El grupo de simetría del hipercubo en $ \mathbb {R}^4$

Question

Deje que $ T= \{(x, y, z, w) \in \mathbb {R}^4 \text { }| \text { }|x|,\, |y|,\,|z|,\,|w| \le 1\}$ ser el hipercubo en $ \mathbb {R}^4$ de la longitud de los lados $2$ centrado en el origen. Identificar el grupo de simetría de $T$ .

Answer 1

En primer lugar, es un ejercicio que vale la pena para identificar el conjunto $H$ de las hiperfaces $($ que son cubos de longitud lateral $2)$ y verificar que $|H| = 8$ .

Elija cualquier hipervínculo de $T$ . Esta hiperfaz puede ser llevada a cualquiera de los $8$ hiperfaces de $T$ y luego transformado a través del grupo de simetría de un cubo, que tiene orden $48$ . Haciendo esto se fija una simetría de todo el hipercubo, así que $| \text {Aut}(T)| = 8(48) = 384$ .

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En aras de la exhaustividad, respondemos ahora a una pregunta más general, el ejercicio M.4 del capítulo 6 del libro de Artin. Álgebra .

Con coordenadas $x_1, \dots , x_n$ en $ \mathbb {R}^n$ como de costumbre, el conjunto de puntos definidos por las desigualdades $-1 \le x_i \le +1$ para $i = 1, \dots , n$ es un $n$ -dimensionales hipercubo $ \mathcal {C}_n$ . El $1$ -El hipercubo dimensional es un segmento de línea y el $2$ -El hipercubo dimensional es un cuadrado. El $4$ -El hipercubo dimensional tiene ocho cubos de la cara el $3$ -cubos dimensionales definidos por $\{x_i = 1\}$ y por $\{x_i = -1\}$ para $i = 1, 2, 3, 4$ y tiene $16$ vértices $( \pm1 , \pm1 , \pm1 , \pm1 )$ .

Deje que $G_n$ denotan el subgrupo del grupo ortogonal $O_n$ de elementos que envían el hipercubo a sí mismo, el grupo de simetrías de $ \mathcal {C}_n$ incluyendo las simetrías de orientación inversa. Las permutaciones de las coordenadas y los cambios de signo están entre los elementos de $G_n$ .

1. Utiliza la fórmula de conteo y la inducción para determinar el orden del grupo $G_n$ .
2. Describa $G_n$ explícitamente, e identificar el estabilizador del vértice $(1, \dots , 1)$ . Compruebe su respuesta mostrando que $G_2$ es isomorfo para el grupo de diedros $D_4$ .

Lemma. Deje que $A \in O_n$ ser una matriz ortogonal $($$ AA^ \text {T} = A^ \text {T} A = I_n $$)$ y $A_1, \dots ,A_n$ ser las filas de $A$ . Luego $A \in G_n$ si y sólo si $A$ envía el conjunto de vértices $( \pm1 , \dots , \pm1 )$ del hipercubo a sí mismo.

Prueba. Si $A \in G_n$ entonces para una elección fija de signos $ \epsilon_1 , \dots , \epsilon_n\in\ {-1,1\}$ , $f(x) = ( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_n )Ax^ \text {T}$ $(x \in\mathcal {C}_n)$ una función real continua sobre el conjunto compacto $ \mathcal {C}_n$ se maximiza en algún punto límite $($ vértice $)$ $v = ( \epsilon '_1, \ldots , \epsilon '_n) \in\ {-1,1\}^n$ . Pero sabemos $f$ tiene un máximo $ \sum \epsilon_i ^2 = n$ alcanzado sólo cuando $Ax^ \text {T} = ( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_n )^ \text {T}$ así que $Av^ \text {T} = Ax^ \text {T} \implies v=x=( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_n )A$ . Así que cada vértice $( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_n )^ \text {T}$ de $A$ puede ser únicamente expresado como $Av^ \text {T}$ para algún vértice $v$ así que por un argumento de conteo cada vértice debe ocurrir exactamente una vez, y $A$ fija el conjunto de vértices de $ \mathcal {C}_n$ .

A la inversa, supongamos $A$ fijó el conjunto de vértices de $ \mathcal {C}_n$ . Si etiquetamos el vértice $v_1, \ldots ,v_{2^n}$ entonces un punto $x \in\mathbb {R}^n$ se encuentra en $ \mathcal {C}_n$ si y sólo si puede ser escrito en la forma $ \lambda_1v_1 + \dots + \lambda_ {2^n}v_{2^n}$ para algunos pesos no negativos $ \lambda_i $ que se resume en $1$ . De ello se deduce que un punto $y \in\mathbb {R}^n$ se encuentra en $A \mathcal {C}_n$ si y sólo si puede ser escrito en la forma $ \sum \lambda_i (Av_i^ \text {T})$ . Pero el $Av_i^ \text {T}$ son simplemente una permutación de la $v_i$ así que $A \mathcal {C}_n = \mathcal {C}_n$ como se desea. $ \square $

Ahora toma $A \in G_n$ con filas $A_1, \ldots ,A_n$ . Luego $A_i \cdot ( \epsilon_1 , \ldots , \epsilon_n ) = \pm1 $ para $ \epsilon_i = \pm1 $ . Pero entonces $A_i \cdot (- \epsilon_1 , \epsilon_2 , \ldots , \epsilon_n )= \pm1 $ también, por lo que al restar los rendimientos $a_{i1} = A_i \cdot (1,0, \ldots ,0) \in\ {-1,0,1\}$ . Por simetría, $A \in\ {-1,0,1\}^{n \times n}$ . Ahora si $A_i \in\mathcal {C}_n$ así que $-1 \le A_i \cdot A_i \le 1$ de donde $A_i$ tiene a lo sumo $1$ término no cero. Pero no puede tener todos los ceros $($ de lo contrario $A_i \cdot (1, \ldots ,1)$ se desvanecería $)$ así que debe tener exactamente $1$ término igual a $ \pm1 $ y todo lo demás igual a $0$ . Que esto $ \pm1 $ término be at index $k_i$ . Luego $k_i \ne k_j$ cuando $i \ne j$ o si no $Ax^ \text {T}$ tendrá la misma $i$ y $j$ coordenadas para todos $x$ $($ y ciertamente no podemos golpear a todos $ \mathcal {C}_n$$ ) $. It follows that $ k_1, \ldots ,k_n $ is a permutation of $ 1,2, \ldots ,n$.

Por el contrario, si $A$ tiene $ \epsilon_i = \pm1 $ en las entradas $(i, \pi (i))$ $($ para una permutación fija $ \pi\in S_n$$ ) $ and $ 0 $'s elsewhere, then clearly $ AA^ \text {T} = I_n $ and $ A \mathcal {C}_n = \mathcal {C}_n $: $ A $ simply flips the sign of the $ i $th coordinate by $ \epsilon_i $ for every $ i $, and afterwards permutes the coordinates according to $ j \to\pi (j)$.

1.

Por parte $(2)$ , $|G_n| = n!2^n$ $($$ n! $ choices for $ \pi $ and then $ 2 $ for each $ t_i)$.

También podemos hacerlo mediante inducción, como se ha sugerido: en su lugar dejemos $G_n$ actuar en el conjunto de Hiperfaces $[-1,1]^{i-1} \times\ { \epsilon_i\ } \times [-1,1]^{n-i}$ para algunos $1 \le i \le n$ y $ \epsilon_i = \pm1 $ . Luego el estabilizador de $[-1,1]^{n-1} \times\ {+1\}$ es el subconjunto de $G_n$ fijando el $n$ la coordenada, que es isomorfa a $G_{n-1}$ $($ en términos de nuestra matriz $A$ Tenemos una discusión $n$ y la columna $n$ vacío excepto por un $+1$ en $(n,n)$ y la parte superior izquierda $(n-1) \times (n-1)$ La matriz se encuentra en $G_{n-1}$$ ) $, and the orbit is the set of all $ 2n $ hyperfaces. So $ |G_n| = 2n|G_{n-1}| $, and clearly $ |G_1| = 2 $, so by induction $ |G_n| = 2^n n!$.

2.

Deje que $P_ \pi $ denotan la matriz de permutación correspondiente a una permutación $ \pi $ $($$ 1 $'s at $ (i, \pi (i)) $$)$ y $Z_i$ denotan la matriz diagonal con un $-1$ en $(i,i)$ y $+1$ está en las otras entradas diagonales. Por la discusión anterior, $A \in G_n$ si y sólo si $A = P_ \pi Z_1^{t_1} \dots Z_n^{t_n}$ para alguna permutación $ \pi\in S_n$ y $t_1, \ldots ,t_n \in\ {0,1\}$ . $($ En otras palabras, $G_n$ consiste en las matrices que se pueden obtener de las matrices de permutación cambiando los signos. $)$

Luego $A(1, \ldots ,1)^ \text {T} = \left ((-1)^{t_1}, \ldots ,(-1)^{t_n} \right )^ \text {T}$ así que el estabilizador de $(1, \ldots ,1)$ es el conjunto de matrices de permutación $P_ \pi $ .

Para $n=2$ , $G_n$ es generado por $$ \begin {pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end {pmatrix} = \begin {pmatrix} \cos\frac\pi2 & - \sin\frac\pi2 \\ \sin\frac\pi2 & \cos\frac\pi2 \end {pmatrix} \text { and } \begin {pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end {pmatrix},$$ y por lo tanto isomórfico para el grupo de catedrales $D_4$ .

$($ De hecho, se podría haber comenzado toda esta cuestión trabajando el grupo explícitamente en la dimensión $2$ para construir algo de intuición. Sabemos que las simetrías de un cuadrado del grupo de diedros, pero aquí queremos las matrices ortogonales que corresponden a las simetrías. Son las ocho matrices $$ \begin {pmatrix} \pm1 & 0 \\ 0 & \pm1 \end {pmatrix} \text { and } \begin {pmatrix} 0 & \pm1 \\ \pm1 & 0 \end {pmatrix},$$ que es, por supuesto, el grupo $D_4$ . $)$

Answer 2

El hipercubo es dual al hiperoctaedro, que tiene 4 diagonales. Por lo tanto, se nos permite permutación de estas diagonales y también podemos voltear cualquier diagonal. Así, se obtiene el llamado grupo hiperoctaédrico o grupo simétrico firmado del grado 4. Es el producto de la corona de $ \mathbb {Z}_2$ (el grupo de orden 2) por $S_4$ (el grupo simétrico del grado 4).