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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:44 Mi 14.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
| Aufgabe | | Folgern Sie: Hat eine Untergruppe G [mm] \subset Iso(\IR^{2}) [/mm] diskrete Translationsgruppe und nichttriviale Drehungen um mindestens zwei Zentren, dann ist jeder Drehwinkel ein ganzzahliges Vielfaches von [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm] oder [mm] \bruch{\pi}{3}. [/mm] |
Hallo zusammen
Ich habe gerade diese Aufgabe gelöst, ich weiss nur nicht, ob ich alles richtig beachtet habe!
Danke also schonmal für Rückmeldungen :)
Zuerst habe ich ja 3 Möglichkeiten für die Translationsgruppe L:
i) L = [mm] \{0\}: [/mm] Dann haben wir keine Drehungen [mm] \Rightarrow [/mm] Wiederspruch.
ii) L = [mm] \{m*a | m \in \IZ\}, [/mm] a [mm] \not= [/mm] 0 ein Vektor. Dann Liegen die Elemente auf einer Geraden, wodurch ich nur Drehungen um [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm] haben kann.
iii) L = [mm] \{m*a + n*b | m,n \in \IZ\}, [/mm] a,b [mm] \not= [/mm] 0 Vektoren. Dann habe ich ein Gitter.
Wenn ich jetzt die Symmetriegruppe von G betrachte, so hat diese die gleichen Drehungen. Ich bezeichne die Symmetriegruppe mal als Sym(G).
Nach dem kristallographischen Grundgesetz haben alle Drehungen in Sym(G) Ordnung n [mm] \in \{1,2,3,4,6\}.
[/mm]
- n = 1: Dann ist (ich bezeichne die Rotation mit [mm] r_{\theta}) r_{\theta} [/mm] = id [mm] \Rightarrow [/mm] Wiederspruch.
- n = 2: Dann habe ich [mm] r_{\theta} [/mm] mit [mm] \theta [/mm] = [mm] \pi.= 2\bruch{\pi}{2} [/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
- n = 3: Dann ist [mm] \theta [/mm] = [mm] \bruch{2\pi}{3} [/mm] = [mm] 2*\bruch{\pi}{3} [/mm]
- n = 4: Dann ist [mm] \theta [/mm] = [mm] \bruch{2\pi}{4} [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{2} [/mm]
- n = 6: Dann ist [mm] \theta [/mm] = [mm] \bruch{2\pi}{6} [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{3} [/mm]
Stimmt das so?
Danke :)
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:25 Do 15.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Amaro,
ich kenn mich mit dem Thema nicht so gut aus, deswegen stell ich es mal auf "teilweise beantwortet".
> Folgern Sie: Hat eine Untergruppe G [mm]\subset Iso(\IR^{2})[/mm]
Ich nehme an, dass sind die Isometrien des [mm] $\IR^2$? [/mm] Also praktisch orthogonale Endomorphismen des [mm] $\IR^2$ [/mm] gefolgt von Translationen?
> diskrete Translationsgruppe und nichttriviale Drehungen um
> mindestens zwei Zentren, dann ist jeder Drehwinkel ein
> ganzzahliges Vielfaches von [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm] oder
> [mm]\bruch{\pi}{3}.[/mm]
>
> Ich habe gerade diese Aufgabe gelöst, ich weiss nur nicht,
> ob ich alles richtig beachtet habe!
> Danke also schonmal für Rückmeldungen :)
>
> Zuerst habe ich ja 3 Möglichkeiten für die
> Translationsgruppe L:
>
> i) L = [mm]\{0\}:[/mm] Dann haben wir keine Drehungen [mm]\Rightarrow[/mm]
> Wiederspruch.
>
> ii) L = [mm]\{m*a | m \in \IZ\},[/mm] a [mm]\not=[/mm] 0 ein Vektor. Dann
> Liegen die Elemente auf einer Geraden, wodurch ich nur
> Drehungen um [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm] haben kann.
>
> iii) L = [mm]\{m*a + n*b | m,n \in \IZ\},[/mm] a,b [mm]\not=[/mm] 0 Vektoren.
> Dann habe ich ein Gitter.
Genau.
> Wenn ich jetzt die Symmetriegruppe von G betrachte, so hat
> diese die gleichen Drehungen. Ich bezeichne die
> Symmetriegruppe mal als Sym(G).
Ok.
> Nach dem kristallographischen Grundgesetz haben alle
> Drehungen in Sym(G) Ordnung n [mm]\in \{1,2,3,4,6\}.[/mm]
Setzt das kristallographische Grundgesetz nicht voraus, du eine endliche Untergruppe der Symmetriegruppe anschaust? Sprich, du musst noch zeigen, dass es keine Elemente mit unendlicher Ordnung gibt.
(Mit denen kannst du vermutlich einen Widerspruch zur Diskretheit der Translationsuntergruppe bekommen.)
Das hier ist wieder ok:
> - n = 1: Dann ist (ich bezeichne die Rotation mit
> [mm]r_{\theta}) r_{\theta}[/mm] = id [mm]\Rightarrow[/mm] Wiederspruch.
>
> - n = 2: Dann habe ich [mm]r_{\theta}[/mm] mit [mm]\theta[/mm] = [mm]\pi.= 2\bruch{\pi}{2}[/mm]
>
>
> - n = 3: Dann ist [mm]\theta[/mm] = [mm]\bruch{2\pi}{3}[/mm] =
> [mm]2*\bruch{\pi}{3}[/mm]
Es kann auch [mm] $\theta [/mm] = [mm] -\frac{2 \pi}{3}$, [/mm] also [mm] $\frac{4 \pi}{3}$ [/mm] sein.
> - n = 4: Dann ist [mm]\theta[/mm] = [mm]\bruch{2\pi}{4}[/mm] = [mm]\bruch{\pi}{2}[/mm]
>
Es kann auch [mm] $\theta [/mm] = [mm] -\frac{2\pi}{4}$, [/mm] also [mm] $\frac{6\pi}{4} [/mm] = [mm] \frac{3 \pi}{2}$ [/mm] sein.
> - n = 6: Dann ist [mm]\theta[/mm] = [mm]\bruch{2\pi}{6}[/mm] =
> [mm]\bruch{\pi}{3}[/mm]
Auch hier kann [mm] $\theta [/mm] = [mm] -\frac{2 \pi}{6}$, [/mm] also [mm] $\frac{10 \pi}{6} [/mm] = [mm] \frac{5 \pi}{3}$ [/mm] sein.
(Bedenke dazu: hat $g$ die Ordnung $n$ und ist $m$ teilerfremd zu $n$, so hat auch [mm] $g^m$ [/mm] die Ordnung $n$. (Und zwar genau dann.) Und bei $n = 3$, $n = 4$ und $n = 5$ hat man jeweils nicht nur $m = 1$, sondern auch $m = n - 1$.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:40 Do 15.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo Felix
> Setzt das kristallographische Grundgesetz nicht voraus, du
> eine endliche Untergruppe der Symmetriegruppe anschaust?
> Sprich, du musst noch zeigen, dass es keine Elemente mit
> unendlicher Ordnung gibt.
>
Da hast du vollkommen Recht.
Wir haben ja die Voraussetzung, dass G nichttriviale Rotationen um MINDESTENS 2 Punkte hat. Ich habe in einer anderen Aufgabe bewiesen, dass man zwischen 2 Fälle unterscheiden kann. Die Elemente liegen auf einer geraden (dann hat man immer entweder 2 oder 4 mögliche Bewegungen), oder sie liegen nicht auf einer Geraden. Dann kann man aber immer den Fall auf 3 Elemente reduzieren. Für jedes Trippel hat man genau eine Mögliche Abbildung und es gibt nur eine endliche Anzahl an Möglichkeiten, 3 Elemente auszuwählen. Somit ist |Sym(G)| endlich für |G| [mm] \ge [/mm] 2.(Für |G| = 1 hat man unendlich viele Spiegelachsen).
Den Beweis habe ich schon gemacht, aber ich habe nicht daran gedacht, es für diese Aufgabe zu verwenden. Oder ist es nicht die richtige Erklärung?
> (Mit denen kannst du vermutlich einen Widerspruch zur
> Diskretheit der Translationsuntergruppe bekommen.)
Ich werde mich noch zu diesem Beweisansatz was überlegen.. :)
> (Bedenke dazu: hat [mm]g[/mm] die Ordnung [mm]n[/mm] und ist [mm]m[/mm] teilerfremd zu
> [mm]n[/mm], so hat auch [mm]g^m[/mm] die Ordnung [mm]n[/mm]. (Und zwar genau dann.)
> Und bei [mm]n = 3[/mm], [mm]n = 4[/mm] und [mm]n = 5[/mm] hat man jeweils nicht nur [mm]m = 1[/mm],
> sondern auch [mm]m = n - 1[/mm].)
>
Danke, das hatte ich nicht bedacht :)
> LG Felix
>
Liebe Grüsse, Amaro
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:06 Do 15.10.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Amaro
> > Setzt das kristallographische Grundgesetz nicht voraus, du
> > eine endliche Untergruppe der Symmetriegruppe anschaust?
> > Sprich, du musst noch zeigen, dass es keine Elemente mit
> > unendlicher Ordnung gibt.
>
> Da hast du vollkommen Recht.
>
> Wir haben ja die Voraussetzung, dass G nichttriviale
> Rotationen um MINDESTENS 2 Punkte hat.
Ja, und die hattest du bisher nicht benutzt ;) Insofern ist's gut dass du die jetzt brauchst.
> Ich habe in einer
> anderen Aufgabe bewiesen, dass man zwischen 2 Fälle
> unterscheiden kann. Die Elemente liegen auf einer geraden
> (dann hat man immer entweder 2 oder 4 mögliche
> Bewegungen), oder sie liegen nicht auf einer Geraden. Dann
> kann man aber immer den Fall auf 3 Elemente reduzieren.
> Für jedes Trippel hat man genau eine Mögliche Abbildung
> und es gibt nur eine endliche Anzahl an Möglichkeiten, 3
> Elemente auszuwählen. Somit ist |Sym(G)| endlich für |G|
> [mm]\ge[/mm] 2.(Für |G| = 1 hat man unendlich viele Spiegelachsen).
Das ist doch wunderbar: dann ist man fuer $|G| [mm] \ge [/mm] 2$ fertig mit den bisherigen Argumenten, und bei $|G| = 1$ enthaelt $G$ nur die Identitaet, also ist man eh fertig.
LG Felix
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