El permutohedron puede tener más de simetrías. Por ejemplo, la orden de 3 permutohedron {(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(3,1,2),(3,2,1)} es un hexágono regular contenida en el plano x+y+z=6, que tiene más de 6 simetrías.
Creo que podemos resolver de la siguiente manera:
Sea G un grupo con finito de orden n pensamiento a través de Cayley de la representación como un subgrupo de S_n.
Sea S={A_1,...,A_n} el conjunto de vértices de un simplex regular centrado en el origen en una (n-1)-dimensional real del producto interior espacio V. Vamos a r la distancia entre el origen y A_1. El conjunto de vértices S es un afín base para V.
La primera afirmación no probada: Si una bola cerrada que tiene radio r, que contiene a S, entonces está centrada en el origen. Deje B de esta bola.
El grupo de isometrías que arreglar S por lo tanto, contiene sólo isometrías que fijar el origen y permutar los vértices, los cuales pueden ser identificados con S_n en la manera obvia. Lo mismo es cierto si se sustituye S por su casco convexo.
Ahora G puede ser pensado como un grupo que contiene algunas de las simetrías de S.
Deje que C=k(A_1+2A_2+3A_3+...+nA_n)/(1+2+...+n), con k un real positivo que hace que la distancia entre C y el origen de un número r' ligeramente menor que r.
Vamos a GC={g(C) / g en g}. Se tiene n puntos distintos, como consecuencia de ser S una afín a base de V.
Sea P el casco convexo de los puntos de S de la unión GC.
Comentario: Una bola cerrada de radio r, que contiene P iff es B. La intersección de la frontera de B y P es S.
La segunda afirmación no probada: El extremal puntos de P son los elementos de S de la unión GC.
Reclamo: G es el grupo de simetrías de P.
Si g es G, g es una simetría de GB y de S, y por lo tanto, es una simetría de P.
Si T es una simetría de P, entonces T(P)=P, y, en particular, T(P) está contenido en B, y por lo tanto T(0)=0 (es decir, T es también una simetría de B). T también debemos resolver la intersección de P y de la frontera de B, de modo que T permutes los puntos de S, y puede ser pensado como un elemento s de S_n el envío de A_i a A_s(i). Y ya T corrige el conjunto de extremal puntos de P, T también permutes GC. Vamos a ver que s es en G.
Puesto que T(C) debe ser un elemento de g(C) de la GC, tenemos T(C)=g(C). Pero puesto que T es lineal, T(C/k)=g(C/k). La expansión,
(A_s(1)+2A_s(2)+...+nA_s(n)/(1+...+n)=(A_g(1)+2A_g(2)+...+nA_g(n))/(1+...+n).
Para cada i en {1,...,n} el coeficiente que multiplyes A_i es s⁻1(i)/(1+...+n) en el lado izquierdo y g⁻1(i) en el lado derecho. De ello se sigue que s=g.
Creo que, de tomar n en cuenta, la relación r'/r se puede configurar para motivar la segunda afirmación no probada. La primera afirmación no probada puede ser una consecuencia de Jung de la desigualdad.
EDIT: Con el argumento anterior, podemos representar un grupo finito de orden n como el grupo de isometrías lineales de un cierto polytope en un n-1 dimensiones reales producto interior en el espacio.
Ahora, si un grupo finito G de isometrías lineales de una (n-1) dimensiones interiores espacio del producto V está dada, podemos definir un polytope que ha G como su grupo de simetrías? Sí. Te voy a dar un poco informal de la prueba.
Sea G={g_1,...,g_m}. Sea a={a_1,...,a_n} el conjunto de vértices de un n-simplex centrada en el origen de V. sea S la esfera centrada en el origen que contiene, y dejar que C sea el cerrado de la pelota. Tenga en cuenta que C es el único mínima cerrado bola contaiing A.
(Observación: El conjunto de Una necesidad no ser un habitual de simplex. Puede ser cualquier subconjunto finito de S que cruza todas las posibles hemisferios de S. C a pesar de ser mínimos cerrado bola
que la contiene.)
Comentario: Una isometría de V es lineal si se corrige el origen.
Antes de continuar, tenemos que estar seguros de que los m de las copias de los obtenidos por hacer G actúan sobre él son disjuntas. Si ese no es el caso, nuestro conjunto a es inútil, sino que podemos encontrar una isometría lineal T tal que TA no de trabajo. Consideremos el conjunto M de todas las isometrías lineales con la habitual operador de la métrica, y mirar en él para una isometría T tal que para todo (g,a) y (h,b) los elementos distintos de GxA la ecuación g(Ta)=h(Tb) no se sostiene. Porque cada uno de los n*m(n*m-1) ecuaciones estropea un subconjunto cerrado de M con vacío interior(*), la mayoría de las opciones de T va a hacer.
Sea K={ga/g en g, en Un}. Sabemos que ha n*m puntos, que se encuentran en la esfera de S. Ahora sea e una distancia de menos de un cuarto de cualquiera de las distancias entre los diferentes puntos de K. Ahora, alrededor de cada vértice a=a_i de hacer un dibujo D_i. El dibujo consiste en un conjunto finito de puntos de la esfera S, situado cerca de un (a una distancia menor que e). Uno de los puntos debe ser una misma, y las demás (si las hay) deben aparte de una y muy cerca los unos de los otros, de manera que puede ser fácilmente distinguido. Además, para i=1 el dibujo D_i no debe tener simetrías, yo.e, debe ser no lineal de isometrías de fijación D_1 otros de la identidad. Para otros valores de i, se establece D_i={a_i}. La unión F de todos los dibujos que contiene, pero no tiene simetrías. Observe que cada dibujo tiene un diámetro de menos de 2*e,
Ahora vamos a G actuar en F y dejar Q ser la unión de la m de los ejemplares obtenidos. Q es una unión de n*m dibujos. Puntos de diferentes dibujos están separados por una distancia mayor que 2*e. Por tanto, los dibujos pueden ser identificados como la máxima subconjuntos de Q con un diámetro de menos de 2*e. También, la bola de C puede ser identificado como la única esfera con radio r que contiene Q. S puede ser identificado como la frontera de C.
Vamos a demostrar que el conjunto de simetrías de Q es G. es obvio que cada elemento de G es una simetría. Sea T una isometría que corrige P. Se debe fijar S, por lo que debe ser lineal. Además, se debe permutar los dibujos. Por lo tanto, debe enviar D_1 a algunos gD_i con g en g y 1<=i<=n. Pero debo ser 1, porque para otros valores de i, gD_i es un singleton. Así que hemos TD_1=gD_1. Desde D_1 no tiene trivial simetrías, T=g.
Hemos construido un conjunto finito Q con el grupo de simetrías G. Q no es un polytope, pero su casco convexo es un polytope, y P es el conjunto de sus extremal puntos.
(*) Para mostrar que para cualquier (g,a) y (h,b) los elementos distintos de GxA el conjunto de isometrías T satisfacer la ecuación g(Ta)=h(Tb) ha vacío interior, nos damos cuenta de que si una isometría T satisface la ecuación, cualquier isometría T' con T a=Ta y T b=/=Tb debe hacer (ya que h es inyectiva). Tales T' puede encontrarse muy cerca de T, siempre que dimV>2. La prueba no funciona para n=1 o 2, pero estos son sólo fácil de los casos.
