# Endliche Symmetriegruppe/Isotropiegruppe/Numerische Bedingung/Textabschnitt
## Lemma

Es sei $G\subseteq \operatorname {SO} _{3}\,(\mathbb {R} )$ eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des $\mathbb {R} ^{3}$. Zu einer Halbachse $H$ von $G$ sei
    $G_{H}={\left\{g\in G\mid g(H)=H\right\}}\,.$
Dann sind für zwei äquivalente Halbachsen $H_{1}$ und $H_{2}$ die Gruppen $G_{H_{1}}$ und $G_{H_{2}}$ isomorph.
Insbesondere besitzen sie die gleiche Ordnung.

### Beweis

Es sei $g(H_{1})=H_{2}$, was es gibt, da die beiden Halbachsen nach Voraussetzung äquivalent sind. Dann hat man aber sofort den Gruppenisomorphismus
    $G_{H_{1}}\longrightarrow G_{H_{2}},\,f\longmapsto g\circ f\circ g^{-1}.$
Wegen
    ${\left(gfg^{-1}\right)}(H_{2})=gf{\left(g^{-1}(H_{2})\right)}=gf(H_{1})=g(H_{1})=H_{2}\,$
führt dieser innere Automorphismus von $G$ in der Tat die beiden Gruppen ineinander über.
$\Box$
Bei $G_{H}$ handelt es sich trivialerweise um eine Untergruppe von $G$. Man nennt sie die Isotropiegruppe zur Halbachse $H$. Das Lemma besagt also, dass äquivalente Halbachsen isomorphe Isotropiegruppen besitzen. Wenn $n={\#\left(G\right)}$ ist und $H$ eine Halbachse in der Halbachsenklasse $K$, und die Untergruppe $G_{H}$ $k$ Elemente besitzt, so gibt es in $K$ genau $n/k$ verschiedene Halbachsen. Die fixierte Halbachse $H$ definiert nämlich eine surjektive Abbildung
    $G\longrightarrow K,\,f\longmapsto f(H).$
Dabei geht $f\in G_{H}$ auf $H$, und ebenso gibt es für jede Halbachse $H'\in K$ genau $k$ Urbilder.

## Lemma

Es sei $G\subseteq \operatorname {SO} _{3}\,(\mathbb {R} )$ eine endliche Untergruppe der Ordnung $n$ in der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des $\mathbb {R} ^{3}$. Es seien $K_{1},\ldots ,K_{m}$ die verschiedenen Halbachsenklassen zu $G$, und zu jeder dieser Klassen sei $n_{i}$, $i=1,\ldots ,m$, die Ordnung der Gruppe $G_{H}$, $H\in K_{i}$, die nach Fakt unabhängig von $H\in K_{i}$ ist.
Dann ist

### Beweis

Für zwei gegenüberliegende Halbachsen $H$ und $-H$ gilt $G_{H}=G_{-H}$. Dagegen gilt für zwei Halbachsen $H_{1}$ und $H_{2}$, die nicht zur gleichen Achse gehören (also insbesondere verschieden sind), die Beziehung $G_{H_{1}}\cap G_{H_{2}}=\operatorname {Id}$, da eine Isometrie mit zwei Fixachsen die Identität sein muss. Da $G$ die Vereinigung aller $G_{H},\,H\in {\mathfrak {H}}(G)$, ist, liegt eine Vereinigung
    $G\setminus \{\operatorname {Id} \}=\bigcup _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(G_{H}\setminus \{\operatorname {Id} \}\right)}\,$
vor, wobei rechts jedes Gruppenelement $g\neq \operatorname {Id}$ genau zweimal vorkommt. Daher ist
    $2(n-1)=\sum _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(\operatorname {ord} \,(G_{H})-1\right)}\,.$
Die Halbachsenklasse $K_{i}$ enthält $n/n_{i}$ Elemente. Daher ist
    $2(n-1)=\sum _{H\in {\mathfrak {H}}(G)}{\left(\operatorname {ord} \,(G_{H})-1\right)}=\sum _{i=1}^{m}\sum _{H\in K_{i}}(n_{i}-1)=\sum _{i=1}^{m}{\frac {n}{n_{i}}}(n_{i}-1)\,.$
Mittels Division durch $n$ ergibt sich die Behauptung.
$\Box$

## Lemma

    $2{\left(1-{\frac {1}{n}}\right)}=\sum _{i=1}^{m}{\left(1-{\frac {1}{n_{i}}}\right)}$
$n\geq 2,\,m\in \mathbb {N}$ und mit $2\leq n_{1}\leq n_{2}\leq \ldots \leq n_{m}\leq n$ besitzt folgende ganzzahlige Lösungen.

### Beweis

Bei $m=0$ ist die rechte Seite $0$ und daher folgt $n=1<2$ aus der linken Seite. Bei $m=1$ muss $n_{1}={\frac {n}{-n+2}}$ gelten, was bei $n\geq 2$ keine Lösung besitzt. Bei $m=2$ erhält man die Bedingung ${\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}$, woraus sich wegen $n_{1},n_{2}\leq n$ nach Aufgabe $n_{1}=n_{2}=n$ ergibt. Bei $m=3$ schreibt sich die Bedingung als
    $1+{\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}\,$
mit $n_{1}\leq n_{2}\leq n_{3}$. Die linke Seite ist $>1$. Daher muss wegen $n_{i}\geq 2$ mindestens eines der $n_{i}=2$ sein. Es sei also $n_{1}=2$. Bei $n_{2}=2$ gibt es genau die Lösung $n=2n_{3}$ mit beliebigem $n_{3}\geq 2$. Es sei also $n_{2}\geq 3$. Bei $n_{2}=4$. wäre die rechte Seite wieder $\leq 1$, sodass $n_{2}=3$ gelten muss. Der Wert $n_{3}=3$ führt zur Lösung $n=12$, der Wert $n_{3}=4$ führt zur Lösung $n=24$ und der Wert $n_{3}=5$ führt zur Lösung $n=60$. Bei $n_{3}\geq 6$ wird die rechte Seite wieder $\leq 1$, sodass es keine weitere Lösung gibt.  Bei $m\geq 4$ hat man eine Bedingung der Form
    $m-2+{\frac {2}{n}}={\frac {1}{n_{1}}}+{\frac {1}{n_{2}}}+{\frac {1}{n_{3}}}+{\frac {1}{n_{4}}}+\cdots +{\frac {1}{n_{m}}}\,,$
die keine Lösung besitzt, da die rechte Seite $\leq m-2$ ist, da die ersten vier Summanden maximal $2$ ergeben und die weiteren durch $m-4$ abgeschätzt werden können.
$\Box$