《抽象代数 I》第二章第5节习题
Elegia
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个人记录
- 证明 S_{4} 只有一个 12 阶子群，即 A_{4}。
设 12 阶子群为 G，由于 [ S_{4} :G] =2，可知 G 是正规子群。若 G 有奇置换，考虑同态 \operatorname{sgn}将 G 映到了 \pm 1，因此 |G\cap A_{4} |=6，但又因为 G 是正规的，A_{4} 被循环移位划分成了以下几种情况：e,( 1\ 2)( 3\ 4) ,( 1\ 2\ 3)，它们分别有 1,3,8 种，凑不出来 6。
- 证明 S_{5} 只有一个 60 阶子群，即 A_{5}。
设该子群为 G，类似上题，可知 G 是正规子群，若 G 有奇置换，考虑同态 \operatorname{sgn}将 G 映到了 \pm 1，因此 |G\cap A_{5} |=|A_{5} |/2=30，可知 G 是非平凡的 A_{5} 的正规子群，于 A_{5} 是单群矛盾。
- 应用本节的结果给出空间正多面体的一个分类。
我们注意一个空间正多面体的对称群显然是有限旋转群，我们注意到根据对称性，正多面体应该恰有三个旋转群极点构成的轨道：
端点之间是传递的，且以端点为极点旋转构成非平凡循环群。
边之间是传递的，且以边中点为极点旋转构成 \mathbf{Z}_{2}。
面之间是传递的，且以面的中心为极点旋转构成非平凡循环群。
那么我们发现实际上一个包含三个轨道的有限旋转群 G 在本节中对应的 h_{1} ,h_{2} ,h_{3} 应有 h_{1} =2,h_{2} ,h_{3} >2，也就对应于边的旋转。而 h_{2} ,h_{3} 应该分别对应于端点和面，但当 h_{2} \neq h_{3} 的时候有两种对应关系。
也就对应于解 ( 2,3,3) ,( 2,3,4) ,( 2,3,5)。由于 h_{2} ,h_{3} 可以交换，我们就得到了如下五种正多面体：
正 4 面体 ( 2,3,3)：由正三角形构成，每个点周围有 3 个面。有 4 个顶点。
正 6 面体 ( 2,3,4)：由正方形构成，每个点周围有 3 个面。有 8 个顶点。
正 8 面体 ( 2,4,3)：由正三角形构成，每个点周围有 4 个面。有 6 个顶点。
正 12 面体 ( 2,3,5)：由正五边形构成，每个点周围有 3 个面。有 20 个顶点。
正 20 面体 ( 2,5,3)：由正三角形构成，每个点周围有 5 个面。有 12 个顶点。
注意由于点数/面数就是轨道的大小，而轨道大小 =|G|/ 稳定子，也即旋转对应的循环群大小，也就对应于点的邻边数/面的边数。