正方體等效電阻（五）：三種連法的對稱群——面對角線與稜邊
正方體 12 條邊各一顆電阻 R，除了體對角線（5R/6），面對角線與稜邊的等效電阻分別是多少？本文用群作用軌道法系統化處理三種連法，展示端點選擇如何決定對稱群大小、進而影響方程組壓縮程度。立方晶格等效電阻系列第五篇。
在前四篇，我們把電源接在正方體的體對角線兩端 $(0,0,0)$ 和 $(1,1,1)$，用節點電壓法配合對稱群 $S_3$，把 8 個節點壓縮成 4 個軌道、2 個未知電位，算出
\[R_{\text{eq}} = \frac{5}{6}R\]現在換個問題：如果電源接的不是體對角線，而是面對角線或稜邊的兩端，等效電阻又是多少？
這篇會展示，端點選擇不同時，可用的對稱群會跟著改變——群越大，節點被壓縮得越多、需要解的未知數越少。三種連法各有各的群，但方法是同一套。
正方體的三種連法
以 $(0,0,0)$ 為固定起點，另一端可以是三種圖距離（以邊數計）的節點。在這個 $1\times1\times1$ 正方體中，圖距離也等於第一篇提過的曼哈頓距離：從 $(0,0,0)$ 到 $(a,b,c)$，距離就是 $a+b+c$。
| 連法 | 終點 | 圖距離（邊數） | 幾何意義 |
|---|---|---|---|
| 體對角線 | $(1,1,1)$ | 3 | 穿越立方體的對角線 |
| 面對角線 | $(1,1,0)$ | 2 | 同一面的對角頂點 |
| 稜邊 | $(1,0,0)$ | 1 | 共享一條稜的相鄰頂點 |
先講結果，三種連法的等效電阻是：
\[\boxed{R_{\text{體對角線}} = \frac{5}{6}R, \qquad R_{\text{面對角線}} = \frac{3}{4}R, \qquad R_{\text{稜邊}} = \frac{7}{12}R}\]對稱群由端點決定
前四篇所用的對稱群 $S_3$，是「固定起點 $(0,0,0)$ 和終點 $(1,1,1)$ 的坐標置換」的集合。用坐標軸輪換記號寫，它的 6 個元素是：
\[S_3 = \bigl\{e,\; (xy),\; (xz),\; (yz),\; (xyz),\; (xzy)\bigr\}\]現在換終點，這個集合就會跟著縮小。更精確地說，我們是在找「同時固定兩端點」的坐標置換，也就是端點條件下留下來的穩定子群（stabilizer subgroup）。
起點 $(0,0,0)$ 的三個坐標全是 $0$，任何坐標置換都固定它。這裡的「固定」就是第四篇提過的穩定子概念：操作前後，這個節點仍然是同一個節點。因此真正決定對稱群大小的，是終點：
- 終點 $(1,1,1)$：三個坐標全是 $1$，任何坐標置換也固定它 → 群 $G = S_3$，$\lvert G \rvert = 6$
- 終點 $(1,1,0)$：兩個 $1$、一個 $0$（在 $z$），只有交換 $x \leftrightarrow y$（保持 $z$ 不動）才固定它 → 群 $G = \{e,\,(xy)\} \cong \mathbb{Z}_2$，$\lvert G \rvert = 2$
- 終點 $(1,0,0)$：$1$ 只在 $x$，只有交換 $y \leftrightarrow z$（保持 $x$ 不動）才固定它 → 群 $G = \{e,\,(yz)\} \cong \mathbb{Z}_2$，$\lvert G \rvert = 2$
這裡的 $\cong$ 是第四篇提過的同構：元素名稱不同，但運算結構完全一樣。以 $\{e,\,(xy)\}$ 為例，$(xy)$ 做兩次會回到 $e$，所以它的運算表和 $\mathbb{Z}_2 = \{0,1\}$ 的模 2 加法相同：$0$ 對應 $e$，$1$ 對應 $(xy)$，而 $1+1 \equiv 0 \pmod{2}$ 對應 $(xy)^2=e$。同理，$\{e,\,(yz)\}$ 也同構於 $\mathbb{Z}_2$。
| 連法 | 端點對 | 對稱群 | $\lvert G \rvert$ | 軌道數 | 未知電位數 |
|---|---|---|---|---|---|
| 體對角線 | $(0,0,0) \to (1,1,1)$ | $S_3$ | 6 | 4 | 2 |
| 面對角線 | $(0,0,0) \to (1,1,0)$ | $\{e,\,(xy)\} \cong \mathbb{Z}_2$ | 2 | 6 | 4 |
| 稜邊 | $(0,0,0) \to (1,0,0)$ | $\{e,\,(yz)\} \cong \mathbb{Z}_2$ | 2 | 6 | 4 |
規律：對稱群越大，節點被壓縮得越多，方程組越小。體對角線的對稱性最高（$\lvert G \rvert = 6$），所以計算最簡潔；另外兩種連法的群只有 2 個元素，各需解 4 個未知數。
連法二：面對角線 $(0,0,0) \to (1,1,0)$
步驟一：找軌道
對稱群 $G = \{e,\,(xy)\}$，其中 $(xy)$ 把坐標 $(a,b,c)$ 送到 $(b,a,c)$（交換前兩個坐標）。
讓 $G$ 作用在 8 個節點上，節點按軌道分類：
| 軌道 | 節點 | 大小 | 電位 |
|---|---|---|---|
| $\{(0,0,0)\}$ | 起點 | 1 | $1$（邊界） |
| $\{(1,0,0),\,(0,1,0)\}$ | B 型 | 2 | $\alpha$ |
| $\{(0,0,1)\}$ | D 型 | 1 | $\beta$ |
| $\{(1,1,0)\}$ | 終點 | 1 | $0$（邊界） |
| $\{(1,0,1),\,(0,1,1)\}$ | E 型 | 2 | $\gamma$ |
| $\{(1,1,1)\}$ | F 型 | 1 | $\delta$ |
未知電位共 4 個：$\alpha,\,\beta,\,\gamma,\,\delta$。
為什麼 $(1,0,0)$ 和 $(0,0,1)$ 不在同一軌道？ $(xy)$ 把 $(1,0,0) \to (0,1,0)$，把 $(0,0,1) \to (0,0,1)$（$z$ 不動）。「第一、二坐標各有多少個 $1$」和「第三坐標的值」都是置換不改的不變量，$(1,0,0)$ 有第三坐標 $0$ 且恰好一個 $1$ 在前兩位，$(0,0,1)$ 的 $1$ 在第三位，因此兩者落在不同軌道。
步驟二：列 KCL 方程式
對每個非邊界軌道取一個代表節點，列 KCL（流入電流和等於零）。
在 $(1,0,0)$（B 型，$V = \alpha$）
鄰居：$(0,0,0)$（$V=1$）、$(1,1,0)$（$V=0$）、$(1,0,1)$（$V=\gamma$）
\[\frac{1-\alpha}{R}+\frac{0-\alpha}{R}+\frac{\gamma-\alpha}{R}=0\] \[1+\gamma-3\alpha=0 \tag{1}\label{eq5:f1}\]在 $(0,0,1)$（D 型，$V = \beta$）
鄰居：$(0,0,0)$（$V=1$）、$(1,0,1)$（$V=\gamma$）、$(0,1,1)$（$V=\gamma$）
\[\frac{1-\beta}{R}+\frac{\gamma-\beta}{R}+\frac{\gamma-\beta}{R}=0\] \[1+2\gamma-3\beta=0 \tag{2}\label{eq5:f2}\]在 $(1,0,1)$（E 型，$V = \gamma$）
鄰居：$(0,0,1)$（$V=\beta$）、$(1,1,1)$（$V=\delta$）、$(1,0,0)$（$V=\alpha$）
\[\frac{\beta-\gamma}{R}+\frac{\delta-\gamma}{R}+\frac{\alpha-\gamma}{R}=0\] \[\alpha+\beta+\delta-3\gamma=0 \tag{3}\label{eq5:f3}\]在 $(1,1,1)$（F 型，$V = \delta$）
鄰居：$(0,1,1)$（$V=\gamma$）、$(1,0,1)$（$V=\gamma$）、$(1,1,0)$（$V=0$）
\[\frac{\gamma-\delta}{R}+\frac{\gamma-\delta}{R}+\frac{0-\delta}{R}=0\] \[2\gamma-3\delta=0 \tag{4}\label{eq5:f4}\]步驟三：解方程組
從式 $\eqref{eq5:f4}$：
\[\delta=\frac{2\gamma}{3}\]從式 $\eqref{eq5:f1}$：
\[\gamma=3\alpha-1\]代入式 $\eqref{eq5:f2}$：
\[1+2(3\alpha-1)-3\beta=0 \implies \beta=\frac{6\alpha-1}{3}\]將 $\gamma,\,\beta,\,\delta$ 都以 $\alpha$ 表示：
\[\gamma=3\alpha-1,\qquad \beta=\frac{6\alpha-1}{3},\qquad \delta=\frac{2\gamma}{3}=\frac{6\alpha-2}{3}\]代入式 $\eqref{eq5:f3}$：
\[\begin{aligned} \alpha+\frac{6\alpha-1}{3}+\frac{6\alpha-2}{3}-3(3\alpha-1)&=0 \\ 3\alpha+(6\alpha-1)+(6\alpha-2)-9(3\alpha-1)&=0 \\ -12\alpha+6&=0 \\ \alpha&=\frac{1}{2} \end{aligned}\]回代得：
\[\gamma=\frac{1}{2},\qquad\beta=\frac{2}{3},\qquad\delta=\frac{1}{3}\]步驟四：算等效電阻
從起點 $(0,0,0)$ 流出的總電流——鄰居是兩個 B 型節點（$(1,0,0)$ 和 $(0,1,0)$，$V=\alpha$）與一個 D 型節點（$(0,0,1)$，$V=\beta$）：
\[I=\frac{1-\alpha}{R}+\frac{1-\alpha}{R}+\frac{1-\beta}{R}=\frac{2\bigl(1-\tfrac{1}{2}\bigr)}{R}+\frac{1-\tfrac{2}{3}}{R}=\frac{1}{R}+\frac{1}{3R}=\frac{4}{3R}\] \[\boxed{R_{\text{面對角線}}=\frac{\Delta V}{I}=\frac{1}{\,4/(3R)\,}=\frac{3}{4}R}\]連法三：稜邊 $(0,0,0) \to (1,0,0)$
步驟一：找軌道
對稱群 $G = \{e,\,(yz)\}$，其中 $(yz)$ 把 $(a,b,c)$ 送到 $(a,c,b)$（交換後兩個坐標）。
| 軌道 | 節點 | 大小 | 電位 |
|---|---|---|---|
| $\{(0,0,0)\}$ | 起點 | 1 | $1$（邊界） |
| $\{(1,0,0)\}$ | 終點 | 1 | $0$（邊界） |
| $\{(0,1,0),\,(0,0,1)\}$ | P 型 | 2 | $p$ |
| $\{(1,1,0),\,(1,0,1)\}$ | Q 型 | 2 | $q$ |
| $\{(0,1,1)\}$ | S 型 | 1 | $s$ |
| $\{(1,1,1)\}$ | T 型 | 1 | $t$ |
未知電位共 4 個：$p,\,q,\,s,\,t$。
步驟二：列 KCL 方程式
在 $(0,1,0)$（P 型，$V = p$）
鄰居：$(0,0,0)$（$V=1$）、$(0,1,1)$（$V=s$）、$(1,1,0)$（$V=q$）
\[\frac{1-p}{R}+\frac{s-p}{R}+\frac{q-p}{R}=0\] \[1+s+q-3p=0 \tag{5}\label{eq5:e1}\]在 $(1,1,0)$（Q 型，$V = q$）
鄰居：$(1,0,0)$（$V=0$）、$(0,1,0)$（$V=p$）、$(1,1,1)$（$V=t$）
\[\frac{0-q}{R}+\frac{p-q}{R}+\frac{t-q}{R}=0\] \[p+t-3q=0 \tag{6}\label{eq5:e2}\]在 $(0,1,1)$（S 型，$V = s$）
鄰居：$(0,0,1)$（$V=p$）、$(0,1,0)$（$V=p$）、$(1,1,1)$（$V=t$）
\[\frac{p-s}{R}+\frac{p-s}{R}+\frac{t-s}{R}=0\] \[2p+t-3s=0 \tag{7}\label{eq5:e3}\]在 $(1,1,1)$（T 型，$V = t$）
鄰居：$(0,1,1)$（$V=s$）、$(1,0,1)$（$V=q$）、$(1,1,0)$（$V=q$）
\[\frac{s-t}{R}+\frac{q-t}{R}+\frac{q-t}{R}=0\] \[s+2q-3t=0 \tag{8}\label{eq5:e4}\]步驟三：解方程組
從式 $\eqref{eq5:e2}$：$p=3q-t$。從式 $\eqref{eq5:e3}$：$t=3s-2p$。代入前者消去 $t$：
\[p=3q-(3s-2p) \implies p=3s-3q \tag{9}\label{eq5:v}\]從式 $\eqref{eq5:e4}$：$t=(s+2q)/3$，代入式 $\eqref{eq5:e2}$：
\[p=3q-\frac{s+2q}{3}=\frac{7q-s}{3} \tag{10}\label{eq5:vi}\]聯立式 $\eqref{eq5:v}$ 與式 $\eqref{eq5:vi}$：
\[3s-3q=\frac{7q-s}{3} \implies 9s-9q=7q-s \implies 10s=16q \implies s=\frac{8q}{5}\]代入式 $\eqref{eq5:vi}$：
\[p=\frac{7q-\tfrac{8q}{5}}{3}=\frac{\tfrac{27q}{5}}{3}=\frac{9q}{5}\]代入式 $\eqref{eq5:e1}$：
\[1+\frac{8q}{5}+q-3\cdot\frac{9q}{5}=0 \implies 1+\frac{13q}{5}-\frac{27q}{5}=0 \implies 1-\frac{14q}{5}=0 \implies q=\frac{5}{14}\]回代得：
\[p=\frac{9}{14},\qquad s=\frac{4}{7},\qquad t=\frac{s+2q}{3}=\frac{\tfrac{8}{14}+\tfrac{10}{14}}{3}=\frac{18}{42}=\frac{3}{7}\]步驟四：算等效電阻
起點 $(0,0,0)$ 的三個鄰居：$(1,0,0)$（$V=0$）、$(0,1,0)$（$V=p$）、$(0,0,1)$（$V=p$）
\[I=\frac{1-0}{R}+\frac{1-p}{R}+\frac{1-p}{R}=\frac{1}{R}+\frac{2\bigl(1-\tfrac{9}{14}\bigr)}{R}=\frac{1}{R}+\frac{2\cdot\tfrac{5}{14}}{R}=\frac{1}{R}+\frac{5}{7R}=\frac{12}{7R}\] \[\boxed{R_{\text{稜邊}}=\frac{\Delta V}{I}=\frac{1}{\,12/(7R)\,}=\frac{7}{12}R}\]三種連法總覽
| 連法 | 端點對 | 對稱群 | $\lvert G \rvert$ | 軌道數 | 未知數 | $R_\text{eq}$ | 十進位近似 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 體對角線 | $(0,0,0) \to (1,1,1)$ | $S_3$ | 6 | 4 | 2 | $5R/6$ | $0.833R$ |
| 面對角線 | $(0,0,0) \to (1,1,0)$ | $\mathbb{Z}_2$ | 2 | 6 | 4 | $3R/4$ | $0.750R$ |
| 稜邊 | $(0,0,0) \to (1,0,0)$ | $\mathbb{Z}_2$ | 2 | 6 | 4 | $7R/12$ | $0.583R$ |
趨勢：在這個正方體的三種連法中，端點之間的圖距離越短，等效電阻越小——兩端靠得越近，電流可以走的並聯路徑越多，整體電阻越低。
這乍看有點反直覺：稜邊明明是「最直接」的連法，等效電阻不是應該最大嗎？關鍵在於電流不只走最短路。從 $(0,0,0)$ 到 $(1,0,0)$，除了直接那條稜，電流還可以繞道 $(0,1,0)\to(1,1,0)$ 或 $(0,0,1)\to(1,0,1)$，乃至更長路徑——這些並聯路徑讓整體電阻降低。相比之下，從體對角線端點 $(0,0,0)$ 到 $(1,1,1)$ 至少需要走 3 段，可選的路徑雖多，但「每條路都必須走更長」，限制了並聯效果。
對稱性提醒：面對角線和稜邊的對稱群大小相同（都是 $\lvert G\rvert = 2$），壓縮程度也相同（都剩 4 個未知數）——但最終答案不同。這說明對稱群大小決定計算難度，不決定物理結果。
小結：系統化流程
三種連法用的是同一套方法，差別只在對稱群的選取：
- 確定端點 → 找出「固定兩端點的坐標置換」集合，即對稱群 $G \leq S_3$
- 計算軌道 → 讓 $G$ 作用在 8 個節點上，同一軌道的節點電位相同
- 列 KCL → 每個非邊界軌道一條方程式
- 解線性方程組 → 得到各軌道的電位
- 算電流與 $R_\text{eq}$ → 從起點流出的總電流除以電壓差
到目前為止，所有計算都是手解線性方程組。【下一篇】 第六篇：圖論入門 將引入圖論語言，把節點、電阻、KCL 翻譯成矩陣；第七篇則展示：這三個答案都可以從圖 Laplacian 的擬逆直接讀出，不需要對每種連法個別求解。