $>n$ . Esto implica que es todo $D_{2n}$ .

Answer 2

Al menos en este caso, me resulta más fácil pensar en el grupo diédrico en términos de números y no de formas.

$D_{2n}$ actúa sobre $Z/nZ$ . La rotación $\sigma_i$ actúa como

$\sigma_i(g) = (i + g) \mod n$ .

La reflexión $\rho_j$ actúa como

$\rho_j(g) = (-g + j) \mod n$

(Pruebe algunos ejemplos para convencerse de ello). Ahora sólo hay que enchufar y tragar.

$\rho_j\sigma_i(g) = \rho_j(g + i) = -(g + i) + j = -g - i + j$

$\sigma_i^{-1}\rho_j(g) = \sigma_{-i}(-g + j) = -g - i + j$

Ahora para demostrar que $D_{2n}$ es generado por el $\rho_j$ , tenga en cuenta que $\rho_i\rho_j(x) = x - j + i \mod n$ y puede elegir $i$ y $j$ para hacer coincidir esta rotación.