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).