物理學中的群論第二章基本概念

群是一個集合，其中定義了元素的“乘積”法則，這個集合G滿足4個條件：封閉性、結合律、存在恆元、逆元，這個集合就稱為群。（背）
1)封閉性：任何兩個元素相乘還在這個集合中（背）

2)結合律：乘積滿足結合律

3)存在恆元：恆元左乘任意元素，該元素不變。（由后面補充定義知，任意元素乘恆元等於這個元素（背））

這里只定義了左乘，是否能右乘還需要證明。

4)逆元：存在逆元；元素乘逆元等於恆元。（背）

只定義了，是否成立還需要證明。

群的例子：

驗證是群就是要驗證4個條件。

例：定義元素的乘法為矩陣乘法，則

GL(n,C)群：全體 n 維非奇異矩陣的集合。

GL(n,R)群：全體n維非奇異實矩陣的集合。

U(n)群：全體n維幺正矩陣的集合。

幺正：

O(n)群：全體n維實正交矩陣的集合。

正交：，實正交：矩陣元是實數

若限定行列式為1，則上述矩陣的集合分別構成SL(n,C)群、 SL(n,R) 群、 SU(n)群、SO(n)群。

GL：general，C：復數空間，R：實數空間
s：special，O：正交orthogonality，U：幺正

3.群的定義的補充說明

1)群的元素可以是任何客體，如數、矩陣、線性變換、對稱操作等；元素的乘法也很寬泛，可以是數的乘法、矩陣的乘法、數的加法、相繼的兩次變換、相繼的兩個物理動作等等。
2)物理中常見的群大多是線性變換群、線性算符群或矩陣群，若無特別說明，當元素是線性變換或線性算符時，元素乘積定義為相繼做兩次變換，當元素是矩陣時，元素乘積取矩陣乘積。
3)右恆元存在且等於左恆元：即成立，即可以左乘

4)右逆元存在且等於左逆元：即成立

此證明過程也說明的逆元就是R
5)恆元、逆元都是唯一的
證：設一個恆元為E，另一個恆元為T，R為任意一個元素，
則，故只有一個恆元。
同理證：，逆元是唯一的。

6)乘積的逆：

證明：構造，有

7)阿貝爾群：元素乘積都可以對易的群

（也即交換律成立的群）

非阿貝爾群：能找到兩個元素不對易，即除了阿貝爾群之外的群都是非阿貝爾群。

8)有限群：元素數目有限的群

9)有限群的階：有限群中的元素數目

10)有限群群元素的階：有限群任一群元素 R 自乘若干次后一定可以得到恆元，滿足 $R^{n} = E$ 的最小正整數n稱為元素R的階。(背整個這句話）

一定要理解：R自乘若干次后一定得到恆元，否則就會跑出有限群，就無封閉性，或者對於無限群，可以不用得到恆元。

11)無限群：元素數目無限的群

12)無限分立群：元素數目可數（即可以數出其中幾個）的無限群。

13)連續群：元素可以用一組連續變化的參數來描寫的無限群。

4.循環群及其生成元

1）循環群：由一個元素 R 及其冪次構成的有限群，記作 $C_{n}$ 。（背）

注意是有限群
記住， $C_{n}$ 指的是n階循環群

n：循環群的階，即有限群的元素個數。
R：循環群的生成元，因為R可以生成其他元素。

a.n階循環群 $C_{n}$ 的一般形式：

由此形式知，

b.循環群的性質：

循環群的階和其生成元的階相等。

生成元的階是滿足的最小正整數n。
循環群都是阿貝爾群（阿貝爾群不一定是循環群）。

元素都是冪次，且結合律，故是元素乘積都可以對易的群。
循環群生成元的選擇並不唯一，比如 R 和 $R^{2}$ 都可作為 $C_{3}$ 群的生成元。但並不意味着誰都可以作為生成元。

c.繞空間固定軸轉動 $2 π / n$ 角的變換R生成的群

繞空間固定軸轉動 $2 π / n$ 角的變換R生成的群是一個n階循環群 $C_{n}$ 群。
（這里沒有說R是對稱變換）

因為由R生成，而驗證一個群是循環群還要驗證是否，這里R是轉動 $2 π / n$ ，確實滿足，故R可以作為生成元，這樣的群是一個循環群。

d.n次固有轉動軸

n次固有轉動軸：若繞空間固定軸轉動 $2 π / n$ 角的變換R是系統的對稱變換，則軸稱為n次固有轉動軸（n次軸），此時轉動R稱為n次轉動。

說明變換R是保持系統不變
但馬書第三版中：”循環群的一個典型例子是由繞空間固定軸轉動變換構成的群.按右手螺旋法則，繞軸的正向旋轉2n/N角的轉動記為Cn.由CN生成的循環群，記為CN.此軸常稱為N次固有轉動軸，簡稱N次軸，CN稱為N次固有轉動，簡稱N次轉動.對二次軸不必規定軸的正向，因為Ch=C^\N次轉動和空間反演a的乘積記為SN，SN=aCN=CNa，稱為N次非固有轉動.由SN生成的循環群記為有時也記為SN，它的階數g根據N是偶數或奇數，分別是N或2N.此轉動軸稱為N次非固有轉動軸. “
並沒有說固有轉動軸必須是對稱變換，所以ppt中的這個定義可能有問題。

軸的方向：轉動R由右手螺旋法則得到，大拇指指向軸的正方向。
二次軸不必規定軸的方向。

正方形四個角ABCD只是標記，實際上旋轉180度后依然是正方形不變（對稱變換的定義就是這樣，對稱變換和ABCD這樣的標記無關），並不是說標記變了就是系統變了，故旋轉180度的變換R是對稱變換。
總結：整個解釋好像有些奇怪，沒時間，算了。

例：過中心且垂直正方形所在平面的軸是其四次軸，正方形的對角線是其二次軸。

5.有限群的生成元和秩

1）元素R 的周期：由有限群的任一元素 R 及其冪次生成的集合。

循環群由一個元素的周期充滿。
一個元素的周期構成的是循環群。

2）有限群的生成元：有限群的群元素可以由最小數目個群元素的乘積生成，這些最小數目個群元素（背）

稱為有限群的生成元。例子見4）

注意最小數目個、群元素

3）有限群的秩：生成元的個數

循環群的秩為1

4）有限群生成元的選擇並不唯一，但秩不變。

$C_{4}$ 群的生成元不能是 $R^{2}$ ，因為它不能生成 $C_{4}$ 群。

$D_{3}$ 群：正三角形的對稱變換群。

可以通過畫正三角形來驗證比如第一行的等式確實成立。故 $D_{3}$ 群的群元素可以由最小數目個群元素D、A的乘積生成，故此有限群 $D_{3}$ 群的生成元可以選為D和A，有限群 $D_{3}$ 群的秩為生成元的個數2.
但是很重要的一點是：在驗證B=DA這種關系時，正三角形的三個字母必須畫成：
這種情況，才能驗證。若畫成則可以發現驗證不了。

6.有限群的重排定理

（考試經常考，簡答題，敘述有限群重排定理）

1）復元素：把有限群部分元素的集合 ${R_{1}, R_{2}, \dots, R_{m}}$ 看作一個整體

群是一個集合，從這個集合中取一些元素出來再組成一個集合，將這個新集合稱為復元素。

復元素不考慮所含元素的排列次序，且重復的元素只取一次。
兩復元素相等的充要條件是它們所包含的元素相同。
普通元素與復元素相乘仍為復元素：
設一個普通元素T，復元素 ${R_{1}, R_{2}, \dots, R_{m}}$ ，則左乘和右乘都仍為復元素（這個新的復元素仍然屬於原來那個有限群，因為群的封閉性）：

2）重排定理（考試簡答題）

設T是群G = {E, R, S, …}中任一確定元素，則下面三個集合與原群G相同（背）

即 $T G = G T = G^{- 1} = G$ （背）

復元素的逆是每個元素取逆
證：集合TG中的所有元素都是群G的元素，故
(這是由於群的封閉性），注意是包含於，所以TG可以比G小。
由於群存在逆元，故 $T^{- 1}$ 在G中，而R也在G中，故 $T^{- 1} R$ 也在G中，故在TG中，是TG中的元素，故。
綜上，TG = G。其它幾個關系式可類似證明。

7.同構

在群的定義中，群元素是什么客體並不重要，重要的是它們的乘積規則，也就是它們以什么方式構成群。若兩個群它們的元素之間可以用某種適當給定的方式一一對應起來，而且元素的乘積仍以此同一方式一一對應，則從群論觀點看，這兩個群完全相同。

同構的定義：

元素是對應的，在這種對應規則下，元素的乘積也是對應的。群G和 $G^{'}$ 同構，
記為 $G \approx G^{'}$ 。（背）

例：以數乘為乘法的群同構。

例：正實數乘法群與實數加法群同構。

如果對應規則選擇不適當，則元素的乘積可能不按此規則一一對應，但只要對某一對應規則，兩個群符合群同構的定義，它們就是同構的。

8.有限群的乘法表

1）乘法表：

把群元素的乘積全部列出來，構成一個表，稱為群的乘法表。
對RS=T，稱R為左乘元素，S為右乘元素，T為乘積元素。

設群的階是g，則表內是g×g方陣，每格內填寫其所在行的左乘元素與所在列的右乘元素的乘積。

2）乘法表的性質：

乘法表完全描寫了有限群的性質。

這是因為群的關鍵就是乘積法則。
乘法表相同的兩個群同構（若排列次序選擇不當，同構的兩群可能有看似不同的乘法表）。

因為所有的元素的乘積都包括在其中。
由重排定理知，乘法表內各行、各列都是群元素的重排，無重復元素。

3）循環群的乘法表

$C_{2} \approx V_{2}$ ： $C_{2}$ 群與 $V_{2}$ 群同構。故 $C_{2}$ 群也稱 $V_{2}$ 群。

4）四階群（即有4個元素的有限群）只有兩種：若四階群中含四階元素，則為 $C_{4}$ 群、若四階群中不含四階元素，則為 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群

准確到同構（即從同構的角度看），四階群（即有4個元素的有限群）只有兩種：

若四階群中含四階元素，則是四階循環群 $C_{4}$ 群；

四階元素說明 $R^{4} = E$ ，又由於4階群只有4個元素，故此時只能是四階循環群 $C_{4}$ 群。
若四階群中不含四階元素，則此群中也不可能含三階元素；

后面會講，群中元素的階一定是這個群的階的因子，故這里不可能有3階元素。
若四階群中不含四階元素，此4階群只能是一個恆元加3個2階元素，即此群是 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群。

一個群中只能有一個1階元素，即E，所以剩下3個元素一定是2階元素，故此4階群只能是一個恆元加3個2階元素。

綜上，四階群（即有4個元素的有限群）只有兩種： $C_{4}$ 群、 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群。

$V_{4} （也称 D_{2} ）$ 群：一個恆元加3個2階元素。其為：

$V_{4} （ D_{2} ）$ 群的乘法表：

由於是二階元素，故 $σ^{2} = E$

5）准確到同構，六階群只有兩種：若含六階元素，則是 $C_{6}$ 群、若不含六階元素，則是 $D_{3}$ 群。

若含六階元素，則是 $C_{6}$ 群；
若不含六階元素，則不可能含五階、四階元素；

后面會講，群中元素的階一定是這個群的階的因子，故這里不可能有4、5階元素。
若不含六階元素，從群含的三階元素的個數分類：
- a.含零個三階元素，即群只含一個恆元加5個二階元素。這種情況不成立。
  
  作業第3題：
- b.含兩個三階元素，三個二階元素，1個恆元。
  含2個三階元素是因為若含1個三階元素，則一定至少含2個三階元素。且群只能含偶數個三階元素。
  在b.的情況下，該群是 $D_{3}$ 群（正三角形對稱變換群）：一個恆元加兩個三階元素加三個二階元素；
  
  “若含1個三階元素，則一定至少含2個三階元素。且群只能含偶數個三階元素。”是因為：
- c.含四個三階元素，一個二階元素，一個恆元。這種情況不成立。

綜上，六階群只有兩種： $C_{6}$ 群、 $D_{3}$ 群。

$D_{3}$ 群（正三角形對稱變換群）

其乘法表：

此乘法表的得出和a.情況中討論的 $V_{4}$ 群的乘法表的得出類似

$D_{3}$ 群是最簡單的非阿貝爾群。

二階群只有 $C_{2}$ 群，三階群只有 $C_{3}$ 群、四階有兩個： $C_{4}$ 群、 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群、五階群只有 $C_{5}$ 群，由這些群的乘法表知（乘法表沿對角線對稱），二階、三階、四階、五階的群都是阿貝爾群。
而由上面 $D_{3}$ 群的乘法表知，元素乘積存在不對易，故是最簡單的非阿貝爾群。最簡單指的是階數最少。

6）正N邊形對稱變換群—— $D_{N}$ 群

對稱變換軸：1個N次軸，N個二次軸。
1個N次軸是指垂直於正N邊形所在平面的一個軸，N個二次軸是指在正N邊形所在平面內的軸。

舉例說明：正四邊形，有1個四次軸，4個2次軸。

在N分別是奇數偶數時，二次軸的情況不同：

繞N次軸轉動的對稱變換的集合：

N次軸：垂直於正N邊形所在平面的一個軸。
繞N次軸轉動的對稱變換的集合構成一個周期（N階循環群）。
這個集合有N個元素。

繞N個二次軸轉動的對稱變換的集合：

這個集合有N個元素。

由於以上兩個集合都各有N個元素，故 $D_{N}$ 群有2N個元素。

$D_{N}$ 群的乘法表

為求乘法表，先證明

舉例說明：對上面圖中的正五邊形，T：轉 $2 π / 5$ ， $S_{0}$ ：關於這個軸翻180度。

只需要知道公式（1）和（2）就能推導出另外兩個乘積規則的公式。所以只要背乘積規則中的前兩個公式 $T^{N} = S_{j}^{2} = E$ 、 $T^{m} S_{j} = S_{j + m}$ ，就能推導出另外兩個乘積規則的公式。（背）
$D_{N}$ 群的階為2N，秩為2，生成元可取T, $S_{0}$

由前面乘積規則知，有T, $S_{0}$ 就能得到其他所有元素
2N個元素，故群的階是2N；兩個生成元，故秩為2；

由上面乘積規則可以得到乘法表：

1.2節群的各種子集

1.子群

1）定義：群 G 的子集 H，若按照原來的元素乘積規則，也滿足群的四個條件，則稱為群G的子群。（背）

如
可以驗證這些是群。

2）判斷有限群的子集是否構成子群，只需檢驗子集是否滿足封閉性即可：

子集元素采用原群的乘法，結合律顯然滿足；若子集對元素乘積封閉，則它必包含子集中任一元素的周期，從而包含恆元和逆元。任何群都有兩個平庸的子群：恆元和整個群。

3）任何群都有兩個平庸的子群：恆元和整個群。

4）任一元素的周期構成循環子群，與階數相同的循環群同構。

比如 $D_{3}$ 群中的

5）尋找有限群的子群的最好辦法：（背）

a.列出全部循環子群

b.把若干個循環子群並起來

c.看它們是否滿足封閉性（判斷是否滿足封閉性：判斷其中每一個元素的周期是否都在里面，再判斷某兩個元素的乘積是否會出去）。恆元、拉定理、封閉性。

原因：尋找子群就是要滿足封閉性，滿足封閉性最重要的就是要包括每一個元素的周期，即循環子群，但還應判斷某兩個元素的乘積是否會出去。故以上方法成立。

6）常見群的子群的例子

我通過上面“尋找有限群的子群的最好辦法”求出了確實這些群的子群是這些。

2.陪集和不變子群

1）左陪集和右陪集

設群G 的階為g ，子群H 的階為h ，子群H 記為

任取群G中不在子群H中的元素 $R_{j}$ ，把它左乘或右乘到子群H上（背），得到群G的兩個子集

左陪集：
右陪集：

左陪集和右配集中第一個元素都是 $R_{j}$

2）陪集的性質

陪集中沒有恆元，所以陪集一定不是子群
陪集與子群無公共元素。
一個陪集中沒有重復元素。

這兩個性質證明：
兩個有公共元素的左陪集必然全相同。

注意其逆否命題：不相同的左陪集 $\Rightarrow$ 沒有公共元素

（背，重要性質，很有用）有限群G一定可分解為子群H和若干個左陪集 $R_{j} H$ 之並，這些子集間沒有公共元素，每個子集包含h個不同元素：

這里說的若干個左配集都是不同的左陪集。

由於陪集和子群元素個數相同，故都是h個元素。
由這個性質可以直接得到下面的拉格朗日定理。
群G中兩元素R和T都在同一左陪集RH的充要條件是在子群H中。（即）

證明：

3）拉格朗日定理：群G的階數g是其子群H階數h的整數倍（即子群的階數是群G的階數的因子（背，考試簡答題）），g=dh，其中d稱為子群H的指數。

群的階數為素數的群沒有非平庸子群。群的階數為素數的群只有一種，就是循環群，群中除了恆元以外，其他所有元素的階都是該素數。

由此也知，3階群、5階群、7階群等階數為素數的群都是只有一種，就是 $C_{3}$ 、 $C_{5}$ 、 $C_{7}$ 群等。
拉格朗日定理的證明見上面倒數第二個性質。

4）不變子群

用群G中不在子群H中的一個元素 $R_{j}$ ，左乘和右乘子群H，得到的左陪集 $R_{j} H$ 和右陪集 $H R_{j}$ 不一定相同。
不變子群：
若子群H的所有的左陪集都和對應的右陪集相等（背），即對群G中不在子群H中的任意一個元素 $R_{j}$ ，都有 $R_{j} H = H R_{j}$ ，則此子群H是原群G的不變子群H，或稱為正規子群。
注意：一個子群是不變子群並不要求Rj和H中的元素對易，即並不意味着 $R_{j}$ 乘H中的元素等於H中的元素乘以 $R_{j}$ 。

因為可能是 $R_{j}$ 乘H中元素T等於H中元素S乘 $R_{j}$ 。

5）不變子群的性質

a.阿貝爾群的所有子群都是不變子群（背）。

證明:因為阿貝爾群所有元素都是對易的，從左邊乘和從右邊乘對每一個元素來說都一樣，故子群H的所有的左陪集都和對應的右陪集相等，故是不變子群。
例子：前面說了，二階、三階、四階、五階的群都是阿貝爾群，故其子群都是不變子群。
$C_{6}$ 群由於是循環群，故其是阿貝爾群，故其子群是不變子群。

b.指數為2的子群一定是不變子群（背）。

例子：

c.不變子群與類的關系：不變子群必然由若干個完整的類組成（背）。由若干個完整的類組成的若是一個子群，則必然是不變子群。（這個性質可以用來判斷不變子群）

證明：見后面。

6）商群

商群：不變子群H及其所有不同的陪集，構成一個復元素的集合，定義復元素的乘積規則： $(R_{j} H) (R_{k} H) = (R_{j} R_{k}) H$ ，在下面的注釋中我們驗證了這個復元素的集合滿足群的四個條件，故此集合為群。這個由復元素構成的群稱為群G關於不變子群H的商群，記作G/H
商群的恆元是不變子群H。
商群的階數是不變子群H的指數。

由於不變子群及其所有不同的陪集構成商集，而不變子群及其所有不同的陪集並起來就是群G，陪集的元素個數和子集的元素個數相等，不變子群階數為h，群G階數為g，則由拉定理：g=dh，故指數d也就是商群中復元素的個數，即商群的階數。

例子：

7）從乘法表找子群的陪集：

設群G的子群H，群G的乘法表中與子群H的元素有關的各列中，每一行的元素要么構成子群，要么構成左陪集；G的乘法表中與子群H的元素有關的各行中，每一列的元素要么構成子群，要么構成右陪集。(背)
例如：從D3群的乘法表找出各子群的陪集。

（考試和作業中經常有這個題，隨便給一個群進行分析，記住這個例題的過程）求 $D_{3}$ 群的所有子群及其陪集，判斷不變子群：

先由拉定理知，子群的階數只能是2或3.
當子群階數是3時，由於3階群只有一種： $C_{3}$ 群，而由於 $C_{3}$ 群是一個恆元加兩個三階元素，故這里的3階子群只能是{E,D,F}，D,F才是三階元素。由於{E,D,F}指數是2，故其是不變子群。
當子群的階數是2時，除了恆元外，為滿足封閉性，另一個元素一定是二階元素，故這里的2階子群是{E, A}、{E, B}、{E, C}。

注意分析子群階數、元素的階數。

由乘法表可以寫出{E, A}、{E, B}、{E, C}的陪集，由於所有左陪集和右陪集並不對應相等，故它們不是不變子群。

3.共軛元素和類

1）共軛

定義：對群G中的兩個元素 $R$ 和 $R^{'}$ ，如果在群G中存在一個元素S，使得 $R$ 和 $R^{'}$ 可以通過 $R^{'} = S R S^{- 1}$ 聯系起來，則稱 $R$ 和 $R^{'}$ 共軛，記為 $R \sim R^{'}$ （背）

共軛的性質：

相互性： $R \sim R^{'}$ 則 $R^{'} \sim R$
傳遞性：與同一元素共軛的元素也相互共軛： $R \sim R^{'}$ ， $R \sim R^{″}$ 則 $R^{'} \sim R^{″}$ 。由共軛的傳遞性可以定義類。

證明：兩個性質的證明見李書16頁

2）類

a.定義：所有相互共軛的元素形成的集合，記作 $C_{α} = {R_{1}, R_{2}, \dots, R_{n (α)}} = {R_{k} ∣ R_{k} = S R_{j} S^{- 1}, S \in G}$

其中 $n (α)$ 是類 $C_{α}$ 中所包含的元素數目。

b.類的性質

一個類可以被其中任意一個元素所確定。尋找類中所有元素的方法：對一個類中元素R，取群G中的一個元素S，求出 $S R S^{- 1}$ ，當S取遍G中的所有元素時，R的所有同類元素就一個一個都出現了
恆元自成一類
阿貝爾群的每個元素自成一類。

由此性質知， $C_{2}$ 群是阿貝爾群，有兩個元素，故兩個類。 $V_{4}$ 群：時間反演等，它是阿貝爾群，四個元素，故4個類。

兩個類沒有公共元素；

證：若兩個類有公共元素，則所有元素都互相共軛，它們應在一個類，故兩個類沒有公共元素。
除了恆元構成的類以外，類不是子群。

證：由上一個性質知，其他類不包含恆元，故其他類不是子群。
群按陪集分割：子群和陪集元素數目相同；群按類分割：每個類中所含元素數目不一定相同（通常來說肯定不同）。

群按類分割：通常來說肯定不同，除非特殊情況，比如二階群，R一類，E一類、還有阿貝爾群，每個元素自成一類，但非阿貝爾群通常來說每個類元素數目不同。
同類元素的階相同（但階數相同的元素不一定在同一類）

階數相同的元素不一定在同一類:比如 $C_{5}$ 群，除E外每個元素都是5階的，但它們不在一個類。再比如后面會說到的D4群中，S0和S1都是二階元素，但它們不在一個類。
對任意給定的，當Rj 取遍類中的所有元素時，一定不會重復，故

注意當Rj 取類中的一個元素時，也是類中的一個元素。故得證。
對任意給定的，當S 取遍群G 中的所有元素時，有重復，但的重復次數對每一個都是一樣的，均為。
g：群G中元素個數。
$n (α)$ ：這個類中的元素個數。

舉例說明這個性質：

證明：對給定的，

注意與T無關，而中的S是給定的，T是任意的，故對左陪集SH中的任一元素ST，得到的結果都是。
，下面證明：

經過思考，上面這個結論確實成立。注意 $m (α)$ 的含義：與給定元素Rj對易的所有元素的集合構成群G的子群H，將該子群的元素個數記為 $m (α)$ 。

由上面這個對應知，類中包含的元素數目是（與給定元素Rj對易的所有元素的集合構成群G的）子群H的指數，故類中包含的元素 $n (α)$ 為：，由此式得：重復次數 $m (α)$ 為。得證。
由拉定理知，子群H的指數是群G階數的因子，故類中包含的元素 $n (α)$ 也是是群G的階數g的因子。

3）相逆類、自逆類

如果一個元素Rj和Rk在一個類中，則Rj的逆和Rk的逆也一定會在一個類中，但這個類與類是否相同並不知道。

證明：當Rj和Rk在一個類中時，即群G中存在S，使得，則對此式兩邊取逆，得，說明和在一個類中，即如果一個元素Rj和Rk在一個類中，則Rj的逆和Rk的逆也一定會在一個類中。

由上面可以知道，類中的所有元素的逆組成一個集合，這個集合構成類，記作類。類與類稱為相逆類（背），它們的元素數目相同。
相逆類：這個類是那個類所有元素的逆構成的。

自逆類：若元素與其逆元素互相共軛，則類與類重合（背），這樣的類稱為自逆類。

舉例說明：

4）用乘法表判斷兩元素是否共軛、用乘法表找出類：

元素ST和元素TS互相共軛：

故ST和TS在一個類中。注意TS和ST在乘法表中關於對角線對稱，故乘法表中關於對角線對稱的元素在一個類中。
互相共軛的兩元素總可以表示為某兩元素不同次序的乘積：

因此若乘法表中左乘元素和右乘元素順序相同，則在乘法表中關於對角線對稱的兩元素互相共軛。互相共軛的兩元素也一定在乘法表中關於對角線對稱的位置出現。關於對角線對稱的元素在一個類中，由此就可以根據乘法表找出類。

因為關於對角線對稱的一定是一個是ST，一個是TS。

舉例說明：

根據關於對角線對稱的元素在一個類中，可以知道B、C、A在一個類中，D、F在一個類中。

5）系統對稱變換群 $D_{N}$ 群的類

設n方向是系統的N次固有轉動軸，元素R是繞n方向轉動2pi/N角的變換。
設元素S將n方向轉到m方向，設此元素S在系統的對稱群中。
則元素表示繞m方向轉動2pi/N角的變換。

證明：

實際上這里需要第五章轉動群的知識才懂。確實。

由於S是對稱群中的元素，由封閉性知， $R^{'} = S R S^{- 1}$ 也是對稱群中的元素。根據共軛的定義："對群G中的兩個元素 $R$ 和 $R^{'}$ ，如果在群G中存在一個元素S，使得 $R$ 和 $R^{'}$ 可以通過 $R^{'} = S R S^{- 1}$ 聯系起來，則稱 $R$ 和 $R^{'}$ 共軛"知，R與共軛。
由於R與共軛，故繞n方向和繞m方向轉動2pi/N角的變換是互相共軛的。
表示繞m方向轉動2pi/N角的變換，m方向顯然也是系統的N次轉動軸。

原因：由於R是繞n方向轉動2pi/N角的對稱變換，表示繞m方向轉動2pi/N角的變換，它們相互共軛，是同類元素，由於同類元素的階相同，故R的階數是N，故的階數也是N，即m方向是N次固有轉動軸。（由於前面證明了 $R^{'} = S R S^{- 1}$ 也是系統的對稱群中的元素，故也是對稱變換，故m方向是N次固有轉動軸）

a.等價軸：一般地，若兩個同次軸的正方向可以通過對稱群中的元素聯系起來，則這兩個轉動軸稱為等價軸。（背）

注意，這里等價軸定義中說的的對稱群是這個形狀對應的對稱群，具體見后面“同次軸不一定是等價軸”的證明過程中的解釋。

若繞x、y、z轉90度是對稱群中的元素，且三維坐標系中的x、y、z是同次軸，則三維坐標系中的x、y、z就是等價軸，因為繞y方向轉90度，z就變到x；繞z轉90度就是x變到y；繞x轉90度就是y變到z，故它們等價。

等價軸一定是同次軸，但同次軸不一定是等價軸。

因為等價軸的定義中就是說等價軸是用同次軸定義的。
剛才已經證明了n和m方向是同次軸，而因為n和m是同次軸，且它們可以通過元素S聯系起來，若S是對稱群中的元素，則n和m就是等價軸。
同次軸不一定是等價軸：

而 $D_{N}$ 群中當N為奇數時，N個二次軸都是等價的。

b.雙向軸（非極性軸）：

若一個軸的正反兩個方向可以通過對稱群中的元素聯系起來（背），則此軸稱為雙向軸，或非極性軸。

c.等價軸、雙向軸的性質：

二次軸沒有極性的概念，注意：不考慮二次軸是否雙向軸（背）
繞等價軸轉相同角度的變換互相共軛。（背）

證明：由於等價軸，故由等價軸的定義知，將n變到m方向的元素S一定在對稱群中，前面說元素R是繞n方向轉動2pi/N角的變換， $R^{'} = S R S^{- 1}$ 表示繞m方向轉動2pi/N角的變換；由於S是對稱群中的元素，由封閉性知， $R^{'}$ 也是對稱群中的元素。根據共軛的定義："對群G中的兩個元素 $R$ 和 $R^{'}$ ，如果在群G中存在一個元素S，使得 $R$ 和 $R^{'}$ 可以通過 $R^{'} = S R S^{- 1}$ 聯系起來，則稱 $R$ 和 $R^{'}$ 共軛"知，R與共軛。故得證。
繞雙向軸正轉、逆轉相同角度的變換互相共軛。（背）

繞雙向軸正轉、逆轉相當於一個繞n方向轉，一個繞m方向轉。由雙向軸的定義知，雙向軸是等價軸的一個特例，且由於上一個性質，故得證。
轉動不同角度的變換一定不共軛；繞非等價軸轉相同角度的變換也不共軛。

老師沒解釋，我沒時間，算了。

d.舉例：D3 群、D4群的類：通過（1）分析軸是幾次的、（2）軸是雙向軸還是等價軸，（3）再通過等價軸、雙向軸的兩個性質就能判斷類。

例：D3 群的類
D3 群包含1 個三次軸和3 個二次軸。
繞二次軸的轉動使三次軸是雙向軸 ，繞三次軸的轉動使3個二次軸互相等價 。

一個軸的正反兩個方向可以通過對稱群中的元素聯系起來則是雙向軸，這里繞二次軸的轉動就是“對稱群中的元素”，故三次軸是雙向軸。
由於二次軸沒有極性，故不考慮二次軸的方向。

D3 群有3個類：恆元一個類，繞三次軸轉動一個類，繞二次軸轉動一個類。
恆元自成一類{E} 。
繞三次軸正、逆轉2pi/3 角的D 和F 構成一類{D, F} 。
繞二次軸轉動的A ，B 和C 構成一類{A, B, C} 。

因為“繞雙向軸正轉、逆轉相同角度的變換互相共軛”，三次軸是雙向軸，故繞三次軸正、逆轉2pi/3 角的D 和F 構成一類{D, F}。類：所有相互共軛的元素形成的集合。
因為“繞等價軸轉相同角度的變換互相共軛”，3個二次軸互相等價，故繞二次軸轉動的A ，B 和C 構成一類{A, B, C}。

例：D4群的類
D4群包含1個四次軸和4個二次軸。
繞二次軸的轉動使四次軸是雙向軸，繞四次軸的轉動使4個二次軸分成兩組（對角線連線和對邊中點連線），分別互相等價。

D4群有5個類：恆元一個類，繞四次軸轉動分為兩個類，繞二次軸轉動也分為兩個類。
恆元自成一類{E}。
繞四次軸正、逆轉pi/2的T和 $T^{3}$ 構成一類，繞四次軸正、逆轉pi的 $T^{2}$ 構成一類{ $T^{2}$ }。
繞二次軸對角線轉動的S0和S2構成一類，繞對邊中點連線轉動的S1和S3構成一類。

因為“繞雙向軸正轉、逆轉相同角度的變換互相共軛”，四次軸是雙向軸，故繞四次軸正、逆轉pi/2的T和 $T^{3}$ 構成一類（正轉270度就是逆轉90度），繞四次軸正、逆轉pi的 $T^{2}$ 構成一類{ $T^{2}$ }。
S0和S2可以通過對稱群中的元素“轉90度”而等價，S1和S3也可以通過對稱群中的元素“轉90度”而等價。但S0和S1這兩種不等價，前面“同次軸不一定是等價軸”有解釋。由於繞等價軸轉相同角度的變換互相共軛，故S0和S2構成一類，S1和S3構成一類。

6）尋找有限群的類和不變子群的步驟

a.不變子群與類的關系：不變子群必然由若干個完整的類組成（背）。由若干個完整的類組成的若是一個子群，則必然是不變子群。（這個性質可以用來判斷不變子群）

證明：

不變子群的左陪集和右陪集相等，所以它包含每個元素的共軛元素，因此，不變子群必然是由若干個完整的類組成。

b.尋找有限群的類的步驟：

法一：從乘法表判斷兩元素是否共軛、從乘法表來尋找
法二：從“同類元素的階相同”來尋找
(1)先確定每個元素的階（即判斷多少次方等於E），
(2)在階數相同的元素中判斷其是否共軛，從而找到所有共軛類。

c.尋找有限群的不變子群的步驟：

法一：根據乘法表和不變子群的性質、定義（所有左陪集都和對應的右陪集相等）來尋找，見不變子群一節的7）從乘法表找子群的陪集。
法二：根據“不變子群必然由若干個完整的類組成（背）”來尋找。
(1)將若干個類並起來
(2)判斷其是否構成子群（若構成子群，則是不變子群）：

是否包含恆元
是否滿足拉定理：子群的階數是群階數的因子
是否包含每一元素的完整周期，是否滿足封閉性

法三：若已經知道了子群，則從子群中根據“不變子群必然由若干個完整的類組成（背）”來尋找。

例：D3 群的非平庸不變子群 {E, D, F}

子群可能是1，2，3，6階。不變子群還有（E,D,F,A,B,C}
例：D4 群的非平庸不變子群 {E, T2} {E, T, T2, T3} {E, T2, S0, S2} {E, T2, S1, S3}

已知乘積規則中的前兩個公式 $T^{N} = S_{j}^{2} = E$ 、 $T^{m} S_{j} = S_{j + m}$ ，就能推導出其他兩個乘積規則，所以 $S_{0} S_{2}$ 可以推導出來。

7）系統對稱變換群 $D_{N}$ 群的類和不變子群

所有 $D_{N}$ 群都有一個N次軸，N個二次軸。
N為偶數時，即N=2n：一個N次軸是雙向軸，N個二次軸分成兩組（對角線和對邊中點連線），分別互相等價。比如 $D_{4}$ 群.

對正N邊形，只要有二次軸，則這個N次軸就是雙向軸，是雙向軸則正轉、逆轉相同角度都在一個類中，對 $D_{4}$ 群，繞4次軸轉有三個類：恆元、正轉和逆轉90，轉180. 對 $D_{6}$ ，繞6次軸轉有4個類：恆元、1次方和5次方、2次方和4次方、3次方。
找規律： $D_{8}$ ，繞8次軸轉有5個類，故 $D_{N}$ 群，繞N次軸轉有n+1個類；而繞二次軸轉有兩個類，故一共有n+3個類：

且可以驗證這n+3個類是自逆類。

老師通過舉 $D_{6}$ 群的例子說明了這些不變子群：

$D_{12}$ 群的例子：

N為奇數時，即N=2n+1：一個N次軸是雙向軸，N個二次軸互相等價。

其推導類似前面N為偶數時的推導。

舉例：

1.3節群的同態關系

1.群的同態：

若群 $G^{'}$ 和G的所有元素間都按某種規則存在一多對應關系，它們的乘積也按同一規則一多對應，則稱群 $G^{'}$ 與群G同態，記為 $G^{'} \sim G$ 。
群 $G^{'}$ 與群G中的元素是一多對應的，在這種對應規則下，元素的乘積也是一多對應的。（背）

。這句就是說同態是有方向性的， $G^{'} \sim G$ 說明G中的元素多一些。

找到一種對應關系即可。

同態的性質：

同態有方向性： $G^{'} \sim G$ 說明G中的元素多一些。（因為群 $G^{'}$ 與群G中元素是”一多對應的“，背，重要）
同構是一種特殊的同態，反之，同態則不一定同構。
只包含恆元的一階群與任何群同態。
同態的例子：（背這個例子中對應規則的寫法，重要）

2.同態核定理：若G‘與G同態，即G‘~G，則與G‘恆元對應的G中元素的集合H構成群G的不變子群，與G’其它每一個元素相對應的G中元素的集合構成H的陪集，即群G’與群G關於H的商群同構，，H稱為同態對應的核。

復習：商群：不變子群H及其所有不同的陪集，構成一個復元素的集合，定義復元素的乘積規則： $(R_{j} H) (R_{k} H) = (R_{j} R_{k}) H$ ，在下面的注釋中我們驗證了這個復元素的集合滿足群的四個條件，故此集合為群。這個由復元素構成的群稱為群G關於不變子群H的商群，記作G/H
商群的恆元是不變子群H。
商群的階數是不變子群H的指數。

證明同態核定理：

3.集合G‘與群G的同構或同態

講同態和同構定義時說是群，但實際上不需要強調是群，我們可以證明它一定是群。
以后我們會遇到這種情況，其中一個是一堆元素的集合G‘（是一個定義了乘積規則的集合），另一個是群G，若集合G‘和群G中的元素是一一或一多對應的，在這種對應規則下，元素的乘積也是一一或一多對應的，則一堆元素的集合G‘也是一個群，是與群G同構或同態的群。（背）

設G‘是一個定義了乘積規則的集合，G是一已知群，若群G中任一元素R都按某種規則唯一地對應集合G‘中的一個確定元素R‘，而集合G‘中任一元素R‘至少對應群G中的一個元素R，且這種一一對應或一多對應的關系對元素乘積保持不變，則集合G‘構成群，且與已知群G同構或同態。
證明：

1.4節正多面體的固有對稱變換群

1.固有轉動：三維空間中保持坐標原點不變、保持手性不變、保持任意兩點間的距離不變的轉動稱為固有轉動。

保持手性不變：就是說左手系還是左手系，右手系還是右手系，這意味着轉動不包含空間反演，如果有空間反演的話，左手系會變成右手系，右手系會變成左手系。見第五章。

2.非固有轉動：若轉動后再做空間反演，則坐標系的手性會發生改變，

這樣的轉動稱為非固有轉動。
非固有轉動仍保持坐標原點不變、保持任意兩點間的距離不變。

3.點群：讓體系的一個點保持位置不變的操作構成的變換群。

4.固有點群：由固有轉動的集合構成的有限群稱為固有點群，包括 $C_{N}$ 群、 $D_{N}$ 群及正多面體固有對稱變換群。

固有點群是SO(3)群的有限子群。

在三維空間中的轉動是SO(3)群中的元素，故固有點群是SO(3)群的有限子群。

SO(3)群：三維空間實正交矩陣的集合，也可以理解為三維空間所有轉動變換的集合構成的群。（不包括空間反演）

O(n)群：全體n維實正交矩陣的集合。S：行列式為1.
正交：，實正交：矩陣元是實數

5.非固有點群：由固有轉動和非固有轉動的集合構成的有限群稱為非固有點群。即包含非固有轉動的群。

非固有點群是O(3)群的有限子群。
非固有點群一定包含若干固有轉動元素，因為至少恆元是固有轉動元素。
O(3)群：三維空間的所有轉動+空間反演。故非固有點群是O(3)群的有限子群。
由於SO(3)群是三維空間所有轉動變換的集合構成的群，故SO(3)是O(3)的子群。

6.正多面體

1）定義：各個面都是全等的正多邊形的多面體

下面計算到底有多少個正多面體
設正N面體有N個面，每個面是正n邊形；
設正N面體一共有L條棱和V個頂點，每個頂點出發有m條棱和m個側面；（比如一個頂點有三條棱，則有三個側面）
正N面體有N個面，每個面是正n邊形，考慮到正N面體每條棱由兩個側面所共有（會導致計算棱數時會重復），故就是棱數；正N面體有V個頂點，每個頂點出發有m條棱，考慮到每條棱聯結兩個頂點，故也等於棱數。故棱數：

正n 邊形每個內角為(n-2)pi/n，一個頂點必須至少出來三個棱才能組成正多面體。每個頂點出來m個面，故角度：，其應該小於2pi。故正多面體每個頂點出發的面數m應滿足：

從一個頂點出發有5個棱，只能是正三邊形。

正N面體的內角和為：
有N個面，每個面內角和是(n-2)pi，故正N面體內角和：，由前面棱數公式知nN=2L，故正N面體的內角和為：。

兩種辦法得到的內角和相等，於是有（歐拉公式）：

代入

2）可能的正多面體及其參數

正多面體只有5種。
正多面體的所有對稱變換群只有這三種：T、O、I群

3）對偶正多面體：將正多面體各個側面的中心作為頂點聯結起來構成的圖形也是正多面體，稱為原正多面體的對偶正多面體。

正四面體與自己對偶，是自對偶圖形；正六面體的對偶圖形是正八面體，注意互相對偶；正十二面體的對偶圖形是正二十面體。
對偶關系是相互的。
由前面正六面體的例子知，兩對偶正多面體的面數N和頂點數V互換，側面邊數n和在每個頂點交會的棱數m互換，總棱數L保持不變。

a.如果兩個正多面體互相對偶，則它們的對稱變換群相同。（背）

由前面正六面體的例子知，如果所有的對稱操作保持正八面體不變的話，也會保持正六面體不變，故對稱變換群形同。

b.T群、O群、I群

T群：正四面體的固有點群
O群：正六面體和正八面體的固有點群
I群：正十二面體和正二十面體的固有點群

c.正N面體的固有點群的階數為2L。L：棱數

把正多面體的中心放在坐標原點，正多面體的位置可由一條棱的位置來確定，只注意這個棱，每個對稱變換可由這條棱在變換后的新位置來描寫。經過對稱變換，這條棱可置於L條棱中的任一條位置，再考慮棱的兩種取向，則正N面體的固有點群的階數為2L。L：棱數
棱有多少個位置，正多面體的固有點群就有多少個對稱變換元素。

7.正四面體固有點群—T群

建立如圖所示的坐標系。將立方體不相鄰的頂點聯結起來構成正四面體。
正四面體的對稱變換都是立方體的對稱變換，但立方體的對稱變換不一定都是正四面體的對稱變換。因此，正四面體的固有點群T群是立方體固有點群O群的子群。

3個坐標軸是正四面體的二次軸

因為繞這3個軸轉pi，不變，故是二次軸。
立方體的4個體對角線是正四面體的三次軸
正四面體三次軸的轉動使3個二次軸等價，二次軸的轉動使4個三次軸等價，但三次軸不是雙向軸。

3個二次軸等價：

4個三次軸等價：
三次軸不是雙向軸：經驗證，沒有對稱群中的元素能使A3、B3換一個方向，故立方體的體對角線不是雙向軸。
二次軸不考慮方向。
正四面體所有固有對稱變換的集合構成T群，T群有12個元素：恆元+3個二次軸給出的3個元素+每個三次軸給出2個元素，4個三次軸共給出8個元素=12個元素。
T群的類：
恆元是一類，
繞3個二次軸轉動的3個元素是一類，

（由於3個二次軸等價，繞等價軸轉相同角度的變換在一個類中）

繞4個三次軸正、逆向轉動的8個元素分成兩類：繞4個三次軸正轉2pi/3的元素在一個類中，逆轉2pi/3的元素在一個類中。

（由於4個三次軸等價，繞等價軸轉相同角度的變換在一個類中）

故T群有4個類。前2個類是自逆類，后2個類是相逆類。

后面講不等價不可約表示時，有幾個不等價不可約表示就取決於幾個類，4個類故T群有4個不等價不可約表示。

T群的乘法表

從此表可以知道這12個元素作用於這個正四面體，得到的新的點的位置。

類似的這樣的方法就可以得到所有元素的乘積，再得到乘法表。

T群的子群、不變子群：

這個不變子群是一個恆元加三個二階元素，故是 $V_{4}$ 群（E，時間反演，空間反演，時空全反演）。

找子群：先找每個元素的周期，再將每個元素的周期並起來，看是否滿足封閉性。恆元、拉定理、封閉性。
尋找有限群的不變子群的步驟：
法一：根據乘法表和不變子群的性質、定義來尋找，見不變子群一節的7）從乘法表找子群的陪集。
法二：根據“不變子群必然由若干個完整的類組成（背）”來尋找。
(1)將若干個類並起來
(2)判斷其是否構成子群（若構成子群，則是不變子群）：是否包含恆元；是否滿足拉定理：子群的階數是群階數的因子；是否包含每一元素的完整周期，是否滿足封閉性
法三：若已知子群，則從子群中根據“不變子群必然由若干個完整的類組成（背）”來尋找。
這里就是由法3尋找出來的不變子群。

T群關於不變子群

的商群：

C_{3}

群

由於每個復元素中元素數目都相等，為4，故商群是3階群（3個元素），由於3階群只有一種，故商群為 $C_{3}$ 群

8.立方體和正八面體固有點群—O群

3個四次軸、4個三次軸、6個二次軸：
立方體四次軸的轉動使3個四次軸等價、雙向，立方體四次軸的轉動使4個三次軸等價、二次軸的轉動使4個三次軸雙向，

比如A4B2中點與A2B4中點的連線使A3B3雙向。

6個二次軸等價。

二次軸沒有極性。

立方體的所有固有對稱變換的集合構成O群，它有24個元素（類似T群的分析可以得出），恆元是一類，繞3個四次軸正、逆向轉pi/2的6個元素是一類，轉pi的3個元素是一類，繞4個三次軸正、逆向轉動的8個元素是一類，繞6個二次軸轉動的6個元素是一類，共5個類。這5個類都是自逆類。
O群的乘法表

由於指數是2，所以剩下的元素可以寫成

老師沒講這個表

找子群：先找周期，再並起來，看是否滿足封閉性。
找類：前面已經說了這5個類。

O群的不變子群：T群[O群關於T群的商群]、[O群關於的商群]

因為T群的指數為2，商群為只有兩個元素，有兩個元素的群只有 $C_{2}$ 群。
由右上角T群的類知，因為由兩個完整的類組成，故它是不變子群，O群關於的商群有6個元素，六階群只有兩種 $C_{6} 、 D_{3}$ ，由前面介紹六階群知，如果是 $C_{6}$ ，則必須包含6階元素，寫出商群的六個元素並能判斷出沒有6階元素，故是 $D_{3}$ 群。

9.正十二、二十面體固有點群—I 群

建立如圖所示的坐標系。正二十面體和正十二面體互為對偶正多面體，有相同的固有對稱變換群—I群。

6個五次軸、10個三次軸、15個二次軸：
正二十面體的6個相對頂點的連線是正二十面體的6個五次軸。
兩個相對側面中心的連線是正二十面體的10個三次軸。
聯結正二十面體相對棱中點的連線是正二十面體的15個二次軸。
正二十面體五次軸的轉動使6個五次軸等價、二次軸的轉動使6個五次軸雙向，10個三次軸等價、雙向，15個二次軸等價。
正二十面體的所有固有對稱變換的集合構成I群，它有60個元素，恆元是一類，繞6個五次軸正、逆向轉2p/5的12個元素是一類，正、逆向轉4p/5的12個元素是一類，繞10個三次軸正、逆向轉動的20個元素是一類，繞15個二次軸轉動的15個元素是一類，共5個類。這5個類都是自逆類。
I群沒有非平庸不變子群。

來自為知筆記(Wiz)

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