5.1_群作用与西罗定理_群作用.2.ZH解释

本段是这一节的开篇，明确了本节的核心目标：我们要从数学上精确地找出两种特殊正多面体——立方体（Cube）和正四面体（Tetrahedron）——的旋转对称群。

这里的讨论限定在三维实数空间 $\mathbb{R}^3$ 中。

首先，什么是对称群？一个几何体在空间中的对称操作是指这样一种变换（如旋转、反射），它作用于整个空间，但使得这个几何体在变换后看起来和变换前一模一样，即几何体占据的空间区域不变。所有这些对称操作的集合，在“相继操作”（即函数复合）这个运算下，构成一个群，这个群就叫做该几何体的对称群。

接下来，什么是 $\mathrm{SO}_{3}$？

• $O_{3}$ 是指三维空间中所有正交变换的集合。正交变换是一种保持向量长度（范数）和向量之间夹角不变的线性变换。在几何上，它们对应着旋转和反射。$O_3$ 中的变换矩阵 $A$ 满足 $A^T A = I$，其中 $I$ 是单位矩阵，$A^T$ 是 $A$ 的转置。
• $\mathrm{SO}_{3}$ 是 $O_{3}$ 的一个子群，称为特殊正交群（Special Orthogonal Group）。它包含了 $O_{3}$ 中所有行列式为 $+1$ 的变换。在三维空间中，这些变换恰好对应着所有的旋转操作（不包括反射）。反射操作的行列式是 $-1$。

因此，本节的目标可以更精确地表述为：找出所有能让立方体和正四面体保持原位的旋转操作，并将这些操作构成的群的结构研究清楚。我们不仅要知道这些群里有多少个元素，还要知道它们和我们已知的哪些抽象群是同构的（即结构上是完全一样的）。

这段开始对立方体 $C$ 进行具体的数学描述，为后续分析其对称性做准备。

1. 定义立方体：我们在三维笛卡尔坐标系中放置一个立方体，使其中心与坐标原点 $(0,0,0)$ 重合。它的顶点坐标被设定为 $(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$。这是一个非常方便的设定，因为它的对称性可以很好地通过坐标变换来体现。
   • 这个立方体的棱平行于坐标轴。
   • 它的边长是2，例如，从顶点 $(1,1,1)$ 到 $(1,1,-1)$ 的距离是 $\sqrt{(1-1)^2 + (1-1)^2 + (1-(-1))^2} = \sqrt{0+0+2^2} = 2$。
2. 标记顶点：为了方便讨论，作者从8个顶点中挑选出4个，并将它们命名为 $\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}$。剩下的4个顶点恰好是这4个顶点的相反向量，即 $-\mathbf{v}_{0}, -\mathbf{v}_{1}, -\mathbf{v}_{2}, -\mathbf{v}_{3}$。
   • $\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}$ 是标准基向量，即 $\mathbf{e}_{1}=(1,0,0), \mathbf{e}_{2}=(0,1,0), \mathbf{e}_{3}=(0,0,1)$。
   • 这种标记方式有一个巧妙的规律：$\mathbf{v}_{i}$ 中负分量的个数是偶数（0或2个），而 $-\mathbf{v}_{i}$ 中负分量的个数是奇数（1或3个）。这个规律将用于区分两组顶点。
3. 定义对角顶点：连接立方体中心且距离最远的两个顶点被称为一对对角顶点。在这里，由于中心是原点，所以一对对角顶点就是互为相反向量的两个顶点，如 $\mathbf{v}_{i}$ 和 $-\mathbf{v}_{i}$。立方体有4对这样的对角顶点。
4. 描述一个面：作者举例说明了立方体的一个面。位于平面 $z=1$ 上的面是一个正方形。它的四个顶点是 $(1,1,1), (-1,1,1), (-1,-1,1), (1,-1,1)$。作者用 $\mathbf{v}_i$ 的形式给出了这些顶点的另一种表示顺序，即 $\mathbf{v}_{0}=(1,1,1)$, $-\mathbf{v}_{1}=(-1,1,1)$, $\mathbf{v}_{3}=(-1,-1,1)$, $-\mathbf{v}_{2}=(1,-1,1)$。注意这里的 $-\mathbf{v}_1$ 是指向量 $(-1, -(-1), -(-1)) = (-1,1,1)$，而不是 $-(1,-1,-1)$。这是一个需要仔细辨别的表示法，原文的表示 $-\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{3},-\mathbf{v}_{2}$ 似乎与坐标不符，我们以坐标为准。让我们重新检查一下：
   • $\mathbf{v}_0=(1,1,1)$
   • $-\mathbf{v}_1 = -(1,-1,-1) = (-1,1,1)$
   • $\mathbf{v}_3 = (-1,-1,1)$
   • $-\mathbf{v}_2 = -(-1,1,-1) = (1,-1,1)$
   • 这些确实是 $z=1$ 平面上的四个顶点。从 $(1,1,1)$ 出发，逆时针观察，顺序是 $(1,1,1) \to (-1,1,1) \to (-1,-1,1) \to (1,-1,1)$。所以原文的顺序 $\mathbf{v}_{0},-\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{3},-\mathbf{v}_{2}$ 是正确的。
   • 对面：与 $z=1$ 相对的面是 $z=-1$ 上的面。它的顶点是上面四个顶点的 $z$ 坐标取反，即 $(1,1,-1), (-1,1,-1), (-1,-1,-1), (1,-1,-1)$。

这段引入了内接于立方体的正四面体，并定义了用于研究对称性的关键集合。

1. 构造第一个正四面体 T：
   • 我们使用上一段定义的四个顶点 $\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}$ 作为四面体 $T$ 的顶点。
   • 这四个顶点是从立方体的八个顶点中挑选出来的。一个关键性质是，这四个顶点中任意两个之间都不相邻（即它们之间不共享一条立方体的棱）。
   • 为了证明 $T$ 是一个正四面体，我们需要证明它的所有六条边都等长。这意味着连接任意两个顶点的线段长度都相等。
   • 作者断言 $\left\|\mathbf{v}_{i}-\mathbf{v}_{j}\right\|=2 \sqrt{2}$ 对于所有 $i \neq j$。我们来验证一下，例如计算 $\mathbf{v}_{0}$ 和 $\mathbf{v}_{1}$ 之间的距离：
   • 因为所有边长都相等，所以 $T$ 的六个面都是全等的等边三角形，因此 $T$ 是一个正四面体。
2. 构造第二个正四面体 T'：
   • 立方体的另外四个顶点（即 $-\mathbf{v}_{0}, -\mathbf{v}_{1}, -\mathbf{v}_{2}, -\mathbf{v}_{3}$）同样可以构成一个正四面体 $T'$。
   • $T$ 和 $T'$ 互为“对偶”或“互补”，它们的并集是立方体的所有顶点。这两个四面体的交集是一个正八面体。
3. 定义对角顶点对的集合 X：
   • 这是一个非常关键的抽象步骤。我们不再关注单个的顶点，而是关注立方体的4条体对角线。
   • 每一条体对角线连接一对对角顶点 $\{\mathbf{v}_i, -\mathbf{v}_i\}$。作者将这个二元集合命名为 $X_i$。
   • $X_0 = \{\mathbf{v}_0, -\mathbf{v}_0\} = \{(1,1,1), (-1,-1,-1)\}$
   • $X_1 = \{\mathbf{v}_1, -\mathbf{v}_1\} = \{(1,-1,-1), (-1,1,1)\}$
   • $X_2 = \{\mathbf{v}_2, -\mathbf{v}_2\} = \{(-1,1,-1), (1,-1,1)\}$
   • $X_3 = \{\mathbf{v}_3, -\mathbf{v}_3\} = \{(-1,-1,1), (1,1,-1)\}$
   • 然后，将这4对对角顶点（或者说4条体对角线）作为一个新的集合 $\mathbf{X} = \{X_0, X_1, X_2, X_3\}$。
   • 这个集合 $\mathbf{X}$ 的元素不是点了，而是“点的对”。它的基数（元素个数）是4。
   • 这个构造的目的是，立方体的任何旋转操作，必然会把一条体对角线变成另一条体对角线。也就是说，立方体的旋转对称群 $G(C)$ 会作用在集合 $\mathbf{X}$ 上，表现为对 $\{X_0, X_1, X_2, X_3\}$ 这四个元素的一个置换。这是将立方体对称群与置换群 $S_4$ 联系起来的核心思想。

这一段正式定义了立方体和四面体的旋转对称群，并阐述了它们之间的关系以及与置换群的联系。

1. 定义旋转对称群 $G(C)$ 和 $G(T)$：
   • $G(C)$：立方体 $C$ 的旋转对称群。它的元素是所有属于 $\mathrm{SO}_{3}$ (即旋转) 的线性变换 $A$，这些变换 $A$ 作用在立方体 $C$ 上，结果仍然是 $C$ 本身 ($A(C)=C$)。这意味着，如果你对空间进行 $A$ 变换，立方体占据的区域没有发生改变。
   • $G(T)$：正四面体 $T$ 的旋转对称群，定义类似。
   • 等价定义：由于这些正多面体是由其顶点唯一确定的，保持多面体不变等价于保持其顶点集合不变。
   • $G(C)$ 是所有能将立方体的8个顶点集合 $\{( \pm 1, \pm 1, \pm 1)\}$ 映射到其自身的旋转 $A$ 构成的群。即，每个顶点被映射到集合中的某个（可能不同的）顶点。
   • $G(T)$ 是所有能将四面体的4个顶点集合 $\mathbf{V}=\left\{\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}\right\}$ 映射到其自身的旋转 $A$ 构成的群。
2. $G(T)$ 是 $G(C)$ 的子群：
   • 这个结论是 $G(T) \leq G(C)$。$\leq$ 在群论中表示“是...的子群”。
   • 证明思路：取任意一个属于 $G(T)$ 的旋转 $A$。根据定义，$A$ 会置换 $\mathbf{V}$ 中的四个顶点。由于 $A$ 是线性变换，所以 $A(-\mathbf{v}_i) = -A(\mathbf{v}_i)$。
   • 如果 $A$ 把 $\mathbf{v}_i$ 映射到 $\mathbf{v}_j$（其中 $\mathbf{v}_i, \mathbf{v}_j \in \mathbf{V}$），那么它必然把 $-\mathbf{v}_i$ 映射到 $-\mathbf{v}_j$。
   • 立方体的8个顶点是集合 $\mathbf{V} \cup (-\mathbf{V})$。因为 $A$ 保持 $\mathbf{V}$ 不变（作为一个集合），并且 $A$ 也保持 $-\mathbf{V}$ 不变，所以 $A$ 保持它们的并集（即立方体的8个顶点）不变。
   • 因此，任何保持四面体 $T$ 不变的旋转，也必然保持立方体 $C$ 不变。所以 $G(T)$ 是 $G(C)$ 的一个子集，并且由于两者都是群，所以 $G(T)$ 是 $G(C)$ 的子群。
3. 群作用和置换群：
   • $G(T)$ 作用于集合 $\mathbf{V}$：这意味着 $G(T)$ 中的每个旋转都会引起 $\mathbf{V}$ 中四个顶点的一次置换。
   • 关联到 $S_4$：通过给顶点 $\mathbf{v}_0, \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3$ 分别编号 $0, 1, 2, 3$，我们可以将对 $\mathbf{V}$ 的置换看作是对集合 $\{0,1,2,3\}$ 的置换。
   • $S_{\{0,1,2,3\}}$ 是集合 $\{0,1,2,3\}$ 上所有可能的置换构成的群，它有 $4! = 24$ 个元素。这个群的结构与 $S_4$ (4个符号的对称群) 是同构的，即完全一样。
   • 循环表示法：这是写出置换的一种紧凑方式。例如，置换 $\sigma$ 把 $a_1$ 换成 $a_2$， $a_2$ 换成 $a_3$，...，$a_k$ 换成 $a_1$，而保持其他元素不变，就记作 $(a_1, a_2, \ldots, a_k)$。

这个引理建立了一个至关重要的结论：四面体的旋转群 $G(T)$ 和一个 $S_4$ 的子群是同构的。这意味着 $G(T)$ 的结构和某个置换群的结构完全一样。

1. 第一部分：$\mathbf{V}$ 张成 $\mathbb{R}^3$
   • “张成”（span）是一个线性代数的概念。一个向量集合能张成一个空间，意味着这个空间里的任何一个向量都可以表示为该集合中向量的线性组合。
   • 这里说 $\mathbf{V}=\left\{\mathbf{v}_{0}, \mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}\right\}$ 张成 $\mathbb{R}^3$，意味着 $\mathbb{R}^3$ 里的任意向量 $(x,y,z)$ 都可以写成 $c_0\mathbf{v}_0 + c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3$ 的形式，其中 $c_i$ 是实数。
   • 要证明这一点，我们只需要从 $\mathbf{V}$ 中找到三个线性无关的向量即可，因为三个线性无关的向量可以张成整个 $\mathbb{R}^3$。
   • 证明：作者在下面的证明中给出了一个更直接的构造性证明。他说明了标准基向量 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3$ 可以由 $\mathbf{V}$ 中的向量线性表示。因为 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3$ 本身就张成 $\mathbb{R}^3$，所以 $\mathbf{V}$ 也必然张成 $\mathbb{R}^3$。
2. 第二部分：同态是内射的
   • 我们已经知道， $G(T)$ 在 $\mathbf{V}$ 上的作用定义了一个群同态 $\phi: G(T) \rightarrow S_{\mathbf{V}}$。其中 $S_{\mathbf{V}}$ 是 $\mathbf{V}$ 的置换群，它同构于 $S_4$。
   • 这个同态 $\phi$ 将 $G(T)$ 中的每个旋转 $A$ 映射到它在 $\mathbf{V}$ 上引起的置换 $\sigma_A$。
   • “内射”（injective）或“单射”意味着，如果两个不同的旋转 $A_1$ 和 $A_2$（$A_1 \neq A_2$），那么它们引起的置换 $\sigma_{A_1}$ 和 $\sigma_{A_2}$ 也一定不同。
   • 换句话说，一个同态是内射的，当且仅当它的核（kernel）只包含单位元。核是指那些被映射到目标群单位元的元素的集合。在这里，$S_{\mathbf{V}}$ 的单位元是恒等置换（即所有顶点都不动的置换）。
   • 所以，要证明内射性，就是要证明：如果一个旋转 $A \in G(T)$ 使得所有顶点都保持不动（即 $A\mathbf{v}_i = \mathbf{v}_i$ 对所有 $i=0,1,2,3$ 都成立），那么这个旋转 $A$ 必须是恒等变换 $I$（即不做任何旋转）。
   • 这个结论正是由第一部分“$\mathbf{V}$ 张成 $\mathbb{R}^3$”来保证的。因为 $\mathbf{V}$ 张成了整个空间，一个线性变换在 $\mathbf{V}$ 这组张成集上的行为就唯一决定了它在整个空间的行为。如果 $A$ 固定了 $\mathbf{V}$ 的所有向量，它就必须固定整个空间，所以 $A=I$。
3. 第三部分：同构关系
   • 根据群同态基本定理，一个内射的群同态 $\phi: G \rightarrow H$ 会建立起 $G$ 与 $\phi$ 的像（Image） $\text{Im}(\phi)$ 之间的一个同构关系。$\text{Im}(\phi)$ 是 $H$ 的一个子群。
   • 在这里，我们证明了 $\phi: G(T) \rightarrow S_{\mathbf{V}}$ 是内射的。因此，$G(T)$ 与它的像 $\text{Im}(\phi)$ 是同构的。而 $\text{Im}(\phi)$ 是 $S_{\mathbf{V}}$（即 $S_4$）的一个子群。
   • 所以结论是：$G(T)$ 的结构与 $S_4$ 的某个子群完全一样。这极大地缩小了我们对 $G(T)$ 的探索范围。我们只需要找出是哪个子群即可。

这是对引理1.3.1的证明过程。

1. 证明 "V 张成 $\mathbb{R}^3$"：
   • 作者没有直接证明，而是说“第一个陈述是清楚的”，并给出了一个关键提示：$\mathbf{v}_{0}+\mathbf{v}_{i}=2 \mathbf{e}_{i}$ 对于 $i=1,2,3$ 成立。
   • 我们来验证这个提示：
   • 当 $i=1$ 时: $\mathbf{v}_{0}+\mathbf{v}_{1} = (1,1,1) + (1,-1,-1) = (2,0,0) = 2\mathbf{e}_1$。正确。
   • 当 $i=2$ 时: $\mathbf{v}_{0}+\mathbf{v}_{2} = (1,1,1) + (-1,1,-1) = (0,2,0) = 2\mathbf{e}_2$。正确。
   • 当 $i=3$ 时: $\mathbf{v}_{0}+\mathbf{v}_{3} = (1,1,1) + (-1,-1,1) = (0,0,2) = 2\mathbf{e}_3$。正确。
   • 从这三个等式，我们可以反解出标准基向量：
   • $\mathbf{e}_1 = \frac{1}{2}(\mathbf{v}_0 + \mathbf{v}_1)$
   • $\mathbf{e}_2 = \frac{1}{2}(\mathbf{v}_0 + \mathbf{v}_2)$
   • $\mathbf{e}_3 = \frac{1}{2}(\mathbf{v}_0 + \mathbf{v}_3)$
   • 这意味着，标准基向量 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3$ 都可以表示为 $\mathbf{V}$ 中向量的线性组合。
   • 既然任何三维向量都能表示为 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3$ 的线性组合，而 $\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3$ 又能表示为 $\mathbf{V}$ 中向量的线性组合，那么任何三维向量最终都能表示为 $\mathbf{V}$ 中向量的线性组合。
   • 这就证明了 $\mathbf{V}$ 张成 $\mathbb{R}^3$。
2. 证明同态是内射的：
   • 如前所述，证明内射性等价于证明其核（kernel）只包含单位元 $\mathrm{Id}$。
   • 核的定义：$\ker(\phi) = \{A \in G(T) \mid \phi(A) = \text{id}_{\mathbf{V}}\}$。这里的 $\phi$ 是从 $G(T)$ 到 $S_{\mathbf{V}}$ 的同态，$\text{id}_{\mathbf{V}}$ 是 $S_{\mathbf{V}}$ 中的单位元，即不移动任何顶点的恒等置换。
   • 所以，我们要证明：如果一个旋转 $A \in G(T)$ 使得 $A\mathbf{v}_i = \mathbf{v}_i$ 对所有 $i=0,1,2,3$ 都成立，那么 $A$ 必须是恒等变换 $\mathrm{Id}$。
   • 设 $A$ 是这样一个旋转。对于标准基 $\mathbf{e}_1$：
   • 同理可得 $A(\mathbf{e}_2) = \mathbf{e}_2$ 和 $A(\mathbf{e}_3) = \mathbf{e}_3$。
   • 一个线性变换如果作用在所有基向量上都等于基向量本身，那么它作用在任何向量上都等于该向量本身。因此，$A$ 必然是恒等变换 $\mathrm{Id}$。
   • 这就证明了核里只有 $\mathrm{Id}$，所以同态是内射的。

这段将分析的焦点从四面体 $G(T)$ 转移到立方体 $G(C)$，并为 $G(C)$ 建立了类似的与 $S_4$ 的联系。

1. $G(C)$ 的作用对象：
   • 首先，明确 $G(C)$ 是立方体的旋转群，它自然地作用在立方体的8个顶点上，对这8个顶点进行置换。这是一个到 $S_8$ 的同态。但 $S_8$ 是一个非常大的群（$8! = 40320$ 个元素），直接分析它很困难。
   • 作者提出了一个更巧妙、更自然的视角。
2. 利用线性性质：
   • 任何旋转 $A \in G(C)$ 都是一个线性变换。线性变换的关键性质之一是 $A(-\mathbf{u}) = -A(\mathbf{u})$。
   • 这意味着，如果旋转 $A$ 把顶点 $\mathbf{v}_i$ 移动到了位置 $\mathbf{w}$，那么它必然把对角顶点 $-\mathbf{v}_i$ 移动到了位置 $-\mathbf{w}$。
   • 这说明，旋转 $A$ 的作用不是在8个顶点上完全自由地“洗牌”。它对成对的对角顶点的作用是绑定的。如果你知道 $\mathbf{v}_i$ 去了哪里，你就自动知道了 $-\mathbf{v}_i$ 去了哪里。
3. 更自然的作用对象 $\mathbf{X}$：
   • 基于上述观察，作者指出 $G(C)$ “更自然地”作用于集合 $\mathbf{X} = \{X_0, X_1, X_2, X_3\}$。回顾一下，$\mathbf{X}$ 的元素是4对对角顶点（即4条体对角线）。
   • 一个旋转 $A$ 作用在 $X_i = \{\mathbf{v}_i, -\mathbf{v}_i\}$ 上，得到的新集合是 $A(X_i) = \{A(\mathbf{v}_i), A(-\mathbf{v}_i)\}$.
   • 因为 $A \in G(C)$，所以 $A(\mathbf{v}_i)$ 必然是立方体的某个顶点，我们称之为 $\mathbf{v}_j$ 或 $-\mathbf{v}_j$。假设 $A(\mathbf{v}_i) = \mathbf{v}_j$。那么 $A(-\mathbf{v}_i) = -A(\mathbf{v}_i) = -\mathbf{v}_j$。
   • 所以，$A(X_i) = \{\mathbf{v}_j, -\mathbf{v}_j\} = X_j$。
   • 这表明，$G(C)$ 中的任何旋转都会将一个对角顶点对 $X_i$ 完整地映射到另一个对角顶点对 $X_j$。
   • 因此，$G(C)$ 的作用是在这4个对象 $\{X_0, X_1, X_2, X_3\}$ 之间进行置换。
4. 建立到 $S_4$ 的同态：
   • 这个作用定义了一个从 $G(C)$ 到 $\mathbf{X}$ 的置换群 $S_{\mathbf{X}}$ 的群同态。
   • $S_{\mathbf{X}}$ 是对4个对象 $\{X_0, X_1, X_2, X_3\}$ 进行置换的群，它显然与 $S_4$ 同构。
   • 所以，我们建立了一个同态 $\psi: G(C) \rightarrow S_4$。这个同态将每个立方体的旋转，映射到它所引起的对4条体对角线的置换。

这个定理是本节的核心结论，它完整地揭示了立方体和正四面体的旋转群的代数结构。

1. 第一部分：$G(C) \cong S_4$
   • 定理宣称，我们之前建立的同态 $\psi: G(C) \rightarrow S_{\mathbf{X}}$ 不仅仅是一个同态，更是一个同构（isomorphism）。
   • 同构意味着这是一个双射（既是内射也是满射）的群同态。它表明 $G(C)$ 和 $S_{\mathbf{X}}$ (即$S_4$) 在代数结构上是完全无法区分的。它们就是同一个群的两种不同表现形式（一种是矩阵，一种是置换）。
   • 要证明同构，需要证明两点：
   • 内射性（Injective）：没有两个不同的旋转会引起同一种对角线置换。（即核是平凡的）
   • 满射性（Surjective）：对于 $S_4$ 中的任何一个置-换，我们都能找到一个立方体的旋转与之对应。
   • 证明将在后续段落中通过显式构造出对应各种置换（如4-循环、3-循环、对换等）的旋转矩阵来完成。
   • 一旦证明了同构，$G(C)$ 的阶（元素个数）就等于 $S_4$ 的阶，即 $\#(G(C)) = 4! = 24$。
2. 第二部分：$G(T) \cong A_4$
   • $A_4$ 是交错群（Alternating Group），它是 $S_4$ 的一个子群，由所有偶置换构成。
   • 偶置换是可以写成偶数个对换（2-循环）的乘积的置换。奇置换则需要奇数个。
   • $S_4$ 中有12个偶置换和12个奇置换，所以 $A_4$ 的阶是12。
   • 定理指出，在 $G(C) \cong S_4$ 这个同构关系下，四面体的旋转群 $G(T)$ 恰好对应着 $S_4$ 中的偶置换群 $A_4$。
   • 回顾一下，$G(T)$ 是 $G(C)$ 的子群。这个结论说明，$G(T)$ 正是 $G(C)$ 中那些引起体对角线偶置换的旋转构成的子群。
   • 这也意味着 $\#(G(T)) = \#(A_4) = 12$。
3. 总结：阶数
   • 立方体的旋转群 $G(C)$ 有24个元素。
   • 正四面体的旋转群 $G(T)$ 有12个元素。

这段开始通过显式地写出旋转矩阵来构造 $G(C)$ 和 $G(T)$ 的元素，以证明定理1.3.2。这里构造的是第一类旋转：绕着穿过立方体相对面中心连线的轴进行的旋转。

1. 旋转轴的类型：立方体有3对相对的面（上/下，前/后，左/右）。连接每一对相对面中心的直线都可以作为旋转轴。这些轴恰好就是 x, y, z 坐标轴。
2. 旋转角度：对于每一个这样的轴，可以将立方体旋转 $90^\circ, 180^\circ, 270^\circ$（或 $-90^\circ$），立方体都会回到原位。旋转 $360^\circ$ 等于不动。
3. 矩阵的具体描述：
   • $R_1$: 这是绕 x 轴 ($e_1$ 方向) 逆时针旋转 $90^\circ$ ($\pi/2$)。
   • 它固定了 x 轴，所以第一列是 $(1,0,0)^T$。
   • 在 yz 平面内，它把 $e_2$ (y轴) 映到 $e_3$ (z轴)，把 $e_3$ (z轴) 映到 $-e_2$ (-y轴)。这就是矩阵右下角 $2 \times 2$ 部分 $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 的作用。
   • $R_1^2 = H_1$: 这是绕 x 轴旋转 $180^\circ$ ($\pi$)。
   • 它将 $e_2$ 映到 $-e_2$，将 $e_3$ 映到 $-e_3$。
   • $R_1^3 = R_1^{-1}$: 这是绕 x 轴旋转 $270^\circ$ 或顺时针旋转 $90^\circ$。
   • 它将 $e_2$ 映到 $-e_3$，将 $e_3$ 映到 $e_2$。

• $R_2, R_3$:
• $R_2$ 是绕 y 轴 ($e_2$ 方向) 逆时针旋转 $90^\circ$。注意，从 xz 平面来看，它把 $e_3$ 映到 $e_1$，把 $e_1$ 映到 $-e_3$。为了得到右手系的逆时针旋转，矩阵形式是 $\begin{pmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{pmatrix}$。当 $\theta = 90^\circ$ 时是 $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$。原文给出的 $R_2$ 实际上是绕 y 轴顺时针旋转 $90^\circ$。这是一个常见的定义差异，但对群的结构没有影响。我们按原文的矩阵来分析。
• $R_3$ 是绕 z 轴 ($e_3$ 方向) 逆时针旋转 $90^\circ$。这个是标准的二维旋转矩阵嵌入到三维中的形式。

1. 元素总数：
   • 每个轴（x, y, z）提供了3个非单位元的旋转（$90^\circ, 180^\circ, 270^\circ$）。
   • 总共有 $3 \times 3 = 9$ 个这样的旋转。加上单位元，就是10个。
   • 其中，旋转 $90^\circ, 270^\circ$ 的有 $3 \times 2 = 6$ 个，它们的阶都是4。
   • 旋转 $180^\circ$ 的有3个（$H_1, H_2, H_3$），它们的阶都是2。

这段详细分析了上一段定义的“绕对面中心轴旋转”的矩阵，计算它们在顶点和体对角线上的作用，并揭示了它们对应的置换。

1. $R_1$ 的作用分析：
   • 几何描述：作者说 $R_1$ 是绕x轴旋转 $\pi/2$。根据 $R_1$ 的矩阵形式，它把 $e_2$ 映到 $e_3$，把 $e_3$ 映到 $-e_2$。这应该是顺时针旋转，或者说，原文的“逆时针”可能是从x轴负方向看的。重要的是矩阵的代数作用。
   • 对顶点的作用：作者给出了计算结果，我们验证一个。
   • 对体对角线的作用：
   • $R_1 \mathbf{v}_0 = -\mathbf{v}_2 \implies R_1 X_0 = X_2$
   • $R_1 \mathbf{v}_1 = -\mathbf{v}_3 \implies R_1 X_1 = X_3$
   • $R_1 \mathbf{v}_2 = -\mathbf{v}_1 \implies R_1 X_2 = X_1$
   • $R_1 \mathbf{v}_3 = -\mathbf{v}_0 \implies R_1 X_3 = X_0$
   • 对应的置换：$0 \to 2, 1 \to 3, 2 \to 1, 3 \to 0$。这是一个置换 $0 \to 2 \to 1 \to 3 \to 0$。用循环表示法是 $(0, 2, 1, 3)$。这是一个4-循环。
2. $R_i, R_i^3$ 与 $G(T)$ 的关系：
   • $R_1$ 把 $\mathbf{v}_0$ 映到了 $-\mathbf{v}_2$。因为 $-\mathbf{v}_2$ 不在四面体 $T$ 的顶点集 $\mathbf{V}$ 中，所以 $R_1$ 不是 $G(T)$ 的元素。
   • 一般来说，所有的 $90^\circ$ 和 $270^\circ$ 旋转（即 $R_i, R_i^3$）都会将四面体 $T$ 映射到另一个四面体 $T'$，所以它们都不在 $G(T)$ 中。
3. $H_i$ 的作用分析：
   • $H_i = R_i^2$ 是 $180^\circ$ 的旋转。
   • 我们验证 $H_1$ 的作用：$H_1$ 作用是 $(x,y,z) \to (x,-y,-z)$。
   • $H_1 \mathbf{v}_0 = H_1(1,1,1) = (1,-1,-1) = \mathbf{v}_1$
   • $H_1 \mathbf{v}_1 = H_1(1,-1,-1) = (1,1,1) = \mathbf{v}_0$
   • $H_1 \mathbf{v}_2 = H_1(-1,1,-1) = (-1,-1,1) = \mathbf{v}_3$
   • $H_1 \mathbf{v}_3 = H_1(-1,-1,1) = (-1,1,-1) = \mathbf{v}_2$
   • $H_1$ 将集合 $\mathbf{V}$ 映射到自身，所以 $H_1 \in G(T)$。
   • 它在 $\mathbf{V}$ 上引起的置换是 $0 \leftrightarrow 1, 2 \leftrightarrow 3$。用循环表示法是 $(0,1)(2,3)$。这是一个偶置换。
   • 同理，可以计算出 $H_2$ 对应 $(0,2)(1,3)$，$H_3$ 对应 $(0,3)(1,2)$。它们都是偶置换，都属于 $G(T)$。
4. 克莱因四元群：
   • 集合 $H = \{I, H_1, H_2, H_3\}$ 包含4个元素。
   • 可以验证 $H_i^2 = I$（旋转 $180^\circ$ 两次等于不动）。
   • 作者还给出了它们之间的乘法关系，如 $H_1 H_2 = H_3$。我们验证一下：
   • 这些性质（有4个元素，除单位元外阶都为2，两两相乘得第三个）正是克莱因四元群（Klein four-group, $V_4$）的定义。它同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
   • 由于 $H_i$ 都在 $G(T)$ 中，所以 $H$ 是 $G(T)$ 的一个子群。
5. 总结与对应关系：
   • 6个 $90^\circ, 270^\circ$ 旋转（$R_i, R_i^{-1}$）对应了 $S_4$ 中全部的 6个 4-循环（奇置换）。
   • 3个 $180^\circ$ 旋转（$H_i$）对应了 $S_4$ 中全部的 3个 两个不相交对换的积（偶置换）。
   • 这9个旋转，加上单位元，已经生成了 $S_4$ 中的 $1+6+3=10$ 个元素。

这一段介绍立方体对称群中的第二类旋转：绕体对角线（连接一对对角顶点）的旋转。

1. 旋转轴的类型：立方体有4条体对角线，它们分别是连接 $\mathbf{v}_i$ 和 $-\mathbf{v}_i$ 的直线，对于 $i=0,1,2,3$。这些直线都可以作为旋转轴。
2. 旋转角度：对于每一条这样的轴，可以将立方体旋转 $120^\circ$ ($2\pi/3$) 或 $240^\circ$ ($4\pi/3$ 或 $-120^\circ$)，立方体都会回到原位。这是因为每条体对角线都具有三重旋转对称性。
3. 矩阵的具体描述：
   • 作者定义了四个矩阵 $A_0, A_1, A_2, A_3$。从上下文可以推断， $A_i$ 应该是绕着穿过 $\mathbf{v}_i, -\mathbf{v}_i$ 的轴旋转 $120^\circ$ 或 $240^\circ$ 得到的。
   • $A_0$: 这是一个置换矩阵。它将标准基向量进行置换：$A_0 \mathbf{e}_1 = \mathbf{e}_2$, $A_0 \mathbf{e}_2 = \mathbf{e}_3$, $A_0 \mathbf{e}_3 = \mathbf{e}_1$。这是一个 3-循环 $(e_1, e_2, e_3)$。这种置换对应的旋转轴是 $(1,1,1)$ 方向，也就是穿过 $\mathbf{v}_0$ 的体对角线。旋转角度是 $120^\circ$。
   • $A_1, A_2, A_3$: 这些矩阵不是简单的置换矩阵，它们包含了负号。它们对应于绕其他三条体对角线的旋转。例如，$A_1$ 的旋转轴是 $\mathbf{v}_1$ 的方向 $(1,-1,-1)$。
4. 元素总数：
   • 每个轴（4条体对角线）提供了2个非单位元的旋转（$120^\circ, 240^\circ$）。
   • 总共有 $4 \times 2 = 8$ 个这样的旋转。它们的阶都是3。

这段详细分析了绕体对角线旋转的矩阵 $A_i$ 的作用，确定了它们对应的置换。

1. $A_0$ 的作用分析：
   • $A_0$ 的旋转轴是 $\mathbf{v}_0$ 方向，所以它固定 $\mathbf{v}_0$ ($A_0 \mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_0$)，从而也固定了对角线 $X_0$ ($A_0 X_0 = X_0$)。
   • 计算对其他顶点的作用：
   • $A_0 \mathbf{v}_1 = A_0(1,-1,-1) = (-1,1,-1) = \mathbf{v}_2$
   • $A_0 \mathbf{v}_2 = A_0(-1,1,-1) = (-1,-1,1) = \mathbf{v}_3$
   • $A_0 \mathbf{v}_3 = A_0(-1,-1,1) = (1,-1,-1) = \mathbf{v}_1$
   • (原文中 $A_{0} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{3}$ 和 $A_{0} \mathbf{v}_{3}=\mathbf{v}_{1}$ 存在笔误和重复，应为 $A_0\mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_3$。)
   • 对体对角线的作用：
   • $A_0 \mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_2 \implies A_0 X_1 = X_2$
   • $A_0 \mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_3 \implies A_0 X_2 = X_3$
   • $A_0 \mathbf{v}_3 = \mathbf{v}_1 \implies A_0 X_3 = X_1$
   • 对应的置换是 $1 \to 2 \to 3 \to 1$，即 3-循环 $(1,2,3)$。这是一个偶置换。
   • 由于 $A_0^3 = I$，所以 $A_0$ 生成一个3阶循环群 $\langle A_0 \rangle = \{I, A_0, A_0^2\}$，它同构于 $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$。
   • 因为 $A_0$ 将 $\mathbf{V}$ 映射到自身（只是置换了元素），所以 $A_0 \in G(T)$。
2. 其他 $A_i$ 的分析：
   • 通过类似的计算，可以得到其他 $A_i$ 对应的置换。
   • $A_1$ 固定 $\mathbf{v}_1$ (和 $X_1$)，作用在其他顶点上：$\mathbf{v}_0 \to \mathbf{v}_3 \to \mathbf{v}_2 \to \mathbf{v}_0$。所以它引起的置换是 $(0,3,2)$。它也属于 $G(T)$。
   • $A_2$ 固定 $\mathbf{v}_2$ (和 $X_2$)，引起的置换是 $(0,1,3)$。属于 $G(T)$。
   • $A_3$ 固定 $\mathbf{v}_3$ (和 $X_3$)，引起的置换是 $(0,2,1)$。属于 $G(T)$。
3. 总结与对应关系：
   • 我们找到了4个旋转 $A_0, A_1, A_2, A_3$，它们对应4个不同的3-循环。
   • 它们的逆矩阵（也是它们的平方，$A_i^2 = A_i^{-1}$）则对应着另外4个3-循环。例如，$A_0^{-1}$ 对应 $(1,3,2)$。
   • 这8个旋转 $A_i, A_i^{-1}$ ($i=0,1,2,3$) 恰好对应了 $S_4$ 中全部的8个3-循环。
   • 由于3-循环都是偶置换，所以这8个旋转都属于 $G(T)$。

这一段介绍立方体对称群中的第三类，也是最后一类旋转：绕着穿过立方体相对棱中点连线的轴进行的旋转。

1. 旋转轴的类型：立方体有12条棱，它们两两成对，共有6对相对的棱。连接每一对相对棱中点的直线都可以作为旋转轴。例如，连接边 $(1,1,-1)-(1,1,1)$ 的中点 $(1,1,0)$ 和边 $(-1,-1,-1)-(-1,-1,1)$ 的中点 $(-1,-1,0)$ 的直线，就是 y=x, z=0 这条直线。
2. 旋转角度：对于每一个这样的轴，可以将立方体旋转 $180^\circ$ ($\pi$)，立方体会回到原位。这种对称性是二重旋转对称性。
3. 矩阵的具体描述：
   • 作者定义了6个矩阵 $S_{ij}$。这个下标暗示了它将交换体对角线 $X_i$ 和 $X_j$。
   • $S_{03}$: 这个矩阵的作用是 $(x,y,z) \to (y,x,-z)$。这是一个绕直线 $y=x, z=0$ 旋转 $180^\circ$ 的操作。
   • $S_{ij}$: 每一个 $S_{ij}$ 都是一个绕某条穿过对边中点的轴旋转 $180^\circ$ 的矩阵。它们的迹 (trace) 都是 -1，行列式都是 +1，这符合旋转 $180^\circ$ 的特征。
4. 元素总数：
   • 有6条这样的旋转轴，每条轴只提供1个非单位元的旋转（$180^\circ$）。
   • 总共有 $6 \times 1 = 6$ 个这样的旋转。它们的阶都是2。
   • 这些旋转将对应 $S_4$ 中的 6 个对换（奇置换）。

这段详细分析了 $S_{ij}$ 矩阵的作用，并给出了它们的几何解释。

1. $S_{03}$ 的作用分析：
   • 作者给出了计算结果，我们验证一下 $S_{03}(x,y,z) = (y,x,-z)$：
   • $S_{03} \mathbf{v}_0 = S_{03}(1,1,1) = (1,1,-1) = -\mathbf{v}_3$。正确。
   • $S_{03} \mathbf{v}_1 = S_{03}(1,-1,-1) = (-1,1,1) = -\mathbf{v}_1$。正确。
   • $S_{03} \mathbf{v}_2 = S_{03}(-1,1,-1) = (1,-1,1) = -\mathbf{v}_2$。正确。
   • $S_{03} \mathbf{v}_3 = S_{03}(-1,-1,1) = (-1,-1,-1) = -\mathbf{v}_0$。正确。
   • 对体对角线的作用：
   • $S_{03} \mathbf{v}_0 = -\mathbf{v}_3 \implies S_{03} X_0 = X_3$
   • $S_{03} \mathbf{v}_3 = -\mathbf{v}_0 \implies S_{03} X_3 = X_0$
   • $S_{03} \mathbf{v}_1 = -\mathbf{v}_1 \implies S_{03} X_1 = X_1$
   • $S_{03} \mathbf{v}_2 = -\mathbf{v}_2 \implies S_{03} X_2 = X_2$
   • 对应的置换是 $0 \leftrightarrow 3$，即对换 $(0,3)$。这是一个奇置换。
   • 因为结果中出现了 $-\mathbf{v}_3$ 等不在 $\mathbf{V}$ 中的顶点，所以 $S_{03} \notin G(T)$。
2. 一般结论：
   • 类似的计算可以表明，矩阵 $S_{ij}$ 对应于对换 $(i,j)$。
   • 这6个旋转 $S_{ij}$ 对应了 $S_4$ 中所有的6个对换（奇置换）。
3. 几何解释：
   • 作者确认了我们之前的推断，$S_{ij}$ 是绕穿过相对棱中点的直线 $L$ 旋转 $180^\circ$ 的操作。
   • 作者给出了一个更复杂的几何描述，试图将一个三维旋转分解为在二维平面上的操作。这个描述比较晦涩，我们可以简化理解：$S_{03}$ 的作用效果是，它交换了顶面和底面，并且在交换后，还做了一次类似“翻转”的操作。
   • 关键笔误：原文最后一句“因此它们是 $O_{3}$ 的元素但不是 $S O_{3}$”是完全错误的。前面已经定义了这些矩阵，并可以计算出它们的行列式都是+1。例如 $\det(S_{03}) = 0 - 1( -1 - 0) + 0 = 1$。所以 $S_{ij}$ 是 $\mathrm{SO}_3$ 的元素。作者想描述的可能是“旋转反射”（rotoinversion），即将一个旋转和一个反射复合，但 $S_{ij}$ 本身就是一个纯粹的旋转。作者将其描述为两个反射的乘积是正确的（任何旋转都可以如此表示），但结论“不是 $\mathrm{SO}_3$ 元素”是错的。两个反射的乘积是一个旋转，属于 $\mathrm{SO}_3$。

这段是定理1.3.2证明的第一部分，主要聚焦于证明 $G(T) \cong A_4$。

1. 证明 $G(T)$ 的阶是12：
   • 方法一：直接计数。我们在之前的构造中，已经为 $G(T)$ 显式地找到了：
   • 1个单位元 $I$
   • 3个绕面心轴的 $180^\circ$ 旋转 ($H_1, H_2, H_3$)
   • 8个绕体对角线的 $120^\circ, 240^\circ$ 旋转 ($A_i, A_i^{-1}$)
   • 总计 $1+3+8=12$ 个不同的元素。这表明 $G(T)$ 的阶至少是12。
   • 方法二：轨道-稳定子定理。这是一种更优雅的群论方法。
   • 让 $G(T)$ 作用在它的顶点集 $\mathbf{V}$ 上。
   • 轨道（Orbit）：我们看到 $H_1 \mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_1$, $H_2 \mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_2$, $H_3 \mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_3$ (这个需要计算，$H_3(1,1,1)=(-1,-1,1)=\mathbf{v}_3$)。这意味着从任意一个顶点 $\mathbf{v}_0$ 出发，可以通过群中的操作到达所有其他顶点。所以这个作用是传递的（transitive），整个 $\mathbf{V}$ 就是一个轨道，轨道大小为4。 (原文说 $H$ 传递作用是错误的，因为 $H$ 只能把 $\mathbf{v}_0$ 映到 $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3$，但 $H$ 作用在 $\mathbf{v}_0$ 上并不能得到所有四个顶点，例如 $I\mathbf{v}_0 = \mathbf{v}_0, H_1\mathbf{v}_0=\mathbf{v}_1, H_2\mathbf{v}_0=\mathbf{v}_2, H_3\mathbf{v}_0=\mathbf{v}_3$。啊，这样看 $H$ 确实是传递的。不，不对，$H$ 的元素是 $I,H_1,H_2,H_3$，所以 $H\cdot \mathbf{v}_0=\{\mathbf{v}_0, \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$。是的，原文是对的。$H$ 作用在 $\mathbf{V}$ 上是传递的。)
   • 稳定子群（Stabilizer），在物理中也叫迷向子群或同构子群：我们计算固定顶点 $\mathbf{v}_0$ 的所有旋转构成的子群 $G(T)_{\mathbf{v}_0}$。
   • 我们已经知道，绕 $\mathbf{v}_0$ 轴的旋转 $A_0$ 和 $A_0^2$ 都固定 $\mathbf{v}_0$。加上单位元 $I$，这个稳定子群至少包含 $\{I, A_0, A_0^2\}$，所以其阶数至少为3。
   • 作者给出了一个几何论证：任何固定 $\mathbf{v}_0$ 的旋转，必然保持由另外三个顶点构成的对面（一个等边三角形）不变。一个保持等边三角形不变的旋转操作，只能是绕穿过顶点和对边中点的轴旋转 $120^\circ, 240^\circ$ 或者不动。所以稳定子群的阶数恰好是3。
   • 轨道-稳定子定理：$\#(G) = \#(\text{Orbit}) \times \#(\text{Stabilizer})$。
   • 应用该定理：$\#(G(T)) = \#(\text{轨道} \mathbf{V}) \times \#(G(T)_{\mathbf{v}_0}) = 4 \times 3 = 12$。
   • 两种方法都得出结论：$G(T)$ 的阶是12。因此我们之前找到的12个元素就是 $G(T)$ 的全部。
2. 证明 $G(T) \cong A_4$：
   • 我们已经建立了内射同态 $\phi: G(T) \rightarrow S_4$。
   • 这意味着 $G(T)$ 同构于它在 $S_4$ 中的像 $\text{Im}(\phi)$，并且 $\text{Im}(\phi)$ 是一个阶为12的子群。
   • 我们检查之前找到的12个元素的置换类型：
   • $I$: 恒等置换（偶）
   • $H_i$: 3个双对换（偶）
   • $A_i, A_i^{-1}$: 8个3-循环（偶）
   • 所有12个元素都对应偶置换。这意味着 $\text{Im}(\phi)$ 完全包含在 $A_4$（$S_4$ 的所有偶置换构成的子群）中。
   • $A_4$ 的阶也是12。一个阶为12的集合，包含在一个阶为12的集合中，那么这两个集合必然相等。
   • 所以 $\text{Im}(\phi) = A_4$。
   • 因此，$G(T) \cong \text{Im}(\phi) = A_4$。证明完毕。

这段是定理1.3.2证明的第二部分，聚焦于证明 $G(C) \cong S_4$。

1. 证明思路：
   • 我们已经建立了一个群同态 $\psi: G(C) \rightarrow S_4$。
   • 在之前的构造中，我们已经找到了对应 $S_4$ 中所有类型置换（4-循环, 3-循环, 双对换, 对换, 单位元）的旋转矩阵。这意味着，对于 $S_4$ 中的任何一个置换，我们都能在 $G(C)$ 中找到一个旋转与之对应。这证明了同态 $\psi$ 是满射的（surjective）。
   • 对于一个从 $G$ 到 $H$ 的满射同态，如果 $G$ 和 $H$ 的阶相等（$\#(G) = \#(H)$），那么这个同态必然是内射的，从而是一个同构。
   • 我们知道 $\#(S_4) = 24$。所以，现在的任务是证明 $\#(G(C))$ 不可能超过24，即 $\#(G(C)) \leq 24$。如果能证明这一点，那么结合满射性，就能得出 $\#(G(C)) = 24$，从而 $\psi$ 是一个同构。
2. 证明 $\#(G(C)) \leq 24$：
   • 作者采用了一种不同于轨道-稳定子定理的论证方法，而是考察旋转对立方体六个面的法向量的影响。
   • 立方体的六个面，其向外单位法向量分别是 $\mathbf{e}_1, -\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, -\mathbf{e}_2, \mathbf{e}_3, -\mathbf{e}_3$。
   • 任何一个属于 $G(C)$ 的旋转 $A$，都必须将立方体的一个面变成另一个面。这意味着，它必须将一个面的法向量变成另一个面的法向量。
   • 所以，旋转 $A$ 必须置换集合 $\{\pm \mathbf{e}_1, \pm \mathbf{e}_2, \pm \mathbf{e}_3\}$。
   • 一个线性变换 $A$ 的矩阵的列向量是 $A\mathbf{e}_1, A\mathbf{e}_2, A\mathbf{e}_3$。
   • 因为 $A$ 置换了 $\{\pm \mathbf{e}_1, \pm \mathbf{e}_2, \pm \mathbf{e}_3\}$，并且保持正交性，所以 $A\mathbf{e}_1, A\mathbf{e}_2, A\mathbf{e}_3$ 必须是 $\{\pm \mathbf{e}_1, \pm \mathbf{e}_2, \pm \mathbf{e}_3\}$ 中三个互相正交的向量。
   • 这等价于说，$A$ 的每一列都必须是某个 $\pm \mathbf{e}_i$，并且不同列不能是同一个 $\mathbf{e}_i$ 或其相反向量。
   • 这种矩阵被称为“带符号的置换矩阵”。
   • 计数：
   • 首先，不考虑符号，A的列是 $\mathbf{e}_{\sigma(1)}, \mathbf{e}_{\sigma(2)}, \mathbf{e}_{\sigma(3)}$，其中 $\sigma$ 是 $\{1,2,3\}$ 的一个置换。有 $3! = 6$ 种这样的置换。
   • 对于每一种置换，每一列都可以独立地选择一个正号或负号。比如，第一列可以是 $\mathbf{e}_{\sigma(1)}$ 或 $-\mathbf{e}_{\sigma(1)}$。三个列共有 $2 \times 2 \times 2 = 2^3 = 8$ 种符号选择。
   • 所以，总共有 $6 \times 8 = 48$ 个这样的带符号的置换矩阵。这些矩阵构成了立方体的完全对称群 $O_h$，阶为48。
   • 施加 $\det(A)=1$ 条件：
   • 我们只关心旋转，即 $G(C)$，它要求 $\det(A)=1$。
   • 可以证明，在这48个矩阵中，恰好有一半的行列式是+1，另一半是-1。
   • 因此，满足条件的矩阵 $A$ 最多有 $48 / 2 = 24$ 个。
   • 所以 $\#(G(C)) \leq 24$。
3. 结论：
   • 我们有满射同态 $\psi: G(C) \rightarrow S_4$。
   • 我们有 $\#(G(C)) \leq 24$ 且 $\#(S_4)=24$。
   • 一个群到另一个等阶或更小阶群的满射，必然意味着两个群的阶相等，且该映射为同构。
   • 因此 $\#(G(C)) = 24$，并且 $G(C) \cong S_4$。证明完毕。

这是证明过程中的一个附加结论或推论。

1. $G(C)$ 中元素的作用：
   • 任何一个立方体的旋转 $A \in G(C)$ 都会置换其8个顶点。
   • 这8个顶点被分成了两组：$T$ 的顶点集 $\mathbf{V}=\{\mathbf{v}_0, \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}$ 和 $T'$ 的顶点集 $-\mathbf{V}=\{-\mathbf{v}_0, -\mathbf{v}_1, -\mathbf{v}_2, -\mathbf{v}_3\}$。
   • 回忆一下，$\mathbf{V}$ 中的顶点有偶数个负坐标，$-\mathbf{V}$ 中的顶点有奇数个负坐标。
   • 一个旋转操作 $A \in G(C)$ 作用在 $\mathbf{V}$ 的一个顶点 $\mathbf{v}_i$ 上，得到的新顶点 $A\mathbf{v}_i$ 要么还在 $\mathbf{V}$ 中，要么在 $-\mathbf{V}$ 中。
2. 两种情况：
   • 情况一：$AT=T$
   • 如果存在一个顶点 $\mathbf{v}_i \in \mathbf{V}$，使得 $A\mathbf{v}_i$ 也在 $\mathbf{V}$ 中，那么对于所有 $\mathbf{v}_j \in \mathbf{V}$， $A\mathbf{v}_j$ 也必然在 $\mathbf{V}$ 中。这是因为 $G(C)$ 的元素作用在由 $T$ 和 $T'$ 构成的几何结构上，它不能“撕裂”这个结构。
   • 在这种情况下，$A$ 将 $\mathbf{V}$ 映射到 $\mathbf{V}$，将 $-\mathbf{V}$ 映射到 $-\mathbf{V}$。这正是 $A \in G(T)$ 的定义。
   • 这些元素对应于 $S_4$ 中的偶置换。

• 情况二：$AT=T'$
• 如果存在一个顶点 $\mathbf{v}_i \in \mathbf{V}$，使得 $A\mathbf{v}_i$ 在 $-\mathbf{V}$ 中，那么对于所有 $\mathbf{v}_j \in \mathbf{V}$， $A\mathbf{v}_j$ 也必然在 $-\mathbf{V}$ 中。
• 在这种情况下，$A$ 将 $\mathbf{V}$ 映射到 $-\mathbf{V}$，同时将 $-\mathbf{V}$ 映射到 $\mathbf{V}$。这意味着 $A$ 交换了两个内接四面体 $T$ 和 $T'$。
• 这些元素对应于 $S_4$ 中的奇置换。它们属于 $G(C)$ 但不属于 $G(T)$。

1. 子群关系：
   • 所有满足 $AT=T$ 的元素构成了 $G(T)$。
   • 所有满足 $AT=T'$ 的元素构成了 $G(C)$ 中的一个陪集（coset），即 $gG(T)$，其中 $g$ 是任意一个满足 $gT=T'$ 的元素。
   • $G(T)$ 是 $G(C)$ 的一个正规子群。商群 $G(C)/G(T)$ 的阶是 $24/12 = 2$。这个商群的两个元素分别代表“保持四面体”和“交换四面体”这两种操作。
   • 原文“$G(T)$ 是保留 $T$ 的二阶子群”存在笔误。应该是“$G(T)$ 是 $G(C)$ 的指数为2的子群”（index 2 subgroup），或者说阶为12的子群。

这个备注将讨论从立方体和四面体扩展到另外两种正多面体：十二面体和二十面体，并指出了其复杂性的根源。

1. 十二面体和二十面体：
   • 正十二面体 (Dodecahedron) 是由12个正五边形面构成的正多面体。
   • 正二十面体 (Icosahedron) 是由20个等边三角形面构成的正多面体。
   • 这两个正多面体是“对偶”的。一个十二面体的面心可以构成一个二十面体的顶点，反之亦然。因此，它们的旋转对称群是同构的，就像立方体和其对偶正八面体的旋转群同构一样。
2. 复杂性的根源：
   • 作者指出，复杂性来源于顶点的坐标无法全部取有理数。
   • 回顾立方体，我们将其顶点设为 $(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$，所有坐标都是整数，自然也是有理数。这使得其旋转矩阵（至少我们构造的那些）很多也只有有理数（0, 1, -1）系数。
   • 对于十二面体或二十面体，无论如何旋转摆放，只要中心在原点，其顶点的坐标必然会涉及到无理数。
3. 黄金比例的出现：
   • 作者给出了二十面体的一种顶点坐标构造方式（也可以看作十二面体的面心或相关点的坐标）。
   • 这些坐标中出现了一个特殊的无理数 $\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618$，即黄金比例。
   • 这个数字的出现与正五边形的几何性质密切相关（正五边形的对角线与边长之比为 $\varphi$），而十二面体正是由正五边形构成的。
   • 顶点坐标的集合包含：
   • 8个点：$(\pm 1, \pm 1, \pm 1)$，这是一个立方体的顶点。
   • 12个点：对 $(\pm \varphi^{-1}, \pm \varphi, 0)$ 进行坐标的循环置换得到。$\varphi^{-1} = \varphi - 1 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
   • 总共有 $8+12=20$ 个顶点，正好构成一个正二十面体。
4. 对对称群的影响：
   • 因为顶点坐标包含无理数 $\varphi$，所以描述其对称操作的旋转矩阵，其元素（系数）也必然会包含 $\varphi$ 这个无理数。这使得矩阵的计算和分析变得更加复杂。
   • 剧透一下：十二面体和二十面体的旋转对称群 $G(D)$ 同构于5次交错群 $A_5$。$A_5$ 是一个阶为 $5!/2 = 60$ 的群，它是最小的非阿贝尔单群，具有非常重要的理论意义。

这一节引入群论中一个非常强大的工具——类方程。它源于一个群作用在一个集合上时，对该集合的计数分析。

1. 群作用和轨道：
   • $G$-集：一个集合 $X$ 如果有一个群 $G$ 作用在它上面，就称为一个 $G$-集。这意味着有一个映射 $G \times X \to X$, $(g,x) \mapsto g \cdot x$，满足一些基本性质（如单位元不动点，$e \cdot x = x$；结合律, $(gh) \cdot x = g \cdot (h \cdot x)$）。
   • 轨道（Orbit）：对于 $X$ 中的某个元素 $x$，它的轨道 $G \cdot x$ 是指 $G$ 中所有元素作用于 $x$ 后得到的所有元素的集合，即 $G \cdot x = \{g \cdot x \mid g \in G\}$。
   • 轨道的性质：不同的轨道要么完全相同，要么完全不相交。它们构成了对集合 $X$ 的一个划分（partition）。这意味着 $X$ 中的每个元素都恰好属于一个轨道。
2. 轨道分解计数公式：
   • 基于轨道是对 $X$ 的一个划分，我们可以对 $X$ 的元素个数（阶）进行计数。
   • $X$ 的总元素数等于所有不相交的轨道的元素数之和。
   • 这就是第一个公式的来源：$\#(X) = \sum \#(O_i)$，其中 $O_i$ 是所有不同的轨道。
3. 分离不动点：
   • 单元素轨道：一个轨道如果只有一个元素，即 $O_i = \{x_i\}$，这意味着对于所有 $g \in G$，都有 $g \cdot x_i = x_i$。这样的点 $x_i$ 被称为不动点（fixed point）。
   • 不动点集 $X^G$：所有不动点的集合记为 $X^G = \{x \in X \mid g \cdot x = x, \forall g \in G\}$。这个集合的大小 $\#(X^G)$ 就是单元素轨道的个数。
   • 公式改写：作者将计数公式拆分为两部分：一部分是所有单元素轨道的计数（即 $\#(X^G)$），另一部分是所有包含多于一个元素的轨道的计数。这就得到了第二个公式。
4. 轨道大小与群大小的关系：
   • 这是一个核心结论，源于轨道-稳定子定理。该定理表明 $\#(G \cdot x) = (G : G_x) = \#(G) / \#(G_x)$，其中 $G_x$ 是 $x$ 的稳定子群。
   • 对于有限群 $G$，这意味着任何一个轨道的大小 $\#(O_i)$ 都必须是群的阶 $\#(G)$ 的一个因子（约数）。
   • 如果一个轨道大小大于1，那么它对应于一个非平凡的因子。

这是本节最核心的部分，正式推导出类方程。

1. 一个特殊的群作用：共轭作用
   • 前面讨论的是一般的群 $G$ 作用在一般的集合 $X$ 上。现在我们考虑一个非常特殊且重要的情况：一个群 $G$ 作用在它自己身上（即 $X=G$）。
   • 作用的方式是共轭（conjugation）：$g \in G$ 作用于 $x \in G$ 的结果是 $g \cdot x = gxg^{-1}$。
   • 可以验证这确实是一个群作用：
   • $e \cdot x = exe^{-1} = x$。（单位元作用）
   • $(gh) \cdot x = (gh)x(gh)^{-1} = ghxh^{-1}g^{-1} = g(hxh^{-1})g^{-1} = g \cdot (h \cdot x)$。（结合律）
2. 共轭作用下的不动点与轨道
   • 不动点：在共轭作用下，一个元素 $x$ 是不动点，意味着对于所有的 $g \in G$，都有 $g \cdot x = x$，即 $gxg^{-1} = x$。
   • 将 $gxg^{-1}=x$ 两边右乘 $g$，得到 $gx=xg$。这意味着 $x$ 与群中所有元素都交换（commute）。
   • 一个群中，能与所有其他元素交换的元素构成的集合，正是该群的中心（Center），记为 $Z(G)$。
   • 所以，在共轭作用下，不动点集 $G^G$ 就是中心 $Z(G)$。

• 轨道：在共轭作用下，一个元素 $x$ 的轨道是集合 $\{gxg^{-1} \mid g \in G\}$。
• 这个集合在群论中有一个专门的名字：$x$ 的共轭类（Conjugacy Class），记为 $C(x)$。
• 群 $G$ 被划分为若干个互不相交的共轭类。

1. 应用轨道分解计数公式
   • 我们将上一段的通用公式 $\#(X)=\#\left(X^{G}\right)+\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 应用于共轭作用。
   • $X$ 替换为 $G$。
   • $X^G$ 替换为 $Z(G)$。
   • 轨道 $O_i$ 替换为共轭类 $C(x_i)$。
   • 于是得到：$\#(G) = \#(Z(G)) + \sum_{\#(C(x_i))>1} \#(C(x_i))$。
2. 轨道大小的精确表达
   • 为了让公式更有用，我们使用轨道-稳定子定理来表示共轭类的大小。
   • 稳定子群：在共轭作用下，元素 $x$ 的稳定子群是 $\{g \in G \mid g \cdot x = x\} = \{g \in G \mid gxg^{-1} = x\} = \{g \in G \mid gx=xg\}$。
   • 这个稳定子群是所有能与 $x$ 交换的元素的集合，它被称为 $x$ 的中心化子（Centralizer），记为 $Z(x)$。
   • 轨道-稳定子定理：$\#(C(x)) = (G:Z(x)) = \#(G) / \#(Z(x))$。$(G:Z(x))$ 称为 $Z(x)$ 在 $G$ 中的指数。
   • 注意区分：$Z(G)$ 是群的中心，是与所有元素交换的元素集合；$Z(x)$ 是元素 $x$ 的中心化子，是只与 $x$ 交换的元素集合。显然 $Z(G) \subseteq Z(x)$ 对任意 $x$ 成立。
3. 最终的类方程
   • 将 $\#(C(x_i))$ 替换为指数 $(G:Z(x_i))$，我们得到最终的类方程:
   • 求和是针对所有大小超过1的共轭类中各选一个代表元 $x_i$ 来进行的。一个共轭类大小为1当且仅当这个元素在中心里。所以这个求和也可以说是对所有不在中心里的共轭类进行的。

这个例子展示了如何在对称群 $S_n$ 中应用类方程（或者说，如何分解 $S_n$ 为共轭类）。

1. $S_n$中共轭类的判定法则：
   • 这是一个非常重要的结论：在对称群 $S_n$ 中，两个置换是共轭的，当且仅当它们具有相同的循环结构（cycle structure）。
   • 循环结构是指将一个置换分解为不相交循环的乘积时，这些循环的长度的集合。例如，在 $S_5$ 中，置换 $(12)(345)$ 的循环结构是 $\{2, 3\}$。任何其他由一个2-循环和一个3-循环构成的置换（如 $(13)(245)$）都与它共轭。
   • 这个结构可以用一个整数划分来表示。例如，对于 $S_5$，循环结构 $\{2,3\}$ 对应于整数5的一个划分 $5 = 2+3$。而置换 $(12345)$ 对应划分 $5=5$。恒等置换 $e$ 对应划分 $5=1+1+1+1+1$。
   • 因此，$S_n$ 的共轭类与整数 $n$ 的划分（partitions of n）一一对应。
2. $S_3$ 的例子：
   • $n=3$ 的划分有三种：$3=3$ (一个3-循环)，$3=2+1$ (一个2-循环)，$3=1+1+1$ (恒等)。
   • 这对应于三个共轭类：
   • 循环结构 $\{3\}$: 3-循环的共轭类 $C((123)) = \{(123), (132)\}$，大小为2。
   • 循环结构 $\{2,1\}$: 对换的共轭类 $C((12)) = \{(12), (13), (23)\}$，大小为3。
   • 循环结构 $\{1,1,1\}$: 恒等元的共轭类 $C(e) = \{e\}$，大小为1。
   • 总数 $1+3+2=6 = \#(S_3)$。这构成了 $S_3$ 的类方程 $6 = 1+2+3$（$Z(S_3)=\{e\}$, 所以 $\#(Z(S_3))=1$）。
3. $S_4$ 的例子：
   • $n=4$ 的划分有五种：$4=4$, $4=3+1$, $4=2+2$, $4=2+1+1$, $4=1+1+1+1$。
   • 这对应于五个共轭类：
   • 循环结构 $\{4\}$ (4-循环): 如 $(1234)$。个数是 $\frac{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{4} = 6$ 个。
   • 循环结构 $\{3,1\}$ (3-循环): 如 $(123)$。个数是 $\binom{4}{3} \cdot (3-1)! = 4 \cdot 2 = 8$ 个。
   • 循环结构 $\{2,2\}$ (两个不相交对换): 如 $(12)(34)$。个数是 $\frac{\binom{4}{2}\binom{2}{2}}{2!} = \frac{6 \cdot 1}{2} = 3$ 个。
   • 循环结构 $\{2,1,1\}$ (对换): 如 $(12)$。个数是 $\binom{4}{2}=6$ 个。
   • 循环结构 $\{1,1,1,1\}$ (恒等): $e$。1个。
   • 总数 $1+6+8+3+6 = 24 = \#(S_4)$。
   • $S_4$ 的中心只有单位元，所以其类方程是 $24 = 1 + 6 + 8 + 3 + 6$。

这个命题是类方程在一种特殊类型的群——p-群——作用下的直接推论，是p-群理论的基石。

1. p-群的定义：
   • 一个群 $G$ 如果其阶（元素个数）是素数 $p$ 的幂次，即 $\#(G) = p^r$（其中 $r \ge 1$），那么这个群被称为 p-群。
   • 例如，阶为 $8=2^3$ 的群是 2-群，阶为 $9=3^2$ 的群是 3-群。$S_3$ 的阶是6，不是p-群。
2. 命题的陈述：
   • 该命题说，如果一个 p-群 $G$ 作用在一个有限集合 $X$ 上，那么集合 $X$ 的总大小 $\#(X)$ 与其不动点集的大小 $\#(X^G)$ 在模 $p$ 的意义下是同余的。
   • 同余（Congruence）：$a \equiv b \pmod{p}$ 意味着 $a$ 和 $b$ 除以 $p$ 的余数相同，等价于说它们的差 $a-b$ 是 $p$ 的倍数。
3. 证明思路：
   • 证明的核心在于利用我们之前得到的轨道分解公式：
   • 我们要证明的是 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 这一项可以被 $p$ 整除。
   • 根据轨道-稳定子定理，任何一个轨道的大小 $\#(O_i)$ 都必须是群的阶 $\#(G) = p^r$ 的因子。
   • $p^r$ 的因子只能是 $p^s$ 的形式，其中 $0 \le s \le r$。
   • 对于一个大小超过1的轨道，其大小 $\#(O_i) = p^s$ 并且 $s \ge 1$。
   • 任何形如 $p^s$ (其中 $s \ge 1$) 的数，显然都是素数 $p$ 的倍数。
   • 因此，求和项 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 是若干个 $p$ 的倍数之和，其结果自然也是 $p$ 的倍数。
   • 这就意味着 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right) \equiv 0 \pmod p$。
   • 所以，在模 $p$ 的意义下，轨道分解公式就变成了 $\#(X) \equiv \#(X^G) + 0 \pmod p$，即 $\#(X) \equiv \#(X^G) \pmod p$。

这是对命题1.4.2的证明。

1. 起点：证明始于我们已经建立的轨道分解公式：

$\#(X)=\#\left(X^{G}\right)+\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$

1. 分析求和项：我们关注公式右边的求和部分 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$。这个和是所有非单元素轨道的大小之和。
2. 应用轨道-稳定子定理：
   • 对于任何一个轨道 $O_i$，其大小 $\#(O_i)$ 必须整除群的阶 $\#(G)$。
   • 在本命题的条件下，$\#(G) = p^r$，其中 $p$ 是素数。
   • 一个能整除 $p^r$ 的数，其形式必然是 $p^s$，其中 $s$ 是一个介于 $0$ 和 $r$ 之间的整数。
3. 分析非单元素轨道：
   • 我们只关心大小大于1的轨道，即 $\#(O_i) > 1$。
   • 这意味着对应的 $p^s$ 中，指数 $s$ 必须大于等于1，即 $1 \le s \le r$。
   • 任何形如 $p^s$ 且 $s \ge 1$ 的数，都含有因子 $p$，因此它是 $p$ 的倍数。
4. 得出同余关系：
   • 既然求和中的每一项 $\#(O_i)$ 都是 $p$ 的倍数，那么它们的总和 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 也必然是 $p$ 的倍数。
   • 用模算术的语言来说，就是 $\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right) \equiv 0 \pmod p$。
   • 将这个结论代入第一步的轨道分解公式，并在模 $p$ 的意义下观察：
   • 这就得到了最终的结论：$\#(X) \equiv \#(X^G) \pmod p$。

这个推论是命题1.4.2的第一个直接且重要的应用，它给出了一个保证不动点存在的条件。

1. 条件：
   • $G$ 是一个p-群（阶为 $p^r, r \ge 1$）。
   • $G$ 作用在一个有限集合 $X$ 上。
   • 最关键的条件：$X$ 的大小不能被 $p$ 整除，即 $\#(X) \not\equiv 0 \pmod p$。
2. 结论：
   • $X^G \neq \emptyset$。这意味着，在上述条件下，不动点集合不是空的，即至少存在一个不动点。
3. 证明思路：
   • 我们从命题1.4.2的结论出发：$\#(X) \equiv \#(X^G) \pmod p$。
   • 根据本推论的条件，我们知道 $\#(X)$ 不能被 $p$ 整除。用同余式表达就是 $\#(X) \not\equiv 0 \pmod p$。
   • 因为 $\#(X)$ 和 $\#(X^G)$ 模 $p$ 同余，所以 $\#(X^G)$ 也必然不能被 $p$ 整除。即 $\#(X^G) \not\equiv 0 \pmod p$。
   • 如果一个整数不能被 $p$ 整除，那么这个整数肯定不是0。
   • 所以 $\#(X^G) \neq 0$。
   • 一个集合的元素个数不为0，意味着这个集合不是空集。
   • 因此 $X^G \neq \emptyset$。证明完毕。

这是p-群理论的第一个深刻结果，也是类方程威力的集中体现。它说明任何非平凡的p-群都有一个非平凡的中心。

1. 第一部分：p-群中心非平凡
   • 结论：如果 $G$ 是一个p-群（阶 $\ge p$），那么它的中心 $Z(G)$ 不可能只包含单位元 $\{e\}$（在乘法群中记为 $\{1\}$）。
   • 证明思路：
   • 我们将应用前面的理论，特别是命题1.4.2。这需要一个群作用。
   • 我们选择群 $G$ 通过共轭作用于其自身。即 $X=G$，作用为 $g \cdot x = gxg^{-1}$。
   • 在这种作用下，我们知道不动点集 $X^G$ 就是群的中心 $Z(G)$。
   • 现在应用命题1.4.2的结论：$\#(X) \equiv \#(X^G) \pmod p$。
   • 代入我们选择的作用，得到：$\#(G) \equiv \#(Z(G)) \pmod p$。
   • 根据p-群的定义，$\#(G) = p^r$，其中 $r \ge 1$。所以 $\#(G)$ 是 $p$ 的倍数，即 $\#(G) \equiv 0 \pmod p$。
   • 因此，我们有 $0 \equiv \#(Z(G)) \pmod p$。
   • 这个同余式意味着，中心 $Z(G)$ 的大小也必须是 $p$ 的倍数。
   • $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群，它至少包含单位元 $e$，所以 $\#(Z(G)) \ge 1$。
   • 一个大于等于1且是素数 $p$ 的倍数的整数，必然大于等于 $p$。
   • 所以 $\#(Z(G)) \ge p \ge 2$。
   • 因此，中心 $Z(G)$ 至少包含 $p$ 个元素，它绝对不只包含单位元。即 $Z(G) \neq \{e\}$。证明完毕。
2. 第二部分：p-群不是单群
   • 单群（Simple Group）的定义：一个群如果其正规子群只有它自身和平凡子群 $\{e\}$，则称之为单群。单群是群论的“原子”，所有有限群都可以由单群“搭建”而成。
   • 结论：如果一个p-群的阶大于 $p$，那么它不可能是单群。
   • 证明思路：
   • 我们已经证明了任何p-群 $G$ 都有一个非平凡的中心 $Z(G) \neq \{e\}$。
   • 群的中心总是一个正规子群 ($Z(G) \triangleleft G$)。
   • 所以我们找到了一个非平凡的正规子群 $Z(G)$。
   • 现在有两种可能：
   • $Z(G)$ 是 $G$ 的一个真子群（proper subgroup），即 $Z(G) \neq G$。在这种情况下，我们找到了一个既不是 $\{e\}$ 也不是 $G$ 的正规子群，所以 $G$ 不是单群。
   • $Z(G) = G$。这意味着 $G$ 是一个阿贝尔群。
   • 如果 $G$ 是阿贝尔群，它的任何子群都是正规子群。根据条件 $\#(G) = p^r > p$，所以 $r > 1$。这样的群一定有阶为 $p$ 的子群（柯西定理），这个子群是真子群且是正规的。所以 $G$ 也不是单群。唯一的p-单群是阶为 $p$ 的循环群 $C_p$。
   • 可解群：一个群如果是可解的，意味着它可以被一系列正规子群“分解”，直到得到阿贝尔群。由于p-群总有非平凡的正规子群（它的中心），可以通过对商群 $G/Z(G)$ 进行归纳，证明所有p-群都是可解的。

这个推论进一步展示了p-群结构的刚性，明确了所有阶为 $p^2$ 的群的交换性质。

1. 结论：任何一个阶为 $p^2$ 的群（例如阶为4, 9, 25, 49的群）都必然是阿贝尔群（即群中任意两个元素都可交换，$ab=ba$）。
2. 证明思路：
   • 从推论1.4.4我们知道，阶为 $p^2$ 的群 $G$ 的中心 $Z(G)$ 是非平凡的。
   • $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群。根据拉格朗日定理，子群的阶必须整除群的阶。
   • 所以 $\#(Z(G))$ 必须整除 $p^2$。
   • $p^2$ 的因子只有 $1, p, p^2$。
   • 因为 $Z(G)$ 非平凡，所以 $\#(Z(G)) \neq 1$。
   • 因此，只剩下两种可能性：$\#(Z(G)) = p$ 或者 $\#(Z(G)) = p^2$。

• 情况一：$\#(Z(G)) = p^2$
• 如果中心的阶等于整个群的阶，那么中心就是群本身，$Z(G) = G$。
• 根据中心的定义，这意味着群 $G$ 中的每个元素都与所有其他元素交换。
• 这正是阿贝尔群的定义。所以在这种情况下，结论成立。

• 情况二：$\#(Z(G)) = p$
• 在这种情况下，我们需要证明这种情况实际上不可能发生，或者它也会导出 $G$ 是阿贝尔群的结论，从而产生矛盾。
• 考虑商群 $G/Z(G)$。其阶为 $\#(G) / \#(Z(G)) = p^2 / p = p$。
• 一个阶为素数 $p$ 的群，必然是循环群（同构于 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$）。
• 所以 $G/Z(G)$ 是一个循环群。
• 这里作者引用了一个练习题（练习4.28）的结论：如果一个群 $G$ 的商群 $G/Z(G)$ 是循环群，那么 $G$ 自身必须是阿贝尔群。
• （这个练习的证明梗概：设 $G/Z(G)$ 由陪集 $aZ(G)$ 生成。那么 $G$ 中任意两个元素 $x,y$ 都可以写成 $x=a^i z_1, y=a^j z_2$ 的形式，其中 $z_1,z_2 \in Z(G)$。然后计算 $xy$ 和 $yx$，利用 $z_1, z_2$ 在中心里（和所有元素可交换）的性质，可以证明 $xy=yx$。）
• 所以，如果 $\#(Z(G))=p$，那么 $G$ 也必须是阿贝尔群。
• 但这与 $\#(Z(G))=p$ 的假设矛盾。如果 $G$ 是阿贝尔群，它的中心应该是它自身，阶为 $p^2$。
• 这个矛盾说明，$\#(Z(G))=p$ 这种情况根本不可能发生。

• 最终结论：综合两种情况，对于阶为 $p^2$ 的群，$Z(G)$ 的阶只能是 $p^2$，因此 $G$ 必然是阿贝尔群。

这个备注是对上一个推论的进一步深化，给出了阶为 $p^2$ 的群的完整分类。

1. 背景：
   • 推论1.4.5已经证明了所有阶为 $p^2$ 的群都是阿贝尔群。
   • 有限阿贝尔群的结构已经被完全搞清楚了（有限阿贝尔群基本定理），它们都可以分解为循环群的直积。
   • 这个备注就是将该基本定理应用于阶为 $p^2$ 的情况。
2. 分类结果：
   • 对于一个阶为 $p^2$ 的阿贝尔群 $G$，根据拉格朗日定理，其中任何一个非单位元元素的阶都必须是 $p$ 或 $p^2$。
   • 情况一：$G$ 中存在一个阶为 $p^2$ 的元素。
   • 设这个元素是 $a$。那么 $a$ 生成的循环子群 $\langle a \rangle$ 的阶也是 $p^2$。
   • 由于这个子群的阶和整个群 $G$ 的阶相等，所以这个子群就是 $G$ 本身。
   • 这意味着 $G$ 是一个循环群，它同构于 $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$。

• 情况二：$G$ 中不存在阶为 $p^2$ 的元素。
• 这意味着 $G$ 中所有非单位元元素的阶都必然是 $p$。
• 我们可以选取一个元素 $a \neq e$。它生成一个阶为 $p$ 的子群 $H_1 = \langle a \rangle$。
• 再从 $G \setminus H_1$ 中选取一个元素 $b$。它也生成一个阶为 $p$ 的子群 $H_2 = \langle b \rangle$。
• 可以证明 $H_1 \cap H_2 = \{e\}$。
• 并且群 $G$ 中的每个元素都可以唯一地写成 $a^i b^j$ 的形式（其中 $0 \le i,j < p$）。
• 这正是两个群直积（Direct Product）的定义。
• 因此 $G \cong H_1 \times H_2 \cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$。这个群通常被称为初等阿贝尔群。

1. 结论：
   • 综上所述，任何一个阶为 $p^2$ 的群，在同构的意义下，只有两种可能：要么是循环群 $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$，要么是两个阶为 $p$ 的循环群的直积 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$。