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群论第二章考前复习总结

2021-01-17 11:32:29 作者：互联网

第二章考前复习总结

第二章考前复习总结
1.1节群
1.对称变换：保持系统不变的变换。（背）
2. 群是一个集合，其中定义了元素的“乘积”法则，这个集合G满足4个条件：封闭性、结合律、存在恒元、逆元，这个集合就称为群。（背）
U(n)群：全体n维幺正矩阵的集合。
O(n)群：全体n维实正交矩阵的集合。
6)乘积的逆：
9)有限群的阶：有限群中的元素数目
4.循环群及其生成元
1）循环群：由一个元素 R 及其幂次构成的有限群，记作

C_{n}

。（背）
1）元素R 的周期：由有限群的任一元素 R 及其幂次生成的集合。
2）有限群的生成元：有限群的群元素可以由最小数目个群元素的乘积生成
3）有限群的秩：生成元的个数
4）有限群生成元的选择并不唯一，但秩不变。
6.有限群的重排定理
1）复元素：把有限群部分元素的集合

{R_{1}, R_{2}, \dots, R_{m}}

看作一个整体
2）群的重排定理（考试简答题）
7.同构
3）循环群的乘法表
4）四阶群（即有4个元素的有限群）只有两种：若四阶群中含四阶元素，则为

C_{4}

群、若四阶群中不含四阶元素，则为

V_{4} （ D_{2} ）

群

V_{4} （ 也 称 D_{2} ）

群：一个恒元加3个2阶元素。其为：
5）准确到同构，六阶群只有两种：若含六阶元素，则是

C_{6}

群、若不含六阶元素，则是

D_{3}

群。

D_{3}

群是最简单的非阿贝尔群。
6）正N边形对称变换群——

D_{N}

群

D_{N}

群的乘法表
1.2节群的各种子集
1.子群
2）判断有限群的子集是否构成子群，只需检验子集是否满足封闭性
4）任一元素的周期构成循环子群
5）寻找有限群的子群的最好办法：（背）
a.列出全部循环子群
b.把若干个循环子群并起来
c.看它们是否满足封闭性（判断是否满足封闭性：判断其中每一个元素的周期是否都在里面，再判断某两个元素的乘积是否会出去）。恒元、拉定理、封闭性。
6）常见群的子群的例子。注意枚举
2.陪集和不变子群
1）左陪集和右陪集
3）拉格朗日定理：子群的阶数是群G的阶数的因子（背，考试简答题），g=dh，其中d称为子群H的指数。
4）不变子群
a.阿贝尔群的所有子群都是不变子群（背）。
b.指数为2的子群一定是不变子群（背）。
c.不变子群与类的关系：不变子群必然由若干个完整的类组成（背）。由若干个完整的类组成的若是一个子群，则必然是不变子群。（这个性质可以用来判断不变子群）
6）商群
7）从乘法表找子群的陪集：
（考试和作业中经常有这个题，随便给一个群进行分析，记住这个例题的过程）求

D_{3}

群的所有子群及其陪集，判断不变子群：
3.共轭元素和类
1）共轭
定义：对群G中的两个元素

R

和

R^{'}

，如果在群G中存在一个元素S，使得

R

和

R^{'}

可以通过

R^{'} = S R S^{- 1}

联系起来，则称

R

和

R^{'}

共轭，记为

R \sim R^{'}

（背）
2）类
a.定义：所有相互共轭的元素形成的集合
3）相逆类、自逆类
4）用乘法表判断两元素是否共轭、用乘法表找出类：
5）系统对称变换群

D_{N}

群的类
a.等价轴：一般地，若两个同次轴的正方向可以通过对称群中的元素联系起来，则这两个转动轴称为等价轴。（背）
b.双向轴
6）寻找有限群的类和不变子群的步骤
a.不变子群与类的关系：不变子群必然由若干个完整的类组成（背）。由若干个完整的类组成的若是一个子群，则必然是不变子群。（这个性质可以用来判断不变子群）
b.寻找有限群的类的步骤：
c.寻找有限群的不变子群的步骤：
1.3节群的同态关系
1.群的同态：
2.同态核定理：若G‘与G同态，则与G‘恒元对应的G中元素的集合H构成群G的不变子群
3.集合G‘与群G的同构或同态
1.4节正多面体的固有对称变换群
1.固有转动：三维空间中保持坐标原点不变、保持手性不变、保持任意两点间的距离不变的转动称为固有转动。
2.非固有转动：若转动后再做空间反演
3.点群：让体系的一个点保持位置不变的操作构成的变换群。
4.固有点群：固有转动的集合，包括

C_{N}

群、

D_{N}

群及正多面体固有对称变换群。
5.非固有点群：由固有转动和非固有转动的集合
6.正多面体
1）定义：各个面都是全等的正多边形的多面体
a.如果两个正多面体互相对偶，则它们的对称变换群相同。（背）
c.正N面体的固有点群的阶数为2L。L：棱数
7.正四面体固有点群—T群
8.立方体和正八面体固有点群—O群
9.正十二、二十面体固有点群—I 群
1.5节群的直乘和非固有点群
1.群的直接乘积
直乘群:
c.直乘群的性质：
2.非固有点群
a.非固有点群G所包含的所有固有转动元素形成的集合H是群G的子群；子群H的指数为2，故它是非固有点群G的不变子群。
b. 非固有点群分为两类：
d.由一个固有点群

G^{'}

得到非固有点群

G

的方法（背）：

1.1节群

1.对称变换：保持系统不变的变换。（背）

正三角形所有对称变换的集合构成 $D_{3}$ 群，，所有对称变换只有6个：

2. 群是一个集合，其中定义了元素的“乘积”法则，这个集合G满足4个条件：封闭性、结合律、存在恒元、逆元，这个集合就称为群。（背）

任何两个元素相乘还在这个集合中（背）
任意元素乘恒元等于这个元素（背）
元素乘逆元等于恒元。（背）

U(n)群：全体n维幺正矩阵的集合。

幺正：

O(n)群：全体n维实正交矩阵的集合。

正交：，实正交：矩阵元是实数

6)乘积的逆：

9)有限群的阶：有限群中的元素数目

4.循环群及其生成元

1）循环群：由一个元素 R 及其幂次构成的有限群，记作 $C_{n}$ 。（背）

n：循环群的阶，即有限群的元素个数。
R：循环群的生成元

循环群的阶和其生成元的阶相等。

生成元的阶是满足的最小正整数n。
循环群都是阿贝尔群（阿贝尔群不一定是循环群）。
绕空间固定轴转动 $2 π / n$ 角的变换R生成的群是一个n阶循环群 $C_{n}$ 群
n次固有转动轴：若绕空间固定轴转动 $2 π / n$ 角的变换R是系统的对称变换，则轴称为n次固有转动轴（n次轴），此时转动R称为n次转动
轴的方向：转动R由右手螺旋法则得到，大拇指指向轴的正方向。

1）元素R 的周期：由有限群的任一元素 R 及其幂次生成的集合。

2）有限群的生成元：有限群的群元素可以由最小数目个群元素的乘积生成

3）有限群的秩：生成元的个数

4）有限群生成元的选择并不唯一，但秩不变。

在验证B=DA这种关系时，正三角形的三个字母必须画成：
这种情况。

6.有限群的重排定理

1）复元素：把有限群部分元素的集合 ${R_{1}, R_{2}, \dots, R_{m}}$ 看作一个整体

2）群的重排定理（考试简答题）

设T是群G = {E, R, S, …}中任一确定元素，则下面三个集合与原群G相同（背）

即 $T G = G T = G^{- 1} = G$ （背）

复元素的逆是每个元素取逆

7.同构

元素是对应的，在这种对应规则下，元素的乘积也是对应的。群G和 $G^{'}$ 同构，
记为 $G \approx G^{'}$ 。（背）

3）循环群的乘法表

$C_{2} \approx V_{2}$

4）四阶群（即有4个元素的有限群）只有两种：若四阶群中含四阶元素，则为 $C_{4}$ 群、若四阶群中不含四阶元素，则为 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群

$V_{4} （也称 D_{2} ）$ 群：一个恒元加3个2阶元素。其为：

5）准确到同构，六阶群只有两种：若含六阶元素，则是 $C_{6}$ 群、若不含六阶元素，则是 $D_{3}$ 群。

a.含零个三阶元素，即群只含一个恒元加5个二阶元素。这种情况不成立。

$D_{3}$ 群是最简单的非阿贝尔群。

二阶群只有 $C_{2}$ 群，三阶群只有 $C_{3}$ 群、四阶有两个： $C_{4}$ 群、 $V_{4} （ D_{2} ）$ 群、五阶群只有 $C_{5}$ 群，由这些群的乘法表知（乘法表沿对角线对称），二阶、三阶、四阶、五阶的群都是阿贝尔群。

6）正N边形对称变换群—— $D_{N}$ 群

1个N次轴，N个二次轴。
绕N次轴转动的对称变换的集合：

绕N个二次轴转动的对称变换的集合：

$D_{N}$ 群有2N个元素

$D_{N}$ 群的乘法表

（背，重要） $T^{N} = S_{j}^{2} = E$ 、 $T^{m} S_{j} = S_{j + m}$
由上面乘积规则可以得到乘法表。
$D_{N}$ 群的阶为2N，秩为2，生成元可取T, $S_{0}$

1.2节群的各种子集

1.子群

2）判断有限群的子集是否构成子群，只需检验子集是否满足封闭性

4）任一元素的周期构成循环子群

5）寻找有限群的子群的最好办法：（背）

a.列出全部循环子群

b.把若干个循环子群并起来

c.看它们是否满足封闭性（判断是否满足封闭性：判断其中每一个元素的周期是否都在里面，再判断某两个元素的乘积是否会出去）。恒元、拉定理、封闭性。

6）常见群的子群的例子。注意枚举

我通过上面“寻找有限群的子群的最好办法”求出了确实这些群的子群是这些。

2.陪集和不变子群

1）左陪集和右陪集

子群H 记为

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）

陪集与子群无公共元素。
两个有公共元素的左陪集必然全相同。
逆否命题：不相同的左陪集 $\Rightarrow$ 没有公共元素
（背，重要性质，很有用）有限群G一定可分解为子群H和若干个左陪集 $R_{j} H$ 之并，这些子集间没有公共元素，每个子集包含h个不同元素：

3）拉格朗日定理：子群的阶数是群G的阶数的因子（背，考试简答题），g=dh，其中d称为子群H的指数。

群的阶数为素数的群没有非平庸子群。
群的阶数为素数的群只有一种，就是循环群

4）不变子群

若子群H的所有的左陪集都和对应的右陪集相等（背），即对群G中不在子群H中的任意一个元素 $R_{j}$ ，都有 $R_{j} H = H R_{j}$ ，则此子群H是原群G的不变子群H

a.阿贝尔群的所有子群都是不变子群（背）。

b.指数为2的子群一定是不变子群（背）。

c.不变子群与类的关系：不变子群必然由若干个完整的类组成（背）。由若干个完整的类组成的若是一个子群，则必然是不变子群。（这个性质可以用来判断不变子群）

6）商群

商群：不变子群H及其所有不同的陪集，构成一个复元素的集合，定义复元素的乘积规则： $(R_{j} H) (R_{k} H) = (R_{j} R_{k}) H$ ，这个由复元素构成的群称为群G关于不变子群H的商群，记作G/H
商群的恒元是不变子群H。
商群的阶数是不变子群H的指数。

7）从乘法表找子群的陪集：

群G的乘法表中与子群H的元素有关的各列中，每一行的元素要么构成子群，要么构成左陪集；G的乘法表中与子群H的元素有关的各行中，每一列的元素要么构成子群，要么构成右陪集。(背)

（考试和作业中经常有这个题，随便给一个群进行分析，记住这个例题的过程）求 $D_{3}$ 群的所有子群及其陪集，判断不变子群：

先由拉定理知，子群的阶数只能是2或3.
当子群阶数是3时，由于3阶群只有一种： $C_{3}$ 群，而由于 $C_{3}$ 群是一个恒元加两个三阶元素，故这里的3阶子群只能是{E,D,F}，D,F才是三阶元素。由于{E,D,F}指数是2，故其是不变子群。
当子群的阶数是2时，除了恒元外，为满足封闭性，另一个元素一定是二阶元素，故这里的2阶子群是{E, A}、{E, B}、{E, C}。

注意分析子群阶数、元素的阶数。

由乘法表可以写出{E, A}、{E, B}、{E, C}的陪集，由于所有左陪集和右陪集并不对应相等，故它们不是不变子群。

3.共轭元素和类

1）共轭

定义：对群G中的两个元素 $R$ 和 $R^{'}$ ，如果在群G中存在一个元素S，使得 $R$ 和 $R^{'}$ 可以通过 $R^{'} = S R S^{- 1}$ 联系起来，则称 $R$ 和 $R^{'}$ 共轭，记为 $R \sim R^{'}$ （背）

相互性： $R \sim R^{'}$ 则 $R^{'} \sim R$
传递性：与同一元素共轭的元素也相互共轭

2）类

a.定义：所有相互共轭的元素形成的集合

一个类可以被其中任意一个元素所确定。寻找类中所有元素的方法：对一个类中元素R，取群G中的一个元素S，求出 $S R S^{- 1}$ ，当S取遍G中的所有元素时，R的所有同类元素就一个一个都出现了
恒元自成一类
阿贝尔群的每个元素自成一类。
两个类没有公共元素；
同类元素的阶相同（但阶数相同的元素不一定在同一类）

3）相逆类、自逆类

类中的所有元素的逆组成一个集合，这个集合构成类，记作类。类与类称为相逆类（背）
自逆类：类与类重合（背）

4）用乘法表判断两元素是否共轭、用乘法表找出类：

关于对角线对称的元素在一个类中，由此就可以根据乘法表找出类。

5）系统对称变换群 $D_{N}$ 群的类

元素R是绕n方向转动2pi/N角的变换，元素S将n方向转到m方向
表示绕m方向转动2pi/N角的变换，m方向显然也是系统的N次转动轴。

a.等价轴：一般地，若两个同次轴的正方向可以通过对称群中的元素联系起来，则这两个转动轴称为等价轴。（背）

注意，这里等价轴定义中说的的对称群是这个形状对应的对称群

b.双向轴

一个轴的正反两个方向可以通过对称群中的元素联系起来（背）

二次轴没有极性的概念，注意：不考虑二次轴是否双向轴（背）
绕等价轴转相同角度的变换互相共轭。（背）
绕双向轴正转、逆转相同角度的变换互相共轭。（背）
例：D4群的类
D4群包含1个四次轴和4个二次轴。
绕二次轴的转动使四次轴是双向轴，绕四次轴的转动使4个二次轴分成两组（对角线连线和对边中点连线），分别互相等价。

D4群有5个类：恒元一个类，绕四次轴转动分为两个类，绕二次轴转动也分为两个类。
恒元自成一类{E}。
绕四次轴正、逆转pi/2的T和 $T^{3}$ 构成一类，绕四次轴正、逆转pi的 $T^{2}$ 构成一类{ $T^{2}$ }。
绕二次轴对角线转动的S0和S2构成一类，绕对边中点连线转动的S1和S3构成一类。

因为“绕双向轴正转、逆转相同角度的变换互相共轭”，四次轴是双向轴，故绕四次轴正、逆转pi/2的T和 $T^{3}$ 构成一类（正转270度就是逆转90度），绕四次轴正、逆转pi的 $T^{2}$ 构成一类{ $T^{2}$ }。
S0和S2可以通过对称群中的元素“转90度”而等价，S1和S3也可以通过对称群中的元素“转90度”而等价。但S0和S1这两种不等价，前面“同次轴不一定是等价轴”有解释。由于绕等价轴转相同角度的变换互相共轭，故S0和S2构成一类，S1和S3构成一类。

6）寻找有限群的类和不变子群的步骤

a.不变子群与类的关系：不变子群必然由若干个完整的类组成（背）。由若干个完整的类组成的若是一个子群，则必然是不变子群。（这个性质可以用来判断不变子群）

b.寻找有限群的类的步骤：

法一：从乘法表判断两元素是否共轭、从乘法表来寻找
法二：从“同类元素的阶相同”来寻找
(1)先确定每个元素的阶（即判断多少次方等于E），
(2)在阶数相同的元素中判断其是否共轭，从而找到所有共轭类。

c.寻找有限群的不变子群的步骤：

法一：根据乘法表和不变子群的性质、定义（所有左陪集都和对应的右陪集相等）来寻找，见不变子群一节的7）从乘法表找子群的陪集。
法二：根据“不变子群必然由若干个完整的类组成（背）”来寻找。
**(1)将若干个类并起来
(2)判断其是否构成子群（若构成子群，则是不变子群）：

是否包含恒元
是否满足拉定理：子群的阶数是群阶数的因子
是否包含每一元素的完整周期，是否满足封闭性**

法三：若已经知道了子群，则从子群中根据“不变子群必然由若干个完整的类组成（背）”来寻找。
例：D4 群的非平庸不变子群 {E, T2} {E, T, T2, T3} {E, T2, S0, S2} {E, T2, S1, S3}

已知乘积规则中的前两个公式 $T^{N} = S_{j}^{2} = E$ 、 $T^{m} S_{j} = S_{j + m}$ ，就能推导出其他两个乘积规则，所以 $S_{0} S_{2}$ 可以推导出来。
系统对称变换群 $D_{N}$ 群
N为偶数时，即N=2n：一个N次轴是双向轴，N个二次轴分成两组（对角线和对边中点连线），分别互相等价。比如 $D_{4}$ 群.
N为奇数时，即N=2n+1：一个N次轴是双向轴，N个二次轴互相等价。

1.3节群的同态关系

1.群的同态：

群 $G^{'}$ 与群G中的元素是一多对应的，在这种对应规则下，元素的乘积也是一多对应的。（背）
群 $G^{'}$ 与群G同态，记为 $G^{'} \sim G$ , G中的元素更多 （因为群 $G^{'}$ 与群G中元素是”一多对应的“，背，重要）

2.同态核定理：若G‘与G同态，则与G‘恒元对应的G中元素的集合H构成群G的不变子群

3.集合G‘与群G的同构或同态

集合G‘和群G中的元素是一一或一多对应的，在这种对应规则下，元素的乘积也是一一或一多对应的，则一堆元素的集合G‘也是一个群，是与群G同构或同态的群。（背）

1.4节正多面体的固有对称变换群

1.固有转动：三维空间中保持坐标原点不变、保持手性不变、保持任意两点间的距离不变的转动称为固有转动。

2.非固有转动：若转动后再做空间反演

3.点群：让体系的一个点保持位置不变的操作构成的变换群。

4.固有点群：固有转动的集合，包括 $C_{N}$ 群、 $D_{N}$ 群及正多面体固有对称变换群。

5.非固有点群：由固有转动和非固有转动的集合

O(3)群：三维空间的所有转动+空间反演。故非固有点群是O(3)群的有限子群。

6.正多面体

1）定义：各个面都是全等的正多边形的多面体

正多面体只有5种：4，6，8，12，20.
正多面体的所有对称变换群只有这三种：T、O、I群

a.如果两个正多面体互相对偶，则它们的对称变换群相同。（背）

正四面体与自己对偶，是自对偶图形；正六面体的对偶图形是正八面体，注意互相对偶；正十二面体的对偶图形是正二十面体。

c.正N面体的固有点群的阶数为2L。L：棱数

7.正四面体固有点群—T群

T群有12个元素

T群的类：
恒元是一类，
绕3个二次轴转动的3个元素是一类，

（由于3个二次轴等价，绕等价轴转相同角度的变换在一个类中）

绕4个三次轴正、逆向转动的8个元素分成两类：绕4个三次轴正转2pi/3的元素在一个类中，逆转2pi/3的元素在一个类中。

（由于4个三次轴等价，绕等价轴转相同角度的变换在一个类中）

故T群有4个类。前2个类是自逆类，后2个类是相逆类。

T群关于不变子群的商群： $C_{3}$ 群

由于每个复元素中元素数目都相等，为4，故商群是3阶群（3个元素），由于3阶群只有一种，故商群为 $C_{3}$ 群

8.立方体和正八面体固有点群—O群

3个四次轴、4个三次轴、6个二次轴
有24个元素，5个类。

9.正十二、二十面体固有点群—I 群

1.5节群的直乘和非固有点群

1.群的直接乘积

直乘群:

设H1 和H2 是群G 的两个子群，满足三个条件：
(1) 除恒元 $R_{1} = S_{1} = E$ 外，子群 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 无公共元素
(2) 分属两子群的元素乘积可对易，即若 $R_{i} \in H_{1}, S_{j} \in H_{2}, 则 R_{i} S_{j} = S_{j} R_{i}$
(3)群G的所有元素都可以写成这两个子群元素相乘的形式
则群G称为 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 的直乘群 ，记作

c.直乘群的性质：

若群G为 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 的直乘群，则 $H_{1}$ 和 $H_{2}$ 都是群G的不变子群。
直乘群的阶等于两子群阶的乘积，即

2.非固有点群

非固有转动变换可以看作是固有转动变换和空间反演i的乘积，而i可以与任何转动变换对易

a.非固有点群G所包含的所有固有转动元素形成的集合H是群G的子群；子群H的指数为2，故它是非固有点群G的不变子群。

b. 非固有点群分为两类：

I型非固有点群：包含空间反演i的非固有点群G：
P型非固有点群：不包含空间反演i的非固有点群G

d.由一个固有点群 $G^{'}$ 得到非固有点群 $G$ 的方法（背）：

构成I型非固有点群G：将固有点群 $G^{'}$ 直乘 $V_{2} = E, i$ 构成I型非固有点群G。（背）
构成P型非固有点群G：若此固有点群 $G^{'}$ 包含指数为2的不变子群H，则将固有点群 $G^{'}$ 的所有陪集元素乘i，再和H的元素一起构成P型非固有点群 $G$ 。（背）

来自为知笔记(Wiz)

标签：复习,考前,元素,点群,群论,子群,陪集,不变,固有
来源： https://www.cnblogs.com/quantum-condensed-matter-physics/p/14288487.html