Normat 58:4, 145–179 (2010) 145
Oktahedergruppen och dess generaliseringar
III - Oktaplexen
Ulf Persson
Matematiska Institutionen
Chalmers Tekniska Högskola och
Göteborgs Universitet
ulfp@chalmers.se
Inledning
Detta är den tredje (och avslutande) delen av en serie om oktahedergruppen och
dess omedelbara generaliseringar. Det började med en kort notis om kuben och dess
symmetrier. Symmetrierna till en kub, och mera generellt en godtycklig platonsk
kropp, kan lätt beskrivas såsom rotationer runt naturliga axlar, nämligen de som
går genom hörn, mitt-punkter till kanter, samt mitt-punkter till sidor. Det kom-
binatoriska datat bestämmer detta entydigt. I fallet kuben (och automatiskt dess
dual - oktahedern), kan man även beskriva denna grupp enkelt medelst matriser,
om man placerar ko-ordinater till kubens hörn naturligt som (±1, ±1, ±1), genom
att betrakta alla ortogonala matriser med heltals koefficienter. Vi inser då att dessa
endast kan utgöras av 0, ±1 och att varje rad och kolonn innehåller ett och endats
ett element skilt ifrån noll. Att beskriva en matris är helt enkelt liktydigt med att
ge i rätt ordning tre ömsesidigt ortogonala hörn i en oktaheder. Detta kan göras på
6 × 4 × 2 = 48 olika sätt. Då räknar man med godtyckliga orienteringar av basen,
håller man sig de till positiva, d.v.s. de matriser med determinant 1, får man okta-
hedergruppen av vridningar med 24 element. De olika vridningarna kommer då att
motsvaras av olika karaktäristiska ekvationer av vilka det finns ett högst begrän-
sat antal. Oktahedergruppen är en lösbargrupp och kan lätt lösas upp i cykliska
faktorer.
Detta generaliseras lätt till 4-dimensioner. Hyperkuben har vi alla stött på, och
den har blivit så populär i vissa science-fiction kretsar att den fått sitt eget namn -
tesserakten. Dess dual har jag låtit kalla halv-tesserakten, speciellt som en hörnen
i en hyperkub kan splittras upp på ett unikt sätt i två halv-tesserakter. Man kan
nu beskriva matrisgruppen i termer av teckenvariationer och permutationer av fyra
element. Det hela blir något mera komplicerat, men det kan lätt göras för hand
och jag presenterar tabeller över konjugatklasser. Antalet element i den fullständiga
gruppen beräknas lätt på samma sätt genom att finna fyra ömsesidigt ortogonala
element i den duala hyperkuben. nämligen åtta gånger så många som i tre dimen-
sioner, d.v.s. 384. Denna grupp betecknar jag med G i min artikelserie. Att beskriva
dessa element geometriskt är lite mera komplicerat än i tre dimensioner. En typisk
146 Ulf Persson Normat 4/2010
ortogonal transformation i fyra dimensioner är givet av två ortogonala plan, och
vridningar i bägge. Ett nytt fenomen uppträder i 4-dimensioner, nämligen icke-
triviala element som har ett oändligt antal invarianta plan. Del två av artikelserien
bestod i att bestämma dessa matriselement geometriskt, samt visa projektionsbil-
der av tesserakten. Om en tesserakt avbildas på ett invariant plan, kommer bilden
att uppvisa rotationssymmetri.
Allt detta är mer eller mindre ’straight-forward’. Dock i mina undersökningar
av olika symmetriplan kom jag osökt att skriva ner en ny typ av ortogonal matris,
vars element är av formen (±
1
2
, ±
1
2
, ±
1
2
, ±
1
2
). Dessa genererar en större mängd
av symmetriska element på den 4-dimensionella sfären S
3
nämligen unionen av
en tesserakt och dess dual. Dessa punkter kan sammanbindas och bilda en ny
reguljär polytop i R
4
vilken jag inte kände till innan. Mycket riktigt detta är 24-
cellen, eller Oktaplexen som består av 24 hörn och 24 oktahedrar. I själva verket en
självdual reguljär polytop som inte har någon motsvarighet i andra dimensioner.
Fallet med högre-dimensionella platonska kroppar var det problem som fascinerade
mig som ung ton-åring och som givetvis stod långt över min förmåga att undersöka.
Jag fick sedan lära mig att denna generalisering är något av en återvändsgränd.
Medan klassificeringen av ändliga delgrupper till de ortogonala matriserna blir
mer och mer involverad ju högre dimensionen är (det är i själva verket elementärt
att visa att varje ändlig grupp uppkommer oändligt antal gånger) trivialiseras de
platonska kropparna. Tetrahedern, kuben och dess dual oktahedern generaliseras
direkt i alla dimensioner. Men ingenting annat. I dimension fem eller högre är det
enda som finns. Däremot i dimension fyra finns tre andra regelbundna polytoper,
varav oktaplexen är den mest elementära. Dessa upptäcktes på 1800-talet av den
schweiziske skolläraren Schläfli, och dessa och dess generaliseringar har utgjort
den kombinatoriske geometrikern Coxeters livsverk. Hans ’Regular Polytops’ är ett
standardverk. Jag har dock inte konsulterat detta verk i utarbetandet av denna
artikel. Det är alltid roligare att upptäcka själv.
Planen för artikeln är mycket enkel. Först introduceras Oktaplexen kombinati-
oriskt på två olika sätt, illustrerat av ett antal bilder. Sedan beskrivs gruppen H
av symmetrier av denna. G har index tre i H men är inte normal. Detta har att
göra med att Oktaplexen består av tre halv-tesserakter, medan tesserakten bara
består av två. Oktaplexen kan således delas upp även i tre tesserakter, som snittar
varandra i halv-tesserakter. Att beskriva konjugatklasserna till elementen i H är
lite mera komplicerat än i fallet G. För ändamålet har jag då skrivet ett C-program,
utvecklat rutiner för matrismultiplikation och kodningar av S
4
med talen 0 . . . 23
och sedan helt enkelt låtit programmet tugga och bestämma konjugatklasserna
med tillhörande karaktäristiska ekvationer. Dessa har jag presenterat i fyra tabel-
ler. Man kan se setta som empiriskt rådata. Hur skall man förklara det? Sedan
beskriver jag de olika elementen i gruppen geometriskt. Invarianta plan dyker upp,
och projektioner till dessa plan ger vackra figurer, speciellt i fallet med elementet
med ordning tolv, som ger en slående figur med Z
12
symmetri. Poängen är att
dessa projektioner inte skulle ha uppdagats om man inte gjort lite linjär algebra
(och faktorisering av 4-grads polynom i reella 2-grads polynom).
Nu är 4 dimensioner speciellt ty dessa utgör ramen för de Hamiltonska kvater-
nionerna H. Halv-tesserakten utgör via den naturliga inbäddningen ±1, ±i, ±j, ±k
en grupp, liksom faktiskt även oktaplexen själv (dock ej tesserakten). Via den na-
turliga linjära avbildningen x 7→ axb kan vi beskriva många symmetrier, och alla
Normat 4/2010 Ulf Persson 147
kommer det att visa sig, och det empiriska materialet får sin förklaring. Om q 6∈ R
kommer R[q] vara isomorft med de komplexa talen C och ge komplexa struktu-
rer på H både till vänster och till höger. De komplexa egenrummen kommer att
motsvara de invarianta planen, och komplexa multiplikationer vridningar.
Jag avslutar med att diskutera metriska egenskaper hos dessa tre polytoper,
vilket kommer att involvera lite sfärisk geometri.
Oktaplexen
Betrakta ortogonala baser för de två ortogonala planen (a, a, b, b), (a, −a, b, −b)
0
,
en sådan ges av
(1, 1, 1, 1)
(1, 1, −1, −1)
(1, −1, 1, −1)
(−1, 1, 1, −1)
Genom att normalisera får vi följande ortogonala matris
A =
1
2
1 1 1 1
1 1 −1 −1
1 −1 1 −1
−1 1 1 −1
Den avbildar de åtta jämna elementen (±1, ±1, ±1, ±1) (d.v.s. produkten av al-
la ko-ordinater är 1, eller ett jämnt antal minustecken) till de åtta elementen
(±2, 0, 0, 0), (0, ±2, 0, 0) . . . , (0, 0, 0, ±2) som även de utgör en halv-tesserakt. Me-
dan dessa avbildas på de udda elementen, som i sin tur avbildas på de jämna. Om
vi nu tar unionen av alla dessa 24 punkter på sfären med radien 2 erhåller vi en
mycket symmetrisk konfiguration, bestående av tre disjunkta halv-tesserakter, vars
hörn vi kan färga svarta, gråa och vita respektive. Vi kan även betrakta det som
en union av tre tesserakter, genom att betrakta de tesserakter som uppkommer
när man tar unionen av två halv-tesserakter. Dessa tesserakter kommer inte vara
disjunkta utan överlappar i de tre halv-tesserakterna. Ett (grått) element (2, 0, 0, 0)
befinner sig på avstånd π/3 från de åtta punkterna (1, ±1, ±1, ±1) (som givetvis
bildar en 3-dimensionell kub och splittras upp i två tetrahedrar en vit och en svart)
och avstånd 2π/3 från de åtta punkterna (−1, ±1, ±1, ±1) (som givetvis även utgör
en kub och en union av en svart och vit tetraheder) medan avstånden till de sex
(gråa) punkterna (0, ±2, 0, 0) . . . (0, 0, 0, ±2) är π/2. Samma sak gäller för hörnen
till hyperkuben, ty varje sådant hörn är ortogonalt till sex andra hörn, medan de
åtta andra (icke-antipodala) hörnen splittras upp i två grupper av fyra med av-
stånden π/3 och 2π/3. Till dessa bägge grupper lägger vi fyra respektive av de
nya hörnen. (Till hörnet (1, 1, 1, 1) lägger vi (2, 0, 0, 0), (0, 2, 0, 0) . . . (0, 0, 0, 2) och
(−2, 0, 0, 0), (0, −2, 0, 0) . . . (0, 0, 0, −2) respektive). Till varje hörn korresponderar
0
Dessa uppkommer naturligt för vissa symmetrier av tesserakten, se föregående artikel i Nor-
mat 2010:2 (58) s. 84
148 Ulf Persson Normat 4/2010
fem olika skikt, var och ett givet av snittet med fem parallella hyperplan. Vi kan
sammanfatta det hela i följande diagram som bör vara mer eller mindre självförkla-
rande (tredje kolumnen ges av det sfäriska avståndet från den givna hörnpunkten,
med det euklidiska (sfären normaliserad till radie 2) inom parantes).
(1)B (0) x+y+z+w=4
kub=tetraheder+tetraheder 4W 4G π/3 (2) x+y+z+w=2
oktaheder 6B π/2 (2
√
2) x+y+z+w=0
kub=tetraheder+tetraheder 4W 4G 2π/3 (2
√
3) x+y+z+w=-2
(1)B π (4) x+y+z+w=-4
Tabell 1.
Notera att ekvationerna ovan för nivåerna hänvisar till punkten (1, 1, 1, 1), des-
sa ekvationer modifieras på ett uppenbart sätt för andra punkter. Speciellt för
punkten (2, 0, 0, 0) erhåller vi ekvationerna 2x = 0, ±2, ±4. Med en sådan punkt
som utgångspunkt blir det speciellt enkelt att visualisera uppdelningen, eftersom
konfigurationen uppkommer genom att sammanställa hyperkuben med sin dual.
En sådan punkt och dess antipod är uppenbarligen relaterade till en kub-sida och
dessa antipodiska kub i den ursprungliga hyperkuben. Dessa kommer att korre-
spondera till nivåerna ±2, de sex ytterligare punkterna på nivå 0 korresponderar
till de sex sidorna av en vanlig kub, ty så är de resterande sex kub-sidorna till en
tesserakt arrangerade, de utgör ju även dualen av en kub, nämligen en oktaheder.
Vi noterar att det föreligger en naturlig bijektion mellan nivåerna ±2 vilken går
från vitt till grått och från grått till vitt.
Vi har nu en konfiguration av 24 punkter på sfären, och två punkter sammanbin-
des med en kant omm avståndet är (det minimala) π/3 på sfären. Vi kan referera
till sådana punkter såsom varande närliggande (eller grannhörn). På detta sätt
uppkommer 24 × 8/2 = 96 kanter. Notera att varje kant sammanbinder två olika
färger, och befinner sig således i en unik deltesserakt. Var och en av dessa har 32
kanter, och tillsammans får vi då mycket riktigt 3 × 32 = 96 kanter.
För att beräkna antalet liksidiga trianglar genom ett hörn, noterar vi först att
en triangel måste ha hörn bestående av tre olika färger, eftersom ingen kant kan
sammanbinda två hörn av samma färg. Betrakta nu kuben i det närmaste skiktet
till vårt givna hörn. Varje hörn i en kub befinner sig på minimalt avstånd från
tre hörn i kuben. Dessa hörn har samma färg, men motsatt det givna. Detta be-
tyder att vi kan genom varje hörn forma 4 × 3 = 12 trianglar. (Ingen av dessa
trianglar kan återfinnas i en deltesserakt.) Vi ser således att dessa tolv trianglar
motsvarar de tolv kanterna på kuben av närliggande punkter. Totalt finns det så-
ledes 24 × 12/3 = 96 sådana triangelsidor. Tre kanter i en kub kan aldrig forma
en liksidig triangel. Av detta sluter vi att fyra punkter kan aldrig vara sinsemel-
lan närliggande, och därmed kan inte fyra triangelsidor begränsa en tetraheder.
Däremot inser vi att de liksidiga trianglarna bildar oktahedrar. För att bestämma
de oktahedrar som går genom en given punkt noterar vi att var och en av dem
bestämmer en antipod punkt till den givna. Eftersom (euklidiska) kantlängderna
är 2 skall avståndet till antipoden vara 2
√
2, vilket betyder att dessa måste be-
finna sig på den ’mittoktaheder’ som befinner sig på ’mittsnittet’. Omvänt givet
en punkt på denna ’mittoktaheder’ bestämmer denna en unik oktaheder. Som ett
exempel tag den (svarta) hörnpunkten (1, 1, 1, 1) och en punkt (−1, −1, 1, 1) på
rätt avstånd 2
√
2. Vi finner då två (vita) punkter (1, −1, 1, 1), (1, −1, 1, 1) och två
Normat 4/2010 Ulf Persson 149
(gråa) punkter (0, 0, 2, 0), (0, 0, 0, 2) som är närliggande till de bägge. Notera att
dessa fyra punkter bildar en kvadrat, med punkter av samma färg diagonalt beläg-
na mittemot varandra. Denna kvadrat är uppenbarligen en kvadrat på kuben av
närliggande punkter. Således har vi en naturlig korrespondens mellan kubens sex
sidor och punkter på ’mittoktahedern’. Notera även att kubens sidor är i ett till ett
korrespondens med valet av två vita punkter.
Vi har således demonstrerat att genom varje punkt kan vi finna 6 oktahedrar.
Det totala antalet oktahedrar utgöres således av 24 × 6/6 = 24. Detta kan även
ses genom att vi observerar att i en oktaheder återfinner vi tre kvadrater, var och
en av dem korresponderande mot de tre par av antipoda punkter. Var och en av
dessa kvadrater tillhör en deltesserakt, och varje deltesserakt innehåller precis en
kvadrat från oktahedern. På så sätt får vi en naturlig 1-1 korrespondens mellan de
24 kvadraterna till en deltesserakt och de 24 oktahedrarna som utgör den uppkomna
polytopens 3-dimensionella sidor. Omvänt kan vi beskriva alla oktahedrar genom
att välja par av ortogonala svarta punkter. Detta kan göras på 8 × 6/2 = 24
olika sätt, var och en av punkterna har en kub associerad. Dessa två kuber snittar
varandra i en kvadrat, som är det sökta komplementet.
Vi har nu beskrivit en regelbunden polytop i fyra dimensioner som dessutom
är själv-dual och som inte har någon motsvarighet i tre dimensioner, ej heller i
någon annan dimension skild ifrån fyra. Den har ett antal olika namn såsom 24-
cell (ikositetrakoron) refererande till de 24 oktahedrarna (tesserakten är således en
8-cell medan halv-tesserakten utgör en 16-cell), eller oktaplex. Vi kommer nästan
uteslutande använda den sista beteckningen.
Två projektioner av denna ses nedan, med hörnen i de tre olika halv-tesserakterna
utmärkta i vitt, grått och svart.
Genom att välja en svart punkt som referens, kan vi visa dels kuben av närliggande
punkter, samt ’mittoktahedern’ av svarta punkter. Notera att inga kanter förbinder
dessa. Genom att välja vår svarta punkt och en godtycklig annan svart punkt i
oktahedern, bestäms en sida på kuben, och därmed en oktaheder.
150 Ulf Persson Normat 4/2010
Alternativ kombinatorisk beskrivning av Oktaplexen
Vi kan betrakta de 24 punkterna av typ (±1, ±1, 0, 0) (d.v.s punkter (a, b, c, d) med
a, b, c, d = 0, ±1 samt |(a, b, c, d)|
2
= 2))
Notera att man får en Oktaplex från tesserakten genom att betrakta medelpunk-
terna till de 24 kvadraterna. Denna korrespondens har vi redan tidigare framhävt
genom ett rent kombinatoriskt resonemang.
Dessa 24 punkter uppdelas naturligt i tre delmängder med 8 punkter i var-
je. Nämligen varje punkt definierar naturligt en partition av ko-ordinaterna i två
disjunkta två-punktsmängder. Således om a, b betecknar ±1 i de tre delmängderna
(0, 0, a, b) (a, b, 0, 0)
(0, a, 0, b) (a, 0, b, 0)
(a, 0, 0, b) (0, a, b, 0)
Dessa delmängder utgör givetvis hörnen till de tre halv-tesserakterna. Ur tabellen
ovan ser vi direkt att de delas upp i två lika stora delmängder vars element är
ortogonala mot varandra. Var och en av dessa mängder utgör kvadrater.
Givet två hörn från olika delmängder har de precis en icke-noll ko-ordinat ge-
mensam. Detta betyder att deras skalärprodukt är ±1. Varje element i en mängd
delar därmed upp elementen i en disjunkt mängd i en partition av två 4-punkts
mängder. Dessa utgör 4-simplex. Denna uppdelning kan göras på 2 ×8/2 = 8 olika
sätt, ty ett hörn och dess antipod ger upphov till samma partition. Detta motsvaras
av att välja två antipoda 4-simplex i halv-tesserakten, som är en 16-cell.
Speciellt noterar vi att ett hörn inte sammanbindes med något hörn i den egna
halv-tesserakten, men däremot med fyra ur varje av de två övriga, d.v.s sammanlagt
åtta kanter utgår från varje hörn.
Normat 4/2010 Ulf Persson 151
Lägger vi ihop hörnen till en kant får vi ett uttryck av formen (0, a, b, 2c). Det
finns uppenbarligen 4 × 3 × 2
3
= 96 sådana uttryck. Givet en kant (0, a, b, 2c) kan
vi lätt läsa ut de två hörnpunketrna (0, a, 0, c) och (0, 0, b, c).
Givet ett hörn (a, b, 0, 0) kan vi således associera de åtta grannhörnen
(a, 0, c, 0), (a, 0, 0, c), (0, b, c, 0), (0, b, 0, c)
vilka bildar en kub.
En triangel, är antingen av typ (2a, 2b, 2c, 0) från vilken vi kan återskapa hörnen
(a, b, 0, 0), (a, 0, c, 0), (0, b, c, 0)
eller av typ (a, b, c, 3d) som ger upphov till de tre hörnen
(a, 0, 0, d), (0, b, 0, d), (0, 0, c, d)
Notera att en triangel uppenbarligen har ett hörn från vardera halv-tesserakten, ty
hörn från samma halv-tesserakt kan inte förbindas med en kant.
Av den första typen trianglar finns det uppenbarligen 4×2
3
= 32 stycken, medan
av den andra typen har vi ett antal av 4 × 2
4
= 64. Totalt finns det således 96
trianglar.
Given en triangel har vi två val för dess dual, nämligen
(2a, 2b, 2c, 0) (a, b, c, ±3)
(a, b, c, 3d) (2a, 2b, 2c, 0), (−a, −b, −c, 3d)
En triangel och dess dual bestämmer en entydig oktaheder. Varje triangel är således
gemensam för två oktahedrar. Antalet oktahedrar gives av 96 × 2/8 = 24. Därav
namnet 24-cell.
Adderar vi två duala trianglar får vi en kodning för oktahedern. Den ges uppen-
barligen av antingen (3a, 3b, 3c, 3d) eller (6a, 0, 0, 0) . . . av vilka det uppenbarligen
finns 24 stycken. 16 av den första typen och 8 av den andra. Upp till skalning ger
detta ko-ordinaterna för vår första representation av oktaplexen.
Ur en kodning för en tetraheder kan vi återskapa dess hörn. Givet en kodning
(3a, 3b, 3c, 3d) betraktar vi alla sex kombinationerna (a, b, 0, 0) . . . (0, 0, c, d). Och
givet (0, 0, 0, 6d) betraktar vi (±a, 0, 0, d), (0, ±b, 0, d), (0, 0, ±c, d)
Ur detta ser vi även att ett hörn (a, b, 0, 0) tillhör 6 oktahedrar, Nämligen de
fyra (3a, 3b, ±3, ±3) och de två (6a, 0, 0, 0), (0.6b, 0, 0).
Givet ett hörn (a, b, 0, 0) finner vi 12 trianglar associerade till detta hörn, nämli-
gen 4 av typ (2a, 2b, 2c, 0), (2a, 2b, 0, 2d) . . . och 8 av typ (3a, b, c, d), (a, 3b, c, d) . . . .
De 24 oktahedrarna spaltas upp i tre olika typer (mostvarande de tre olika
typerna av hörn), beroende på om produkten av dess ko-ordinater är noll, positivt
eller negativt. I varje hörn möts då alltid två oktahedrar av samma färg, som dock
endast har denna punkt gemensam. Varje oktaheder möter åtta andra oktahedrar
via sina åtta sidor, och varje kant ligger i tre olika oktahedrar med var sin färg. Allt
detta är givetvis ingenting annat än explicita uttryck för oktaplexens själv-dualitet.
Slutligen möts sex oktahedrar i varje hörn.
152 Ulf Persson Normat 4/2010
Oktaplexens dualitet
Vi har presenterat två kombinatoriska beskrivningar av Oktaplexen. De bägge är i
en viss mening duala. Vi noterar att vi kan skriva upp 24 hyperplan, som naturligt
splittras upp i två typer. En typ består av de åtta hyperplanen ±x
i
= 1 den andra
typen av de sexton hyperplanen ±x
1
±x
2
±x
3
±x
4
= 2. Var och ett av dessa hyper-
plan skär oktaplexen i en oktaheder. Vi erhåller således ett nytt sätt att beskriva de
24-cellerna som utgör en oktaplex. Vi kan betrakta dessa hyperplan som punkter i
det duala rummet. Det kan då vara lämpligt att skriva om de första ekvationerna
som ±2x
i
= 2. I dual notation finner vi exakt den första kombinatoriska beskriv-
ningen. Vi inser om två hyperplans punkter är förbundna med en kant, kommer
snittet av de motsvarande hyperplanen att utgöra en triangel på oktaplexen. Och
en triangel i dualrummet kommer att snitta ut en linje. Slutligen genom en punkt
finner vi en hel oktaheder av hyperplan. För att vara specifik. Punkten (1, 1, 0, 0)
ligger i sex hyperplan, nämligen de två hyperplanen x
1
= 1, x
2
= 1 samt de fyra
hyperplanen (x
1
+ x
2
± x
3
± x
4
). Dessa sex punkter utgör en oktaheder i dualen.
Dualiteten framkommer även när vi betraktar kodningen av oktahedrar i den
förra som antingen är av typ (a, b, c, d) eller (2a, 0, 0, 0) (där vi har dividerat med tre
och a, b, c, d refererar till ±1). Från den alternativa kombinatoriska beskrivningen
återfår vi den ursprungliga.
Unionen av Oktaplexen och dess dual kommer att utgöra en symmetrisk konfi-
guration av 48 punkter på en sfär. (Det är då naturligt att normalisera punkterna
(a, b, 0, 0) till
1
√
2
(a, b, 0, 0)). Denna konfiguration är dock inte associerad till nå-
gon polytop. Oktaplexen och dess dual kommer att avbildas på varandra genom
avbildningen
U =
1
√
2
1 1 0 0
1 −1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 −1
som vi kommer att ha anledning att återkomma till.
Speciella projektioner av Oktaplexen
Projektionerna ovan är generella, och dessutom något förvanskade av perspektivet.
Resultatet är något förvirrande eftersom vi saknar instinktiv förmåga att före-
ställa oss något i den 4-dimensionella rymden. Nedan presenterar vi projektioner-
na av Oktaplexen in i det 3-dimensionella rummet via de naturliga riktningarna
(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0) och (1, 0, 0, 0) respektive. Ortogonala projektioner
(upp till skalning) ges t.ex. av respektive
ortogonal bas avbildning
(1, 1, −1, −1), (1, −1, −1, 1), (1, −1, 1, −1) ( x + y − z − w, x − y − z + w, x − y + z − w)
(1, −1, 0, 1), (1, 0, −1, −1), (0, 1, −1, 1) (3x − 3y + w, 3x − 3z − w, 3y − 3z + w)
(1, −1, 1, 1), (1, −1, 1, 1), (0, 0, 1, −1) (2x − 2y + z + w, 2x − 2y − z − w, z − w)
(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) (y, z, w)
Normat 4/2010 Ulf Persson 153
Betraktar vi den första projektionen ser vi endast 18 hörn. Detta beror på att de
sex paren (1, 1, 0, 0) − (0, 0, −1, −1) avbildas på samma punkt. I bilden nedan har
vi ringat in dessa sex punkter.
Vi har även markerat två antipoda svarta punkter med vita prickar samt markerat
de kanter som tillhör den närliggande kuben till den ena. Vi ser att projektionen
plattar till kuben till ett plan. (Det är helt enkelt en projektion av en kub längs
en kort diagonal.) Den andra kuben ses lätt. De sex omringade punkterna utgör
en av de 24 oktahedrarna. Man kan även med en viss ansträngning urskilja andra
tetrahedrar. Kuben visar bara två sidor. Fyra sidor har identifierats två och två,
medan de två övriga sidorna har kollapsat till linjer. De inringade punktparen
motsvaras av två oktahedrar till varje icke kollapsad sida, vilka har identifierats
under projektionen. De två återstående svarta punkter är associerade till de två
långa linjerna, och de motsvarande tetrahedrarna har kollapsat till kvadrater.
Den andra projektionen identifierar inga hörn. Vi har här märkt ut två antipoda
punkter, samt på den vänstra bilden markerat kuben av närliggande punkter till
den ena, och på den högra ett antal olika tetrahedrar som utgår från vår markerade
punkt
154 Ulf Persson Normat 4/2010
En tredje projektion indentifierar hörnet (1, 1, 0, 0) med sin antipod, (−1, −1, 0, 0)
samt åtta andra par av punkter av typ (1, 0, 1, 0) identifierat med (0, −1, 1, 0) (d.v.s.
i allmänhet (1, 0, a, b) med (0, −1.a, b) och (0, 1, a, b) med (−1, 0, a, b)) vilka vi mär-
ker ut. Således ser vi bara 15 hörn. Liksom i fallet ovan visar vi på den vänstra
bilden en kub, och på den högra en oktaheder. Notera att kuben har kollapsat till
en kvadrat, och det är lätt att se sex andra kollapsade kuber vars kvadrater formar
en kub.
Slutligen den sista projektionen identifierar sex par av hörn ((1, a, b, c) identifieras
med (−1, a, b, c)), vilka är utmärkta. Vidare visar vänstra bilden en kub och den
högra en oktaheder.
Vi kommer senare att betrakta speciella projektioner till plan, vilka uppkommer i
samband med symmetrier till Oktaplexen. De senare kommer vi att studera syste-
matiskt i nästa kapitel.
Normat 4/2010 Ulf Persson 155
Oktaplexens symmetrigrupp
Vi har även funnit dess symmetrigrupp H av transformationer. Den genereras av
delgruppen G och elementen 1, A, A
2
vilket ger en grupp bestående av element av
typen σA
k
(k = 0, 1, 2) inalles 3 × 384 = 1152 element. Gruppen G är däremot
inte normal i H. Elementet A normaliserar endast delgruppen G
0
. I själva verket
permuterar gruppen H de tre disjunkta halvtesserakterna. Stabilisatorn till vara en
av dessa är uppenbarligen en delgrupp av index tre i H isomorf med G (som givetvis
är den fulla automorfismgruppen av halvtesserakten.) Dessa tre stabilsatorgrupper
är konjugerade till varandra, och deras snitt utgör gruppen G
0
som således är
normal.
Vi kan skriva ner följande tabeller. Den första tabellen ger AσA
2
= σ
A
σ σ
A
(0)(1)(2)(3) (0)(1)(2)(3) 1 1 1 1
(01)(2)(3) (0)(1)(23) 1 1 1 1
(021)(3) (0)(123) 1 1 1 1
(0321) (0)(13)(2) 1 -1 -1 1
(0)(12)(3) (0)(12)(3) 1 1 1 1
(012)(3) (0)(132) 1 1 1 1
(02)(1)(3) (0)(13)(2) 1 1 1 1
(032)(1) (0)(123) 1 -1 -1 1
(0)(132) (0)(132) 1 -1 1 -1
(0132) (0)(12)(3) 1 -1 1 -1
(02)(13) (0)(1)(2)(3) 1 -1 1 -1
(0312) (0)(1)(23) 1 -1 -1 1
(0)(1)(23) (0)(1)(23) 1 1 -1 -1
(01)(23) (0)(1)(2)(3) 1 1 -1 -1
(0231) (0)(12)(3) 1 1 -1 -1
(031)(2) (0)(132) 1 -1 -1 1
(0)(123) (0)(123) 1 1 -1 -1
(0123) (0)(13)(2) 1 1 -1 -1
(023)(1) (0)(132) 1 1 -1 -1
(03)(1)(2) (0)(12)(3) 1 -1 -1 1
(0)(13)(2) (0)(13)(2) 1 -1 1 -1
(013)(2) (0)(123) 1 -1 1 -1
(0213) (0)(1)(23) 1 -1 1 -1
(03)(12) (0)(1)(2)(3) 1 -1 -1 1
och den andra ger AA
2
= σ
A
för || = 1
156 Ulf Persson Normat 4/2010
σ
A
-1 -1 -1 -1 (0)(1)(2)(3) -1 -1 -1 -1
1 1 -1 -1 (01)(23) 1 1 -1 -1
1 -1 1 -1 (02)(13) 1 -1 1 -1
-1 1 1 -1 (03)(12) 1 -1 -1 1
1 -1 -1 1 (03)(12) -1 1 1 -1
-1 1 -1 1 (02)(13) -1 1 -1 1
-1 -1 1 1 (01)(23) -1 -1 1 1
1 1 1 1 (0)(1)(2)(3) 1 1 1 1
medan den tredje ger AA =
A
σ där || = −1
σ
A
1 -1 -1 -1 (03)(12) 1 1 1 -1
-1 1 -1 -1 (02)(13) -1 -1 -1 1
-1 -1 1 -1 (01)(23) -1 -1 -1 1
1 1 1 -1 (0)(1)(2)(3) 1 1 1 -1
-1 -1 -1 1 (0)(1)(2)(3) -1 -1 -1 1
1 1 -1 1 (01)(23) 1 1 1 -1
1 -1 1 1 (02)(13) 1 1 1 -1
-1 1 1 1 (03)(12) -1 -1 -1 1
Kanske inte så upplysande men det ger den fullständiga informationen hur man
skall multiplicera element av typen σA
k
(k = 0, 1, 2)
Vi observerar att om = (1, 1, 1, −1) finner vi att A = A
2
, och de sex elementen
1, A, A
2
, , A, A
2
utgör en delgrupp isomorf med den symmetriska gruppen på tre
element. Vidare är denna grupp disjunkt från G
0
samt normaliserar denna. Vi kan
således presentera H som den halvdirekta produkten av G
0
med S
3
.
Vi kan även notera att elementen av typen σA
k
(k = 1, 2) utgöres av ortogonala
matriser av typen
1
2
M vars rader är av typen ±1, ±1, ±1, ±1. Sådana matriser ges
av ett val av fyra sinsemellan ortogonala hörn i en hyperkub. Dessa kan beskrivas
enkelt. Tag ett godtyckligt hörn, detta bestämmer en oktaheder i rummet av or-
togonala vektorer. Välj sedan bland dessa tre ortogonala riktningar. Vi inser att
detta kan göras på 16 × 6 × 4 × 2 = 384 olika sätt. Det totala antalet är således
dubbelt av den fullständiga gruppen G, vilket var väntat.
Ett exempel på sådana är avbildningar som ges av reflektioner i de åtta hy-
perplanen X
1
± X
2
± X
3
± X
4
= 0. En sådan reflektion lämnar en halv-tesserakt
invariant, men permuterar de två övriga.
Vi noterar att varje element X ∈ H är av ändlig ordning. Det betyder att X
satisfierar en ekvation av typen X
n
−1 = 0. Vi definerar induktivt de cyklotomiska
polynomen Φ
n
(x) vis x
n
− 1 =
Q
k|n
Φ
k
(x). Det visar sig att över de rationella
talen är de cyklotomiska polynomen irreducibla. Om den karaktäristiska ekvation
för X dessutom har heltals värden, måste ekvationen utgöras av en produkt av
cyklotomiska polynonom. Man kan lätt göra en lista av alla cyklotomiska polynom
av grad högst fyra.
Normat 4/2010 Ulf Persson 157
Φ
n
(x) cyklotomiskt polynom
1 x − 1
2 x + 1
3 x
2
+ x + 1
4 x
2
+ 1
5 x
4
+ x
3
+ x
2
+ x + 1
6 x
2
− x + 1
8 x
4
+ 1
10 x
4
− x
3
+ x
2
− x + 1
12 x
4
− x
2
+ 1
Speciellt för varje 4 × 4 matris X som tillhör en ändlig grupp av matriser och vars
karaktäristiska ekvation har heltals koefficienter, gäller att denna är en produkt
av polynomen ovan. Detta ger totalt 24 olika möjligheter, varav 5 olika möjlig-
heter som motsvarar determinant −1. Av dessa kan vi utan vidare förkasta två
möjligheter Φ
5
(x), Φ
10
som motsvarar element med ordning fem eller tio.
Vi kan lätt via en dator göra en lista av all de olika karaktäristiska ekvationerna
som uppkommer.
antal ekvation cyklotomisk faktorisering typ
1 X
4
− 4X
3
+ 6X
2
− 4X + 1 Φ
1
(x)
4
I
1 X
4
+ 4X
3
+ 6X
2
+ 4X + 1 Φ
2
(x)
4
II
90 X
4
− 2X
2
+ 1 Φ
1
(x)
2
Φ
2
(x)
2
III
12 X
4
+ 2X
2
+ 1 Φ
4
(x)
2
IV
36 X
4
+ 2X
3
+ 2X
2
+ 2X + 1 Φ
2
(x)
2
Φ
4
(x) V
36 X
4
− 2X
3
+ 2X
2
− 2X + 1 Φ
1
(x)
2
Φ
4
(x) VI
64 X
4
+ X
3
+ X + 1 Φ
2
(x)
2
Φ
6
(x) VII
64 X
4
− X
3
− X + 1 Φ
1
(x)
2
Φ
3
(x) VIII
144 X
4
+ 1 Φ
8
(x) IX
16 X
4
+ 2X
3
+ 3X
2
+ 2X + 1 Φ
3
(x)
2
X
16 X
4
− 2X
3
+ 3X
2
− 2X + 1 Φ
6
(x)
2
XI
96 X
4
− X
2
+ 1 Φ
12
(x) XII
24 X
4
+ 2X
3
− 2X − 1 (x − 1)(x + 1)
3
A
24 X
4
− 2X
3
+ 2X − 1 (x − 1)
3
(x + 1) B
192 X
4
+ X
3
− X − 1 (x − 1)(x + 1)Φ
3
(x) C
192 X
4
− X
3
+ X − 1 (x − 1)(x + 1)Φ
6
(x) D
144 X
4
− 1 (x − 1)(x + 1)Φ
4
(x) E
Ur detta observerar vi att alla fem möjligheter med determinant −1 förekommer,
men av de övriga endast tolv.
Vi noterar att om den karaktäristiska ekvationen Θ(x) = P (x)Q(x) splittras
i två relativt prima polynom av grad två, kommer bilden av P (X) vara kärnan
av Q(X) och vice versa. Vi får då en uppdelning av R
4
i två disjunkta plan, som
dessutom är ortogonala mot varandra. Avbildningen X kommer då att verka som
rotation av bägge planen. Vi har redan tidigare studerat detta för tesserakten, där
avbildningen av grad åtta var precis av den typen. Uppdelningen i ortogonala plan
kommer givetvis att bero på vilket X man väljer med den givna Θ(x), men denna
uppdelning kommer bara att bero på konjugatklassen av X vilket är en a priori
finare uppdelning än den given av karaktäristiska ekvationer. Vi tvingas nu att
158 Ulf Persson Normat 4/2010
bestämma konjugatklasserna till gruppen H vilket även kan göras med en dator,
men vilket är något omständligare. Resultatet ses ur tabellerna nedan
antal representant karaktärisktisk ekvation typ
1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
X
4
− 4X
3
+ 6X
2
− 4X + 1 I
1
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
X
4
+ 4X
3
+ 6X
2
+ 4X + 1 II
18
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
X
4
− 2X
2
+ 1 IIIa
72
0 −1 0 0
−1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
X
4
− 2X
2
+ 1 IIIb
12
0 0 −1 0
0 0 0 −1
1 0 0 0
0 1 0 0
X
4
+ 2X
2
+ 1 IV
36
0 −1 0 0
1 0 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
X
4
+ 2X
3
+ 2X
2
+ 2X + 1 V
36
0 −1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
X
4
− 2X
3
+ 2X
2
− 2X + 1 VI
32
0 0 −1 0
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 −1
X
4
+ X
3
+ X + 1 VIIa
32
0 0 −1 0
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 1
X
4
− X
3
− X + 1 VIIIa
144
0 0 0 −1
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
X
4
+ 1 IX
Den första tabellen visar alla konjugatklasser i SH som snittar SG, den andra
de som är disjunkta från SG. Den tredje och fjärde tabellen visar motsvarande
Normat 4/2010 Ulf Persson 159
för komplementet till SH. Speciellt är SG
0
en normal delgrupp som består av
konjugatklasserna I,II,IIIa,IV,VIIa och VIIIa, medan de övriga konjugatklasserna
som täcker hela G
0
gives av Aii,Bii och Eii.
antal representant karaktärisktisk ekvation typ
32
1
2
−1 −1 −1 −1
−1 −1 1 1
−1 1 −1 1
1 −1 −1 1
X
4
+ X
3
+ X + 1 VIIb
32
1
2
1 1 1 1
1 1 −1 −1
−1 1 −1 1
1 −1 −1 1
X
4
− X
3
− X + 1 VIIIb
16
1
2
−1 1 −1 1
−1 −1 −1 −1
1 1 −1 −1
−1 1 1 −1
X
4
+ 2X
3
+ 3X
2
+ 2X + 1 X
16
1
2
1 −1 1 −1
1 1 1 1
−1 −1 1 1
1 −1 −1 1
X
4
− 2X
3
+ 3X
2
− 2X + 1 XI
96
1
2
−1 1 −1 1
−1 −1 −1 −1
−1 −1 1 1
1 −1 −1 1
X
4
− X
2
+ 1 XII
160 Ulf Persson Normat 4/2010
antal representant karaktärisktisk ekvation typ
12
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
X
4
+ 2X
3
− 2X − 1 Ai
12
0 −1 0 0
−1 0 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
X
4
+ 2X
3
− 2X − 1 Aii
12
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
X
4
− 2X
3
+ 2X − 1 Bi
12
0 −1 0 0
−1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
X
4
− 2X
3
+ 2X − 1 Bii
96
0 0 −1 0
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 −1
X
4
+ X
3
− X − 1 Ci
96
0 0 −1 0
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 1
X
4
− X
3
+ X − 1 Di
72
0 0 −1 0
0 0 0 −1
1 0 0 0
0 −1 0 0
X
4
− 1 Ei
72
0 −1 0 0
1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
X
4
− 1 Eii
antal representant karaktärisktisk ekvation typ
96
1
2
−1 −1 1 1
−1 −1 −1 −1
−1 1 −1 1
1 −1 −1 1
X
4
+ X
3
− X − 1 Cii
96
1
2
1 1 −1 −1
1 1 1 1
−1 1 −1 1
1 −1 −1 1
X
4
− X
3
+ X − 1 Dii
Normat 4/2010 Ulf Persson 161
Geometriska tolkningar
Låt oss börja med det enklaste fallet. Speglingar i ett plan. Den karaktäristiska
ekvationen måste då vara av formen Φ
2
1
(x)Φ
2
2
(x), detta korresponderar mot typ
III som splittras upp i två konjugatklasser en med 18 element, den andra med 72.
Låt oss till att börja med koncentrera oss på den första. Ur tabellen ser vi att en
representant är
X =
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 −1
Reflektionsplanet P är givet av x
1
= x
2
= 0. För varje element Y ∈ H kommer
konjugatet Y XY
−1
ha reflektionsplanet Y P . Stabilisatorn till P kommer att ut-
göras av matriser av formen
A 0
0 B
där A, B är 2 × 2 ortogonala matriser
med heltals koefficienter. Antalet sådana inses lätt vara 8 × 8 = 64. Detta gör att
banan kommer att ha förväntade 18 element. Dessa plan kan lätt beskrivas. Tag
en halv-tesserakt, och välj två par av antipodala hörn. Detta kan göras på
4
2
= 6
olika sätt.
En oktaplex har tre halv-tesserakter. Genom att välja ett sådant plan och proji-
cera på dess ortogonala komponent (projektionsplanet), framstår symmetrin klart.
Notera att 4 punkter av den svarta halv-tesserakten avbildas på origo, och att
de två övriga halv-tesserakterna delas var och en upp i två plan ortogonala mot
projektionsplanet, så att dessa avbildas på två punkter. Notera att var och en av
halv-tesserakterna avbildas på sig själva. Avbildningen tillhör således SG
0
I det andra fallet betraktar vi en representant
X =
0 −1 0 0
−1 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
Det invarianta planet kommer att spännas av (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0). I detta fall
kommer en halv-tesserakt att avbildas på sig själv, medan de två andra kommer
att permuteras av reflektionen. 24 av dessa avbildningar i konjugatklassen kommer
således att tillhöra G men inte G
0
. De invarianta planen kan beskrivas genom att
man tar en diagonal i en halv-tesserakt, detta kan göras på 3×4 = 12 sätt. En sådan
162 Ulf Persson Normat 4/2010
diagonal splittrar upp halv-tesserakten i två delar, dels de antipoda punkterna, och
dels sex punkter ortogonala mot bägge. Dessa utgör en oktaheder med tolv kanter,
varav två och två är parallella. Diagonalen tillsammans med en kant spänner ett
sådant plan. Detta kan göras på 12 × 12/2 = 72 olika sätt.
I första fallet har den projicerade figuren uppenbarligen Z
4
symmetri, och mycket
riktigt konjugatklassen VI har samma invarianta delplan som IIIa, och avbildning
X → X
2
avbildar VI till IIIa.
Fallet VIIIa betraktar vi representanten
0 0 −1 0
1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 1
Dess invarianta plan spännes av (0, 0, 0, 1), (1, 1, −1, 0). Detta kan beskrivas genom
att man tar två godtyckliga långa diagonaler i två olika halv-tesserakter. Dessa
spänner ett plan. I själva verket finner vi i detta plan tre långa diagonaler, en från
varje halv-tesserakt. Antalet sådana plan blir således 12 ×8/3! = 16 Varje plan ger
upphov till två element i konjugat-klassen. Man kan lätt finna ett ortogonalt plan,
och en ortogonal projektion till denna. Vi erhåller då figuren nedan
Denna figur uppvisar Z
6
symmetri, speciellt Z
3
symmetri. Konjugatklassen tillhör
SG
0
, d.v.s. den bevarar halv-tesserakterna.
Klassen VIIIb ligger helt utanför G. Genom att ta vår representant från tabellen
finner vi att det invarianta planet beskrives av (a, b, 0, a − b). Denna typ av plan
kan skrivas på formen (a, b, ±a ±b, 0) varav vi beräknar 4 ×4 = 16 stycken sådana
plan. De kan även beskrivas som snittet mellan hyperplan av typen x
i
= 0 och
x
1
±x
2
±x
3
±x
4
= 0. Betraktar vi den associerade projektionen erhåller vi figuren
nedan.
Normat 4/2010 Ulf Persson 163
Den har en tydligen Z
6
symmetri, men endast Z
3
symmetrin utnyttjas. Det framgår
klart av figuren hur de tre halv-tesserakterna cykliskt permuteras.
Vi kan nu observera att avbildningen X 7→ −X permuterar konjugatklasserna V
och VI samt VII(a,b) och VIII(a,b). Detta förklarar den hexagonala symmetrin hos
projektionerna till VIII, i fallen VII blir det invarianta planet vridit ett halvt varv
(reflektion i oriogo) och det ortogonala planet vrides π/3 istället för 2π/3
Vi betraktar nu fallen IX och XII när det karaktäristiska polynomet splittras
icke-trivialt i två kvadratiska polynom. Fallet
X
4
+ 1 = (X
2
+
√
2x + 1)(X
2
−
√
2x + 1) = P Q
har vi redan träffat på i förra avsnittet. Vi finner de ortogonala planen genom att
finna bildrummet av P och Q. Vi får dessa genom att ta bilderna av de två första
elementen e
1
, e
2
. Vi erhåller då följande fyra vektorer som spänner två ortogonala
plan.
1 0 1 0
√
2 1 −
√
2 1
−1 −
√
2 −1
√
2
0 −1 0 −1
på vart och ett av planen kan vi göra en ortogonalisering och presentera
1 1 1 1
√
2 0 −
√
2 0
−1 1 −1 1
0 −
√
2 0 −
√
2
Detta gör lämpliga projektioner (upp till skalning)
(x, y, z, w) 7→ (x −
√
2y − z, x + z −
√
2w) och
(x, y, z, w) 7→ (x +
√
2y − z, x + z +
√
2w),
vilket leder till följande bild.
164 Ulf Persson Normat 4/2010
Vi ser att en halv-tesserakt är invariant, medan de två andra permuteras. Genom
att den svarta är invariant, ser vi att avbildningen tillhör SG men inte SG
0
.
Eftersom konjugatklassen består av 144 element, förväntar vi oss 144 plan (Z
8
innehåller två element av ordning åtta, medan varje element bestämmer två orto-
gonala plan). En viss ledning ges av elementen ovan. Betrakta alla vektorer Γ som
innehåller komponenter av formen 0, ±1, ±1, ±
√
2. Det är lätt att inse att det finns
4 ×3 ×2
3
= 96 sådana element. Man kan även förvissa sig om att för varje element
γΓ finns det 14 element i Γ ortogonala till g, alla dock är inte av intresse. Inget
plan får ligga i samma hyperplan x
i
= 0 detta utesluter två element. Varje plan
innehåller fyra element ±γ
1
, ±γ
2
∈ Γ ur vilket vi sluter 96 × 12/8 = 144.
Notera även att elementen i Γ alla har normen 2 och ligger på oktaplexens om-
skrivna sfär.
Kvadrerar vi element i IX får vi uppenbarligen element i IV vilket ses direkt ur
den karaktäristiska ekvationen.
Vi kan nu faktorisera X
4
− X
2
+ 1 = (X
2
+
√
3X + 1)((X
2
−
√
3X + 1)(= P Q)).
Vi erhåller på samma sätt ovan de två ortogonala planen
3 −
√
3 −1 +
√
3 3 +
√
3 −1 −
√
3
1 −
√
3 3 −
√
3 1 +
√
3 3 +
√
3
1 −
√
3 −1 −
√
3 1 +
√
3 −1 +
√
3
1 +
√
3 1 −
√
3 1 −
√
3 1 +
√
3
Alla vektorerna råkar även vara ömsesidigt ortogonala, samt av samma längd
(2
p
5 + 2
√
3), detta gör det enkelt att skriva ner en projektion (upp till en lik-
forming skalning)
(x, y, z, w) 7→ (x(3 −
√
3) + y(1 −
√
3) + z(1 −
√
3) + w(1 +
√
3),
x(−1 +
√
3) + y(3 −
√
3) + z(−1 −
√
3) + w(1 −
√
3))
Vi får då följande spektakulära figur som uppvisar Z
12
symmetri.
Normat 4/2010 Ulf Persson 165
Rotationer av ordning 12 permuterar halv-tesserakterna, och ligger således inte i G.
Detsamma gäller för dess kvadrater, som måste satisfiera X
2
−X +1 = 0 och är så-
ledes av typ XI, däremot kuber bevarar alla och måste tillhöra SG
0
. Eftersom inga
egenvärden ±1 är den enda möjligheten III och därmed IIIa eftersom ordningen
är fyra.
I de fall när den karaktäristiska ekvationen är en kvadrat är den minimala ek-
vationen kvadratroten ur denna. Detta motsvarar tre fall motsvarande ordning
tre,fyra och sex. Vi får symmetriska bilder närhelst vi tar ett invariant plan (vilket
uppkommer genom att ta en godtycklig icke-trivial vektor v och bilda planet som
spänns av v, Xv). Avbildningen X kommer då att operera som vridningar i planet
och dess ortogonala komplement.
Vi har en kontinuerlig familj av sådana plan. Grassmannianen av alla plan i
R
4
utgör en 4-dimensionell familj, medan invarianta plan utgör en 2-dimensionell
familj. Planet bestäms av en vektor v detta ger 4-dimensioner, men varje vektor i
det invarianta planet ger upphov till samma plan, vi får därmed dividera ut med en
2-dimensionell familj. Vi kan faktiskt beskriva denna 2-dimensionella familj. Om
det kvadratiska polynomet är irreducibelt över de reella talen, definerar matrisen
en komplex struktur på R
4
och gör det till ett C
2
(detta är speciellt transparent
i fallet X
2
+ I = 0 nedan, ty då kan man tolka v → Xv som multiplication med
i). Ett invariant plan blir då en komplex linje, och de komplexa linjerna utgör en
Riemannsfär CP
1
isomorft med sfären S
2
. Att till varje plan ordna dess ortogonala
komplement är då samma sak som antipodavbildningen på sfären.
Vi ger några illustrationer. Eftersom (X
2
+ 1)
2
representeras redan i G kommer
dessa symmetrier att även manifesteras på tesseraktnivån. Däremot ordning tre
och sex manifesteras bara på oktaplexnivån.
Först ett par bilder på (X
2
+ 1)
2
notera att svarta och gråa, samt svarta och
vita ger upphov till uppenbara symmetrifigurer, däremot vita och gråa är inte lika
uppenbar.
166 Ulf Persson Normat 4/2010
Det
visar sig att de invarianta delrummen kan beskrivas av den ortonorma basen
(a, b, c, d), (b, −a, d. − c) Sedan en par bilder på (X
2
+ X + 1)
2
och slutligen (X
2
− X + 1)
2
De visar sig att dessa bägge symmetrier har samma invarianta delrum! Dessa gives
av (a, b, c, d),
1
√
3
(b − c + d, −a − c − d, a + b − d, −a + b + c)
Vi skall slutligen betrakta elementen med determinant −1. Vi ser att konjugat-
klasserna av typ A och B består av speglingar i linjer respektive hyperplan. De
är relaterade till varandra via X 7→ −X. De splittras upp i två konjugatklasser
vardera beroende på vilken typ av linje eller hyperplan. När det gäller Ai utgöres
symmetrilinjen av en lång diagonal (riktningsvektorerna sammanfaller med banan
av (1, 0, 0, 0)). Av dessa finns det tolv stycken. Den halvtesserakt i vilken diagona-
len ingår kommer att vara invariant. (Notera att i G består konjugatklassen av fyra
element, i H tre gånger så många.) I fallet Aii betraktar vi banan av (1, −1, 0, 0),
symmetrilinjerna utgöres av linjer parallella med oktaplexens kanter. Fallet B är
helt dualt, symmetrihyperplanen är ortogonala mot symmetrilinjerna ovan.
Normat 4/2010 Ulf Persson 167
De återstående elementen har ordning 3,4 och 6 för typerna C, E och D respek-
tive. Dessa typer splittras upp vardera i två konjugatklasser. C och D är relaterade
via X 7→ −X. Bägge konjugatklasserna till E snittar G och en ligger (Eii) ligger i
G
0
, medan i de två andra fallen ligger en av konjugatklasserna utanför G. I samt-
liga fall har avbildningen två invarianta plan, i ett av planen har vi en spegling
i linjen, i det andra en vridning av lämplig ordning. De förra kan vi referera till
såsom speglingsplanen, de andra som vridningsplanen. Konjugatklasserna bestäms
av typen av invarianta plan.
I fallet Eii utgöres speglingsplanet av en transformation av planet x
3
= x
4
= 0,
dessa har vi redan betraktat i IIIa och den tillhörande bilden visar Z
4
symmetrin
hos vridningsplanet. Notera att halv-tesserakterna är invarianta, ty speglingen i
speglinsgplanet permuterar urbilderna till de vita och gråa punkterna. Det finns 18
sådana plan, och eftersom Z
4
innehåller två element av ordning två, och det finns
två sätt att välja speglingarna i speglingsplanet kommer konjugatklassen innehålla
fyra gånger så många element. I fallet Ei kommer speglingsplanet att spännas av
vektorerna (0, 1, 0, −1), (1, 0, −1, 0)
Vi noterar slutligen att gruppen H är invariant under konjugering med elemen-
tet U ovan. Denna konjugering kommer att beskriva en yttre automorfism, som
kommer att permutera vissa konjugatklasser. Den grupp J som genereras av H
och U kommer att utgöra symmetrigruppen till den konfiguration av 48 element vi
har tidigare betraktat. J kommer i själva verket vara den halvenkla produket av
Z
2
(representerat av U ) och H.
Vi kan rekapitulera. Genom att betrakta fyra ömsesidigt ortogonala hörn i en
halv-tesserakt av formen (±1, 0, 0, 0), (0, ±1, 0, 0) . . . , (0, 0, 0, ±1) erhåller vi grup-
pen G med 8 × 6 × 4 × 2 = 384 matriselement. Genom att betrakta på mot-
svarande sätt ortogonala hörn i dess duala tesserakt (±1, ±1, ±1, ±1) erhåller vi
16 ×6 ×4 ×2 = 768 matriselement som utgör de två sidoklasserna av G vi H. Och
slutligen genom att betrakta istället den duala oktaplexen finner vi 24 ×6 ×4×2 =
1152 matriselement som utgör sidoklassen till H i J.
Stabilisatorundergrupper
Till Oktaplexens 24 hörn kan vi även associera andra punkter på sfären, som mitt
punkterna till kanterna, tyngdpunkterna till trianglarna och oktahedrarna. Samtli-
ga dessa punktmängder är invariant under verkan av H och vi erhåller intressanta
undergrupper genom att betrakta deras stabilisatorer.
168 Ulf Persson Normat 4/2010
Vi kan börja med stabilisatorerna till hörnen. Dessa är alla konjugerade och utgör
således icke-normala delgrupper. Fixerar vi ett hörn (2, 0, 0, 0) säg är det uppenbart
att stabilisatorn består av matriser i G med en en 1 i övre vänstra hörnet. Stabili-
satorn i H utgör således symmetrierna av en 3-dimensionell kub (eller oktaheder).
Om vi bara är intresserad av SH erhåller vi oktahedergruppen. En avbildning som
stabiliserar ett hörn, stabiliserar även dess antipod, på detta sätt får vi 12 kopior
av oktahedergruppen. Om vi projicerar Oktaplexen längs axelriktningen får vi en
konfiguration bestående av en kub på en sfär med radien
√
3/2 och en oktaheder på
en sfär med radien 1 (samt en punkt i origo - bilden av den stabila punkten och dess
antipod). Stabilisatorn utgör uppenbarligen symmetrier av denna konfiguration.
Symmetrier som bevarar en kant, fixerar uppenbarligen dess mittpunkt. Ef-
tersom det finns 96 sådana mittpunkter förväntar vi oss att stabilisatorn i SH
är en grupp med sex element. Tar vi det specifika fallet (2, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 1) med
mittpunkten (
3
2
,
1
2
,
1
2
,
1
2
) är det lätt att förvissa sig om att stabilisatorn består av
matriser av typ
1 0 0 0
0 a b c
0 a
0
b
0
c
0
0 a
00
b
00
c
00
1 1 1 1
1 a b c
1 a
0
b
0
c
0
1 a
00
b
00
c
00
Normat 4/2010 Ulf Persson 169
I det först fallet är a, b, c = 0, 1 och a + b + c = 1 osv för varje rad, i det andra
fallet har vi a, b, c = ±1 och a + b + c = −1 likaledes för varje rad. I bägge
fallen rör det sig om att placera ut en 1 en i varje rad och kolonn bland nollor
respektive −1:or. I det första fallet har vi en delgrupp S
3
under den naturliga
permutationsrepresentationen, i det andra fallet dess sidoklass i en grupp som bör
vara den halv-direkta produkten av S
3
med Z
2
. Om vi begränsar oss till SH återfår
vi givetvis S
3
. Projicerar vi från det invarianta planet får vi figuren ovan.
Oktaplexen och Kvaternionerna
De Hamiltonska kvaternionerna H bör vara alltför välkända för en systematisk in-
troduktion och jag nöjer mig med att påminna läsaren om att dessa utgör ett reellt
vektorrum med bas 1, i, j, k och en associative men icke-kommutativ multiplikation
given av ij = k, ki = j, jk = i och i
2
= j
2
= k
2
= −1.
j
i
k
170 Ulf Persson Normat 4/2010
Man finner att varje kvaternion q = a+bi+cj+dk har ett konjugat ¯q = a−bi−cj−dk
så att q ¯q = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
≥ 0 med likhet om och endast om q = 0. Notera
att konjugering är linjär och multiplikativ i meningen att q
1
q
2
= ¯q
2
¯q
1
. Detta ger
en naturlig kvadratisk form på H ofta betecknad med Nm(q)(= q ¯q) = |q|
2
samt
visar att H med sin multiplikativa struktur är en skev-kropp, d.v.s varje icke-noll
element har en multiplikativ invers. Således utgör H
∗
en grupp. Vidare splittras
H naturligt upp i summan av ett 1-dimensionellt delrum H
+
bestående av z =
¯z(de reella talen) och ett 3-dimensionellt H
−
för vilka ¯z = −z(de rent imaginära
kvaternionerna d.v.s. a = 0). Dessa två delrum är ortogonala med avseende på
den kvadratiska formen. Det finns således naturliga projektioner till dessa delrum.
Avbildningen H → H
+
betecknas med spåret Tr(q) av en kvaternion q, och är helt
enkelt given av q 7→ 2a = q + ¯q. Man inser nu lätt att varje kvaternion q satisfierar
en kvadratisk ekvation genom att utnyttja att (q −a)(q − a) = −(q −a)
2
ur vilket
följer
q
2
− Tr(q)q + Nm(q) = 0
Låt oss beteckna denna ekvation med Ξ
q
. (Ifall q är en reell kvaternion är Ξ
q
en
perfekt kvadrat [q −
1
2
Tr(q))
2
).
Givet en icke-reell kvaternion q kommer således H
q
= R + Rq utgöra en 2-
dimensionell delalgebra isomorf med de komplexa talen C, och även utgöra centra-
lisatorn till q, nämligen delalgebran av alla kvaternioner som kommuterar med q.
Vidare kommer den även att definera en komplex vektorrum struktur på H anting-
en genom vänster eller högermultiplikation. H kan naturligt bäddas in i GL(4, R)
via H 3 h 7→ (x 7→ hx) och representeras då av reella 4 ×4 matriser. (Vi låter
ˆ
h be-
teckna denna linjära avbildning.) Men i och med att kvaternionerna H har en natur-
lig komplex struktur via högermultiplikation ger detta även en representation med
komplexa 2×2 matriser, d.v.s. en inbäddning in i GL(2, C). (Notera att den associ-
ativa lagen kan tolkas kommutativt! Nämligen h(xλ) = (hx)λ.) De karaktäristiska
ekvationerna för den reella representationen kommer att vara kvadraten på de ka-
raktäristiska för de komplexa representationerna, vilka helt enkelt är de kvadratiska
ekvationerna ovan. Vidare noterar vi att om h är en enhets kvaternion d.v.s. |h|=1,
kommer
ˆ
h respektera den kvadratiska formen ((hx)hx = hx¯x
¯
h = x¯xh
¯
h = x¯x). En-
hetskvaternionerna kommer således att utgöra en 3-dimensionell delgrupp (isomorf
med S
3
) av SO(4, R).
Om q är en icke-reell kvaternion kommer den ha invarianta delrum av dimension
två. Nämligen H
q
r och för godtyckliga r ∈ H. Dessa delrum kommer att utgöra
komplexa linjer i den komplexa (höger)strukturen given av H
q
på H. Och ifall
|q| = 1 kommer ˆq representeras av vridningar i varje delrum. I komplex notation
givet av matrisen
λ 0
0
¯
λ
med |λ| = 1.
Vi kommer att ha anledning att mera allmänt betrakta linjära avbildningar
av formen x 7→ qxq
0
(som är produkten av de två kommuterande avbildningar-
na x 7→ qx och x 7→ xq
0
) så låt oss undersöka dessa närmare med avseende på
karaktäristiska ekvationer och invarianta plan
För att behandla detta kan det vara lämpligt att närmare studera de linjära
avbildningarna x 7→ qxq
0
. Dessa är av tre olika slag. Om något av q, q
0
är reella har
vi situationen x 7→ qx (x 7→ xq
0
) som vi redan har studerat tidigare. Vi erinrar oss
Normat 4/2010 Ulf Persson 171
om att den karaktäristiska ekvationen är kvadraten på den kvadratiska för q och
att de invarianta delrummen utgör en Riemannsfär. De övriga fallen splittras upp
i huruvida q, q
0
kommuterar eller icke. Låt oss börja med det senare.
Först gör vi den allmänna observationen att om q, q
0
inte kommuterar kan av-
bildningen betraktas som komplex linjär för två olika komplexa strukturer på H,
nämligen de givna av R(q) med vänster multiplikation och R(q
0
) med högermul-
tiplikation. En naturlig bas i det första fallet ges av 1, q
0
och i det andra fallet av
1, q. Det är nu lätt att skriva ner respektive matriser, om vi sätter q
2
= Aq −B och
q
0
2
= A
0
q
0
−B
0
de två karaktäristiska ekvationerna för q, q
0
respektive (vi påminner
om att A = q + ¯q, B = q¯q) erhåller vi
0 −qB
0
q qA
0
0 −q
0
B
q
0
q
0
A
med komplexa koefficienter. Låt oss nöja oss med att betrakta den vänstra(den
högra är helt analog). Den ger upphov till den karaktäristiska ekvationen
X
2
− qA
0
X + q
2
B
0
= 0
eller om vi föredrar
X
2
− qA
0
X + (Aq − B)B
0
= 0
Multiplicerar vi ihop den vänstra med den högra’ får vi den karaktäristiska
ekvationen över R. Denna multiplikation förenklas av observationen att den högra
måste vara komplexa konjugatet av den vänstra, ty produkten måste ha reella
koefficienter. Eftersom konjugering ges av q 7→ A − q kan vi skriva ner den senare
som
X
2
− (A − q)A
0
X + (A(A − q) − B)B
0
= 0
varvid det blir enkelt om än något omständligt att skriva ner produkten.
X
4
− AA
0
X
3
+ (A
2
B
0
+ BA
0
2
− 2BB
0
)X
2
− AA
0
BB
0
X + B
2
B
0
2
= 0
Detta påstående kan bevisas genom att observera att den minimala ekvationen
för en komplex linjär avbildning delar den minimala ekvationen för samma avbild-
ning betraktad som reell. Har vi två olika komplexa strukturer och de motsvarande
polynomen är relativt prima följer påståendet direkt. I annat fall kan vi göra ett
gränsförfarande.
Som vi tidigare noterat gäller att för varje icke reell kvaternion q att delkrop-
pen R[q](= H
q
) är isomorft med C, isomorfin unik upp till en konjugering. Låt
oss fixera isomorfier mellan H
q
, H
q
0
och C. Detta betyder dels att vi betraktar
dessa kvaterinioner som ’abstrakta’ komplexa tal, och omvänt att varje ’abstrakt’
komplext tal är givet två olika representationer, nämligen en i vardera av de två
delkropparna. Vi finner därvid att de komplexa egenvärdena för den linjära avbild-
ningen med komplex struktur till vänster är givna av λλ
0
och λ
λ
0
respektive, medan
de till höger är givna av λλ
0
och λλ
0
där λ, λ
0
är de abstrakta realizationerna av
q och q
0
respektive. Det är nu lätt att beräkna korresponderande egenvektorer. I
det vänstra fallet är dessa givna av respektive ζ
0
q
0
− B
0
och ζ
0
q
0
− B
0
där ζ
0
är en
172 Ulf Persson Normat 4/2010
kvaternionisk representation av λ
0
i delkroppen R[q]. På motsvarande sätt finner
vi i det högra fallet egenvektorerna qµ −B och qµ −B
0
där µ är en representation
av λ i R[q
0
]. En komplex egenlinje blir ett reellt invariant plan. Av allmänna prin-
ciper inser vi att de korresponderande komplexa egenlinjerna bör motsvara samma
reella invarianta plan, av vilka vi följdaktligen har två ortogonala. Detta bör kunna
verifieras via en uträkning, och mycket riktigt
(ζ
0
q
0
− B
0
)µ = ζ
0
B − qζ
0
µ = −ζ
0
(qµ − B)
De invarianta planen motsvaras av en uppdelning av den kvartiska ekvationen i
två kvadratiska med reella koefficienter. Detta kan göras explicit genom kvadrat-
rots utdragningar av uttryck i A, A
0
, B, B
0
.
I fallet q, q
0
måste vi välja ett element r utanför H
q
men räkningarna leder till
precis samma resultat som ovan, nämligen ett kvartiskt karaktäristiskt polynom
som kan uttryckas explicit i koefficienterna till de kvadratiska relationerna till q, q
0
och som splittras i två kvadratiska polynom korresponderande till två invarianta
plan.
Låt oss nu återvända till vår Oktaplex. Normaliserar vi Oktaplexens hörn så att
den ligger på enhetssfären och sedan identifierar dessa hörn med kvaternionerna
1
2
(±1±i±j ±k) samt ±1, ±i, ±j ±k visar sig att den utgör en grupp delgrupp O av
H
∗
. Gruppen har halv-tesserakten ±1, ±i, ±j ±k som normal delgrupp och denna
grupp är isomorf med kvaterniongrupp Q
8
(= Q) med åtta element. Dess konjugat-
klasser utgöres av {1}, {−1}, {±i}, {±j}, {±k}. Detta ses lätt genom att vi känner
centralisatorn till varje element, och därmed antalet element i konjugatklassen.
Normalisatorn till i består av fyra elemet ±1 ±i således består konjugatklassen till
i av två element.
O är den halvdirekta produkten av Z
3
med Q. Och opererar på Q via konju-
gering. Speciellt koagulerar de tre givna konjugatklasserna {±i}, {±j}, {±k} till
en enda {±i, ±j, ±k}. (Notera att centralisatorn till i är den samma i O som i
Q, således består dess konjugatklass av sex element). Vidare givet ett element
z =
1
2
(1 ± i ± j ± k) finner vi z
2
= −¯z (och därmed z
3
= −z¯z = −1), medan för
z =
1
2
(−1±i ±j ±k) och z
2
= ¯z(d.v.s. z
3
= 1). Således den första typen av element
har ordning sex, den andra typen ordning tre. Medan elementen i Q uppenbarligen
har ordning fyra med de uppenbara undantagen ±1. Ur detta är det lätt att dela
upp O i konjugatklasser (varav konjugatklasserna C
1
, C
2
och C
4
kommer att bilda
Q).
ordning konjugatklass typiskt element antal
1 C
1
1 1
2 C
2
−1 1
3 C
3
1
2
(−1 ± i ± j ± k) 8
4 C
4
±i, ±j ± k 6
6 C
6
1
2
(1 + ±i ± j ± k) 8
Vi noterar sambandet med tabell 1. C
1
, C
2
, C
4
bildar en halv-tesserakt - Q, och
C
3
och C
6
halveras var, och motsvarade halvor kombineras till sidoklasser till Q.
Notera att varje element i C
3
kommer att generera en grupp Z
3
disjunkt från Q.
Normat 4/2010 Ulf Persson 173
Vi kanske även skall notera att O fastän den har 24 element inte är S
4
(eller
vad som är ekvivalent - oktahedergruppen). Inget element i S
4
har ordning sex
I representationen h 7→
ˆ
h ovan kommer kommer bilden av O att ligga i H, i själva
verket i SH, eftersom O är sluten under multiplikation. Delgruppen Q kommer att
respektera en given uppdelning av en oktaplex i en tesserakt och dess duala halv-
tesserakt. Elementen i O \Q kommer att cykliskt permutera de tre halv-tesserakter
som oktaplexen är uppbyggd av.
Men i tillägg till representationen av H har vi även en representation av H ×H
via (h
1
, h
2
) 7→ (x 7→ h
1
xh
−1
2
). Dess kärna är given av diagonalavbildningen R →
∆H via t 7→ (t, t). Om vi begränsar oss till enhets-kvaternioner får vi en avbildning
av S
3
× S
3
modulo Z
2
= (1, 1), (−1, −1) på SO(4, R). Och begränsar man till
diagonalen erhåller man den välbekanta representationen av SO(3, R) såsom det
projektiva rummet RP
3
= P H = S
3
/ ±I ty H
−
är invariant under diagonalen ∆.
Speciellt finner vi en stor delgrupp O × O/ ± I i SH. Denna delgrupp har
24
2
/2 = 288 element och är således av index två i SH och utgör en normal delgrupp.
Hur kan vi identifera denna?
Det första naturliga steget är att dela upp den i konjugatklasser. Först gör vi
den elementära observationen att om en grupp G = A×B, där elementen (a, 1) och
(1, b) uppenbarligen kommuterar med varandra, kommer konjugatklasserna av G
helt enkelt vara produkten a ×b av konjugatklasser a, b i A, B respektive. Speciellt
erhåller vi 5 ×5 = 25 konjugatklasser i O ×O. Nu är vi intresserade i kvotgruppen
O × O/Z
2
. Vi har att z 7→ −z permuterar konjugatklasserna C
1
↔ C
2
; C
3
↔
C
6
, C
4
, d.v.s. −C
n
= C
π(n)
där π är permutationen (12)(36). Konjugatklasserna
för O × O blir då C
i
× C
k
med identifikationen C
i
× C
k
= C
π(i)
× C
π(k)
.
Nästa steg är att identifiera de karaktäristiska ekvationerna. Vi erinrar oss först
att element av formen ˆq lämnar varje plan av formen H
q
r invariant. Dess reella
karaktäristiska ekvation blir helt enkelt kvadraten på dess komplexa Ξ
q
. Vidare om
vi har en avbildning x 7→ qxq
−1
hittar vi lätt två egenvektorer med egenvärde ett,
nämligen q, q
−1
. Denna egenskap är invariant under konjugering. Vilket betyder
att (x−1)
2
blir en faktor i den karaktäristiska ekvationen. Om q är rent imaginärt,
kan vi även betrakta det ortogonala komplementet till < 1, q >. Detta utgörs av
rent imaginära x (ortogonalt till 1) som satisfierar qx + xq = 0, d.v.s. qxq
−1
= −x.
Vi får således en faktor (x + 1)
2
. Vi kan sedan lätt skriva ner följande tabell
konjugatklasser antal ekvation typ
C
1
× C
1
1 Φ
1
(x)
4
I
C
1
× C
2
1 Φ
2
(x)
4
II
C
1
× C
3
, C
3
× C
1
16 Φ
3
(x)
2
X
C
1
× C
6
, C
6
× C
1
16 Φ
6
(x)
2
XI
C
1
× C
4
, C
4
× C
1
12 Φ
4
(x)
2
IV
C
3
× C
3
64 Φ
3
(x)Φ
1
(x)
2
VIIIa,VIIIb
C
3
× C
6
64 Φ
6
(x)Φ
2
(x)
2
VIIa,VIIb
C
4
× C
4
18 Φ
1
(x)
2
Φ
2
(x)
2
IIIa
C
3
× C
4
, C
4
× C
3
96 Φ
12
(x) XII
De enda ekvationerna som inte inses omedelbart av ovan är fallen C
3
× C
6
och
C
3
× C
4
. I det senare fallet rör det sig om element av ordning 12 vilket ger den
174 Ulf Persson Normat 4/2010
enda möjligheten. I det förra fallet noterar vi att ordningen är sex, och betraktar
vi elementet x 7→ qxq
2
opererar detta som q
3
= −1 på planet R[q].
Denna tabell skall jämföras med den på sidan 157. Vi noterar att de karak-
täristiska ekvationerna Φ
1
(x)
2
Φ
4
(x), Φ
2
(x)
2
Φ
4
(x), Φ
8
(x) saknas. Samt att fallet
Φ
1
(x)
2
Φ
2
(x)
2
splittras upp i två konjugatklasser (IIIa,IIIb), varav bara den ena
(IIIa) tillhör vår grupp.
Notera att vi har betraktat två naturliga representationer av Oktaplexen. Varför
inte lägga samman dem? Detta innebär att vi även betraktar element av typen
i+j
√
2
som också bildar en Oktaplex. Unionen av dessa bägge Oktaplexer utgör inte en
regelbunden polytop, som vi redan tidigare noterat men det utgör en mängd Z ⊂ S
3
som även den utgör en grupp. Låt oss skriva Z = O + O
0
där O
0
utgör den nya
Oktaplexen. I denna grupp kommer O att utgöra en normal delgrupp av Z av
index två, speciellt OO
0
= O
0
och O
0
O
0
= O. Symmetrigruppen J till mängden Z
kommer, som vi redan tidigare ha påpekat, att utgöra en extension av H i vilken
denna kommer att utgöra en normal delgrupp av index två. Således är |J| = 2304
och SJ har 1152 element. En naturlig delgrupp av SJ kommer att utgöras av
Z × Z/ ± 1 vilken har 48 × 48/2 = 1152 element och således kommer att utgöra
hela gruppen. En naturlig fråga är hur SH sitter i denna grupp. Först noterar vi
att O
0
OO
0
= O, vilket gör att x 7→ zxw, z, w ∈ O
0
ger de resterande symmetrierna
av Oktaplexen.
Det är lätt att finna konjugatklasserna i O
0
. Vi har tre typer av element
1+i
√
2
,
−1+i
√
2
och
i+j
√
2
centralisatorn till de två första består av åtta element ±1, ±i,
1±i
√
2
och kon-
jugatklasserna innehåller därmed sex element var; medan i det sista fallet centrali-
satorn har endast fyra element ±1, ±
i+j
√
2
och därmed konjugatklassen tolv element.
De motsvarande karaktäristiska ekvationerna utgörs av x
2
+
√
2x + 1, x
2
−
√
2x +
1, x
2
+ 1 respektive. Vi noterar också att q → −q permuterar de två första konju-
gatklasserna och lämnar den sista invariant. Låt oss beteckna dessa konjugatklasser
med D
+
8
, D
−
8
, D
4
respektive.
Vi kan nu skriva upp en motsvarande tabell
konjugatklasser antal ekvation
D
4
× D
4
72 Φ
1
(x)
2
Φ
2
(x)
2
D
+
8
× D
+
8
36 Φ
1
(x)
2
Φ
4
(x)
D
+
8
× D
−
8
36 Φ
2
(x)
2
Φ
4
(x)
D
+
8
× D
4
, D
4
× D
+
8
144 Φ
8
(x)
Den första är uppenbar, samma argument gäller som för fallet C
4
× C
4
ovan. De
andra är inte lika fullt uppenbara. Men istället för att presentera ad-hoc argument
kan vi lätt beräkna alla involverade karaktäristiska ekvationer via formeln (K) ovan.
Notera att samtliga kvadratiska uttryck för våra element är av formen x
2
−αx + 1
och därmed skrives de kvartiska polynomen som x
2
−βx
3
+γx
2
−βx+1 där således
β = αα
0
, γ = α
2
+ (α
0
)
2
− 2. Vi presenterar en tabell över alla typer av element,
och sedan två tabeller för motsvarande karaktäristiska ekvationer.
Normat 4/2010 Ulf Persson 175
element konjugatklass antal α element konjugatklass antal α
1 C
1
1 2
1±i
√
2
D
+
8
6
√
2
−1 C
2
1 −2
−1±i
√
2
D
−
8
6 −
√
2
±i C
4
6 0
±i±j
√
2
D
4
12 0
1
2
(1 ± i ± j ± k) C
6
8 1
1
2
(−1 ± i ± j ± k) C
3
8 −1
Vilket ger upphov till följande tabeller där vi ger (antal;β, γ)
C
1
C
1
1; 4, 6 C
2
C
2
1; −4, 6 1; 4, 6 C
4
C
4
6; 0, 2 6; 0, 2 36; 0, −2 C
6
C
6
8; 2, 3 8 : −2, 3 48; 0, −1 64; 1, 0 C
3
C
3
8; −2, 3 8; 2, 3 48; 0, −1 64; −1, 0 64; 1, 0
D
4
D
4
144; 0, −2 D
+
8
D
+
8
72; 0, 0 36; 2, 2 D
−
8
D
−
8
72; 0, 0 36; −2, 2 36; 2, 2
Gruppstrukturen
Vi noterar att det endast finns två icke-kommutativa grupper av ordning 8, näm-
ligen dihedral gruppen D
8
och kvaterniongruppen Q. I bägge fallen har vi fakto-
riseringar 0 → Z
2
→ G → Z
2
⊕ Z
2
→ 0 och 0 → Z
4
→ G → Z
2
→ 0 men i
dihedralfallet splittras den senare. Vidare betrakar vi stabilisatorn till 1 erhåller vi
gruppen Z/ ± 1 som således är isomorf med S
4
. Ur detta sluter vi att O/ ± 1 är
isomorf med A
4
och vi skall således jämföra extensionerna 0 → Z
2
→ O → A
4
→ 0
och den ’duala’ 0 → A
4
→ S
4
→ Z
2
→ 0.
Vi är nu beredda att närmare beskriva strukturen av SH. Först låt oss betrakta
följande diagram i vilken vi skriver A −→ B
B/A
Q
Z
3
//
Q
4
!!
O
O
12
!!
0
//
±1
Z
2
//
Z
2
⊕Z
2
??
Z
2
⊕Z
2
Q
Q
8
//
QxQ
Z
3
//
SG
0
Z
3
//
OxO
Z
2
//
SH
Q
Z
3
//
Q
4
==
O
O
12
==
Grupperna Q och O kan bäddas in antingen från höger eller vänster, eller via
diagonal avbildningen q 7→ (x 7→ qxq
−1
). I det senare fallet dividerar man ut
med centrum ±1. Vi erhåller då Q isomorf med Z
2
⊕ Z
2
och O isomorf med A
4
.
Samtliga dessa inbäddningar in i O × O är normala. Gruppen Q × Q är isomorf
176 Ulf Persson Normat 4/2010
med Heisenberggruppen med 32 element. Vidare kan vi betrakta följande diagram
Z
12
""
0
//
±1
Z
2
//
Q
Z
3
//
O
O
24
//
Z
2
>>
Q
8
OxO
Z
2
//
SH
SG
0
Z
3
;;
samt
0
//
±1
Z
2
//
Q
Z
3
//
O
Q
8
//
SG
0
Z
2
//
SG
Z
3
//
SH
vilka tillsammans ger en ganska bra bild av den lösbara strukturen av gruppen
Metriska egenskaper
En tesserakt och en oktaplex inskrivna i en sfär med radius 1, har kantlängder lika
med 1. (Hörnen kan ges via
1
2
(±1, ±1, ±1, ±1), (1, 0, 0, 0) . . . (0, 0, 0, 1)). De inskriv-
na halv-tesserakterna däremot kommer att ha kantlängd
√
2. Den 3-dimensionella
sfären S
3
har ’area’ (3-dimensionell volym) 4π
2
, den motsvarande bollen kommer
då att ha 4-dimensionell volym
1
4
4π
2
= π
2
∼ 10 ty den 4-dimensionella voly-
men av en kon ges av
1
4
Bh där B är den 3-dimensionella volymen av basen och
h är höjden. Tesseraktens (4-dimensionella) volym är uppenbarligen 1, och dess
(3-dimensionella) area 8. Oktaplexen erhålles genom att till varje kubsida lägga
till en pyramid med höjd
1
2
. Varje sådan pyramid har volymen
1
4
1
2
=
1
8
. Det finns
åtta sådana pyramider, så den totala volymen blir 2. Varje 3-dimensionell sida är
en oktaheder med kantlängd 1. En sådan oktaheder består av två pyramider med
höjd
1
√
2
, dess volym blir således
2
3
1
√
2
=
√
2
3
. Oktaplexens (3-dimensionella) area
blir således 8
√
2 eftersom den har 24 sådana sidor. Slutligen halv-tesserakten be-
står av två koner över oktahedern med kantlängd
√
2 och höjd 1. Detta ger en
volym av 2 ×
1
4
× (
√
2)
3
×
√
2
3
=
2
3
och dess area är given av 16 tetrahedrar, vars
kantlängder är
√
2. Dessa passar in i en kub med sida 1, med fyra pyramider med
sammanlagd volym
2
3
. Arean blir således
16
3
. Ur dessa beräkningar finner vi lätt
den inskrivna sfärens radie (r), ty
1
4
Ar = V . Detta ger för tesserakten, oktaplexen
och halv-tesserakten
1
2
,
1
√
2
,
1
2
.
Vi kan sammanfatta detta i en tabell.
polytop kantlängd 4-dim volym 3-dim area inskriven radie
halv-tesserakt
√
2
2
3
16
3
1
2
tesserakt 1 1 8
1
2
oktaplex 1 2 8
√
2
1
√
2
I varje hörn av hyperkuben, samsas fyra kubiska hörn, som motsvarar rymdvinklar.
Dessa kan beskrivas av polygoner på sfären, och ges ett mått via dess sfäriska area.
Normat 4/2010 Ulf Persson 177
I kubens fall består dessa rymdvinklar av liksidiga trianglar med längden π/2.
Sådana trianglar är lätt att beräkna arean av, ty dess samtliga vinklar är även π/2
vilket medför arean 3π/2 −π − π/2. Fyra stycken ger upphov till arean 2π som är
halva sfärens. Detta ger en uppfattning om tesseraktens spetsighet. Vill vi beräkna
på motsvarande sätt rymdvinklarna i fallet med tetrahedern och oktahedern blir
det något krångligare. I första fallet utgör rymdvinkeln en liksidig sfärisk triangel
med sidan π/3 och i det andra fallet en sfärisk kvadrat med sidlängden π/3. Att
beräkna dess areor utgör en trevlig övning i sfärisk geometri. Låt oss först börja
med kvadraten, ty den är enklast.
_
`
a
Vi finner av vidstående figur
sin α =
sin β
sin γ
sin 2β
sin 2γ
=
sin α
sin γ
cos α = cos
2
β
där de två första följer ur den sfäriska sinussatsen och den tredje är den sfäriska
versionen av Pythagoras sats. Vi kan skriva om dessa till
sin β = sin α sin γ
2 cos γ =
sin 2β
sin α
cos β =
√
cos α
och ur detta följer cos γ = sin γ
√
cos α och vi kan lösa ut sin
2
γ =
1
1+cos α
. Vidare
har vi
cos 2γ = 1 − 2 sin
2
γ
sin 2γ = 2 sin
2
γ
√
cos α
vilket tillåter oss att beräkna
sin 4γ = 4
cos α − 1
cos α + 1
1
1 + cos α
√
cos α
Halva kvadratens area är givet av vinkelexcessen 4γ − π. Eftersom sin(4γ − π) =
−sin(4γ) kan vi ge följande formel för kvadratens area.
178 Ulf Persson Normat 4/2010
2arcsin(4
(1 − cos α)
√
cos α
(1 + cos α)
2
)
Notera att om α är litet ger detta approximativt α
2
och för α = π/2 då kvadraten
är en hemisfär, tolkar vi arcsin(0)=π. I vårt aktuella fall med α = π/3 erhåller vi
arean 2arcsin(
8
9
q
1
2
) ∼ 1.35949 . . . . Eftersom sex oktahedrar möts i varje hörn blir
den totala rymdvinkeln strax över 8 och därmed drygt två tredjedelar av den totala
arean av sfären. Vilket skall jämföras med halva sfären i fallet med tesserakten.
Oktaplexen är således betydligt trubbigare.
I triangelfallet
_
`
2_
2a
a
finner vi på motsvarande sätt
sin 2α =
sin α
sin γ
sin β
sin 2γ
=
sin α
sin γ
cos 2α = cos β cos α
vilket ger
sin γ =
1
2 cos α
cos γ =
sin β
2 sin α
sin 2γ =
sin β
sin 2α
cos 2γ =
sin
2
β
2 sin
2
α
− 1
Betraktar vi nu cos för halva arean (A/2) finner vi
cos(3γ − π/2) = sin(3γ)
Högerledet kan vi förenkla till
sin
2
β − sin
2
α
sin α sin 2α
Ur det sfäriska Pythagorasteoremet kan vi uttrycka
sin
2
β = 1 −
cos
2
2α
cos
2
α
Normat 4/2010 Ulf Persson 179
och erhåller slutligen
cos(A/2) = 2
cos
4
α − cos
2
2α
cos α sin
2
2α
En Taylor utveckling av detta uttryck för små α ger efter en hel del komplicerade
uträkningar som mirakulöst förenklas till det enkla svaret 1 −
3
8
α
4
+ . . . ur vilket vi
erhåller att A =
√
3
2
α
2
+ . . . vilket är den asymptotiskt euklidiska formeln. I fallet
2α = π/2 erhåller vi cos(A/2) =
1
√
2
d.v.s A = π/2 som förväntat. Likaså i fallet
2α = 2π/3 finner vi det förväntade A = 2π. Fallet 2α = π/3 motsvarar rymdvinkeln
hos en tetraheder och ges av cos(A/2) =
5
3
√
3
vilket ger A = 0.551082 . . . . Eftersom
åtta tetrahedrar mötes i ett hörn i en halv-tesserakt, kommer denna att bli definitivt
spetsigare än tesserakten.
