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在本节中，我们明确确定 $\mathrm{SO}_{3}$ 中作为立方体和正四面体对称群的子群。
首先，设 $C$ 是 $\mathbb{R}^{3}$ 中以原点为中心的立方体，顶点为 $(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$。请注意，$C$ 的边长为 2。我们可以将 $C$ 的 8 个顶点集写为 $\left\{ \pm \mathbf{v}_{0}, \pm \mathbf{v}_{1}, \pm \mathbf{v}_{2}, \pm \mathbf{v}_{3}\right\}$，其中
因此 $\mathbf{v}_{i}$ 的偶数个分量是负的，而 $-\mathbf{v}_{i}$ 的奇数个分量是负的。对于顶点 $\mathbf{v}_{i}$，我们说顶点 $-\mathbf{v}_{i}$ 是对角顶点，类似地 $\mathbf{v}_{i}$ 是 $-\mathbf{v}_{i}$ 的对角顶点。例如，平面 $\{z=1\}$ 中包含的 $C$ 的面是正方形，顶点按逆时针顺序为 $\mathbf{v}_{0},-\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{3},-\mathbf{v}_{2}$。存在包含在平面 $\{z=-1\}$ 中的对面，其对应顶点 $-\mathbf{v}_{3}, \mathbf{v}_{2},-\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}$ 通过将 $z$ 替换为 $-z$ 获得。
设 $T$ 是内接于 $C$ 的四面体，顶点为 $\left\{\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}\right\}$。请注意，对于所有 $i, j$, $\left\|\mathbf{v}_{i}-\mathbf{v}_{j}\right\|=2 \sqrt{2}$，因此 $T$ 的边长为 $2 \sqrt{2}$ 的等边三角形。因此 $T$ 是一个正四面体。 $C$ 中有第二个内接四面体 $T^{\prime}$，顶点为 $-\mathbf{v}_{0}=(-1,-1,-1),-\mathbf{v}_{1}=(-1,1,1),-\mathbf{v}_{2}=(1,-1,1), \mathbf{v}_{3}=(1,1,-1)$。对于 $0 \leq i \leq 3$，设 $X_{i}=\left\{\mathbf{v}_{i},-\mathbf{v}_{i}\right\}$ 是由一对对角顶点组成的集合，并设 $\mathbf{X}=\left\{X_{0}, X_{1}, X_{2}, X_{3}\right\}$。
我们定义 $G(C)=\left\{A \in S O_{3}: A(C)=C\right\}$ 和 $G(T)=\left\{A \in S O_{3}: A(T)=T\right\}$。等价地，$G(C)$ 是 $S O_{3}$ 的子群，由保持集合 $\{( \pm 1, \pm 1, \pm 1)\}= \left\{ \pm \mathbf{v}_{0}, \pm \mathbf{v}_{1}, \pm \mathbf{v}_{2}, \pm \mathbf{v}_{3}\right\}$ 的 $A$ 组成，而 $G(T)$ 是 $S O_{3}$ 的子群，由保持集合 $\mathbf{V}=\left\{\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}\right\}$ 的 $A$ 组成。如果 $A \mathbf{v}_{i}=\mathbf{v}_{j}$ 对于某个 $j$，那么 $A\left(-\mathbf{v}_{i}\right)=-\mathbf{v}_{j}$，所以 $A \in G(T) \Longrightarrow A \in G(C)$，即 $G(T) \leq G(C)$。另请注意，$G(T)$ 作用于集合 $\mathbf{V}$。上述编号将 $\mathbf{V}$ 与 $\mathbf{X}$ 以及这两个与 $\{0,1,2,3\}$ 关联。如果 $S_{\{0,1,2,3\}}$ 是集合 $\{0,1,2,3\}$ 的置换群，那么 $S_{\{0,1,2,3\}} \cong S_{4}$。我们将以通常的方式使用循环表示法表示 $S_{\{0,1,2,3\}} \cong S_{4}$ 的元素：一个 $k$-循环 $\sigma=\left(a_{1}, \ldots, a_{k}\right) \in S_{\{0,1,2,3\}}$ 有 $a_{i} \in\{0,1,2,3\}$，并且 $\sigma\left(a_{i}\right)=a_{i+1}$ 对于 $i<k, \sigma\left(a_{k}\right)=a_{1}$。
集合 $\mathbf{V}=\left\{\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}\right\}$ 张成 $\mathbb{R}^{3}$。因此，由 $G(T)$ 在 $T$ 的顶点集上的作用定义的同态 $G(T) \rightarrow S_{\mathbf{V}} \cong S_{4}$ 是内射的，并给出了从 $G(T)$ 到 $S_{4}$ 的子群的同构。
证明。第一个陈述是清楚的，因为对于 $1 \leq i \leq 3, \mathbf{v}_{0}+\mathbf{v}_{i}=2 \mathbf{e}_{i}$。因此，如果 $A \in G(T)$ 并且对于每个 $i, A \mathbf{v}_{i}=\mathbf{v}_{i}$，那么 $A=\mathrm{Id}$。因此同态 $G(T) \rightarrow S_{\mathbf{V}}$ 的核是 $\{\mathrm{Id}\}$，所以同态是内射的。
群 $G(C)$ 作用于 $C$ 的所有顶点 $\left\{ \pm \mathbf{v}_{0}, \pm \mathbf{v}_{1}, \pm \mathbf{v}_{2}, \pm \mathbf{v}_{3}\right\}$。然而，如果 $A \in G(C)$，那么 $A\left(-\mathbf{v}_{i}\right)=-A \mathbf{v}_{i}$，因此 $G(C)$ 更自然地作用于其元素为对角顶点对的集合 $\mathbf{X}$。因此存在一个同态 $G(C) \rightarrow S_{\mathbf{X}} \cong S_{4}$。
我们的目标是展示以下内容：
$G(C)$ 在 $\mathbf{X}$ 上的自然作用定义了一个同构 $G(C) \cong S_{\mathbf{X}}$，即 4 元素集合 $\mathbf{X}$ 的置换群。因此 $G(C) \cong S_{4}$。通过任何这样的同构选择，$G(T) \cong A_{4}$。特别地，$\#(G(C))=24$ 并且 $\#(G(T))=12$。
事实上，我们将给出 $G(C)$ 和 $G(T)$ 元素的明确描述。首先，有面对的旋转：
例如，$R_{1}$ 是绕 $x$ 轴旋转 $\pi / 2$ 角；它固定 $x$ 轴，并将 $yz$ 平面逆时针旋转 $\pi / 2$ 角。请注意 $R_{i}$ 和 $R_{i}^{3}$ 在 $G(C)$ 中但不在 $G(T)$ 中。就顶点 $\mathbf{v}_{i}$ 而言，$R_{1} \mathbf{e}_{1}=\mathbf{e}_{1}, R_{1} \mathbf{e}_{2}=\mathbf{e}_{3}$ 和 $R_{1} \mathbf{e}_{3}=-\mathbf{e}_{2}$。因此 $R_{1} \mathbf{v}_{0}=-\mathbf{v}_{2}, R_{1} \mathbf{v}_{1}=-\mathbf{v}_{3}, R_{1} \mathbf{v}_{2}=-\mathbf{v}_{1}, R_{1} \mathbf{v}_{3}=-\mathbf{v}_{0}$，因此 $R_{1} X_{0}=X_{2}, R_{1} X_{1}=X_{3}$, $R_{1} X_{2}=X_{1}, R_{1} X_{3}=X_{0}$。就循环而言，$R_{1}$ 对应于 4-循环 $(0,2,1,3)$。在上述符号中，$H_{i}=R_{i}^{2} \in G(T)$，其中 $H_{i}^{2}=I$, $H_{1} H_{2}=H_{2} H_{1}=H_{3}, H_{1} H_{3}=H_{3} H_{1}=H_{2}$，以及 $H_{2} H_{3}=H_{3} H_{2}=H_{1}$。例如，显式计算表明 $H_{1} \mathbf{v}_{0}=\mathbf{v}_{1}, H_{1} \mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{0}$, $H_{1} \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{3}, H_{1} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{2}$。因此 $H=\left\{I, H_{1}, H_{2}, H_{3}\right\}$ 是 $G(T)$ 从而也是 $G(C)$ 的子群，并且它同构于克莱因四元群。这里 $H_{1}$ 对应于 $(0,1)(2,3)$，而 $R_{1}^{3}=R_{1}^{-1}$ 对应于 4-循环 $(0,3,1,2)$。类似地，$R_{2}$ 对应于 4-循环 $(0,1,2,3)$，$H_{2}$ 对应于两个不相交对换的乘积 $(0,2)(1,3)$，$R_{3}$ 对应于 4-循环 $(0,1,3,2)$，而 $H_{3}$ 对应于两个不相交对换的乘积 $(0,3)(1,2)$。请注意 $R_{i}$ 和 $R_{i}^{-1}$ 不保留 $T$，即它们不是 $G(T)$ 的元素。6 个元素 $R_{i}$ 和 $R_{i}^{-1}$ 构成了 $S_{4}$ 中所有 6 个 4-循环，而 3 个元素 $H_{i}$ 构成了 3 个两个不相交对换的乘积。
接下来，有关于连接一对对角顶点 $\mathbf{v}_{i}$ 和 $-\mathbf{v}_{i}$ 的对角线的旋转：定义
显然 $A_{0} \mathbf{v}_{0}=\mathbf{v}_{0}$，因此 $A_{0} X_{0}=X_{0}$。此外，$A_{0} \mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{2}, A_{0} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{3}$，并且 $A_{0} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{1}$。因此 $A_{0} X_{1}=X_{2}, A_{0} X_{2}=X_{3}$，并且 $A_{0} X_{3}=X_{1}$，所以 $A_{0}$ 对应于 3-循环 $(1,2,3)$，并且 $\left\langle A_{0}\right\rangle \cong \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}$。由于对于所有 $i, A_{0} \mathbf{v}_{i}=\mathbf{v}_{j}$ 对于某个 $j$， $A_{0} \in G(T)$。类似地，$A_{1} \mathbf{v}_{0}=\mathbf{v}_{3}, A_{1} \mathbf{v}_{1}=\mathbf{v}_{1}$, $A_{1} \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{0}$，并且 $A_{1} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{2}$。因此 $A_{1} \in G(T)$ 并且 $A_{1}$ 对应于 3-循环 $(0,3,2)$。同样，$A_{2}$ 和 $A_{3}$ 分别对应于 3-循环 $(0,1,3)$ 和 $(0,2,1)$，并且 $A_{2}, A_{3} \in G(T)$。对于所有 $i$，我们有 $A_{i} \mathbf{v}_{i}=\mathbf{v}_{i}$ 并且 $A_{i} X_{i}=X_{i}$。8 个元素 $A_{i}$ 和 $A_{i}^{-1}$ 构成了 $S_{4}$ 中所有 8 个 3-循环。
最后，为了找到与 $S_{4}$ 中的 6 个对换对应的 $G(C)$ 元素，定义
例如，$S_{03} \mathbf{v}_{0}=-\mathbf{v}_{3}, S_{03} \mathbf{v}_{1}=-\mathbf{v}_{1}, S_{03} \mathbf{v}_{2}=-\mathbf{v}_{2}$，并且 $S_{03} \mathbf{v}_{3}=-\mathbf{v}_{0}$，因此 $S_{03}$ 对应于对换 $(0,3) \in S_{\mathbf{X}} \cong S_{4}$。类似的计算表明 $S_{i j}$ 对应于对换 $(i, j)$。从几何上看，$C$ 的 12 条边成 6 对对角边。给定这样一对对角边 $\left\{E_{1}, E_{2}\right\}$，设 $L$ 是连接 $E_{1}$ 中点到 $E_{2}$ 中点的直线。那么对于适当选择的 $i, j, S_{i j}$ 是绕轴 $L$ 旋转 $\pi$ 角（或 $180^{\circ}$）的旋转。它切换对面对。例如，$S_{03}$ 切换包含在 $\{z=1\}$ 和 $\{z=-1\}$ 中的两个对面，并且在通过垂直投影识别这两个面之后，它通过关于连接 $-\mathbf{v}_{3}$ 和 $-\mathbf{v}_{0}$ 的对角线的反射在顶点为 $-\mathbf{v}_{3}, \mathbf{v}_{2},-\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}$ 的正方形上引起反射。类似地，$S_{12}$ 切换包含在 $\{z=1\}$ 和 $\{z=-1\}$ 中的两个对面，并通过关于连接 $\mathbf{v}_{2}$ 和 $\mathbf{v}_{1}$ 的对角线的反射在顶点为 $-\mathbf{v}_{3}, \mathbf{v}_{2},-\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}$ 的正方形上引起反射。我们可以将 $S_{03}$ 和 $S_{12}$ 描述为 $\mathbb{R}^{3}$ 中两个反射的乘积，因此它们是 $O_{3}$ 的元素但不是 $S O_{3}$：首先关于 $xy$ 平面反射，然后关于平面 $y=x$ 反射（对于 $S_{03}$），或者关于平面 $y=-x$ 反射（对于 $S_{12}$）。
定理 1.3.2 的证明。首先考虑四面体 $T$ 的情况。我们已经看到 $G(T)$ 包含 12 个元素 Id、$H_{i}, 1 \leq i \leq 3$ 和 8 个元素 $A_{i}$ 和 $A_{i}^{-1}, 0 \leq i \leq 3$。根据上述计算，子群 $H=\left\{\mathrm{Id}, H_{1}, H_{2}, H_{3}, H_{4}\right\}$ 已经传递地作用于顶点集 $\mathbf{V}$。对于 $G(T)$ 在 $\mathbf{V}$ 上的作用，$\mathbf{v}_{0} \in \mathbf{V}$ 的同构子群包含 $\left\langle A_{0}\right\rangle$，其阶数为 3。如果 $A \in G(T)$ 固定 $\mathbf{v}_{0}$，那么它也固定 $\mathbf{v}_{0}$ 的对面 $F_{0}$，因此定义了三角形 $F_{0}$ 的对称，即 $D_{3}$ 的一个元素。这个元素必须是旋转，因为 $\operatorname{det} A=1$，或者等价地因为 $A$ 必须保留 $F_{0}$ 的向外单位法向量。因此同构子群的阶数也为 3。因此 $G(T)$ 的阶数为 12，所以上面列出的 12 个元素是 $G(T)$ 的所有元素。这些元素都定义了偶置换，所以 $G(T)$ 在 $S_{4}$ 中的像包含在 $A_{4}$ 中。由于 $\#\left(A_{4}\right)=12=\#(G(T))$，这个像就是 $A_{4}$ 的所有元素，因此 $G(T) \cong A_{4}$。
至于 $G(C)$，上述计算也表明它在 $S_{4}$ 中的像就是 $S_{4}$ 的所有元素。因此，要证明映射 $G(C) \rightarrow S_{4}$ 是一个同构，只需要证明 $\#(G(C)) \leq 24$。立方体 $C$ 的面的向外单位法向量是 $\pm \mathbf{e}_{1}, \pm \mathbf{e}_{2}, \pm \mathbf{e}_{3}$。因此，如果 $A \in G(C)$，那么 $A$ 必须置换集合 $\left\{ \pm \mathbf{e}_{1}, \pm \mathbf{e}_{2}, \pm \mathbf{e}_{3}\right\}$。换句话说， $A$ 是一个置换矩阵，直到符号：它的列是 $\pm \mathbf{e}_{i}$。很容易看出有 48 个这样的矩阵 $A$：忽略符号，$A$ 定义了 $\left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\}$ 的置换，其中有 6 个。对于每个置换，有 $8=2^{3}$ 种符号选择，因此总数为 $6 \cdot 8=48$。然而，$\operatorname{det} A=1$ 的条件将选择数量减半。因此 $G(C)$ 中 $A$ 的选择最多有 24 种。那么，由于同态 $G(C) \rightarrow S_{4}$ 是满射的，它是一个同构。
证明还表明，每个 $A \in G(C)$ 都满足：要么 $A T=T$（在这种情况下，$G(T)$ 是保留 $T$ 的二阶子群），要么 $A T=T^{\prime}$（顶点为 $-\mathbf{v}_{0},-\mathbf{v}_{1},-\mathbf{v}_{2},-\mathbf{v}_{3}$ 的四面体）。
十二面体 $D$（或等价地二十面体）的情况更复杂，因为不可能将 $D$ 的顶点选择为有理数。
等价地，相应对称群 $G(D)$ 的元素将没有有理系数。明确地说，$D$ 的顶点可以取为
其中 $\varphi=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$ 是黄金比例。
假设 $X$ 是一个有限 $G$-集，轨道为 $O_{1}= G \cdot x_{1}, \ldots, O_{k}=G \cdot x_{k}$（对于 $X$ 中的一些选择的 $x_{1}, \ldots, x_{k}$）。那么，由于 $X$ 的每个元素恰好在一个 $G$-轨道中，
我们将此重写为将单元素轨道分组到 $X^{G}$ 中，如下：
其中第二个和是对所有具有不止一个元素的轨道求和。请注意，如果 $G$ 是有限的并且 $\#\left(O_{i}\right)>1$，那么 $\#\left(O_{i}\right)$ 是 $\#(G)$ 的非平凡因子，即 $\#\left(O_{i}\right)$ 整除 $\#(G)$ 并且 $\#\left(O_{i}\right) \neq 1$。
特别是，如果 $G$ 是一个有限群，并且我们让 $G$ 通过共轭作用于自身，那么不动集 $G^{G}$ 只是 $G$ 的中心，并且轨道 $G \cdot x_{i}$ 是共轭类
对于 $G$ 的共轭作用， $x_{i} \in G$ 的同构子群是 $x_{i}$ 的中心化子 $Z\left(x_{i}\right)$，并且 $\#\left(C\left(x_{i}\right)\right)=\left(G: Z\left(x_{i}\right)\right)$，即 $x_{i}$ 的中心化子在群 $G$ 中的指数。因此我们得到类方程：
其中和是对所有具有不止一个元素的不同共轭类 $C\left(x_{i}\right)$（即对于 $x_{i} \notin Z(G)$ 的情况）求和。
在 $S_{n}$ 中，共轭类由不相交循环乘积的“形状”描述。换句话说，给定 $\sigma \in S_{n}$，存在整数 $k_{1}, \ldots, k_{r} \geq 2$，其中 $k_{1}+\cdots+k_{r} \leq n$，使得 $\sigma$ 是长度为 $k_{1}, \ldots, k_{r}$ 的不相交循环的乘积，并且任何两个具有相同 $k_{1}, \ldots, k_{r}$ 的这种乘积都是共轭的。这里 1 是空乘积。因此，例如在 $S_{3}$ 中，有三个共轭类：
请注意，所有元素的总和是 $\#\left(S_{3}\right)=6$，并且每个共轭类的阶数都整除 6。 $S_{4}$ 的情况已经复杂得多。这里，$C(1)=\{1\}$ 只有一个元素。对换的共轭类是所有对换的集合，其中有 $\binom{4}{2}=6$ 个。两个不相交对换的乘积的共轭类是所有两个不相交对换的乘积的集合，我们已经看到其中有 $\frac{1}{2}\binom{4}{2}=3$ 个。一个 3-循环的共轭类是所有 3-循环的集合，其中有 $(4 \cdot 3 \cdot 2) / 3=8$ 个。一个 4-循环的共轭类是所有 4-循环的集合，其中有 $(4 \cdot 3 \cdot 2) / 4=6$ 个。因此，每个共轭类的阶数都整除 $24=\#\left(S_{4}\right)$，总数是
回到有限群 $G$ 在有限集 $X$ 上的一般作用情况，我们有：
如果 $\#(G)=p^{r}$，其中 $p$ 是素数且 $r \geq 1$，并且如果 $X$ 是一个有限 $G$-集，那么
证明。在上面的公式 $\#(X)=\#\left(X^{G}\right)+\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 中，对于 $\#\left(O_{i}\right)>1$ 的所有项 $\#\left(O_{i}\right)$ 都是 $p^{r}$ 的非平凡因子，因此形式为 $p^{s}$，其中 $1 \leq s \leq r$。因此，如果 $\#\left(O_{i}\right)>1$，那么 $\#\left(O_{i}\right) \equiv 0(\bmod p)$，因此 $\#(X) \equiv \#\left(X^{G}\right)(\bmod p)$。
设 $p$ 是一个素数。如果 $\#(G)=p^{r}$ 且 $r \geq 1$，并且如果 $X$ 是一个有限 $G$-集，使得 $p$ 不整除 $\#(X)$，那么 $X^{G} \neq \emptyset$。
证明。根据命题，$\#\left(X^{G}\right)$ 不与 $0 \bmod p$ 同余，特别地 $\#\left(X^{G}\right) \neq 0$。因此 $X^{G} \neq \emptyset$。
设 $p$ 是一个素数。如果 $\#(G)=p^{r}$ 且 $r \geq 1$，那么 $Z(G) \neq\{1\}$。特别地，如果 $\#(G)>p$，那么 $G$ 不是单群（因此，通过归纳，是可解群）。
证明。在这种情况下，我们设 $X=G$，采用共轭作用。那么不动集 $X^{G}$ 恰好是 $G$ 的中心，因此
因此 $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群，其阶数可被 $p$ 整除，因此 $Z(G) \neq\{1\}$。我们已经看到 $Z(G) \triangleleft G$。因此，要么 $Z(G)$ 是 $G$ 的一个真（非平凡）正规子群，要么 $Z(G)=G$。在后一种情况下，$G$ 是阿贝尔群，并且 $G$ 的每个子群都是正规子群，因此 $G$ 是单群 $\Longleftrightarrow$ $G$ 没有真非平凡子群 $\Longleftrightarrow$ $G$ 同构于 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$（根据练习 3.15）。
设 $p$ 是一个素数。如果 $\#(G)=p^{2}$，那么 $G$ 是阿贝尔群。
证明。根据前面的推论，中心 $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群，其 $\#(Z(G))=p$ 或 $\#(Z(G))=p^{2}$。如果 $\#(Z(G))=p^{2}$，那么 $G=Z(G)$，因此 $G$ 是阿贝尔群。所以我们假设 $\#(Z(G))=p$。我们将证明在这种情况下 $G$ 也是阿贝尔群，这与 $Z(G)=G$ 矛盾。如果 $\#(Z(G))=p$，那么 $Z(G) \triangleleft G$ 并且 $G / Z(G)$ 是一个阶数为 $p$ 的群。但每个阶数为 $p$ 的群都是循环群，所以特别是 $G / Z(G)$ 是一个循环群。根据练习 4.28，那么 $G$ 是阿贝尔群。
实际上，可以证明，如果 $\#(G)=p^{2}$，那么 $G$ 要么是循环群，因此 $G \cong \mathbb{Z} / p^{2} \mathbb{Z}$，要么 $G \cong(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$。