本文介绍我写的一个高颜值的、脱离了低级趣味的小程序：用 Python 和 POV-Ray 绘制各种三维多面体和四维多胞体，代码在 Github 上。

以下是用这个程序渲染的一些例子，其中不同颜色的顶点/边/面表示它们在对称群的作用下位于不同的轨道中，具体解释见后。

例子

• 所有的 Platonic 多面体，Archimedean 多面体，比如 snub dodecahedron:

• 所有的 Kepler-Poinsot 多面体，比如 great icosahedron:

• 所有的四维均匀多胞体 （除去一个特例 The grand antiprism），比如我的 Github 头像 (runcinated 120-cell)：

  

• 截断的四维正方体 truncated tesseract:

• 4d cube:

  

• 也可以是非凸的，比如星状正多胞体中的 grand stellated 120-cell:

• 甚至是 5 维欧氏空间中的均匀多胞体，如 5-cube:

等等，可玩的效果是非常多的。

以上这些都是在 Python 中做好计算以后，将多胞体的数据导出到 POV-Ray 中渲染得到的。你完全可以通过改写代码中的 POV-Ray 的部分来渲染得出不同的效果，当然前提是需要掌握 POV-Ray 的场景描述语言，不过这属于另一段故事，就不在本文的讨论范围内了。

下面介绍程序背后的数学原理。

这些图画的都是什么？

这些图都是三维或者四维欧氏空间中凸/非凸的均匀多胞体 (polytope)，三维的情形更常用的称呼是多面体。这里有几个关键词需要注意：凸/非凸、均匀。

凸比较好理解，就是指多胞体上任意两点间的连线仍然属于此多胞体，否则就是非凸。上面的例子中 Platonic 多面体、Archimedean 多面体都是凸的；但 Kepler-Poinsot 多面体、星状正多胞体都是非凸的。

均匀这个词就不太好理解了。简单说就是：多胞体的所有顶点都一样，且每个二维的面都是正多边形，每个三维的胞腔都是均匀多面体（这是个递归的定义）。

要准确解释什么叫所有顶点都一样，就要用到群论的语言：一个多胞体 $P$ 的对称群 $G$ 是欧氏空间中一组正交变换构成的有限群，$G$ 作用在 $P$ 上保持 $P$ 不变。所有顶点都一样的严格说法是 $G$ “传递地”作用在 $P$ 的顶点集上，即对 $P$ 的任何两个顶点 $u,v$，都存在 $g\in G$，$g$ 把 $u$ 映射为 $v$。

这些图是怎么画出来的？

这些多胞体看起来样子大不相同，但它们都可以用同一种方法计算出来，叫做 Wythoff 构造法，也称万花筒构造法。它的原理跟我们小时候玩的万花筒的原理是一样的：在空间中放置若干过原点的反射平面 （镜子），镜面之间的夹角是精心设计好的，都形如 $\pi -\pi /p$，其中 $p$ 为有理数。在空间中选定一个初始顶点 $v_0$，将 $v_0$ 关于这些镜子反复作反射变换，得到的全部镜像就是多胞体的顶点。如果 $v_0$ 关于第 $i$ 面镜子反射后得到的镜像是 $v_1$，则 $(v_0,v_1)$ 构成一条类型为 $i$ 的边，我们把它以及在对称群作用下同轨道的所有边都染成 $i$ 号色。如果 $v_0$ 先关于镜面 $i$ 作反射，再关于镜面 $j$ 作反射，则由于两个反射变换的复合是一个旋转变换，$v_0$ 实际上是绕着某个面的中心和原点的连线作了一次旋转，旋转的角度为 $2\pi /m$ （假设镜面 $i$ 和镜面 $j$ 的法向量夹角是 $\pi -\pi /m$），重复此旋转 $m$ 次即可得到多胞体的一个类型为 $(i,j)$ 的面，我们把它在对称群作用下同轨道的所有面都染成同一颜色。

这里的关键问题有两个：

1. 对于不同的均匀多胞体，应该如何放置这些镜面，并选择初始顶点？
2. 摆好镜面和初始顶点以后，怎样不重复不遗漏地计算初始顶点的所有镜像？

第一个问题的答案叫做 Coxeter-Dynkin 图，Coxeter-Dynkin 图是一个带标记信息的无向图，它编码了多胞体的全部信息，即只要知道了多胞体对应的 Coxeter-Dynkin 图，就可以求出该多胞体的所有数据 （仅缩放大小和在空间中的摆放位置除外）。每个均匀多胞体都有一个 Coxeter-Dynkin 图与之对应，但是不同的 Coxeter-Dynkin 图可能描述的是相同的多胞体。

比如正方体的 Coxeter-Dynkin 图为：

我们来解释这个图的含义：

在一个 Coxeter-Dynkin 图中，每个顶点代表一面镜子，在上图中有三个顶点，所以有三面镜子。将这三面镜子从左到右依次记作 $m_0,m_1,m_2$，顶点之间的边记录了镜子间的夹角：

1. 若两个镜面之间的夹角为 $\pi /2$ 则它们之间没有边相连。
2. 若两个镜面之间的夹角为 $\pi -\pi /3$ 则它们之间用一条无标记的边相连。
3. 若两个镜面之间的夹角为 $\pi -\pi /m$ ($m$ 为有理数且 $m>2,m\ne 3$)，则它们之间用一条标号为 $m$ 的边相连。

此外用圈出的镜面来标记初始顶点的位置，一个镜面被圈出当且仅当初始顶点不在这个镜面上。

从而在正方形的情形 $⟨m_0,m_1⟩=\pi -\pi /4$，$⟨m_1,m_2⟩=\pi -\pi /3$，$⟨m_0,m_2⟩=\pi /2$。初始顶点落在 $m_1$ 和 $m_2$ 上但是不属于 $m_0$。

于是这三面镜子可以这样摆放：

1. 镜子 $m_0$ 的法向量可以随意，比如 $n_0=(1,0,0)$。
2. 镜子 $m_1$ 的法向量 $n_1$ 与 $n_0$ 夹角为 $3\pi /4$，于是 $n_1$ 可以取为 $(\cos {\displaystyle \frac{3\pi }{4}},\sin {\displaystyle \frac{3\pi }{4}},0)$。
3. 镜子 $m_2$ 的法向量 $n_2$ 与 $n_0$ 垂直，所以 $n_2$ 形如 $(0,y_3,z_3)$，它与 $n_1$ 夹角是 $2\pi /3$，所以 $y_3\sin {\displaystyle \frac{3\pi }{4}}=\cos {\displaystyle \frac{2\pi }{3}}$，再结合 $n_2$ 是单位向量，$z_3=\sqrt{1-y_3^2}$，解出 $y_3,z_3$ 即可。

要选择一个落在 $m_1$ 和 $m_2$ 上但是不落在 $m_0$ 上的初始点 $v_0$，我们可以让 $v_0$ 到平面 $m_1$ 和 $m_2$ 的距离为 0，到平面 $m_0$ 的距离为 1，即

$$⟨v_0,n_0⟩=1,⟨v_0,n_1⟩=0,⟨v_0,n_2⟩=0.$$

求解这个线性方程组即可。

我们前面提到过，要使得初始顶点的所有镜像恰好构成一个均匀多胞体，镜子之间的夹角必须精心设置，这实际上只有有限种可能。换句话说，只有有限个 Coxeter-Dynkin 图可以给出 3D/4D 的均匀多胞体。在 维基百科 上完整的列出了每种均匀多胞体对应的 Coxeter-Dynkin 图，这里就不再专门列举了，但是特别指出两点：

1. Coxeter-Dynkin 图的标号完全决定了多胞体的对称性，而初始顶点的位置则决定了多胞体的截断类型。
2. 对偶的多胞体具有相同的 Coxeter-Dynkin 图，只不过要把边的标号从右到左反过来。比如正八面体和正方体的 Coxeter-Dynkin 图是一样的，但是边的标号是 (3, 4)。

第二个问题的答案叫做 Todd-Coxeter 算法，展开讲的话比较复杂，我们单列一节专门谈谈。

有限表现群和 Todd-Coxeter 算法

怎样求出初始顶点在所有镜子中的镜像？有个简单的办法：只要反复地将初始顶点关于每个镜面作反射，算出得到的镜像点的坐标，并与之前得到的点的坐标相比较（浮点数比较需要在一定的误差范围内考虑），直到不再有新的镜像点出现为止，不就得到全部顶点集吗？这个方法确实可行，但是既笨又丑陋：它完全没有用到多胞体具有对称性这一事实！

这个程序采用的是基于符号计算的途径，这个方法可以精准地得出所有顶点/边/面的信息，代价就是涉及的数学略复杂。我们先回忆一下群在集合上的作用的轨道—稳定化子定理：

这个定理告诉我们，如果群 $G$ 传递地作用在一个集合 $S$ 上，而且对 $S$ 中某个元素 $x$ 我们知道了它的稳定化子群 $H$，则只要对 $G/H$ 的每个陪集代表元 $g$，将 $g$ 作用在 $x$ 上就可以得到整个 $S$。

于是给定一个均匀多胞体 $P$，要求出其全部顶点集合，我们只要：

1. 根据 $P$ 的 Coxeter-Dynkin 图确定其对称群 $G$ 和初始顶点 $v_0$。
2. 定出 $v_0$ 的稳定化子群 $H$ 并求出 $G/H$ 的一组陪集代表元。
3. 将 $G/H$ 中的每个陪集代表元作用在 $v_0$ 上即得 $P$ 的全部顶点。

我们仍然以正方体为例来讲解：正方体的 Coxeter-Dynkin 图是

仍然记三个镜面为 $m_0,m_1,m_2$，其法向量分别为 $n_0,n_1,n_2$，设 ${\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2$ 分别是关于它们的反射变换，${\rho }_i$ 对应的矩阵为 $M_i=I-2n_i{n}_i^T$（见 Householder 变换）。

正方体的对称群 $G$ 由 ${\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2$ 这三个基本反射生成，其表现为： $$G=⟨{\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2|{\rho }_0^2={\rho }_1^2={\rho }_2^2=({\rho }_0{\rho }_1{)}^4=({\rho }_1{\rho }_2{)}^3=({\rho }_0{\rho }_2{)}^2=1⟩.$$ 这是因为反射的平方总是恒等变换，所以 ${\rho }_i^2=1$。${\rho }_0,{\rho }_1$ 是两个夹角为 $3\pi /4$ 的反射，所以 ${\rho }_0{\rho }_1$ 是一个角度为 $3\pi /2$ 的旋转，旋转轴为 $m_0$ 和 $m_1$ 的交线，从而 $({\rho }_0{\rho }_1{)}^4=1$。${\rho }_1{\rho }_2,{\rho }_0{\rho }_2$ 的情形是类似的。¹

利用 Todd-Coxeter 算法 （后面有解释） 不难求出这个群包含 48 个元素，罗列如下： $$\begin{array}{lll}e& {\rho }_0& {\rho }_0{\rho }_1\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1\\ {\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_2\\ {\rho }_2& {\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1\\ {\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1\\ {\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2\\ {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1\\ {\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1\\ {\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1\\ {\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0\\ {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0& {\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2\\ {\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2\\ {\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2\end{array}$$ 由于在正方形的 Coxeter-Dynkin 图中只有镜面 $m_0$ 是被圈出的，即初始顶点 $v_0$ 落在 $m_1$ 和 $m_2$ 上，但不属于 $m_0$，所以反射 ${\rho }_1,{\rho }_2$ 保持 $v_0$ 不动，${\rho }_0$ 将 $v_0$ 映射为其关于 $m_0$ 的镜像，于是 $v_0$ 的稳定化子群是 ² $$H=⟨{\rho }_1,{\rho }_2|{\rho }_1^2={\rho }_2^2=({\rho }_1{\rho }_2{)}^3=e⟩.$$ 显然 $H$ 就是二面体群 $D_3$，所以 $|H|=6$，从而 $|G/H|=8$。利用 Todd-Coxeter 算法可得其一组右陪集代表元为 $$\begin{array}{llll}e& {\rho }_0& {\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0\end{array}$$ 将它们作用在 $v_0$ 上即可得到正方体的 8 个顶点。例如 ${\rho }_0{\rho }_1$ 作用在 $v_0$ 上为 $$v_0({\rho }_0{\rho }_1)=(v_0{\rho }_0){\rho }_1=(v_0{M}_0){\rho }_1=v_0{M}_0{M}_1.$$ 其中 $v_0$ 写成行向量的形式，每个 $M_i$ 是对称矩阵。

计算边/面/胞腔的原理是类似的，但考虑的细节要多一些。比如我们想求出所有关于第 $i(i=0,1,2)$ 个镜面 $m_i$ 反射生成的类型为 $i$ 的边，可以这样做：

1. 检查初始顶点 $v_0$ 是否落在 $m_i$ 上。如果答案为是，那么关于此镜面的反射保持 $v_0$ 不变，此多面体不含类型 $i$ 的边。否则设 $v_0$ 关于 $m_i$ 的镜像为 $v_1$，则 $(v_0,v_1)$ 构成一条类型为 $i$ 的边 $e$。
2. 关于 $m_i$ 的反射 ${\rho }_i$ 把 $v_0$ 和 $v_1$ 互换，从而保持 $e$ 不变。注意其它任何与 $m_i$ 垂直并且包含初始点 $v_0$ 的镜面反射也会保持 $e$ 不变。在正方形的情形中，反射 ${\rho }_0$ 互换 $e$ 的两端因而保持 $e$ 不变，此外镜面 $m_0$ 和 $m_2$ 是垂直的，且 $v_0$ 包含在 $m_2$ 中，所以反射 ${\rho }_2$ 保持 $e$ 上的每个点不变，于是 $e$ 的稳定化子群为 $H=⟨{\rho }_0,{\rho }_2⟩$。显然 $H$ 同构于 ${\mathbb{Z}}_2\times {\mathbb{Z}}_2$，所以 $|H|=4$，从而 $|G/H|=12$，即正方体有 12 条边 ³。
3. 求出 $G/H$ 的一组陪集代表元并作用在 $e$ 上得出全部类型为 $i$ 的边。

求面的情形复杂一些，基本原理是这样的：

1. 对 $i\ne j$，如果初始顶点 $v_0$ 不同时属于镜面 $i$ 和镜面 $j$，则旋转 ${\rho }_i{\rho }_j$ 就可以生成一个面 $f$。需要注意的是，如果这两个镜面恰好垂直，则必须二者均不包含 $v_0$ 才能得到一个非退化的面，这个面是个正方形。在正方体的情形，${\rho }_0{\rho }_1$ 可以生成一个面，${\rho }_0{\rho }_2$（两镜面垂直但只有一个镜面包含 $v_0$）和 ${\rho }_1{\rho }_2$（两镜面均包含 $v_0$）都不能给出面。
2. $f$ 的稳定化子群是由 ${\rho }_i,{\rho }_j$ 和那些包含 $v_0$ 且与 $m_i,m_j$ 均垂直的镜面反射生成。在正方形的情形是 $H=⟨{\rho }_0,{\rho }_1⟩$ ⁴，显然 $H$ 同构于二面体群 $D_8$，因此 $|H|=8$，$|G/H|=6$，即正方体有 6 个面。

总之关键的步骤都是给定群 $G$ 和某个子群 $H$，求 $G/H$ 的一组陪集代表元。

这里用到的算法叫做 Todd-Coxeter 算法。

Todd-Coxeter 算法在许多抽象代数或者群论的教材都有，用到的数学知识并不复杂。但完整描述并证明一份程序实现的细节还是很费功夫的，恐怕要好几页纸才能说清楚。限于篇幅，我这里仅用正方体的情形为例说明算法的步骤，具体的证明和更多的细节读者请参考

Handbook of Computational Group Theory, Holt, D., Eick, B., O’Brien, E.

中的 coset enumeration 一章。我个人认为这是讲解 Todd-Coxeter 算法最棒的文献。

Todd-Coxeter 算法非常类似玩数独游戏，这里要填的表是一个变化的二维数组 $T$，$T$ 的行 $i$ 代表第 $i$ 个右陪集，$T$ 的列 $j$ 代表第 $j$ 个生成元 ${\rho }_j$，$T[i][j]$ 的值等于 ${\rho }_j$ 右乘以第 $i$ 个陪集后得到的陪集。初始时，我们知道肯定有一个陪集，就是 $H$ 自身，还有没有其它的陪集我们不清楚。算法的主要流程就是根据 $G$ 和 $H$ 的表现中包含的关系来发现新的陪集并填入表中，直到无法找到新的陪集为止。最终得到的 $T$ 实际上是 $G/H$ 的 schreier 图的邻接矩阵，它记录了 $G/H$ 的陪集间的乘法关系，由 $T$ 出发我们很容易求出这些陪集的 word 表示。

我们先罗列一下这个数独游戏已知的关系：

已知关系：

1. 对 $H$ 的任何生成字 $w$ 有 $H\cdot w=H$，即 $H{\rho }_1=H{\rho }_2=H$。注意此关系仅要求对 $H$ 成立。
2. 对任何陪集 $K$ 和 $G$ 的任何生成关系 $r$ 有 $K\cdot r=K$，即 $K{\rho }_i^2=K,i=0,1,2$ 以及 $K({\rho }_0{\rho }_1{)}^4=K({\rho }_1{\rho }_2{)}^3=K({\rho }_0{\rho }_2{)}^2=K$。注意此关系要求对所有陪集成立。

这些关系可以存储在两个列表里面，每个关系用一个数组表示。

第一个列表存储的是 $H$ 的生成字，即

$H$ 的生成字列表：

0. (1,)
1. (2,)

第二个列表存储的是 $G$ 的生成关系，即

$G$ 的生成关系列表：

2. (0, 0)
3. (1, 1)
4. (2, 2)
5. (0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1)
6. (1, 2, 1, 2, 1, 2)
7. (0, 2, 0, 2)

其中每条关系前面的数字是我们加上的编号以便于称呼。

初始时刻表格 $T$ 是这样的：

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	$\phantom{}$	$\phantom{}$	$\phantom{}$

其中 $H_0$ 代表 $H$ 对应的陪集。程序首先验证 $H_0$ 所在的行满足第一个关系列表 （$H$ 的生成字列表，随后此列表可以被丢弃），然后依次从上到下扫描 $T$ 的每一行，假设当前扫描的是第 $i$ 行，对应的陪集为 $H_i$，程序验证确保对第二个列表 （$G$ 的生成关系列表） 中的每条关系 $w$，$H_i$ 满足 $H_{i}w=H_i$，这个过程中可能发现新的陪集，也可能发现已有的某些陪集是重复的，也有可能需要强行定义新的陪集来使得这个验证能够完成。

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我们来开始扫描 $H_0$ 所在的行：首先检查第一个列表中的关系，这个列表仅在扫描 $H_0$ 时使用一次，扫描完就可以丢弃。

(1). 对第 0 条关系 $H_0{\rho }_1=H_0$，即 $T[0][1]=0$。对第 1 条关系 $H_0{\rho }_2=H_0$，即 $T[0][2]=0$，这时 $T$ 变成了

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	$\phantom{}$	0	0

第一个列表扫描完毕，接下来扫描第二个列表。

(2). 对第 2 条关系 $H_0{\rho }_0^2=H_0$，由于 $H_0{\rho }_0$ 还不知道，我们将其定义为新陪集 $H_1$ 并将 1 填入 $T[0][0]$ 位置，此外还要为 $H_1$ 开辟新的一行：

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	$\phantom{}$	$\phantom{}$

(3). 第 3 条和第 4 条关系已经满足，继续。

(4). 第 5 条关系，$H_0{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1=H_0$，我们已经知道 $H_0{\rho }_0=H_1$ 但是 $H_1{\rho }_1$ 还不知道，将其定义为 $H_2$，于是 $T$ 中又添两项，并开辟新的一行给 $H_2$：

$\phantom{}$	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	$\phantom{}$
$H_2$	$\phantom{}$	1	$\phantom{}$

但是 $H_2{\rho }_0$ 还是不知道，所以继续定义 $H_2{\rho }_0=H_3$，于是 $T$ 变成

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	$\phantom{}$
$H_2$	3	1	$\phantom{}$
$H_3$	2	$\phantom{}$	$\phantom{}$

于是现在关系变成了

$$\underset{=H_3}{\underbrace{\stackrel{=H_2}{\overbrace{\underset{=H_1}{\underbrace{H_0{\rho }_0}}{\rho }_1}}{\rho }_0}}{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1=H_0.$$

但是 $H_3{\rho }_1$ 还是不知道，你可能会想把它继续定义为新的陪集 $H_4$，然后继续扫描。这样做不是不可以，但是每次都定义新陪集会生成大量重复的陪集，导致 $T$ 增长的非常快，对更复杂的群非常耗费计算资源。我们采用更聪明的办法：倒着扫描整个关系，即从右到左扫描 $H_0{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1=H_0$ 这条关系。记住我们现在已经正向 （从左到右） 扫描到了下面的位置： $$\underset{=H_3}{\underbrace{H_0{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0}}{\rho }_1|{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1=H_0.$$ 反向扫描意味着我们把上式左边末尾的 ${\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_1$ 挪到右边去，变形为 $$\underset{=H_3}{\underbrace{H_0{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0}}{\rho }_1=\underset{=H_0}{\underbrace{H_0{\rho }_1}}{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0=H_0{\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0=H_3.$$ 从而 $H_3{\rho }_1=H_3$。这样通过反向扫描我们就推断出了 $H_3{\rho }_1$ 的值，避免了定义冗余的陪集。按照 Holt 书中的说法这叫做一个 deduction。这时 $T$ 为

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	$\phantom{}$
$H_2$	3	1	$\phantom{}$
$H_3$	2	3	$\phantom{}$

(5). 关系 6 已经满足，继续。

(6). 对关系 7 $H_0{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_0{\rho }_2=H_0$，从两头扫描我们得到 $$\underset{=H_1}{\underbrace{H_0{\rho }_0}}{\rho }_2=\underset{=H_1}{\underbrace{\stackrel{=H_0}{\overbrace{H_0{\rho }_2}}{\rho }_0}}.$$ 即 $H_1{\rho }_2=H_1$，我们又得到了一个 deduction，从而 $T$ 变成

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	$\phantom{}$
$H_3$	2	3	$\phantom{}$

至此对 $H_0$ 的扫描全部完成，我们转入扫描 $H_1$ 所在的行。

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注意：从现在起至程序结束，我们不再使用第一个列表。

下面开始扫描 $H_1$ 所在的行。

(1). 经检查关系 2, 3, 4, 5 已经满足，继续。

(2). 对关系 6 有 $H_1{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_2=H_1$，其中 $H_1{\rho }_1=H_2$ 已知但 $H_2{\rho }_2$ 未知。反向的扫描也会卡在这里： $$\underset{=H_2}{\underbrace{H_1{\rho }_1}}{\rho }_2{\rho }_1=H_1{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_2=H_2{\rho }_2.$$ 所以我们定义新陪集 $H_2{\rho }_2=H_4$，于是 $H_4{\rho }_1=H_4$，从而此时 $T$ 为

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	4
$H_3$	2	3	$\phantom{}$
$H_4$	$\phantom{}$	4	2

(3). 关系 7 已经满足，从而 $H_1$ 检查完毕，接下来开始扫描 $H_2$ 的行。

---

下面开始扫描 $H_2$ 的行。

(1). 经检查关系 2, 3, 4, 5, 6 都已经满足，继续。

(2). 对关系 7 有 $H_2{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_0{\rho }_2=H_2$，两边同时扫描的结果为： $$\underset{=H_3}{\underbrace{H_2{\rho }_0}}{\rho }_2{\rho }_0=H_2{\rho }_2=H_4.$$ 即 $H_3{\rho }_2{\rho }_0=H_4$，但是继续正向扫描 $H_3{\rho }_2$ 不知道，继续反向扫描 $H_4{\rho }_0$ 不知道。定义新陪集 $H_3{\rho }_2=H_5$，于是 $H_5{\rho }_0=H_4$，我们又可以填入两对 4 个数字，此时 $T$ 为：

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	4
$H_3$	2	3	5
$H_4$	5	4	2
$H_5$	4	$\phantom{}$	3

$H_2$ 扫描完毕，下面扫描 $H_3$ 的行。

---

我把 $H_3,H_4,H_5$ 的扫描过程留给你作为练习，$H_3$ 扫描结束后你得到的 $T$ 应该如下图：

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	4
$H_3$	2	3	5
$H_4$	5	4	2
$H_5$	4	6	3
$H_6$	$\phantom{}$	5	6

$H_4$ 扫描结束后你得到的 $T$ 应该如下图：

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	4
$H_3$	2	3	5
$H_4$	5	4	2
$H_5$	4	6	3
$H_6$	7	5	6
$H_7$	6	7	$\phantom{}$

$H_5$ 的扫描给不出新的信息。

扫描 $H_6$ 时，关系 2, 3, 4, 5, 6 都已经满足，由关系 7 $H_6{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_0{\rho }_2=H_6$ 可得 deduction $H_7{\rho }_2=H_7$，于是 $T$ 可以补全为

	${\rho }_0$	${\rho }_1$	${\rho }_2$
$H_0$	1	0	0
$H_1$	0	2	1
$H_2$	3	1	4
$H_3$	2	3	5
$H_4$	5	4	2
$H_5$	4	6	3
$H_6$	7	5	6
$H_7$	6	7	7

扫描 $H_7$ 发现所有关系都已经满足。

至此 $T$ 的空白位置都已经填满，没有新的陪集可以发现，数独游戏结束，这时得到的 $T$ 就是 $G/H$ 的最终乘法表。

由此利用宽度优先搜索不难得出陪集间的关系为： $$\begin{array}{l}{H}_0=H_0\cdot e,\\ H_1=H_0\cdot {\rho }_0,\\ H_2=H_1\cdot {\rho }_1=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1,\\ H_3=H_2\cdot {\rho }_0=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0,\\ H_4=H_2\cdot {\rho }_2=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2,\\ H_5=H_3\cdot {\rho }_2=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2,\\ H_6=H_5\cdot {\rho }_1=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1,\\ H_7=H_6\cdot {\rho }_0=H_0\cdot {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0.\end{array}$$

从而其一组陪集代表元可以选为 $$\begin{array}{llll}e& {\rho }_0& {\rho }_0{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0\\ {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1& {\rho }_0{\rho }_1{\rho }_0{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_0\end{array}$$

这正是我们前面看到过的。

星状多胞体的计算

星状多胞体也可以使用 Wythoff 构造法来生成，但是直接套用上面的方法一般是行不通的，我们需要在生成元中加入额外的生成关系。

这里以 Great dodecahedron 为例来说明：其 Coxeter-Dynkin 图为

于是三面镜子的法向量夹角分别为 $\pi -2\pi /5,\pi /2,\pi -\pi /5$。如果我们仍然沿用以前的分析，会得出其对称群的表现为 $$K=⟨{\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2|{\tau }_0^2={\tau }_1^2={\tau }_2^2=({\tau }_0{\tau }_1{)}^5=({\tau }_1{\tau }_2{)}^5=({\tau }_0{\tau }_2{)}^2=1⟩.$$

这是一个无限群，而且顶点的稳定化子的商群也是无限的，所以还想按以前的方法计算就行不通了。

实际上我们只要在生成关系中再加上一条 $({\tau }_0{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1{)}^3=1$ 即可，即对称群的表现为

$$\begin{array}{rl}K=⟨{\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2|& {\tau }_0^2={\tau }_1^2={\tau }_2^2=({\tau }_0{\tau }_1{)}^5=({\tau }_1{\tau }_2{)}^5=\\ & ({\tau }_0{\tau }_2{)}^2=({\tau }_0{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1{)}^3=1⟩.\end{array}$$

注意到我使用了字母 $\tau$ 来表示反射，$K$ 表示 Great dodecahedron 的对称群，这个记号选择是有意的。这是怎么回事呢？先看视频：

（请忽略左边错误的 Coxeter 图，这个 ui 界面我改不动）

由视频可见，Great dodecahedron 与正二十面体 (icosahedron) 共用相同的顶点，并且看起来 Great dodecahedron 可以通过在 icosahedron 表面挖一些三角形的洞得到。这个结论也可以推广：一般地如果星状多面体的洞是一个有 $h$ 条边的多边形，则对应的额外生成关系就是 $({\tau }_0{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1{)}^h=1$。

在上图中，$\mathrm{\Delta }ABC$ 是正二十面体的基本区域，三个内角分别是 $\mathrm{\angle }CAB=\pi /5$，$\mathrm{\angle }CBA=\pi /2$，$\mathrm{\angle }ACB=\pi /3$，${\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2$ 分别是关于弧 $BC,AC,AB$ 的反射。正二十面体的对称群的表现为 $$G=⟨{\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2|{\rho }_0^2={\rho }_1^2={\rho }_2^2=({\rho }_0{\rho }_1{)}^3=({\rho }_1{\rho }_2{)}^5=({\rho }_0{\rho }_2{)}^2=1⟩.$$

Great dodecahedron 可以这样得到：沿着正二十面体的边从顶点 $Q$ 走到 $A$，右手边的面是三角形 $\mathrm{\Delta }OAQ$，接下来的第一条边应该是 $AO$，我们跳过这条边，选择第二条边 $AK$，到达 $K$ 后继续选择右手边的第二条边，这样绕着 $O$ 一圈下来共经过 5 条边，它们正好围成 Great dodecahedron 的一个面。对正二十面体的其它边也如此操作会得到 Great dodecahedron 其它的面。

像这样对一个多面体，保持它的顶点和边的集合不变，但是每次选择右手边的第 $k$ 个边走下去绕一圈获得一个面，这样构造新多面体的方法叫做 Facetting 手术。在我们这个项目中 $k$ 总是等于 2。

我们来导出正二十面体的对称群 $G$ 和 Great dodecahedron 的对称群 $K$ 之间的关系。

来看三角形 $\mathrm{\Delta }OAB$，它的三个内角分别是 $\mathrm{\angle }OAB=2\pi /5$，$\mathrm{\angle }OBA=\pi /2$，$\mathrm{\angle }AOB=\pi /5$，它包含三个与 $\mathrm{\Delta }ABC$ 全等的三角形，关于其三条边 $OA,OB,AB$ 的反射分别是 ${\tau }_1={\rho }_1{\rho }_2{\rho }_1,{\tau }_0={\rho }_0,{\tau }_2={\rho }_2$ ⁵。

Facetting 操作 ${\phi }_k$ 用群的语言来描述就是（记住 $k=2$） $$G=⟨{\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2⟩\stackrel{{\phi }_k}{\to }⟨{\rho }_0,{\rho }_1({\rho }_2{\rho }_1{)}^{k-1},{\rho }_2⟩=⟨{\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2⟩=K.$$ 一般来说 $K$ 是 $G$ 的子群，但在这里 $G$ 和 $K$ 就是同一个群。我们不解释为什么 $G=K$，这里只承认这一点，然后借助这个事实来说明 $K$ 就是 Great dodecahedron 的对称群。

首先 $⟨{\tau }_1,{\tau }_2⟩=⟨{\rho }_1,{\rho }_2⟩$ 是顶点 $A$ 的稳定化子群，所以 Great dodecahedron 和正二十面体的顶点集是一样的。但 ${\tau }_1{\tau }_2$ 是一个角度为 144 度的旋转，这一点和 ${\rho }_1{\rho }_2$ 是一个 72 度的旋转不同，所以 Great dodecahedron 的 vertex configure 是一个五角星，而不像正二十面体那样是一个五边形。

其次 $⟨{\tau }_0,{\tau }_2⟩=⟨{\rho }_0,{\rho }_2⟩$ 为边 $AQ$ 的稳定化子群，所以 Great dodecahedron 的边集和正二十面体也是一样的。

它俩的区别在于边组成面的方式不一样。$⟨{\tau }_0,{\tau }_1⟩$ 是 Great dodecahedron 面的稳定化子群，注意到 ${\tau }_1$ 是关于 $AO$ 的反射，它会把 $AQ$ 映射为 $AK$，这正对应选择第 $k$ 条边的操作。${\tau }_0{\tau }_1$ 是一个绕着顶点 $O$ 的角度为 $2\pi /5$ 的旋转，所以 $AQ$ 在子群 $⟨{\tau }_0,{\tau }_1⟩$ 作用下会绕 $O$ 转一圈，正对应 Facetting 操作得到的一个面。

我们来找出 ${\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2$ 之间隐藏的一条生成关系：

注意到 ${\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1={\tau }_1{\rho }_2{\tau }_1$ 是关于 $AP$ 的反射，它和 ${\tau }_0={\rho }_0$ 的复合是绕着 $P$ 点角度为 $2\pi /3$ 的旋转，所以 $({\tau }_0{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1{)}^3=1$。加入这个额外的生成关系得到的就是 $K$ 的正确的表现： $$\begin{array}{rl}K=⟨{\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2|& {\tau }_0^2={\tau }_1^2={\tau }_2^2=({\tau }_0{\tau }_1{)}^5=({\tau }_1{\tau }_2{)}^5=\\ & ({\tau }_0{\tau }_2{)}^2=({\tau }_0{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1{)}^3=1⟩.\end{array}$$

所以我们就可以对 $K$ 照搬之前的绘制步骤了。

这个额外的生成关系其实也有背后的解释：对 Faceting 手术得到的新多面体再进行一次 Faceting 手术是可以回到原来的多面体的。对 great dodecahedron 每次沿着它的边，选择当前离开的边的右手第二个边走下去，即从 $Q$ 走到 $A$ 时，不是选择 $AK$ 继续走下去，而是选择 $AO$，这样走下去又会得到正二十面体的三角形的面，这对应的就是额外的生成关系中的指数 3。

这一点从群上也可以得到验证。

$$K=⟨{\tau }_0,{\tau }_1,{\tau }_2⟩\stackrel{{\phi }_2}{\to }⟨{\tau }_0,{\tau }_1{\tau }_2{\tau }_1,{\tau }_2⟩=⟨{\rho }_0,{\rho }_2{\rho }_1{\rho }_2,{\rho }_2⟩=G.$$

关于 Faceting 手术可以在 McMullen 和 Schulte 所著的 Abstract Regular Polytopes 一书中找到。

Snub cube 的计算

如果你理解了上面的内容，snub 多面体的情形也是不难理解的。我以 snub cube 来说明：

Snub cube 和 cube 的区别在于它的对称群只包含旋转，我们已经看到 cube 的对称群 $G$ 的表现为 $$G=⟨{\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2|{\rho }_0^2={\rho }_1^2={\rho }_2^2=({\rho }_0{\rho }_1{)}^4=({\rho }_1{\rho }_2{)}^3=({\rho }_0{\rho }_2{)}^2=1⟩.$$ 它有 48 个元素，其中 24 个是旋转。这些旋转可以由 $r_0={\rho }_0{\rho }_1,r_1={\rho }_1{\rho }_2,r_2={\rho }_0{\rho }_2$ 生成 （由于 $r_0{r}_1=r_2$ 因此实际上可以由 $r_0$ 和 $r_1$ 生成）。这 24 个旋转就构成了 Snub cube 的对称群 $\tilde{G}$。

不难写出 $\tilde{G}$ 的表现为 $$\tilde{G}=⟨r_0,r_1|r_0^4=r_1^3=(r_0{r}_1{)}^2=1⟩.$$

利用 Todd-Coxeter 算法不难求出这个群的所有 24 个元素：

$$\begin{array}{lll}e& r_0& r_0{r}_0\\ r_0{r}_0{r}_0& r_1& r_1{r}_1\\ r_0{r}_1& r_0{r}_1{r}_1& r_0{r}_0{r}_1\\ r_0{r}_0{r}_1{r}_1& r_0{r}_0{r}_0{r}_1& r_1{r}_0\\ r_1{r}_0{r}_0& r_1{r}_0{r}_0{r}_0& r_1{r}_1{r}_0\\ r_1{r}_1{r}_0{r}_0& r_0{r}_1{r}_1{r}_0& r_0{r}_1{r}_1{r}_0{r}_0\\ r_0{r}_0{r}_1{r}_1{r}_0& r_1{r}_0{r}_0{r}_1& r_1{r}_0{r}_0{r}_1{r}_1\\ r_1{r}_0{r}_0{r}_0{r}_1& r_1{r}_1{r}_0{r}_0{r}_1& r_0{r}_1{r}_1{r}_0{r}_0{r}_1\end{array}$$

注意在 snub 的情形初始顶点 $v_0$ 不属于任何镜面，所以其稳定化子群只有单位元 1，即每个 $g\in \tilde{G}$ 把 $v_0$ 变换为不同的顶点。将它们作用在 $v_0$ 上即得 snub cube 的所有顶点。

我们现在利用轨道—稳定化子的理论来求 snub cube 的边。snub cube 的边也是分类型的，每个 $r_i(i=0,1,2)$ 作用在 $v_0$ 上可得一个类型为 $i$ 的边 $e_i=(v_0,v_0\cdot r_i)$ ⁶，我们来定出 $e_i$ 的稳定化子群 $H$。

首先注意到任何 $g\in G$ 如果保持 $e_i$ 不变，则只有两种可能，要么它保持 $e_i$ 上每个点不变，要么它将 $e_i$ 关于其中点进行翻转。这一点对 $g\in \tilde{G}$ 自然也成立。所以若 $g\in \tilde{G}$ 保持 $e_i$ 不变，则要么 $v_{0}g=v_0,v_0{r}_i=v_0{r}_{i}g$，要么 $v_{0}g=v_0{r}_i,v_0{r}_{i}g=v_0$。前一种情形说明 $g$ 属于 $v_0$ 的稳定化子群从而只能是单位元；后一种情形说明 $r_{i}g$ 和 $r_i{g}^{-1}$ 都属于 $v_0$ 的稳定化子群从而 $r_{i}g=r_i{g}^{-1}=1$，即 $g=r_i$ 且 $r_i^2=1$。总之我们证明了只有在 $r_i^2=1$ 时 $e_i$ 才有非平凡的稳定化子群，这时稳定化子群是二阶循环群 $⟨r_i⟩$。

于是 snub cube 的类型为 $r_0$ 和 $r_1$ 的边的个数都是 24/1=24 个；类型为 $r_2$ 的边的个数为 24/2=12 个，从而 snub cube 总共有 24+24+12=60 条边。

snub cube 的面可以这样求：由于 $r_0^4=1$ 所以 $r_0$ 可以生成一个正四边形的面，类似地由于 $r_1^3=1$ 所以 $r_1$ 可以生成一个正三角形的面，而由于 $r_2^2=1$ 所以 $r_2$ 生成的面是退化的。这种由单个旋转生成的面的稳定化子群是很好求的：若 $g$ 保持 $r_i$ 生成的面不变，则其必然把某个形如 $v_0{r}_i^k$ 的顶点变换为 $v_0$，即 $g=r_i^{-k}$ 是 $r_i$ 的某次幂，反之易见 $r_i$ 的任何幂都保持此面不变，所以其稳定化子群即为循环群 $⟨r_i⟩$。

于是 $r_0$ 生成的面的个数为 24/4=6，$r_1$ 生成的面的个数为 24/3=8，$r_2$ 生成的面都退化因而个数是 0，总计 14 个面。

小心！我们还漏掉了一种三角面，它源自 $r_0{r}_1=r_2$ 这个关系。考虑 $\{v_0,v_0{r}_1,v_0{r}_2\}$ 这三个顶点，这三个顶点中 $(v_0,v_0{r}_1)$ 构成一条类型为 $r_1$ 的边， $(v_0,v_0{r}_2)$ 构成一条类型为 $r_2$ 的边，而 $r_0{r}_1=r_2$ 这个关系告诉我们 $$(v_0,v_0{r}_0)\stackrel{r_1}{\to }(v_0{r}_1,v_0{r}_0{r}_1)=(v_0{r}_1,v_0{r}_2).$$ 即 $(v_0{r}_1,v_0{r}_2)$ 是一条类型为 $r_0$ 的边，它是由将 $r_1$ 作用在类型为 $r_0$ 的初始边 $(v_0,v_0{r}_0)$ 上得到的，于是 $\{v_0,v_0{r}_1,v_0{r}_2\}$ 构成一个三角形的三个顶点，其三条边在对称群作用下属于不同的轨道，所以这个三角形的稳定化子必然保持每条边不变，从而只能是恒等元，从而这样的面有 24/1=24 个。

于是 snub cube 一共有 14+24=38 个不同的面。

这里介绍的方法也适用于其它的 snub 多面体以及 snub 24-cell。

多面体的顶点投影到 Coxeter 平面

项目中还实现了一个 draw_on_coxeter_plane(*args, **kwargs) 方法，用于绘制将多面体的顶点投影到其 Coxeter 平面上后得到的图案，例如下图显示的是将 600-cell 的 120 个顶点投影到其 Coxeter 平面上的结果：

你可以和 wikipedia 上的效果 比较一下。

附录：手算 Todd-Coxeter

对简单的群，Todd-Coxeter 算法完全可以用手算快速得出结果。我非常推荐 Borcherds 的视频，他的演示非常精彩：

仿照 Borcherds 的方法，前面正方形的例子可以很快写出来：

我来解释一下步骤：我们将画出一个有限图，图的每个顶点代表 $H=⟨s_0,s_1⟩$ 的一个陪集，每个顶点有三条不同颜色的边，表示此陪集在生成元 $s_i$ 作用下的结果。

1. 首先我们在空白纸上画出第一个顶点，它对应的陪集是 $H=H_0$ 自身。$H$ 包含 $s_0,s_1$，所以红、绿边是自边。$s_2$，即蓝色的边，会把它映射为一个新顶点 $H_1$。
2. 从 $H_0$ 出发，利用红蓝交换，可得红色保持 $H_1$ 不动。但是绿蓝不交换，所以绿色将 $H_1$ 映射为新顶点 $H_2$。
3. $(\text{绿蓝}{)}^3=1$，即 $H_2\stackrel{(\text{绿蓝}{)}^3}{\to }{H}_2$，所以 $$H_2\stackrel{\text{绿}}{\to }{H}_1\stackrel{\text{蓝}}{\to }{H}_0\stackrel{\text{绿}}{\to }{H}_0\stackrel{\text{蓝}}{\to }{H}_1\stackrel{\text{绿}}{\to }{H}_2\stackrel{\text{蓝}}{\to }{H}_2.$$ 所以蓝色保持 $H_2$ 不动。红绿不交换，所以红色将 $H_2$ 映射为新顶点 $H_3$。
4. 仿照上面的分析继续下去，可以发现到 $H_5$ 时，三种颜色的边不会给出新顶点。所以 $\{H_0,\dots ,H_5\}$ 就是 $G/H$ 的全部陪集。

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