Punktgrupper. Klaus Thomsen

Transkript

1 Punktgrupper Klaus Thomsen

2 1. Forord Disse noter er skrevet med henblik på et efteruddannelses-kursus for gymnasielærere i matematik og/eller kemi. Formålet er at give en introduktion til matematikken bag symmetribegrebet, som det anvendes i forbindelse med molekyler, og sætte læseren i stand til at bestemme symmetrigruppen for et givet molekyle. Dette gøres her ved først at give en udførlig introduktion til symmetribegrebet for begrænsede delmængder i 2 dimensioner, på et niveau og med en fremstilling som i princippet kan følges af elever i 3. g eller et tilsvarende uddannelsestrin. Det to-dimensionale tilfælde er velegnet til at give en ide om den matematik, der er involveret, fordi den er enklere og bygger ret direkte på begreber, som er velkendte for sådanne elever, og fordi symmetrierne er lettere at visualisere i to dimensioner end i tre. Denne del af noterne er nogenlunde selvstændig og bygger alene på lidt vektorregning og trigonometri, som jeg opsummerer i noternes første sektion. Selvom jeg ikke tvivler på, at fremstillingen er mere abstrakt, end elever på det tiltænkte niveau er vant til, håber jeg, at de vil kunne følge den, muligvis med en del besvær og fornøden hjælp. Til gengæld stoler jeg på at deres lærere vil finde indholdet let at tilegne sig. Stoffet jeg præsenterer er hentet fra mange kilder, men jeg må nævne Anders Thorups noter i Algebra (Matematik 2AL, Københavns Universitet) som jeg fandt på nettet, og uden hvilke jeg næppe havde fået skrevet det følgende. Jeg skylder desuden Anders Thorup en stor tak for hans hjælp med det bevis, der er skrevet ud i Appendixet. Efterfølgende indeholder noterne en kortfattet og summarisk beskrivelse af symmetrioperationerne og symmetrigrupperne, som optræder i forbindelse med molekyler. Håbet er, at læseren på baggrund af en relativt grundig gennemgang af det todimensionale tilfælde kan forstå de begreber, der benyttes i kemien til klassifikation af molekylers symmetriegenskaber. Denne del af noterne indeholder ingen matematiske argumenter overhovedet. Så mens noternes første og største del fokuserer på den matematiske teori, er den sidste del koncentreret omkring en fremstilling af de begreber og den notation, der benyttes i kemien i forbindelse med molekylers symmetriegenskaber. Afslutningvist indeholder noterne en beskrivelse af et beslutningstræ, som kan anvendes til at bestemme symmetrigruppen for et givet molekyle. Alle illustrationerne er lavet af Lars Madsen fra IMF ved brug af programmet metapost. 31. august 2007, Klaus Thomsen

3 2. NOTATION 3 2. Notation Det to-dimensionale Euklidiske rum betegnes R 2. Vi vil altid forestille os at R 2 er udstyret med et retvinklet koordinatsystem så punkterne i R 2 kan beskrives ved deres koordinater. Punkter i R 2 vil blive skrevet med fede typer: x. Og deres koordinater vil blive noteret vandret: x = (x 1, x 2 ). Til sammenligning vil vektorer i planen blive anført med fed eller almindelig skrift og med en pil over: x, og koordinaterne for vektorer noteres vertikalt: x1 x =. x 2 Tværvektoren af x betegner vi med x. Altså er x2 x =. x 1 Det er nu indlysende at der er bijektiv korrespondance mellem vektorer og punkter: Punktet x = (x, y) svarer til vektoren der har x som stedvektor, altså vektoren ( x x =. y) Punktet hvis stedvektor er tværvektoren x betegner vi med x. Altså er x = ( x 2, x 1 ). Ligesom vi kan addere vektorer og gange dem med tal kan vi derfor også gøre dette med punkter i planen: og (x 1, x 2 ) + (y 1, y 2 ) = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ), (2.1) t (x 1, x 2 ) = (tx 1, tx 2 ). (2.2) I samme ånd kan vi overføre begrebet længde og skalarprodukt fra vektorer til punkter. Vi vil således lade x betegne længden af stedvektoren for x, og vi vil lade x, y betegne skalarproduktet mellem stedvektoren for x og stedvektoren for y. Vi kalder x for normen af x og x,y for det indre produkt (af x og y). Vi har nu formlerne x = x x 2 2 (2.3) og Der gælder desuden x,y = x y = x 1 y 1 + x 2 y 2 (2.4) tx = t x (2.5) x + y x + y (2.6) tx + sy,z = t x,z + s y,z (2.7) z, tx + sy = t z,x + s z,y (2.8) x,y = y,x (2.9) x,x = x 2 (2.10)

4 4 Vi får brug for følgende formel der udtrykker det indre produkt ved normen: 2 x,y = x + y 2 x 2 y 2. (2.11) Lad os derfor verificere denne formel: Ved anvendelse af (2.7) og (2.8) finder vi at x + y,x + y = x,x + y + y,x + y = x,x + y,y + 2 x,y. Dermed finder vi at x + y 2 x 2 y 2 = x + y,x + y x,x y,y (ved brug af (2.10)) = x,x + y,y + 2 x,y x,x y,y (takket være (2.12)) = 2 x,y. (2.12) (2.13) En anden vigtig observation er at x y er standen mellem punkterne x og y. (2.14) Vi får også brug for additionsformlerne for cosinus og sinus: cos(x y) = cosxcos y + sin x sin y (2.15) cos(x + y) = cos x cosy sin x sin y (2.16) sin(x + y) = sin x cosy + cosxsin y (2.17) sin(x y) = sin x cosy cos x sin y (2.18) 3. Symmetrier i 2 dimension En symmetri i R 2 er en afstandbevarende afbildning fra R 2 ind i sig selv - altså en afbildning f : R 2 R 2 med den egenskab at afstanden mellem f(x) og f(y) er den samme som afstanden mellem x og y. Ved brug af (2.14) bliver kravet til f at for alle x,y R 2. f (x) f (y) = x y (3.1) Eksempel 3.1. En 90 graders drejning (x, y) ( y, x) er et eksempel på en symmetri. Det samme er en translation; f.eks. med vektoren (1, 5): (x, y) (x, y) + (1, 5) = (x + 1, y 5). Som vi skal se er dette ikke langt fra at udtømme mulighederne!

5 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION Lineære symmetrier. For at beskrive hvordan en symmetri generelt ser ud, og for at kunne arbejde en smule systematisk med dem, har vi brug for at kunne beskrive lineære afbildninger af planen. En lineær afbildning L : R 2 R 2 er en afbildning der opfylder at L(sx + ty) = sl(x) + tl(y) (3.2) for alle s, t R og alle x,y R 2. Lad L være en lineær afbildning af planen ind i sig selv. Lad e 1 = (1, 0) og e 2 = (0, 1) være punkterne der svarer til standard basisvektorerne i R 2. Så er (x 1, x 2 ) = x 1 e 1 + x 2 e 2 og vi finder ved brug af (3.2) at L (x 1, x 2 ) = x 1 L (e 1 ) + x 2 L (e 2 ) (3.3) for alle (x 1, x 2 ) R 2. Denne formel viser at afbildningen L er fuldstændig fastlagt ved hvordan den virker på e 1 og e 2. e2 L(x) x L(e 2 ) L(e 1 ) e1 FIGUR 1 Figur 1 illustrerer hvordan punktet L ( 1, 2) 1 geometrisk kan bestemmes ud fra L (e 1 ) og L (e 2 ). Det er et billede af formlen ( L 1, 1 ) = L (e 1 ) L (e 2). Det forhold at en linær afbildning L er fuldstændig bestemt af hvad den gør ved punkterne e 1 og e 2 udnyttes til at angive afbildningen på flg. komprimerede, matrix form: Lad L (e 1 ) = (a 1, a 2 ) og L (e 2 ) = (b 1, b 2 ). Så kan L bestemmes ud fra de 4 tal a 1, a 2, b 1, b 2. Disse tal skrives så på formen a1 b 1, a 2 b 2 en såkaldt matrix. Eksempel 3.2. Hvis L : R 2 R 2 er den lineære afbildning der sender e 1 i (2, 5) og e 2 i (3, 0), så er matricen for L Omvendt: Matricen π

6 6 bestemmer den lineære afbildning L : R 2 R 2 som sender e 1 i ( 7, 3 ) og e 2 i (2, π). Altså er L(x, y) = xl (e 1 ) + yl (e 2 ) = x(7, ( 3) + y (2, π) = 7x + 2y, ) 3x + πy. Mere generelt vil matricen A = a1 b 1 a 2 b 2 fastlægge en lineær afbildning L A : R 2 R 2 som sender (x, y) til (a 1 x + b 1 y, a 2 x + b 2 y). Altså L A (x, y) = (a 1 x + b 1 y, a 2 x + b 2 y). (3.4) Øvelse 3.3. Afgør for hver af følgende afbildninger f : R 2 R 2 om f er lineær og angiv matricen for f når det er tilfældet: a) f(x, y) = (7x 2, 3). b) f(x, y) = (3x + 6y, 2x + y). c) f(x, y) = (sin y, log (x 2 + 1)). d) f(x, y) = (x y, 0) Øvelse 3.4. Bestem matricen for en 90 graders drejning. Øvelse 3.5. Lad L : R 2 R 2 og K : R 2 R 2 være lineære afbildinger. a) Vis at den sammensatte afbildning K L : R 2 R 2 er lineær. b) Lad være matricen for L og A = B = a11 a 12 a 21 a 22 b11 b 12 b 21 b 22 matricen for K. Gør rede for at matricen for K L er b11 a 11 + b 12 a 21 b 11 a 12 + b 12 a 22. b 21 a 11 + b 22 a 21 b 21 a 12 + b 22 a 22 Lemma 3.6. Lad L : R 2 R 2 være en lineær afbildning. Så er flg. betingelser ensbetydende: i) L er en isometri. ii) L (x) = x for alle x R 2. iii) L (x),l(y) = x,y for alle x,y R 2.

7 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION 7 Bevis. i) ii): Da L er lineær er L (0) = L (20) = 2L (0). Heraf følger at L (0) = 0 = (0, 0). Da (3.1) er opfyldt finder vi L (x) = L (x) L (0) = x 0 = x. ii) iii) : Ved brug af (2.11) finder vi at L(x), L(y) = 1 ( L(x) + L(y) 2 L(x) 2 L(y) 2). 2 Anvender vi så at L er lineær i kombination med ii) finder vi at L(x) + L(y) 2 L(x) 2 L(y) 2 = x + y 2 x 2 y 2. Altså er L(x), L(y) = 1 ( x + y 2 x 2 y 2) = x,y. 2 iii) i): L(x) L(y) 2 = L(x y) 2 da L er lineær. Ved brug af (2.10) og iii) fåes at L(x y) 2 = L(x y), L(x y) = x y,x y. Så vi ser alt i alt at L(x) L(y) 2 = x y 2. Lemma 3.7. Lad L : R 2 R 2 være en lineær afbildning med matrix a b. c d ( ( Så er L en isometri hvis og kun hvis vektorerne L (e a 1 ) = og L (e b c) 2 ) = er d) indbyrdes ortogonale og har længde 1. Så Bevis. Antag først at L er en isometri. Fra Lemma 3.6 følger så at L (e 1 ) L (e 2 ) = L (e 1 ), L (e 2 ) = e 1,e 2 ) = 0. L (e 1 ) og L (e 2 ) er ortogonale. Fra Lemma 3.6 finder vi også at L (e i ) = e i, i = 1, 2. Altså er L (e i ), i = 1, 2, ( enhedsvektorer. ( Antag omvendt at L (e a 1 ) = og L (e b c) 2 ) = er indbyrdes ortogonale og d) har længde 1. Lad x = (x 1, x 2 ) R 2. Så er L (x) 2 = x 1 L (e 1 ) + x 2 L (e 2 ) 2 = x 1 L (e 1 ) + x 2 L (e 2 ),x 1 L (e 1 ) + x 2 L (e 2 ) = x 2 1 L (e 1 ), L (e 1 ) + 2x 1 x 2 L (e 1 ),L(e 2 ) + x 2 2 L (e 2 ), L (e 2 ) = x x2 2 = x 2. (3.5) Dette viser at L (x) = x for alle x R 2. Så er L en symmetry ifølge Lemma 3.6. Lemma 3.8. Lad L : R 2 R 2 være en lineær symmetri med matrix a b. c d

8 8 Så er L en bijektion og den inverse afbildning L 1 : R 2 R 2 er en lineær symmetri med matrix ). ( d ad cb c ad cb b ad cb a ad cb Bevis. Ifølge Lemma 3.7 er vektorerne L (e 1 ) og L (e 2 ) indbyrdes ortogonale og har længde 1. Altså må L (e 2 ) enten være tværvektoren for L (e 1 ) eller minus tværvektoren for L (e 1 ). Så enten er (b ) c = d a eller b c =. d a I det første tilfælde er ad cb = a 2 + c 2 = L (e 1 ) 2 = 1 og i det andet er ad cb = a 2 c 2 = L (e 1 ) 2 = 1. I begge tilfælde er ad cb 0 så vi kan indføre matricen A = ( d ad cb c ad cb b ad cb a ad cb Vi påstår at den tilhørende lineære afbildning L A : R 2 R 2 er den inverse afbildning til L, og at L A er en symmetri. For at vise det checker vi først at L A (L (e 1 )) = L A (a, c) = al A (e 1 ) + cl A (e 2 ) d = a ad cb, c ad cb = (1, 0) = e 1 og at L A (L (e 2 )) = L A (b, d) = bl A (e 1 ) + dl A (e 2 ) d = b ad cb, c ad cb = (0, 1) = e 2. ( b + c ad cb, ( b + d ad cb, ). ) a ad cb ac + ca =, ad cb ad cb ad cb ) a bd bd bc + da =, ad cb ad cb ad cb Da både L og L A er lineære afbildinger må L A L også være det, jvf. Øvelse 3.5. Som vi netop har set er L A L (e i ) = e i, i = 1, 2, så vi har derfor at L A L(x, y) = xl A L (e 1 ) + yl A L (e 2 ) = xe 1 + ye 2 = (x, y) for alle (x, y) R 2. Ved på samme måde at checke at L (L A (e i )) = e i, i = 1, 2, finder man ligeledes at L L A (x, y) = (x, y) for all (x, y) R 2. Altså er L A den inverse afbildning for L. Tilbage er kun at checke at L A er en symmetri. Det kan f.eks. gøres på flg. måde: L A (x) = L (L A (x)) (da L er en symmetri) (3.6) = x (da L (L A (x)) = x). Altså er L A en symmetri ifølge Lemma 3.6.

9 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION 9 Som vi så i beviset for Lemma 3.8 kan de lineære symmetrier L deles op i to klasser afhængig af om L (e 2 ) er tværvektoren for L (e 1 ) eller minus denne vektor. Altså om situationen er L(e 2 ) e2 L(e 1 ) e1 FIGUR 2 eller e2 L(e 1 ) e1 L(e 2 ) FIGUR 3 I det første tilfælde kalder vi L for en drejning og i det andet tilfælde for en spejling. Som vi ligeledes så i beviset for Lemma 3.8 kan man ud fra matricen for L relativt let afgøre hvilken af de to klasser L hører til: Hvis matricen for L er a b, c d så er L en drejning når ad bc = 1, (3.7) mens L er en spejling når ad bc = 1. (3.8) Ligeledes fra beviset for Lemma 3.8 ser vi at ( b c = d) a når L er en drejning mens når L er en spejling. b c =. d a

10 10 Når L er en drejning kan matricen for L altså skrives på formen a c. (3.9) c a Matricen for den inverse afbildning L 1 er så a c. (3.10) c a Når L er en spejling kan matricen for L skrives på formen a c, (3.11) c a og ved brug af Lemma 3.8 finder vi, at matricen for den inverse afbildning er a c. (3.12) c a Altså er en spejling sin egen inverse Drejninger. Lemma 3.9. Antag at D : R 2 R 2 er en drejning. Lad θ [0, 2π[ være den vinkel med positiv omløbsretning som L (e 1 ) danner med e 1. Så gælder at for ehvert punkt x R 2 er L (x) den vektor der har samme længde som x og som danner vinklen θ med x med positiv omløbsretning. Bevis. Lad x = (x, y). Situationen er som vist i Figur 4. L(x, y) = xl(e 1 ) + yl(e 2 ) e2 β L(e 1 ) (x, y) L(e 2 ) α e1 FIGUR 4 Udsagnet i lemmaet er at de to vinkler α og β er ens. For at vise det indfører vi matricen for D: a b c d Da D er en drejning er b c =, (3.13) d a

11 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION 11 så cos β = L(x, y), (x, y) L(x, y) (x, y) = = L(x, y), (x, y) (x, y) 2 (xa + yb, xc + yd), (x, y) x 2 + y 2 (da L er en symmetri) = ax2 + y 2 d + bxy + cxy x 2 + y 2 (3.14) mens Tilsvarende finder vi at = ax2 + ay 2 x 2 + y 2 = a (ved brug af (3.13)) sin β = cosα = L (e 1 ),e 1 = (a, c), (1, 0) = a. L(x, y), ( y, x) L(x, y) (x, y) = (xa + yb, xc + yd), ( y, x) = axy + dxy by2 + cx 2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 (3.15) mens = cx2 + cy 2 x 2 + y 2 = c (ved brug af (3.13)) sin α = L (e 1 ), (0, 1) = (a, c), (0, 1) = c. Da cosβ = cosα og sin β = sin α må α = β som påstået. Lemma 3.9 fortæller os præcist hvordan en drejning D virker på R 2 : D drejer planen omkring (0, 0) med en fast vinkel. Det er derfor ikke nogen dårlig ide at få drejningsvinklen til at optræde eksplicit i matricen for drejningen. Det gøres på flg. måde: Da D er en drejning kan matricen for D skrives på formen a c. c a Da a 2 + c 2 = L (e 1 ) 2 = 1 ligger punktet (a, c) på enhedscirklen og derfor er (a, c) = (cos θ, sin θ), ( a hvor θ [0, 2π[ er den vinkel som vektoren danner med e c) 1. Matricen for D kan nu skrives som cosθ sin θ. sin θ cosθ

12 12 Hvis vi bruger formel (3.10) for matricen til den inverse afbildning til D ser vi at dette bliver matricen cosθ sin θ cos θ sin θ =, sin θ cosθ sin θ cos θ som også er matricen for drejningen med vinklen θ. Den inverse afbildning til drejning med vinklen θ er altså drejningen med vinklen θ - næppe nogen stor overraskelse! I det følgende lader vi D θ betegne drejning med vinklen θ. Øvelse a) Find matricen for D θ1 D θ2. b) Vis at D θ1 D θ2 = D θ2 D θ1 = D θ1 +θ Spejlinger. For at beskrive hvorledes spejlingerne virker i planen vælger vi en linie l gennem (0, 0) med retningvektor cos ϕ r =. sin ϕ l r r FIGUR 5 Lad x = (x, y) R 2. Ved spejlingen af x i linien l forstår vi punktet S ϕ (x) der ligger på den linie gennem x som står vinkelret på l, og har samme afstand til l som x har, men ligger på den modsatte side af l. Tegningen illustrerer dette bedre end ord: (x, y) l r r S ϕ (x, y) FIGUR 6 Ud fra figuren ser vi at at når x = s r + t r, hvor s, t R, så er S ϕ (x) = s r + t r. (3.16)

13 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION 13 Hvis vi sætter r = (cosϕ, sin ϕ) og ˆr = ( sin ϕ, cosϕ), således at r og r er stedvektorerne for r og ˆr, hhv., ser vi at når x = sˆr + tr. Lemma S ϕ er lineær og matricen for S ϕ er cos 2ϕ sin 2ϕ sin 2ϕ cos 2ϕ Bevis. Når x = s ˆr + t r, y = s ˆr + t r og s, t R er S ϕ (x) = sˆr + tr (3.17) S ϕ (sx + ty) = S ϕ ((ss + ts )ˆr + (st + tt )r) (3.18) = (ss + ts )ˆr + (st + tt )r (ved brug af (3.17)) = s ( s ˆr + t r) + t ( s ˆr + t r) (3.19) = ss ϕ (x) + ts ϕ (y). Altså er S ϕ lineær. For at checke den angivne formel for matricen for S ϕ lader vi L betegne den lineære afbildning hvis matrix er (3.18). Vi skal så eftervise at L = S ϕ. Vi finder først at L (r) = cosϕl (e 1 ) + sin ϕl (e 2 ) = cos ϕ (cos 2ϕ, sin 2ϕ) + sin ϕ (sin 2ϕ, cos 2ϕ) (3.20) = (cosϕcos 2ϕ + sin ϕ sin 2ϕ, cosϕsin 2ϕ sin ϕ cos 2ϕ). Additionsformlerne for cosinus og sinus, cf. (2.15)- (2.18) giver at cos ϕ cos 2ϕ + sin ϕ sin 2ϕ = cos(2ϕ ϕ) = cos ϕ, mens cosϕsin 2ϕ sin ϕ cos 2ϕ = sin(2ϕ ϕ) = sin ϕ. Altså er L (r) = (cosϕ, sin ϕ) = S ϕ (r). (3.21) På tilsvarende måde finder vi at L (ˆr) = sin ϕl (e 1 ) + cosϕl (e 2 ) = sin ϕ (cos 2ϕ, sin 2ϕ) + cosϕ(sin 2ϕ, cos 2ϕ) = (cosϕsin 2ϕ sin ϕ cos 2ϕ, sin ϕ cos2ϕ cosϕcos 2ϕ) (3.22) = (sin ϕ, cosϕ) = S ϕ (ˆr).

14 14 Altså er L (ˆr) = S ϕ (ˆr). (3.23) Fra (3.21) og (3.23) følger at når x = sˆr + tr, hvor s, t R, så er Altså er L = S ϕ. S ϕ (x) = ss ϕ (ˆr) + ts ϕ (r) = sl (ˆr) + tl (r) = L (x). I det følgende lader vi ( D θ betegne ) drejningen med vinkel θ og S ϕ spejlingen i cosϕ linien med retnings vektor. sin ϕ Øvelse Vis flg. identiteter, f.eks. ved at bruge resultatet af Øvelse 3.5 b) i kombination med additionsformlerne for de trigonometriske funktioner: a) S ϕ S ϕ = D 2ϕ 2ϕ. b) S ϕ D θ = S ϕ θ. 2 c) D θ S ϕ = S ϕ+ θ. 2 d) S ϕ D θ S ϕ = D θ. Den kvalitative information der er indeholdt i Øvelse 3.12 er at sammensætningen af to spejlinger er en drejning mens sammensætnigen af en drejning og en spejling er en spejling Generelle symmetrier i 2 dimensioner. I dette afsnit viser vi hvorledes en generel symmetri i planen ser ud. Lemma Lad a = (a 1, a 2 ),b = (b 1, b 2 ) være punkter in R 2 så a,b = 0 og a = b = 1. Så er x = x,a a + x,b b for alle x R 2. Bevis. Da a b = a,b = 0, og a og b har samme længde, må b = a eller b = a. Dvs. at (b1, b 2 ) = ± ( a 2, a 1 ). Uanset hvilken af de to mulighder der foreligger ser vi at x,b b = (x 1, x 2 ), ( a 2, a 1 ) ( a 2, a 1 ). (3.24) Lad x = (x 1, x 2 ). Ved brug af (3.24) finder vi at x,a a + x,b b = (x 1, x 2 ),(a 1, a 2 ) (a 1, a 2 ) + (x 1, x 2 ), ( a 2, a 1 ) ( a 2, a 1 ) = (x 1 a 1 + x 2 a 2 )(a 1, a 2 ) + (x 1 ( a 2 ) + x 2 a 1 )( a 2, a 1 ) = ( ( ) x 1 a a2) 2, x2 a a 2 2 = (x 1, x 2 ) = x (da a a2 2 = a 2 = 1). Proposition Lad f : R 2 R 2 være en symmetri så f(0) = 0. Så er f lineær.

15 3. SYMMETRIER I 2 DIMENSION 15 Bevis. Bemærk først at f(x) = f(x) f(0) = x 0 = x (3.25) for alle x R 2. Ved anvendelse af (2.11) finder vi at 2 f(x), f(y) = 2 f(x), f(y) = f(x) 2 + f(y) 2 f(x) f(y) 2 = f(x) 2 + f(y) 2 x y 2. Kombineres dette med (3.25) finder vi at 2 f(x), f(y) = x 2 + y 2 x y 2 = 2 x, y = 2 x,y og dermed at f(x), f(y) = x,y (3.26) for alle x,y R 2. Det følger heraf at for både i = 1 og i = 2. Desuden er f (e i ) 2 = f (e i ),f (e i ) = e i,e i = 1 f (e 1 ),f (e 2 ) = e 1,e 2 = 0. Vi kan derfor anvende Lemma 3.13 med a = f (e 1 ) og b = f (e 2 ). Dette giver os at y = y, f (e 1 ) f (e 1 ) + y, f (e 2 ) f (e 2 ) (3.27) for alle y R 2. Lad så x R 2 være givet. Anvender vi (3.27) med y = f (x) i kombination med (3.26) finder vi at f (x) = f(x), f (e 1 ) f (e 1 ) + f(x), f (e 2 ) f (e 2 ) = x,e 1 f (e 1 ) + x,e 2 f (e 2 ). (3.28) Det følger fra denne formel for f (x) at f er lineær: Lad x,y R 2, s, t R. Ved anvendelse af (2.7) og (3.28) finder vi at f (sx + ty) = = sx + ty,e 1 f (e 1 ) + sx + ty,e 2 f (e 2 ) = s x, e 1 f (e 1 ) + t y,e 1 f (e 1 ) + s x,e 2 f (e 2 ) + t y,e 2 f (e 2 ) = s ( x,e 1 f (e 1 ) + x,e 2 f (e 2 )) + t ( y,e 1 f (e 1 ) + y,e 2 f (e 2 )) = sf (x) + tf (y). (3.29) Sætning Lad f : R 2 R 2 være en symmetri. Så findes en lineær symmetri L og et punkt b R 2 således at for alle x R 2. Så er f(x) = L(x) + b (3.30) Bevis. Sæt b = f(0, 0). Definer en ny afbildning L : R 2 R 2 ved at L (x) = f(x) b. L(x) L(y) = f(x) b f(y) + b = f(x) f(y) = x y. Altså er L en symmetri. Da L(0) = f(0) b = f(0) f(0) = 0 følger fra Proposition 3.14 at L er lineær. Da f(x) = L(x) + b er vi færdige med beviset.

16 16 Lad c R 2. Afbildningen t c : R 2 R 2 defineret ved at t c (x) = x + c er en translation med vektoren (eller punktet) c. Bemærk at en translation er en symmetri. Den geometriske fortolkning af Sætning 3.15 er at enhver symmetri af planen er sammensat af to operationer: Først en lineær symmetri (nemlig L), som vi ved enten må være en drejning eller en spejling, efterfulgt af en translation, nemlig med vektoren b. Proposition Enhver symmetri f : R 2 R 2 er en bijektion (altså 1-til-1 og på), og den inverse afbildning f 1 : R 2 R 2 er også en symmetri. Hvis f er givet ved (3.30) er f 1 (x) = L 1 (x) L 1 (b) (3.31) for alle x R 2. Bevis. Ifølge Sætning 3.15 findes der en lineær isometri L : R 2 R 2 og et punkt b R 2 så f(x) = L(x) + b. Ifølge Lemma 3.8 er L en bijektion og L 1 : R 2 R 2 er også en lineær isometri. Definer g : R 2 R 2 ved g(x) = L 1 (x) L 1 (b). Så er g en symmetri fordi L 1 er det. Og f g(x) = f ( L 1 (x) L 1 (b) ) = L ( L 1 (x) L 1 (b) ) + b = L (( L 1 (x) )) + L ( L 1 (b) ) + b = x. På samme måde finder vi at g f(x) = x. Altså er g den inverse afbildning til f. I symboler: g = f Symmetrigrupper i 2 dimensioner Når f, g : R 2 R 2 er to symmetrier er den sammensatte afbilding f g også en symmetri. Thi for alle x,y R 2 gælder at f g (x) f g(y) = f (g(x)) f (g(y)) = g(x) g(y) (fordi f er en symmetri) = x y (fordi g også er det.) (4.1) Lad E : R 2 R 2 betegne den trivielle symmetri, nemlig den symmetri som ikke ændrer noget: E(x) = x. Vi vil referere til E som identiteten. Bemærk at det følger fra Proposition 3.16 at enhver symmetri har en invers afbildning f 1, som også er en symmetri, og opfylder at f f 1 = f 1 f = E. Definition 4.1. En samling G af symmetrier vil blive kaldt en gruppe af symmetrier når a) E G, og b) f, g G f 1 g G.

17 4. SYMMETRIGRUPPER I 2 DIMENSIONER 17 For eksempel udgør translationerne en gruppe af symmetrier: E er jo translation med 0, og t 1 a t b = t b a. Dette er et eksempel på en uendelig gruppe af symmetrier. Ligeledes udgør drejningerne en uendelig gruppe af symmetrier. Samlingen af samtlige symmetrier er også en gruppe af symmetrier - den største af dem alle sammen. Denne gruppe af symmetrier betegner vi med Sym ( R 2) i det følgende. Øvelse 4.2. Lad S være en spejling. Vis at {E, S} er en gruppe af symmetrier. Lad nu M R 2 være en ikke-tom delmængde af planen. M kan være en firkant, en cirkel, et bogstav eller noget helt andet. Det eneste vi vil antage er, at M er en begrænset delmængde, dvs. at der findes et R > 0 så x R når x M. Dette krav udelukker ubegrænsede delmængder af R 2, som f.eks. linier. Men bortset fra denne indskrænkning, at M skal være begrænset, kan M altså være helt vilkårlig. Som gennemgående eksempel vælger vi idet følgende en figur som mistænkeligt meget minder om (en model af) et molekyle: FIGUR 7 Vi siger at en symmetri f : R 2 R 2 er en symmetri i M når der om ethvert punkt x R 2 gælder at x M f(x) M. (4.2) Denne betingelse udtrykker at f afbilder et punkt i M over i et punkt i M, og at f s inverse afbildning, f 1, også gør det. Så en symmetri f i M giver ved restriktion anledning til en bijektiv afbildning f : M M som er afstandsbevarende. Hvis f er en drejning kan man tænke på f som en drejning af M som fører M tilbage til sig selv; de enkelte punkter i M er måske nok blevet flyttet (drejet), men M er vendt tilbage til sin oprindelige position. Mængden af symmetrier af M betegner vi med Sym(M). Lemma 4.3. Sym(M) er en gruppe af symmetrier. Bevis. Det er klart at E Sym(M). Antag at f, g Sym(M). Hvis x M vil g(x) M da g er en symmetri i M. Altså er g(x) = f f 1 g(x) M så vi ser at f 1 g(x) M da f er en symmetri i M (vi bruger her implikationen fra (4.2)). Dermed har vi vist, at x M f 1 g(x) M. (4.3) Antag så at f 1 g(x) M. Da f er en symmetri i M følger det at g(x) = f ( f 1 g(x) ) M. Men g er også en symmetri af M, så g(x) M x M. Dermed har vi vist at at f 1 g(x) M x M. (4.4) Tilsammen viser (4.3) og (4.4) at f 1 g er en symmetri i M.

18 18 Eksempel 4.4. Lad os prøve at bestemme symmetrierne af mængden M R 2 angivet i Figur 7. Lad os placere koordinatsystemet så y-aksen ligger som angivet i Figur 8: y-aksen FIGUR 8 Det er så let at se at drejningen D π med vinklen π (= 180 grader) vil være en symmetri af M. Det samme vil spejlingen S π i y-aksen. Sammen med E giver 2 det os umiddelbart 3 symmetrier af M: E, S π og D π. Men ifølge Lemma 4.3 er 2 sammensætningen S π D π 2 også en symmetri af M. Ifølge Øvelse 3.12 b) er S π D π = S 2 0, som jo er spejlingen i x-aksen. Så spejlingen i x-aksen er også en symmetri af M - hvilket man jo også kunne ha set direkte hvis ikke man havde været for optaget af y-aksen. Vi har altså alt i alt fundet 4 elementer af Sym(M): E, S π 2, D π, S 0. (4.5) Det er nu ikke svært at indse at Lemma 4.3 ikke gi r os flere elementer: Uanset hvilke af de 4 elementer fra (4.5) vi vælger som f og g vil f 1 g hver gang give et element som allerede findes i (4.5). M.a.o. symmetrierne i (4.5) udgør en gruppe af symmetrier. Men kan vi være sikre på, at vi ikke har overset nogle symmetrier i Sym(M)? For at sikre os at det ikke er tilfældet tænker vi os lidt om: Der er to punkter a 0,b 0 M med størst mulig afstand. Se figur 9. a 0 b 0 FIGUR 9 Bemærk at der ikke er andre punkter i M med afstanden a 0 b 0. Hvis f er en symmetri i M må f(a 0 ) og f(b 0 ) også være punkter i M med netop denne afstand. Derfor må f(a 0 ) = a 0 og f(b 0 ) = b 0 (4.6) eller f(a 0 ) = b 0 og f(b 0 ) = a 0. (4.7)

19 4. SYMMETRIGRUPPER I 2 DIMENSIONER 19 Bemærk at 0 = 1 2 a b 0. Så under alle omstændigheder må Dette kan f.eks. indses ved at bruge Sætning 3.15: ( 1 f(0) = f 2 a ) 2 b 0 ( 1 = L 2 a ) 2 b 0 + b f(0) = 0. (4.8) = 1 2 L(a 0) L(b 0) + b (da L er lineær) = 1 2 (L(a 0) + b) (L(b 0) + b) = 1 2 f (a 0) f (b 0) Uanset om (4.6) eller (4.7) er opfyldt er 1 2 f (a 0)+ 1 2 f (b 0) = 1 2 a b 0 = 0. Så (4.8) er opfyldt under alle omstændigheder. Det følger nu fra Proposition 3.14 og (4.8) at f må være lineær. Betragt nu punkterne c 0 og d 0 : c 0 d 0 FIGUR 10 Da f er lineær får vi fra Lemma 3.6 at f(c 0 ), f(b 0 ) = c 0,b 0 = 0. Altså er f(c 0 ) ortogonal på f(b 0 ). Da f(b 0 ) = ±a 0 betyder det, at f(c 0 ) ligger på y-aksen. Men f(c 0 ) = c 0 så vi ser at eller f(c 0 ) = c 0 og f(d 0 ) = d 0 (4.9) f(c 0 ) = d 0 og f(d 0 ) = c 0. (4.10) Der er nøjagtig 4 mulige kombinationer af (4.6), (4.7), (4.9) og (4.10). Da a 0 og c 0 er indbyrdes ortogonale kan enhver vektor x skrives som x = s a 0 + t c 0, for et passende valg af s, t R, se Figur 11.

20 20 (x, y) c 0 a 0 Da f er lineær er FIGUR 11 f(x) = sf (a 0 ) + tf (c 0 ). Derfor er f fuldstændig bestemt af hvad f gør ved punkterne a 0 og c 0, og vi kan konkludere at der er netop 4 symmetrier i Sym(M), nemlig dem der er anført i (4.5). Øvelse 4.5. Lad nu D R 2 være delmængden af planen givet ved et stort D: Vis at der er præcist 2 symmetrier i D og beskriv dem begge. D Lad f : R 2 R 2 være en symmetri. Et punkt x R 2 er et fixpunkt for f når f(x) = x. Vi så i Eksempel 4.4 at der var et punkt (nemlig 0) som var et fælles fixpunkt for symmetrierne i M. Dette er ikke en tilfældighed, men tværtimod et helt generelt fænomen for symmetrigruppen af en begrænset delmængde. Der gælder nemlig følgende sætning: Sætning 4.6. Lad M være en begrænset delmængde af R 2. Så findes der et punkt x 0 R 2 så f (x 0 ) = x 0 for alle f Sym(M). Det fælles fixpunkt for M behøver ikke at være et punkt i M. Hvis f.eks. M er delmængden i figur 12 FIGUR 12

21 4. SYMMETRIGRUPPER I 2 DIMENSIONER 21 er det fælles fixpunkt for Sym(M) punktet i midten af sekskanten, og altså ikke selv et punkt i M. Den motiverede læser kan finde et bevis for Sætning 4.6 i Appendix 10. Grupper af symmetrier som har et fælles fixpunkt kaldes for punktgrupper. I den terminologi siger Sætning 4.6 at symmetrigruppen for en begrænset delmængde af planen udgør en punktgruppe. Lad G være en gruppe af symmetrier. Når γ Sym (R 2 ) er en symmetri lader vi γgγ 1 betegne mængden af symmetrier i Sym (R 2 ) på formen γ f γ 1, hvor f er en symmetri i G. Så er γgγ 1 også en gruppe af symmetrier og vi siger, at G og γgγ 1 er konjugerede grupper af symmetrier. Eksempel 4.7. Lad M R 2 være en begrænset delmængde af R 2. Lad t a være translation med a R 2. Sæt t a (M) = {x + a : x M}. Så består t a (M) af punkterne i R 2 der fremkommer ved at translatere alle punkter i M med vektoren a, se figur 13 t a (M) M a FIGUR 13 Så t a (M) er altså blot mængden M som er blevet flyttet ved brug af translationen t a. Det er ikke svært at indse, at Sym (t a (M)) = t a Sym(M)t a. Så symmetrigruppen for t a (M) er altså konjugeret til Sym(M). Mere generelt kan man vise at hvis γ er en vilkårlig symmetri (og altså ikke nødvendigvis en translation) så er en begrænset delmængde af R 2 og γ(m) = {γ(x) : x M} Sym (γ(m)) = γ Sym(M)γ 1. Som Eksempel 4.7 illustrerer, er konjugerede grupper af symmetrier stort set identiske - den ene er blot en flytning af den anden. Det er helt i overensstemmelse med anvendelsen i kemi, hvor to punktgrupper netop betragtes som ens når (og kun når) de er konjugerede. Ved brug af Sætning 4.6 kan vi nu gøre følgende afgørende skridt mod en fuldstændig klassifikation af symmetrigrupper i planen:

22 22 Sætning 4.8. Lad M være en begrænset delmængde af R 2. Så findes en translation t så t Sym(M)t 1 består af lineære symmetrier. Bevis. Ifølge Sætning 4.6 er der et fælles fixpunkt x 0 for alle symmetrierne i Sym(M). Sæt t = t x0. Når f Sym(M) er t f t 1 (0) = t f (x 0 ) = t (x 0 ) = 0. Altså er 0 et fælles fixpunkt for alle symmetrierne i t Sym(M)t 1. Det følger så fra Proposition 3.14 at alle symmetrierne i t Sym(M)t 1 er lineære. Sammenholder man Sætning 4.8 med Eksempel 4.7 ser man at en begrænset mængde i planen kan flyttes således at symmetrigruppen for den flyttede mængde udelukkende består af lineære symmetrier. Fra afsnit 3.1 ved vi at enhver lineær symmetri enten er en drejning eller en spejling. Så vi ved nu at symmetrigruppen for en endelig mængde i planen består af drejninger og/eller spejlinger. 5. Endelige symmetrigrupper i planen Lad M være en begrænset delmængde af R 2. Ved evt. at flytte M kan vi opnå at alle symmetrier i Sym(M) holder 0 fast, og derfor alle er lineære, jvf. Sætning 4.8. Vi antager nu at Sym(M) er endelig, altså at der kun er endeligt mange drejninger i symmetrigruppen for M. Denne betingelse er opfyldt for alle delmængder af R 2 som har blot en svag lighed med et molekyle eller et billede af et molekyle. Desuden gør antagelsen den efterfølgende analyse meget lettere. Lemma 5.1. Lad M være en begrænset delmængde af R 2 således at Sym(M) er endelig og består af lineære symmetrier. Så findes et n {1, 2, 3, 4,... } således at 2π n = min {θ ]0, 2π] : D θ Sym(M)}. (5.1) I ord siger lemmaet at den mindste positive vinkel som noget element fra Sym(M) drejer med, er en vinkel der er lig 2π for et eller andet naturligt tal n. n Bevis. Da Sym(M) er endelig er {θ ]0, 2π] : D θ Sym(M)} (5.2) en endelig mængde af tal. Vi lader θ 0 være det mindste tal i denne mængde. Så er D θ0 Sym(M), D 2θ0 = D θ0 D θ0 Sym(M), D 3θ0 = D θ0 D θ0 D θ0 Sym(M), osv. Fortsætter vi ser vi, at D kθ0 Sym(M) for alle k = 1, 2, 3,.... Men Sym(M) er endelig så der må være mindst to forskellige i, j så D iθ0 = D jθ0. Antag i > j. Så er D (i j)θ0 = D 1 jθ 0 D iθ0 = E. (5.3) Der findes altså et natuligt tal m (i j, f.eks.) så D mθ0 = E. Lad nu n være det mindste naturlige tal med denne egenskab. Da θ 0 er det mindst element i (5.2) er

23 5. ENDELIGE SYMMETRIGRUPPER I PLANEN 23 θ 0, 2θ 0, 3θ 0,...,(n 1)θ 0 alle mindre end 2π. Da D nθ0 = E må nθ 0 være et helt multiplum af 2π. Lad os sige at nθ 0 = k2π. Hvis k 2 er 2π > nθ 0 θ 0 (da (n 1)θ 0 < 2π) = k2π θ 0 2π + (2π θ 0 ) (fordi vi antager at k 2) 2π (fordi θ 0 2π.) (5.4) Så hvis k 2 får vi fra (5.4) konklusionen at 2π > 2π, hvilket er forkert. Altså kan k ikke være større end 1. Så nθ 0 = 2π. Lemma 5.2. Lad M være en begrænset delmængde af R 2 således at Sym(M) er endelig og består af lineære symmetrier. Lad n være det naturlige tal fra (5.1). Så er D j 2π, j = 0, 1, 2,..., n 1, (5.5) n de eneste drejninger i Sym(M). Bevis. Da D2π Sym(M) følger det at alle drejningerne (5.5) er elementer in n Sym(M). Vi skal vise at der ikke er andre. Antag altså at D α, α ]0, 2π], er en drejning i Sym(M). Der findes så netop ét j {1, 2,..., n} så ] α (j 1) 2π ] n, j2π. n Hvis α j 2π n er 0 < α (j 1) 2π n < 2π n. Da D α (j 1) 2π n = D 1 (j 1) 2π n D α Sym(M) strider dette imod definitionen af n, jvf. (5.1). Altså må α = j 2π. n Lad M være en begrænset delmængde af R 2 således at Sym(M) er endelig og består af lineære symmetrier. Vi definerer drejningsgraden af Sym(M) til at være det naturlige tal n fra (5.1) når Sym(M) ikke indeholder nogen spejlinger, og til at være n når Sym(M) indeholder en spejling. Sætning 5.3. Lad M og M være begrænsede delmængder af R 2, begge med endelige symmetrigrupper bestående af lineære symmetrier. Så er Sym(M) og Sym(M ) konjugerede hvis og kun hvis Sym(M) og Sym(M ) har samme drejningsgrad. Bevis. Antag først at Sym(M) og Sym(M ) er konjugerede. Dvs. at der findes en symmetri γ så γ Sym(M)γ 1 = Sym(M ). (5.6) Vi skal vise, at Sym(M) og Sym(M ) har samme drejningsgrad. Ifølge Sætning 3.15 findes der en lineær symmetri L og et punkt b R 2 så Ved brug af Proposition 3.16 finder vi at γ(x) = L(x) + b. γ f γ 1 (x) = L f L 1 (x) L f L 1 (b) + b (5.7) for alle x R 2 når f Sym(M). Da γ f γ 1 er lineær er γ f γ 1 (0) = 0. Indsættes dette i (5.7) finder vi at L f L 1 (b) + b = 0

24 24 og det følger så at γ f γ 1 = L f L 1 for alle f Sym(M). Da L enten er en drejning eller en spejling følger det fra Øvelse 3.12 at L f L 1 er en drejning (hhv. en spejling) hvis og kun hvis f er en drejning (hhv. en spejling). Yderligere finder vi ved brug af Øvelserne 3.10 og 3.12 at { L D θ L 1 D θ når L er en drejning = når L er en spejling. D θ Så Sym(M) indeholder nøjagtig de samme drejninger som Sym(M ), og Sym(M) indeholder en spejling hvis og kun hvis Sym(M ) indeholder en spejling. Altså har Sym(M) og Sym(M ) den samme drejningsgrad. Antag omvendt at Sym(M) og Sym(M ) har samme drejningsgrad. Lad m være denne fælles drejningsgrad. Ifølge Lemma 5.2 indeholder Sym(M) og Sym(M ) så de samme drejninger, nemlig { D j 2π m } : j = 0, 1, 2,..., m 1. (5.8) Hvis m > 0 ved vi også at hverken Sym(M) eller Sym(M ) indeholder nogen spejlinger. Så i dette tilfælde er Sym(M) = Sym(M ). Hvis derimod m < 0 ved vi at både Sym(M) og Sym(M ) indeholder en spejling. Lad S ϕ være en spejling indeholdt i Sym(M) og S ϕ en spejling indeholdt i Sym(M ). Lad T være en symmetri i Sym(M). Hvis T er en drejning er T et element i (5.8). Antag så at T er en spejling. Så er T S ϕ en drejning i Sym(M) ifølge a) af Øvelse Så T = T S ϕ S ϕ er et element i { } D j 2π S ϕ : j = 0, 1, 2,..., m 1. (5.9) m Vi har så vist, at { Sym(M) = D j 2π m På samme måde finder vi at { Sym(M ) = D j 2π m Sæt } { } : j = 0, 1, 2,..., m 1 D j 2π S ϕ : j = 0, 1, 2,..., m 1. m (5.10) } { : j = 0, 1, 2,..., m 1 λ = ϕ ϕ. 2 Ved brug af Øvelse 3.12 finder vi at S λ D j 2π S λ = D m j 2π m D j 2π m = D ( m j) 2π m for alle j = 0, 1, 2,..., m 1. Ligeledes finder vi fra Øvelse 3.12 at } S ϕ : j = 0, 1, 2,..., m 1. (5.11) (5.12) S λ D j 2π S ϕ S λ = D m j 2π S ϕ = D m ( m j) 2π S ϕ (5.13) m for alle j = 0, 1, 2,..., m 1. Sammenholdt med (5.10) og (5.11) viser dette at S λ Sym(M)S λ = Sym(M ). Altså er Sym(M) og Sym(M ) konjugerede.

25 5. ENDELIGE SYMMETRIGRUPPER I PLANEN 25 Ved hjælp af Sætning 4.8 og Sætning 5.3 kan vi indføre drejningsgraden for vilkårlige begrænsede mængder M med den egenskab at Sym(M) er endelig: Vi definerer drejningsgraden til at være drejningsgraden af t Sym(M)t 1, hvor t er en translation med den egenskab at t Sym(M)t 1 består af lineære symmetrier. En sådan translation findes ifølge Sætning 4.8. Hvis t 1 er en anden translation med den egenskab, er t 1 Sym(M)t 1 1 og t Sym(M)t 1 konjugerede via tt 1 1 og ifølge Sætning 5.3 har t 1 Sym(M)t 1 1 og t Sym(M)t 1 den samme drejninggrad. Vi kan nu opsummere: Sætning 5.4. Lad M og M være begrænsede delmængder af R 2 således at Sym(M) og Sym(M ) begge er endelige. Så er Sym(M) og Sym(M ) konjugerede hvis og kun hvis de har den samme drejningsgrad Typer og terminologi. Lad M R 2 være en begrænset delmængde således at Sym(M) er endelig. Lad n {1, 2, 3,... } være tallet fra (5.1). Hvis Sym(M) ikke indeholder nogen spejling siger man at Sym(M) er af type Hvis derimod Sym(M) indeholder en spejling siger man at Sym(M) er af type C n. D n. Med den terminologi er udsagnet i Sætning 5.4 at Sym(M) og Sym(M ) er konjugerede hvis og kun hvis de er af samme type. Vi bemærker at grupper at type C n har n elementer mens grupper af type D n har 2n elementer. På baggrund af det foregående kan vi opstille flg. fremgangsmåde til at bestemme typen af Sym(M) for en begrænset delmængde af R 2 : 1. skridt: Hvad er den mindste vinkel, kald den θ, vi kan dreje M med så den ikke ændrer udseende? Hvis vinklen θ kan vælges vilkårlig lille, er Sym(M) ikke endelig, og vi vil ikke ha mere med den at gøre. Eller sætter vi n = 2π, som vil være et helt tal. θ 2. skridt: Afgør om Sym(M) indeholder en spejling. Mao. kan vi lægge en linie ned igennem M således at spejlingen af M i denne linie ligner M til forveksling. Hvis vi kan er Sym(M) af type D n. Hvis vi ikke kan er Sym(M) af type C n. Øvelse 5.5. Lad M R 2 være en begrænset delmængde. Antag at der findes endeligt mange punkter F M med den egenskab at γ(f) = F for alle γ Sym(M). Antag at F indeholder mindst 2 punkter. Vis at Sym(M) er endelig. Øvelse 5.6. Lad n være en naturligt tal. Beskriv to begrænsede delmængder af R 2 så symmetri gruppen for den ene mængde er af type C n og symmetrigruppen for den anden mængde er af type D n.

26 26 6. Symmetrier i rummet 6.1. Definition af en symmetri. Vi betegner med R 3 det tre-dimensionale Euklidiske rum. En symmetri i R 3 er en afbildning f : R 3 R 3 som bevarer afstande, dvs. at for alle x, y R 3. f(x) f(y) = x y 6.2. Struktur af en symmetri. En symmetri i rummet er generelt af formen f (x) = L (x) + b, hvor b R 3 er et fast punkt (en translations-vektor ) og L : R 3 R 3 er en lineær symmetri. Det følger heraf at enhver symmetri f i rummet er en bijektion og at den inverse afbildning f 1 også er en symmetri. Vi lader Sym (R 3 ) betegne gruppen af alle symmetrier i rummet Symmetrigrupper for begrænsede mængder. Lad M R 3 være en begrænset delmængde. Så betegner Sym(M) gruppen af symmetrier i Sym (R 3 ) som holder M invariant, altså opfylder at x M f(x) M. Vi siger at to begrænsede mængder M og M i rummet har samme symmetri gruppe når der findes en symmetri γ Sym (R 3 ) så Sym(M ) = γ Sym(M)γ Punktgrupper. Det er ret indlysende at Sym(M) ikke kan indeholde nogen translationer, og det følger heraf, at der findes et punkt x 0 R 3 som er et fælles fixpunkt for alle symmetrierne i Sym(M): f (x 0 ) = x 0 for alle f Sym(M). Så vil translation t med x 0 have den egenskab t Sym(M)t 1 udelukkende består af lineære symmetrier. Det betyder altså at en begrænset delmængde af rummet kan flyttes på en sådan måde at alle symmetrier for den flyttede mængde er lineære Lineære symmetrier. Nu viser det sig, at enhver lineær symmetri er af en af flg. slags: a) En rotation omkring en akse. z x f(x) x y Rotation om en akse i rummet b) En spejling i en plan.

27 7. SYMMETRI I MOLEKYLER 27 Spejling i en plan c) En rotation omkring en akse efterfulgt af en spejling i en plan vinkelret på denne akse, ofte kaldet en dreje-spejling. z x x y f(x) En dreje-spejling 7. Symmetri i molekyler 7.1. Symmetri elementer. Til brug ved klassifikation af molekylers symmetriegenskaber anvender man flg. 5 fundamentale symmetri elementer: identiteten E - det er den trivielle symmetri som ikke ændrer noget. C en egentlig rotations akse (gennem 0), der bestemmer den gruppe af symmetrier hvor der roteres omkring den pågældende akse. S - en uegentlig rotations akse (gennem 0), der bestemmer den gruppe af dreje-spejlinger hvor der roteres omkring aksen, og spejles i planen som indeholder 0 og er vinkelret på rotationsaksen. σ - en spejlingsplan (indeholdende 0), som bestemmer symmetrien som spejler rummet i planen. i - et inversions center, som bestemmer symmetrien hvor rummet spejles i det pågældende punkt (altså symmetrien x x når inversions centret er i 0).

28 28 f(x) = x x Inversion 7.2. Den principale akse. Man siger at en begrænset mængde M har en egentlig rotations akse af grad n når der er en akse med den egenskab at drejningerne omkring denne akse med vinklen 2π ligger i Sym(M). En rotationsakse af grad n n betegnes C n. Ligeledes siger man at M har en uegentlig rotations akse af grad n når spejldrejningerne omkring denne akse, hvor man drejer med vinklerne j 2π, j = 1, 2,..., n, n alle ligger Sym(M). En uegentlig rotations-akse af grad n betegnes S n. Når der findes rotations-akser (en eller flere) kaldes rotations-aksen med den højeste grad (når en sådan findes!) for den principale akse Spejlingsplaner. En spejlingsplan σ betegnes σ v (v for vertikal) når den indeholder den principale akse, og σ h når den er vinkelret på den principale akse. En spejlingsplan σ betegnes σ d når den halverer vinklen mellem to C 2 -akser. 8. Schoenflies notation for molekylers punktgruppe I Schoenflies systemet inddeles molekyler efter deres symmetri-egenskaber afhængig af hvilken af flg. type molekylets punktpunkt gruppe er. C n punkt-gruppe : Den punktgruppe indeholder rotationerne hørende til en egentlig roations akse af grad n, og ikke andre symmetrier. Bemærk at C 1 er den trivielle gruppe der kun indeholder identiteten E. Eksempel: F 2 O 2 er af type C 2. Molekyler af type C n, med n > 2, er meget sjældne. S n punkt-gruppe : Denne punktgruppe indeholde dreje-spejlingerne hørende til en uegentlig rotationsakse af grad n, og ikke andre symmetrier. Man kan vise, at n må være lige. Når n = 2 indeholder S n netop E og i, og den betegnes da C i (i for inversion). Molelyler med S n -symmetri, for n 4, er sjældne. Men tetraphenylmetan, C (C 6 H 5 ) 4 har S 4 -symmetri.

29 8. SCHOENFLIES NOTATION FOR MOLEKYLERS PUNKTGRUPPE 29 C nv punkt-gruppe : Denne gruppe indeholder en kopi af en C n gruppe (altså rotation om kring en akse med vinklen 2π n ) og derudover spejlingerne i n σ v-planer, der altså alle indeholder den principale (= C n -aksen). Vand, H 2 O, har C 2v punktgruppe. PH 3 har C 3v punktgruppe. C nh punkt-gruppe : Denne gruppe indeholder en kopi af en C n gruppe (altså rotation omkring en akse med vinklen 2π n ), en spejling i en plan vinkelret på C n-gruppens akse (altså et σ h -plan), og alle de symmetrier der fremkommer ved at sammensætte spejlingen med elementer fra C n -gruppen. Når n = 1 består gruppen altså kun af spejling i en plan (udover identitieten), og den betegnes så også som C s (s for spiegel som bekendt er tysk for spejl). Glyoxal har C 2h punktgruppe og B(OH) 3 har C 3h punktgruppe. D n punkt-gruppe : Denne gruppe indeholder en C n gruppe og n C 2 grupper svarende til n egentlige rotations akser som er ortogonale til C n gruppens akse. Tilsyneladende en relativt sjælden punktgruppe for molekyler, men ionen C (NO 2 ) 3 har angiveligt D 3 punktgruppe. D nd punkt-gruppe : Denne gruppe indeholder en D n -gruppe suppleret med n spejlinger i planer, der alle indeholder C n -gruppens akse (altså er σ v -planer), og som halverer vinklerne mellem de n C 2 -akser. C 2 H 6 har D 3d punktgruppe. D nh punkt-gruppe : Denne gruppe indeholder en D n -gruppe suppleret med en spejling i en plan vinkelret på C n -gruppens akse (altså en σ h -plan) og de symmetrier der fremkommer ved at sammensætte denne spejling med D n -gruppens symmetrier. BF 3 har punkt-gruppe D 3h. Foruden de ovennævnte klasser af punkt-grupper, hvor tallet n kan variere, findes 7 andre punkt grupper der optræder i forbindelse med molekyler. C s punkt-gruppe : Dette er gruppen der består af en spejling og identiteten, og ikke mere. (Strengt taget har vi allerede nævnt denne gruppe idet C s = S 1.) FNO har C s punkt-gruppe.

30 30 C i punkt-gruppe : Dette er gruppen der består af inversion (eller spejling i 0) og identiteten, og ikke mere. (Igen har vi allerede nævnt denne gruppe idet C i = S 2.) C 2 H 2 F 2 Cl 2 har C i punkt-gruppe. T d punkt-gruppe : Denne punkt-gruppe indeholder 24 symmetrier frembragt af fire C 3 -akser, tre C 2 -akser og seks spejlplaner. T d er symmetrigruppen for et tetraeder. CH 4 har T d punkt-gruppe. O h punkt-gruppe : Denne punkt-gruppe indeholde 48 symmetrier frembragt af fire C 3 akser, tre C 4 akser, seks C 2 akser og nogle spejl-planer. O h er symmetrigruppen for et hexaeder. SF 6 har O h punkt-gruppe. I h punkt-gruppe : Denne punkt-gruppe indeholder 120 symmetrier, hvoraf halvdelen er rotationer. I h er symmetrigruppen for for et ikosaeder. C 60 har I h punkt-gruppe. Endelig er der to uendelige punkt-grupper som optræder i forbindelse med lineære molekyler. C v punkt-gruppe : Denne punkt-gruppe er frembragt af alle rotationerne omkring en bestemt akse og en spejling i en σ v -plan, altså en plan indeholdende rotationsaksen. (Bemærk gruppen så faktisk indeholder uendeligt mange spejlinger.) HCN har C v punkt-gruppe. D h punkt-gruppe : Denne punkt-gruppe er frembragt af en C v punkt-gruppe og en spejling i en σ h -plan (altså en spejling i en plan vinkelret på rotations-aksen.) H 2 har D h punkt-gruppe.

31 9. OM AT FINDE ET BESTEMT MOLEKYLES PUNKTGRUPPE Om at finde et bestemt molekyles punktgruppe Til at finde punktgruppen for et molekyle kan man tage udgangspunkt i flg. beslutningstræ: D h i? ja I h C 5? ja Molekyle Lineært? ja nej C nej v To eller flere C n, n > 2? ja i? ja nej nej nej O h T d D nh σ h? ja nej D nd nσ d? ja ja nej n C 2? nej ja ja C n? nej C s σ? nej D n C i i? ja nej C 1 C nh σ h? ja nej C nv n σ v? ja ja nej S 2n S 2n? nej C n I diagrammet er n C 2? en forkortelse af spørgsmålet: Lad n være graden af den principale akse. Findes der i Sym(M) n rotationsakser af grad 2 som alle er vinkelrette på den principale akse? Tilsvarende forkortelser er anvendt andre steder i diagrammet. F.eks. er i? en forkortelse for spørgsmålet Findes der et inversions-center for M?.

32 Appendix: Beviset for Sætning 4.6 om eksistensensen af fælles fixpunkter i symmetrigrupper af en begrænset mængde For at bevise Sætning 4.6 indfører vi betegnelsen en generaliseret drejning for en symmetri f der har formen f(x) = D(x) + b, (10.1) hvor D er en drejning. Tilsvarende kalder vi f for en generaliseret spejling når der findes en spejling S og et punkt b R 2 så f(x) = S(x) + b. (10.2) Lemma Lad f være en generaliseret drejning. Antag at f ikke er en translation. Så findes et og kun et fixpunkt x 0 for f. Bevis. Lad D være drejningen og b R 2 punktet så (10.1) er opfyldt for alle x R 2. Så er x = (x 1, x 2 ) et fix-punkt for f hvis og kun hvis x D(x) = b. (10.3) Da f ikke er en translation er D en egentlig drejning, dvs. at D E. Lad cos θ sin θ sin θ cos θ være matricen for D. Ligningen (10.3) kan så skrives på flg. måde: eller (x 1, x 2 ) (x 1 cosθ x 2 sin θ, x 1 sin θ + x 2 cosθ) = (b 1, b 2 ), (10.4) (x 1 (1 cosθ) + x 2 sin θ, x 1 sin θ + x 2 (1 cosθ)) = (b 1, b 2 ). (10.5) Da D er en egentlig drejning (altså E) er (1 cosθ) 2 + sin 2 θ > 0. Vi sætter α = (1 cosθ) 2 + sin 2 θ. Så vil x = (x 1, x 2 ) være en løsning til (10.5) hvis og kun hvis ( ) ( (1 cosθ) sin θ x 1 + x 2 α α, x sin θ 1 α + x (1 cos θ) b1 2 = α α, b ) 2. (10.6) α Indfører vi matricen A = kan ligningen (10.6) skrives på formen Da vektorerne L A (e 1 ) = ( 1 cos θ α sinθ α L A (x 1, x 2 ) = sinθ α 1 cos θ α ) ( 1 cos θ ) α sin θ, L A (e 2 ) = α ( b1 α, b ) 2. (10.7) α ( sinθ ) α 1 cos θ, α er indbyrdes ortogonale og har længde 1 er L A : R 2 R 2 en isometri ifølge Lemma 3.7. Ifølge Lemma 3.8 er L A derfor en bijektion, dvs. 1-til-1 og på. Derfor har ligningen (10.7) én og kun en løsning. Derfor har også ligningen (10.3) én og kun en løsning. Altså har f ét og kun et fixpunkt.

33 10. APPENDIX: BEVISET FOR SÆTNING?? OM EKSISTENSENSEN AF FÆLLES FIXPUNKTER I SYMMETRIG Sætning Lad G være en gruppe af symmetrier af R 2. Antag at G ikke indeholder nogen translationer (udover E, selvfølgelig). Så findes et punkt x 0 R 2 så f (x 0 ) = x 0 for alle f G. Bevis. Vi beviser først sætningen under antagelse af, at G indeholder en generaliseret drejning f. Da G ikke indeholder nogen translation, udover E, fortæller Lemma 10.1 at f har ét og kun et fixpunkt x 0. Vi vil vise, at dette punkt, x 0, er et fixpunkt for alle symmetrierne i G. Lad g være en generaliseret drejning i G. Der er så drejninger D f og D g og punkter b f og b g så f (x) = D f (x) + b f (10.8) og g (x) = D g (x) + b g (10.9) for alle x R 2. Ifølge Proposition 3.16 er f 1 (x) = D 1 f (x) D 1 f (b f ) (10.10) og g 1 (x) = Dg 1 (x) D 1 g (b g ). (10.11) Da G er en gruppe af symmetrier er g 1 f 1 g f en symmetri i G. Vha. (10.8)-(10.11) finder vi flg. udtryk for g 1 f 1 g f(x): g 1 f 1 g f(x) = g 1 f 1 g (f(x)) = g 1 f 1 g (D f (x) + b f ) = g 1 f 1 (D g D f (x) + D g (b f ) + b g ) (10.12) = g 1 ( D 1 f = D 1 g Hvis vi sætter c = D 1 g har vi altså at D 1 f D g D f (x) + D 1 f D 1 f D g D f (x) + D 1 g D 1 g D g (b f ) + D 1 g D g (b f ) + D 1 f (b g ) D 1 f (b f ) ) D 1 f D g (b f ) + D 1 g D 1 f (b f ) Dg 1 (b g ). g 1 f 1 g f(x) = D 1 g D 1 f (b g ) Dg 1 D 1 f (b g ) D 1 f (b f ) Dg 1 (b g ) D 1 f D g D f (x) + c (10.13) for alle x R 2. Det følger fra Øvelse 3.10 at rækkefølgen er ligegyldig når man sammensætter drejninger. Altså er D f D g = D g D f og derfor er Dg 1 D 1 f D g D f = E. Så (10.13) kan skrives g 1 f 1 g f(x) = x + c. (10.14)

34 34 Dette viser at g 1 f 1 g f er en translation. Men G indeholder ikke andre translationer end E, så vi finder at g 1 f 1 g f = E eller f g = g f. (10.15) Specielt er f (g (x 0 )) = g (f (x 0 )) = g (x 0 ). (10.16) Så g (x 0 ) er et fix-punkt for f. Ifølge Lemma 10.1 har f kun et fix-punkt så der må gælde at g (x 0 ) = x 0. Vi har nu vist, at x 0 er fixpunktet for enhver generaliseret drejning i G. Vi betragter så en vilkårlig symmetri h G, og vil vise, at h (x 0 ) = x 0. Dette har vi netop vist er opfyldt hvis h er en generaliseret drejning, så vi kan nøjes med at håndtere tilfældet hvor h er en generaliseret spejling. Vi antager derfor at S er en spejling og a R 2 et punkt så h(x) = S(x) + a (10.17) for alle x R 2. Idet S 1 = S har vi fra Proposition 3.16 at Så er h 1 f h(x) = h 1 f (S(x) + a) h 1 (x) = S(x) S (a). (10.18) = h 1 (D f S(x) + D f (a) + b f ) = S D f S(x) + S D f (a) + S (b f ) S (a). (10.19) Det følger fra Øvelse 3.12 a) og b) at S D f S er en drejning. Vi ser derfor fra (10.19) at h 1 f h er en generaliseret drejning. Da h 1 f h G ved vi fra det foregående at x 0 er et fixpunkt for h 1 f h, dvs. at h 1 f h (x 0 ) = x 0. Heraf følger at f (h (x 0 )) = h (x 0 ), altså at h (x 0 ) er et fixpunkt for f. Men x 0 er det eneste fixpunkt for f så der må gælde at h (x 0 ) = x 0, altså at x 0 også er et fixpunkt for h. Vi har nu bevist Sætning 10.2 i alle tilfælde hvor G indeholder en generaliseret drejning E. Tilbage er tilfældet hvor G ikke indeholder en generaliseret drejning udover E. Lad h 1, h 2 G. Antag at h 1 E og h 2 E. Da G ikke indeholder nogen generaliseret drejning (bortset fra E) må h 1 og h 2 begge være generaliserede spejlinger. Vi overlader til læseren at vise, at h 1 1 h 2 er en generaliseret drejning. Da h 1 1 h 2 G er h 1 1 h 2 = E, dvs. at h 1 = h 2. Vi har altså vist, at G højest indeholder et element foruden E. Så enten er G = {E} eller også er G = {E, h}, hvor h er en generaliseret spejling. Hvis G kun består af elementet E er alle punkter i R 2 fixpunkter for elementerne i G. Så antag at G = {E, h}, hvor h er en generaliseret spejling. Idet vi bruger udtrykket (10.17) for h finder vi at h h(x) = x + S(a) + a. Da h h G, og G ikke indeholder nogen translation udover E følger, at S(a)+a = 0, og dermed også at S ( 1 a) = 1 a. Vi finder så at h 2 a = S 2 a a = 1 2 a + a = 1 2 a. Hvis vi sætter x 0 = 1 2 a har vi at f (x 0) = x 0 for alle f G.