二面体群 · 正多边形的对称群
数学小主题读本 · 其五 ｜ 从对称群到 Dn 的结构定理——正多边形为何只有两类对称 ｜ 九章格数学 PhiloMath
本册定位。 一枚正三角形的瓷砖，放在桌上稍稍转动 120°，看起来与原来一模一样；沿着一条中线把它翻个面，也一模一样。这些「让它看起来没动」的动作，就是对称 ；把一个图形所有对称收集起来，得到的集合关于「接连做两个动作」的运算封闭，因而是一个群 ——图形的对称群 。正 n 边形的对称群记作 Dn ，称为二面体群 。本册只做一件事：把 Dn 的结构彻底讲清楚，并给出尽可能细致的证明——它恰有 2n 个元素，一半是绕中心的旋转，一半是沿 n 条轴的反射；作为抽象群，它是一个循环群被另一个二元群「拧」出来的半直积 ，即 Dn ≅ Cn ⋊ ℤ2 。为了让这条定理站得住，本册从最底层开始：先给出对称群的严格定义并证明它确实是群（§1），再论证正多边形的对称必固定中心、并把顶点搬到顶点（§2），由此数出 2n 这个上界；接着分别把其中的旋转（§3）与反射（§4）两种动作研究清楚，然后在 §5 合流为结构定理。此后顺势给出生成元与关系（§6），看清 Dn 的中心、共轭类与子群格（§7），最后把它放回平面欧氏变换群与晶体学的坐标系里（§8），再把视野从有限推向无限：讨论圆的对称群 O(2) ，并把不同位置的圆、不同位置的正多边形的对称群都放进平面等距群 E(2) 里作比较——看它们是否互为共轭、相交于什么、联合起来能生成什么（§9）。全册不假设任何超出高中与一门入门线性代数的知识，附录给出各正多边形的对称速查表和一份可直接运行的核对脚本。
§1 图形的对称群：把「对称」写成函数「对称」是几何里最古老也最含混的词之一。说一个图形对称，究竟在说什么？画家的回答是「看起来匀称」，物理的回答是「转动之后没有变化」。数学要给出一个能计算、能证明的版本，就得把「没有变化」翻译成函数语言：有一个动作，它把图形整体搬到它自己身上 。本节负责把这句直觉写成定义，并说明为什么这样拼出来的集合天然是一个群。
1.1 三类熟悉的「动作」
先看三个日常例子，找出它们的共同点。把一枚正三角形 瓷砖放在桌上，围绕它的中心转 120°，瓷砖落到与原位置完全重合的地方——若不看标记，无法察觉它动过。同样，绕中心转 240° 也一样；沿着一条中线把它翻过来（像翻书页那样），也重合。正方形 的选择更多：转 90°、180°、270° 都重合，还有四条不同的翻面方式。而一枚雪花 （正六边形）可以转 60° 的整数倍，翻面方式有六条。反过来，一枚「长宽不等的长方形」只能转 180°、以及关于两条中垂线翻面；一枚形状随意的三角形，则一个动作也做不了，任何移动都会露馅。
这些动作有个共同的名字：它们都是平面上的刚性运动 ——纸片在桌面上滑动、转动、翻面时，纸上任意两点的距离毫厘不变。用数学的话说，它们都是等距 （保距变换）。把平面上全体等距记作 E(2) ，即平面欧氏变换群 ；而「把图形 F 搬回自身」的那些等距，自然就是 E(2) 中满足 f (F ) = F 的成员。
定义 1.1（图形的对称与对称群） 设
F 是平面上一个非空点集，
E(2) 为平面上全体等距。
F 的一个
对称 是一个等距
f ，满足
f (F ) = F 。
F 的全体对称所成之集记作
Sym(F ) ，称为
F 的
对称群 （symmetry group）。当
F 是正
n 边形时，习惯把
Sym(F ) 记作
Dn ，并称
二面体群 （dihedral group）。
定义里的等号要读懂：f (F ) = F 说的是「图形作为整体被搬回自身」，而不是「每一点都原地不动」。转 120° 时，除中心外每一个点都换了位置，但整块瓷砖占的地方分毫不差——这正是对称的精髓：它动的是点，不动的是形状 。
思想 把「对称」交给函数，是一次典型的数学搬运：一个含糊的美学术语，从此变成一个可枚举、可复合、可分类的集合 。本节接下来要做的，就是证明这个集合不只是一堆散沙，而是一个有结构的整体。
1.2 对称群为什么是群
任何一个图形的对称群都自动是群，理由只用「复合」与「求逆」两条运算就够了。先回忆群的定义：一个集合 G 连同一种运算，若满足结合律、有单位元、每个元素有逆元，就是一个群。
定义 1.2（群） 集合 G 上的运算 · 若满足：(G1) 结合律 (a ·b )·c = a ·(b ·c )；(G2) 单位元 存在 e ∈ G 使 e ·a = a ·e = a ；(G3) 逆元 每个 a 有 a −1 使 a ·a −1 = a −1 ·a = e ；则称 (G , ·) 为一个群 。若运算可交换（a ·b = b ·a ）则称 Abel 群 。
对称群用的运算是映射的复合 ：先做 g 再做 f 记作 f ∘ g ，其规定是 (f ∘ g )(X ) = f (g (X ))。映射复合天然满足结合律，这一点无需验证。真正要查的是：复合之后是否仍在 Sym(F ) 里。
定理 1.3 对任意非空点集 F ，Sym(F ) 在映射复合下构成一个群。
证. 逐条核对群的三条公理。把
Sym(F ) 简记作
S 。
(G2) 单位元。 恒等映射 id 显然保距且 id(F ) = F ，故 id ∈ S ，它是复合的单位元。封闭性。 设 f , g ∈ S 。复合仍保距（两个保距映射的复合显然保距），且 (f ∘ g )(F ) = f (g (F )) = f (F ) = F ，故 f ∘ g ∈ S 。(G3) 逆元。 设 f ∈ S ，即 f (F ) = F 。要说明 f 可逆且逆仍属 S 。关键一步：平面上每个等距都是双射（既单又满），故 f 有逆映射 f −1 ，它同样是等距。由 f (F ) = F 在两边作用 f −1 得 f −1 (F ) = f −1 (f (F )) = F ，故 f −1 ∈ S 。
(G1) 结合律是映射复合的固有性质。三条齐备，
Sym(F ) 是群。
∎ 说明 1.4 上面第三条用到了「平面上每个等距都是双射」。这件事在一般的点集上并不自动成立（例如只含两个点的点集，任意映射都保距却未必可逆），但在欧氏平面上它是真的：一个可选的证明思路是，用平面上的距离可以把「三点不共线」写成代数条件，从而等距必把不共线的三点送到不共线的三点，再配合「等距由不共线的三点唯一决定」即可证得满射。本册 §2 会给出后一条引理的完整证明；在它到位之前，读者不妨先接受「平面等距是双射」这一常识——它等价于「刚体运动不会把平面皱缩或折叠」。
1.3 对称保住了什么：由距离决定的一切
对称是等距，因此它保住一切「只用距离就能说清」的量。这个原则看似空泛，却是后面所有论证的引擎：正多边形的中心、半径、边长，全都由距离刻画，因而自动被每个对称保住。
命题 1.5 设 f ∈ Sym(F ) 。若点 P 由「到 F 中若干点的距离」唯一确定，则 f (P ) 由「到这些点的像的距离」同样唯一确定。特别地，下列对象被 f 保持：F 的直径（F 中距离最大的两点）、最小外接圆及其圆心、F 的凸包与它的顶点。
证. 设 P 满足「对 F 中某组点 A 1 , …, A k d (P , A i r i P 在平面内唯一」。由 f 保距，d (f (P ), f (A i r i f (P ) 也落在同样的距离条件下；由唯一性，它正是「该条件所指的那一点」。故 P 的地位被 f 如实搬运。直径、最小外接圆（半径最小者唯一）等对象均由距离唯一刻画，故一并被保持。∎
这条命题马上会派上用场。例如，正 n 边形的中心是「到全部顶点等距」的那个唯一点，因此每个对称都必须固定中心 ——这正是下一节数出 2n 个对称的出发点。
1.4 四个小例子：从平凡群到无限群
在动手研究正 n 边形之前，先用四个简单的图形熟悉 Sym(F ) 的用法。它们分别是平凡、四元、有限、无限四种面貌的代表。
例 1.6（不规则三角形：最小的对称群） 取一个三边两两不等、三角两两不等的三角形 T 。任何对称 f 都把 T 的三条边当作带长度的对象搬来搬去；由于三边长度互不相同，最长边只能落到最长边、最短边只能落到最短边。于是每个顶点都被固定 （顶点是两条特定边的交点）。由 §2 的「三点定位」可知 f 必为恒等。故 Sym(T ) = {id}，是最小的群。
例 1.7（线段：克莱因四元群） 设
F 是一条线段
AB ，
M 是它的中点。把
A 、
B 互换的长度数据（
d (
A ,
B ) 处处相同）使得对称可以把端点互换。可验证恰有四个：
id：什么都不做；
σ ⊥ ：关于 AB 的中垂线（过 M 且垂直于 AB ）的反射，把 A 、B 互换；σ ∥ ：关于直线 AB 本身的反射，固定 A 、B ，把线段的「上下」翻转；ρ ：关于 M 旋转 180°，同样把 A 、B 互换。
这四者的复合关系是
σ ∥ ∘
σ ⊥ =
ρ ，且每个非单位元素自逆。这是一张熟悉的乘法表，名为
克莱因四元群 V4 。
例 1.8（三角形与正方形） 正三角形有 6 个对称：绕中心转 0°、120°、240°，以及沿三条中线的三个反射。正方形有 8 个：绕中心转 0°、90°、180°、270°，以及沿四条对称轴（两条对角线、两条中垂线）的四个反射。它们的对称群就是 D3 与 D4 ，其阶分别是 6 与 8 = 2n 。本册的目标是把这两个数字背后的一般规律证成一个定理，并说清这 2n 个元素如何相乘。
最后看两个极端。一枚形状随意的三角形给出最小的群 {id}；而一个圆 则给出一个无限群——绕圆心的任意角度旋转、关于任意过圆心的直线的反射，全都把圆映回自身。这个无限群正是平面上保持原点（圆心）的等距全体，记作 O(2) ，称为正交群 。它既包含无限多个旋转（连续统），又包含无限多个反射。把这个无限群与下面要研究的有限群 Dn 对照，能看清「正 n 边形的对称」是如何从「圆的对称」里按 n 等分挑选出来的。
A
B
C
O
120°
图 1-1 正三角形的对称：绕中心转 120° 把三角映回自身（蓝色弧），沿三条中线（金色虚线）各翻面一次也映回自身。连同「不动」，共 3 + 3 = 6 个对称。
1.5 小结与第一组思考题
小结 1.9 本节把「对称」翻译成了函数：Sym(F ) = { f ∈ E(2) : f (F ) = F } 。要点有三——① 它关于复合自动成群，因为恒等、复合、求逆三种操作都保住了 f (F ) = F 这个条件；② 对称保住一切由距离唯一刻画的量（直径、最小外接圆、凸包顶点）；③ 正三角形与正方形的对称群阶分别是 6 与 8，圆则给出无限群 O(2) 。下一节将证明：任何正 n 边形的对称都不超过 2n 个。
思考题 1
正五边形的对称群有几个元素？先把猜测写下来，读完全册再回头核。
把「等距」换成「任意双射」，Sym(F ) 还是群吗？把「等距」换成「保面积变换」呢？举出反例说明为什么这里必须用等距。
证明：若 f ∈ Sym(F ) ，则 f 把 F 的每个「极值点」（例如到中心最远的点）仍映成极值点。据此解释例 1.6 中「最长边只能落到最长边」。
§2 正多边形的对称：固定中心，置换顶点现在把注意力收到正多边形上。要数清它的对称，先得把正多边形本身说清楚，再证明三件事：对称必固定中心、对称必把顶点搬到顶点、对称由「相邻两个顶点的像」完全决定。第三件事会给出一个硬性的上界——对称不超过 2n 个。这个上界是整册的支点，后面两节的任务就是把这 2n 个对称一个一个造出来。
2.1 正 n 边形的定义
「正 n 边形」在中学课上是画出来的图形，这里需要一个能给证明用的定义。办法是抓住它最本质的数据：一个中心、一个半径、等分的 n 个方向 。
定义 2.1（正 n 边形） 设
n ≥ 3 为整数，
O 为平面上一点，
R > 0。在平面上取
n 个点
A 0 ,
A 1 , …,
A n −1，使
d (O , A k R 对每个 k 成立（全部顶点在同一个以 O 为心、R 为半径的圆上）；相邻顶点对中心张成的角为 2π/n ：∠A k OA k +1n （下标按模 n 循环）。
把
n 个顶点依次连接所得的
凸包 （连同边界与内部）称为
正 n 边形 ，记作
P n ；
O 称为它的中心，
R 称为外接圆半径。
定义里「依次连接」与「凸包」是同一件事：把 A 0 A 1 , A 1 A 2 , …, A n −1A 0 这些边 围起来的区域，正是这 n 个点的凸包。这样定义的好处是：P n O 等距、彼此等角」这组纯距离的条件刻画，于是 §1 的命题 1.5 可以直接开工。
先记下一条随时要用的弦长公式。「两点到中心的夹角为 θ 」时弦长为 2R sin(θ /2)——这是等腰三角形 OA i A j R 、顶角 θ 。对顶点 A i A j i −j |n n （这里 |i −j |n i −j 模 n 后取到 0, 1, …, ⌊n /2⌋ 的那个最小非负代表），于是
d (A i A j R sin( |i −j |n n )。(2.1)
由此立刻得到一条将反复使用的边长辨识 ：边长 s = d (A 0 , A 1 ) = 2R sin(π/n )。因为 sin 在 [0, π/2] 上严格递增（而 |i −j |n n ≤ π/2 对 n ≥ 3 恒成立），所以
命题 2.2（相邻 ⇔ 距离为边长） d (A i A j s 当且仅当 A i A j i −j |n
证. 由 (2.1)，d (A i A j R sin(m π/n )，其中 m = |i −j |n n /2⌋}。它等于 s = 2R sin(π/n ) 当且仅当 sin(m π/n ) = sin(π/n )；由于 m π/n , π/n 都落在 [0, π/2]，且 sin 在此段严格单增，故当且仅当 m = 1。∎
2.2 三条定位引理：点由距离钉死
要把「对称被两个顶点的像决定」证出来，需要一条纯距离的定位原理：只要到一个不共线三点的距离全给定，点的位置就唯一了 。这条原理完全不提等距，只用圆的性质。
引理 2.3（三点定位） 设 O , A , B 三点不共线。若 X , Y 满足 d (X ,O ) = d (Y ,O )、d (X ,A ) = d (Y ,A )、d (X ,B ) = d (Y ,B )，则 X = Y 。
证. 记公共距离为
r =
d (
X ,
O ) =
d (
Y ,
O )。以
O 为心、
r 为半径的圆记为
Γ O ；则
X ,
Y 都在
Γ O 上。同理，以
A 为心、
d (
X ,
A ) 为半径的圆
Γ A 也同时含
X ,
Y 。
第一步：两个圆至多交于两点。 两圆 Γ O Γ A OA 的中垂线（到 O 、A 等距的点集）上；一条直线与一个圆至多交于两点，故公共点至多两个。于是 { X , Y } ⊆ Γ O Γ A
第二步：第三个圆把它们区分开。 若 X ≠ Y ，则 Γ O Γ A X , Y ，且它们关于直线 OA 对称（因为圆 Γ O Γ A O , A 都在直线 OA 上，两圆都关于直线 OA 对称，故交点成对地关于该直线对称）。此时 X 与 Y 到直线 OA 的距离相等、分居两侧，特别地，它们到 B 的距离一般不同。要严格排除相等，注意 B 不在直线 OA 上（三点不共线）；若 B 到 X 、Y 等距，则 B 落在 XY 的中垂线上。而 XY 垂直于 OA （因 X , Y 关于 OA 对称），其中垂线平行于 OA 且过 X , Y 的中点 M ；由于 M 在 OA 上（对称轴上的中点），这条中垂线就是过 M 且平行 OA 的直线，即直线 OA 本身。于是 B 在直线 OA 上，与不共线矛盾。故 d (X ,B ) ≠ d (Y ,B )，与假设矛盾。所以 X = Y 。∎
顺着这条引理，等距的一个强性质就水到渠成：三个不共线点的像，锁死了整个等距 。
定理 2.4（等距由三点确定） 设 f , g 都是平面上的等距，A , B , C 是三个不共线的点。若 f (A ) = g (A )，f (B ) = g (B )，f (C ) = g (C )，则 f = g 。
证. 任取平面上一点
X ，我们来证
f (
X ) =
g (
X )。
(i) 先记 A ′ = f (A ) = g (A )，B ′ = f (B ) = g (B )，C ′ = f (C ) = g (C )。三条距离由保距给出：d (f (X ), A ′) = d (X , A ) = d (g (X ), A ′)，同理对 B ′、C ′。所以 f (X ) 与 g (X ) 到 A ′, B ′, C ′ 的距离分别相等。
(ii) 三点 A ′, B ′, C ′ 不共线。反设它们共线，则其中一点（不妨设为 B ′）落在另两点之间，于是 d (A ′, C ′) = d (A ′, B ′) + d (B ′, C ′)。由保距，d (A , C ) = d (A , B ) + d (B , C )，即 A , B , C 共线（三角不等式取等号），矛盾。
(iii) 于是对不共线三点 A ′, B ′, C ′，点 f (X ) 与 g (X ) 到它们的距离两两相等。由引理 2.3，f (X ) = g (X )。对一切 X 成立，即 f = g 。∎
O
A
B
X
另一个交点（被第三圆排除）
图 2-1 三点定位：到不共线三点 O , A , B 的距离各自给定，相当于落在三个圆上。前两圆的交点只有两个，第三个圆恰好排除其一，剩下的 X 被完全钉死。
2.3 对称固定中心，并置换顶点
有了定位引理，回到正多边形。第一个好消息是：任何对称都动不了中心 O ，也动不了顶点集。
定理 2.5 设 n ≥ 3，f ∈ Sym(P n 。则 (a) f 把顶点集 { A 0 , …, A n −1f (O ) = O 。
证. (a) 顶点恰是凸集
P n 的
极点 （不能被写成集内另外两点的严格凸组合的点，即多边形的「角」）。「
P 是
X ,
Y 之间的内点」这一性质可由距离刻画——
X 在线段
YZ 上当且仅当
d (
Y ,
Z ) =
d (
Y ,
X ) +
d (
X ,
Z )（三角不等式取等）——因此等距
f 把「介于」关系原样搬运，也就把极点搬到极点。由
f (
P n ) =
P n ，极点的像仍是
P n 的极点，故
f 把顶点集映到自身。
(b) 先说明满足「到全部 n 个顶点等距」的点唯一。设 P 到 A 0 , A 1 , A 2 都等距。由到 A 0 , A 1 等距，P 在 A 0 A 1 的中垂线上；由到 A 1 , A 2 等距，P 在 A 1 A 2 的中垂线上。两条中垂线不平行（分别垂直于不共线的两边 A 0 A 1 与 A 1 A 2 ），交于唯一一点，而 O 正是一个这样的点；故 O 是唯一的这种点。
现在 f 保距且把顶点集映到自身，所以对每个 k ，d (f (O ), A k d (O , f −1 (A k f −1 (A k d (O , f −1 (A k R 。于是 f (O ) 到全部顶点距离都是 R ；由唯一性，f (O ) = O 。∎
解读 2.6 定理 2.5 说的是：每个对称都是「绕 O 的动作」，同时是顶点集的一个置换 。这就是正多边形对称群的全部秘密——它们既不移动中心，也不把顶点挪到边或内部去。于是「数对称」变成「数顶点集的可行置换」，问题一下变得具体。
2.4 支点定理：对称不超过 2n 个
接着证明：一个对称只要记住它把相邻两个顶点送到了哪儿，就完全确定了。既然相邻两顶点的像各有有限多种，对称的总数就被卡住。
命题 2.7 设 f , g ∈ Sym(P n 。若 f (A 0 ) = g (A 0 ) 且 f (A 1 ) = g (A 1 )，则 f = g 。
证. 由定理 2.5(b)，f (O ) = g (O ) = O 。于是等距 f 与 g 在三点 A 0 , A 1 , O 上取值相同。而 O 不在边 A 0 A 1 上（O 是多边形内部一点，A 0 A 1 是边界），故三点不共线。由定理 2.4，f = g 。∎
定理 2.8（上界） Sym(P n 的元素个数不超过 2n ：|Sym(P n | ≤ 2n 。
证. 考虑映射
Ψ :
f ↦ (
f (
A 0 ),
f (
A 1 ) )。由命题 2.7，
Ψ 是单射。只需数它的取值有多少种。
(a) f (A 0 ) 必是顶点之一（定理 2.5(a)），故有 n 种可能。
(b) 固定 f (A 0 ) = A i f (A 1 ) 必须是 A i 某个相邻顶点 。理由：f 保距，所以 d (A i f (A 1 )) = d (A 0 , A 1 ) = s （边长）；由命题 2.2，到 A i s 的顶点只有 A i −1A i +1n ）。故 f (A 1 ) 至多 2 种可能。
(c) 于是 Ψ 的取值至多 n × 2 = 2n 种。单射的像不超过 2n ，即 |Sym(P n | ≤ 2n 。∎
思想 上界 2n 的证明里，真正出力的是两条：① 中心不动 （定理 2.5），于是 A 0 , A 1 , O 三点锁死对称；② 保距 ，于是 A 0 A 1 这条边只能落到等长的边上——而等长的边只有两条。两条合起来把 2n 这个数字挤了出来。接下来 §3、§4 会把这 2n 个名额逐个填满，从而把 ≤ 提升为 =。
思考题 2
在定理 2.8 的证明中，f (A 0 ) = A i f (A 1 ) 只能是紧邻的两个顶点，而不可以是「隔一个」的顶点？把命题 2.2 的推理补全。
把正 n 边形换成一条线段（n = 2 的退化情形），定理 2.5、2.8 是否还成立？|Sym | 与 2n = 4 相比如何？
若一个图形的对称群含有 3 个元素，它能是 Dn 的某个子群吗？先在本册末（§7）验证 Dn 的子群阶数规律，再回头作答。
§3 旋转：Dn 中的循环子群 Cn 上界已到手，现在开始「填名额」。最容易想到的对称是旋转 ：绕中心 O 把正 n 边形转 2π/n 的整数倍。本节把这一族动作组织成一个 n 阶循环群。
3.1 旋转 r 及其幂
定义 3.1（基本旋转 r ） 设
RO,θ 表示绕
O 逆时针旋转角
θ 的变换。
基本旋转 定义为
r = RO , 2π/n ，
即绕中心逆时针转 2π/
n 。
r 的
k 次复合记为
r k （
k ≥ 0；约定
r 0 = id），它等于
RO , 2k π/n 。
旋转是等距（把每点绕 O 转过同一角，任何两点的距离不变——这是等腰三角形两腰恒等式的直接后果），而且它显然把每个顶点送向下一个顶点。
引理 3.2 r ∈ Sym(P n ，并且对每个 k ，r k A j A j +k n ）。
证. 由定义 2.1，A j +1A j O 逆时针转 2π/n 得到的点（两者到 O 等距、夹角 2π/n ），故 r (A j A j +1r k A j A j +k r k A j A j +1A j +k A j +k +1P n r k Sym(P n 。特别地 r ∈ Sym 。∎
3.2 r 生成的群恰是 n 阶循环群
关键问题是：r 反复复合，会得到多少个不同的对称？答案恰是 n 个，一步不多一步不少。先把「r 转一圈」这件事写成一个等式。
定理 3.3 对整数 k ，r k n 整除 k 。特别地 r n r 的最小正周期 恰为 n 。
证. r k O 逆时针转 θ k k π/n 的旋转。它等于 id 当且仅当每个点都被转回原处，即 θ k O 的旋转若固定另一点，转角必为 2π 的整数倍）。θ k k π/n ∈ 2πℤ ⟺ k /n ∈ ℤ ⟺ n | k 。取 k = n 得 r n k < n 有 n ∤ k ，故 r k n 。∎
推论 3.4 下列
n 个旋转
id, r , r 2 , …, r n −1
两两不同，且对复合封闭；它们构成
Sym(P n 的一个
n 阶子群，记作 ⟨
r ⟩，它与循环群
Cn ≅ ℤ/
n ℤ 同构。
证. 两两不同： 设 0 ≤
i <
j ≤
n −1 且
r i =
r j 。两边左乘
r −i （旋转可逆，逆是转 −2
i π/
n ）得
r j −i = id，其中 0 <
j −
i <
n ，与定理 3.3 矛盾。故两两不同。
封闭： r i r j r i +j i +j = qn + t （0 ≤ t < n ），由 r n r i +j r t Cn ≅ ℤ/n ℤ 由 k ↦ r k n ℤ）。∎
至此已经在 Sym(P n 里造出了 n 个不同的元素。它们全都是绕 O 的旋转，合起来正好「转遍」正 n 边形一周。图 3-1 画出正六边形上 r 的作用：它把每个顶点顺次推向下一个。
A0
A1
A2
A3
A4
A5
60°
O
r(A0 ) = A 1
图 3-1 基本旋转 r 绕中心 O 转 2π/6 = 60°，把 A 0 送到 A 1 ，把每条边送到下一条边。反复做 6 次回到原处：r 6 = id。
小结 3.5 旋转给出 n 个对称 ⟨r ⟩ ≅ Cn 。它们是 Sym(P n 中「让图形整体转动而不翻面」的一族。下一节补上另一半——沿 n 条对称轴的反射。
思考题 3
验证 r k r n −k r −1 就是顺时针转 60°。
把 r 换成「绕 O 转 4π/n 」（转两步），它生成的子群阶是多少？与 gcd 有何关系？
为什么 ⟨r ⟩ 里的元素都保向 （把逆时针绕行仍映成逆时针绕行）？先用直觉说明，§4 会给出严格区分。
§4 反射：n 条对称轴，n 个翻面旋转只填了一半名额。要凑满 2n ，还得找出另外 n 个对称。它们是反射 ——沿着一条过中心的直线把整个平面翻个面。本节先给出正多边形的 n 条对称轴，再证明对应的 n 个反射两两不同、且与 §3 的旋转全不相同。
4.1 关于一条过中心的直线的反射
把平面想象成一张纸，沿一条直线对折，纸上的点各自落到「对面的对称位置」——这个动作就是关于该直线的反射。
定义 4.1（反射） 设 L 是平面上一条直线。关于 L 的反射 s L L 上的点保持不动；不在 L 上的点 X 被送到直线 L 另一侧、与 X 关于 L 对称的点 X ′（即 L 是线段 XX ′ 的垂直平分线）。
反射是等距（对折不改变纸上任何两点距离），它把直线 L 上的每一点固定，并交换 L 的两侧。两条基本性质要先记住：
命题 4.2 关于直线 L 的反射 s L s L s L L 的方向角记为 α ，则 s L θ 的点送向方向角 2α − θ 的点。
证. 第一条：对折一次再对折一次，每个点回到原位，故 s L X = O + R (cos θ , sin θ )，轴 L 过 O 、方向角 α 。把坐标系旋转 −α ，轴变成水平直线，此时反射 s L θ 变为 θ −α ，取反后为 −(θ −α )，再转回 +α 得 2α −θ 。这就是镜像点的方向角。∎
4.2 正多边形的 n 条对称轴
现在把反射搬到正多边形上。中心 O 到顶点 A 0 的射线给出一个基准方向，记它的角为 φ 0 。每过一个「半格」π/n 取一条过 O 的直线，共得 n 条。
定义 4.3（n 个基本反射） 对
k = 0, 1, …,
n −1，令
L k 为过
O 、方向角等于
φ 0 +
k π/
n 的直线，并记
s k s L k s = s 0 。
这 n 条直线作为「方向的取法」两两不同：直线方向按 mod π 计，而 k π/n 对 k = 0, …, n −1 恰好给出 n 个不同的方向。关键引理是它们各自把顶点集映到自身。
引理 4.4 s k A j A k −j n ）。因此每个 s k s k Sym(P n 。
证. 顶点
A j 的方向角是
φ 0 + 2
j π/
n ，到
O 距离
R 。由命题 4.2，
s k 把它送向方向角
2( φ 0 + k π/n ) − ( φ 0 + 2j π/n ) = φ 0 + 2(k −j )π/n
的点。该点仍距
O 为
R ，方向角恰是顶点
A k −j 的方向角（模
n ），故就是
A k −j 。于是
s k 把顶点集映到自身，边映成边，凸包映成自身，即
s k ∈
Sym(P n 。
∎ 定理 4.5 s 0 , s 1 , …, s n −1
证. 反射由它的轴唯一决定：轴的全体不动点就是那条直线。若 s k s k ′L k L k ′φ 0 + k π/n 与 φ 0 + k ′π/n 作为直线方向相同，模 π 相差整数倍，即 (k −k ′)π/n ∈ πℤ，故 n | (k −k ′)，在 0 ≤ k , k ′ < n 下只能是 k = k ′。∎
4.3 轴长什么样：奇偶两种面貌
「过中心」的直线不一定是「过顶点」的直线。哪些轴穿过一对顶点、哪些穿过一对边的中点，取决于 n 的奇偶。这是一个值得看清的细节，因为它决定了正多边形「看起来」的对称方式。
命题 4.6（轴的两种型） 轴
L k 过一个顶点，当且仅当存在
j 使
φ 0 + 2
j π/
n ≡
φ 0 +
k π/
n （mod π），等价于
2j ≡ k (mod n )。
于是：(i)
n 为奇数时，同余式 2
j ≡
k 对每个
k 都有唯一解（因 2 与
n 互素），
每条轴都穿过一个顶点 （自然也就穿过对边的中点）；(ii)
n 为偶数时，
k 偶时有两个解
j =
k /2 与
j =
k /2 +
n /2，轴穿过
一对对顶点 ；
k 奇时无解，轴穿过
一对对边中点 。故偶边形的
n 条轴中，
n /2 条为对角线型、
n /2 条为中垂线型。
证. 「轴过顶点
A j 」即方向角
φ 0 + 2
j π/
n 与轴方向
φ 0 +
k π/
n 相差 π 的整数倍，约去
φ 0 、乘以
n /π 得 2
j −
k ∈
n ℤ，即 2
j ≡
k (mod
n )。
(i) n 奇：gcd(2, n ) = 1，2 在 ℤ/n ℤ 中可逆，同余式对每个 k 有唯一解。此时该轴既过顶点 A j s k
(ii) n 偶：令 n = 2m 。同余式 2j ≡ k (mod 2m ) 可解当且仅当 k 为偶数（左端恒为偶）。k 偶时解为 j ≡ k /2 (mod m )，即 j = k /2 或 k /2 + m ，两个互为对顶点。故 k 偶的轴过一对对顶点。k 奇时无顶点落在轴上，轴只可能过边的中点——由 s k ∎
n = 5：5 条轴都过顶点
金色：3 条过对顶点
青色：3 条过对边中点
图 4-1 对称轴的两种面貌。左 （正五边形，n 奇）：5 条轴全部穿过顶点与对边中点。右 （正六边形，n 偶）：3 条穿过对顶点（金色实虚），3 条穿过对边中点（青色点线）。
4.4 旋转与反射互不相同
现在手上有了两组各 n 个的元素，还要确认它们没有重叠，才能凑出 2n 个不同的对称。
定理 4.7 对
n ≥ 3，集合
{ id, r , …, r n −1s 0 , s 1 , …, s n −1
中的 2
n 个元素两两不同。
证. 两组各自内部已证不同（推论 3.4、定理 4.5）。只需证任一 r k s m r k s m A 0 的作用：r k A 0 ) = A k s m A 0 ) = A m j = 0），故 A k A m k ≡ m (mod n )。再比较对 A 1 的作用：r k A 1 ) = A k +1s m A 1 ) = A m −1k +1 ≡ m −1 (mod n )。代入 m ≡ k 得 2 ≡ 0 (mod n )，即 n | 2。这与 n ≥ 3 矛盾。故 r k s m ∎
思想 定理 4.7 只用了一处「n ≥ 3」的实质：若 n | 2，则 2π/n 的旋转可能恰好等于某个反射。事实上当 n = 2（线段）时确会发生——「转 180°」与「沿 AB 中垂线反射」在平面上是不同的变换，但在线段自身 上的作用却仿佛「互换两端」，这正是退化情形需要单独讨论的原因。对 n ≥ 3，旋转与反射永不重合。
思考题 4
用引理 4.4 写出正六边形的 s 0 , s 1 , s 3 分别把 A 0 , …, A 5 送到哪儿，并对照图 4-1 判断哪条是「对角线型」、哪条是「中垂线型」。
证明 s k s 0 的关系：s k s 0 ∘ r −k 还是 r k s 0 ？（§5 会给出答案，先猜后证。）
n = 4 时，s 0 与 s 2 的轴分别是哪两条直线？它们互相垂直吗？这个垂直关系对 D4 的结构有什么含义？ §5 结构定理：Dn ≅ Cn ⋊ ℤ2 名额已经填满：§3 造出 n 个旋转，§4 造出 n 个反射，定理 4.7 保证它们互不相同，§2 又保证总数不超过 2n 。本节把这三点收紧成一个等式，再把「一半旋转、一半反射」这句话翻译成半直积的语言。
5.1 二面体群的阶
定理 5.1（结构定理 I：元素清单） 设
n ≥ 3。则
Sym(P n r , …, r n −1s 0 , …, s n −1Dn | = 2n 。
证. §3 与 §4 已证这 2n 个元素都属于 Sym(P n ，定理 4.7 又证它们两两不同，故 |Sym(P n | ≥ 2n 。另一方面定理 2.8 给出 |Sym(P n | ≤ 2n 。夹逼得 |Dn | = 2n ，且这 2n 个元素正是全部对称。∎
5.2 全部元素写成 r 与 s 的乘积
结构定理真正的价值不在于「有几个」，而在于「怎么相乘」。先解决一个换算：别的反射 s k s = s 0 之间差一个旋转。
命题 5.2 对每个
k ，
s k =
r k ∘
s 。于是
Sym(P n r k k ∈ ℤ } ∪ { r k s : k ∈ ℤ }。
证. 两边都是 Sym 的元素，用「由 A 0 , A 1 的像决定」（命题 2.7）即可。计算 (r k s )(A j r k s (A j r k A −j ) = A k −j s k A j A k −j j 成立，故 s k r k s 。∎
更进一步，r 与 s 之间有一条漂亮的「扭转关系」，它把整个乘法规则锁定下来。
定理 5.3（扭转关系） s r s = r −1 ，等价地 s r = r −1 s 。
证. 设
h =
s r s 。因
s ,
r ∈
Sym 而
Sym 是群，
h ∈
Sym 。算它在两个顶点上的作用：
h (A 0 ) = s (r (s (A 0 ))) = s (r (A 0 )) = s (A 1 ) = A −1 = A n −1
h (A 1 ) = s (r (s (A 1 ))) = s (r (A n −1s (A 0 ) = A 0 。
而
r −1 同样满足
r −1 (
A 0 ) =
A n −1、
r −1 (
A 1 ) =
A 0 （引理 3.2）。由命题 2.7 的结论（
A 0 ,
A 1 的像决定元素），
h =
r −1 。两边右乘
s 并用
s 2 = id 得
s r =
r −1 s 。
∎ 定理 5.4（结构定理 II：生成与乘法规则） Dn 由
r 与
s 生成，且乘法完全由下列规则决定（
i ,
j ∈ ℤ）：
r i r j r i +j r i r j s = r i +j s ，
(r i s ) · r j r i −j s ， (r i s ) · (r j s ) = r i −j
证. 第一式是旋转的定义；第二式两边都形如 r · s ，由命题 5.2 的清单与 r 的结合律可得。第三式用扭转关系：(r i s ) r j r i s r j r i r −j s ) = r i −j s ，这里用了 s r j r −j s （把定理 5.3 中 r 换成 r j r i s )(r j s ) = r i s r j s = r i −j s s ) = r i −j ∎
5.3 半直积：把「一半旋转、一半反射」讲成代数
定理 5.4 的乘法规则有一个通用的代数名字：它是循环群 Cn 被 C2 的「取逆」作用拧出来的半直积 。先回忆这个构造。
定义 5.5（半直积） 设
N ,
H 是群，
φ :
H → Aut(
N ) 是
同态 （
h ↦
φ h ，每个
φ h 是
N 的自同构）。
半直积 N ⋊φ H 以集合
N ×
H 为元素，乘法规定为
(n 1 , h 1 ) · (n 2 , h 2 ) = ( n 1 · φ h 1 n 2 ), h 1 h 2 )。
单位元是 (
e N ,
e H )，(
n ,
h ) 的逆为 (
φ h −1 (
n −1 ),
h −1 )。
在 Dn 里，取 N = ⟨r ⟩ ≅ Cn （旋转群）、H = ⟨s ⟩ ≅ C2 （二元群，由反射生成）。定义 φ : C2 → Aut(Cn ) 为 φ (s )(r ) = r −1 ，即 φ (s )(r k r −k （取逆 自同构）。这不是任选：定理 5.3 说 s 在 Dn 中正是以「取逆」的方式作用在 r 上。把这个旋钮装好，主定理随之落定。
定理 5.6（结构定理 III：半直积形式） 设
n ≥ 3，
φ 如上。则映射
Φ : Cn ⋊φ C2 ⟶ Dn ， Φ(r k s ε r k s ε ε ∈ {0,1})
是一个群同构。即
Dn ≅
Cn ⋊
φ C2 ≅ ℤ/
n ℤ ⋊
φ ℤ/2ℤ。
证. (1) Φ 是双射。 由定理 5.1 与命题 5.2，
Dn 的每个元素唯一地写成
r k s ε （
k ∈ {0,…,
n −1}，
ε ∈ {0,1}）；而 (
r k ,
s ε ) 也正好跑遍
Cn ×
C2 的
n ·2 个元素。两边元素数同为 2
n 且一一对应，故 Φ 是双射。
(2) Φ 是乘法同态。 在 Cn ⋊φ C2 中，φ (s )(r l r −l ，φ (id) 为恒等；一般地 φ (s ε r l r (1−2ε )l （ε ∈ {0,1}）。于是
(r k s ε r l s δ r k r (1−2ε )l , s ε +δ r k +(−1)ε l s ε +δ
于是
Φ(左端) = r k +(−1)ε l s ε +δ
另一方面
Φ(r k s ε r l s δ r k s ε r l s δ
用扭转关系把
s ε r l 化为
r (1−2ε )l s ε （
ε = 0 时平凡，
ε = 1 时即定理 5.3 的
s r l =
r −l s ），得
Φ(...)·Φ(...) = r k r (1−2ε )l s ε s δ r k +(−1)ε l s ε +δ
故 Φ 保乘法。(1)(2) 合起来，Φ 是同构。
∎ 解读 5.7 结构定理有三层含义，值得分开记住。数量上 ：Dn 有 2n 个元素。算法上 ：每个元素是 r k r k s ，乘法用定理 5.4 的四条规则。 结构上 ：旋转子群 Cn 是正规子群（下面 §7 会证），商群 Dn /Cn ≅ C2 ，且整个群由「商群通过取逆作用回到正规子群」的半直积复原。这正是几何中「一半旋转、一半反射」的代数化身。
内环：n 个旋转 r k （≅ C n ）
外环：n 个反射 r k s
图 5-1 Dn 的两层结构（以 n = 6 为例）：内环是 n 个旋转 r k Cn ），外环是 n 个反射 r k s 。外层的每个反射都是「内层的旋转再叠一个翻面」。
思考题 5
用定理 5.4 的规则算出 D 4 中 (r 2 s )(r 3 s ) 与 (r 3 s )(r 2 s )，比较结果说明 D 4 非交换。
若把 φ 取成平凡同态（φ (s ) = id），得到的半直积是什么群？它和 Dn 在 n = 3 时能同构吗？
证明 Dn 中旋转子群 ⟨r ⟩ 的指数为 2，并说明「指数 2 的子群必正规」。
§6 生成元与关系：Dn 的一张名片结构定理说 Dn 由两个元素 r 、s 生成，并给出了它们相乘的规则。本节把这件事翻译成群论里最简洁的一种描述——生成元加关系 ，也就是给 Dn 一张「身份证」：写出两个字，再写出它们之间全部必要的关系。有了它，Dn 就不必再依赖「正多边形」这个几何背景，而成为一个可以独立研究的抽象群。
6.1 生成集与「字」
「由 r 与 s 生成」的精确含义是：Dn 里每个元素都能写成 r 、s 的一串乘积。先把这串乘积的记法固定下来。
定义 6.1（字与生成） 设
S 是群
G 的子集。
S 上的一个
字 是形如
x 1 ε 1 x 2 ε 2 x m ε m x i S ，ε i m ≥ 0）
的乘积；
m = 0 时约定为空字，取值
e 。记 ⟨
S ⟩ 为
S 上全体字所取值的集合，称
S 生成G ，若 ⟨
S ⟩ =
G 。
⟨S ⟩ 自动是子群（字可以继续拼接、也可以取逆），且是含 S 的最小子群。由命题 5.2，Dn = { r k r k s }，这些都是 { r , s } 上的字，所以 r 、s 确实生成 Dn 。反过来，这两个字之间并不是「想怎么排就怎么排」——它们受三条关系的约束。
命题 6.2（三条基本关系） 在
Dn 中恒有
r n e ， s 2 = e ， s r s = r −1 。
证. 第一条是定理 3.3，第二条是命题 4.2，第三条是定理 5.3。∎
6.2 这三条关系是「完备」的
关系够不够用，是本节的核心问题。所谓「够用」指：任何形如 r a s b r c s d r k r k s 的标准形，不多也不少。下面用群论的标准套路把它证成。
定理 6.3（Dn 的表现） 设
n ≥ 3，
F = ⟨
r ,
s ⟩
自由 为以
r ,
s 为生成元的自由群，
N 为
F 中由
r n ,
s 2 , (
s r s )(
r −1 )
−1 生成的
正规闭包 。则
Dn ≅ F / N = ⟨ r , s ｜ r n s 2 = e , s r s = r −1 ⟩。
证. 记
G =
F /
N ，并令
r̄ 、
s̄ 表示
r 、
s 在
G 中的像。
(1) 存在满同态 G → Dn 。 由定义 6.1 的生成性，映射 r ↦ r 、s ↦ s 给出满同态 φ : F → Dn 。由命题 6.2，三条关系在 Dn 中取值 e ，故 N ⊆ ker φ ，于是 φ 诱导满同态 φ̄ : G = F /N → Dn 。
(2) G 中每个元素都是 r̄ k r̄ k s̄ 。 任取 F 中的一个字 w ，我们给出一个归约过程，逐步把它换成标准形，而每一步都在模 N 的意义下不改变 w 的值：
(i) 去逆元 ：把 r −1 换成 r n −1s −1 换成 s （由 r n e 与 s 2 = e ）。此后字中只含 r , s 的正幂。(ii) 消平方 ：把相邻的 s s 消去（s 2 = e ）。(iii) 搬动 s ：只要出现 s r j s r j r −j s （它由 s r s = r −1 推出）把 s 向左搬过每一个 r ，直到所有 s 都排在所有 r 之左。(iv) 约指数 ：把 r 的指数模 n 化简（r n e ）。
归约必停止：取「
s 右侧的
r 的数目之和」为度量，凡 (iii) 每执行一次就严格减少 1；而 (i)(ii)(iv) 都会缩短字长。
最终形式 只能是
r̄ k （无
s ）或
s̄ r̄ k ；再把
s 移到右侧即得
r̄ −k s̄ 。故
G = {
r̄ k } ∪ {
r̄ k s̄ }（
k ∈ {0,…,
n −1}），|
G | ≤ 2
n 。
(3) 综合。 |G | ≤ 2n ，而 φ̄ 是满的、|Dn | = 2n ，故 |G | ≥ 2n 。夹逼得 |G | = 2n ，从而 φ̄ 是双射，即同构。∎
解读 6.4 定理 6.3 的意义有两层。其一 ，它说明 Dn 完全可以脱离「正多边形」被描述：只要有一个元素 r 有 n 阶、一个元素 s 有 2 阶、且 s 共轭把 r 变成 r −1 ，那么由它们生成的群「一定」同构于 Dn 。其二 ，归约过程本身就是一台计算乘法的小机器：把两个元素的名字拼起来，按 (i)–(iv) 化简，立刻得到乘积的名字。下一小节的乘法表与 Cayley 图，正是这台机器的可视化。
6.3 乘法表与 Cayley 图
把定理 5.4 的四条规则逐格填满，就得到完整的乘法表。下面以 D 4 为例；表中第 a 行第 b 列写的是「先做 a 、再做 b 」的复合 ba （与定理 5.4 的「先 b 后 a 」约定一致）。请特别注意：表关于对角线不对称 ，这正是非交换的证据。
表 6-1 D 4 的乘法表（行 ∘ 列）
∘ e r r2 r3 s rs r2 s r3 s e e r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r r2 r3 e rs r2 s r3 s s r2 r2 r3 e r r2 s r3 s s rs r3 r3 e r r2 r3 s s rs r2 s s s r3 s r2 s rs e r3 r2 r rs rs s r3 s r2 s r e r3 r2 r2 s r2 s rs s r3 s r2 r e r3 r3 s r3 s r2 s rs s r3 r2 r e
作为抽样，验证两格。第 r 行、第 s 列 ：先做 r 再做 s ，即 s ∘ r = sr ，按定理 5.4 第三式（i = 0, j = 1）= r −1 s = r 3 s ，表中记为 r3 s ✓。第 s 行、第 r 列 ：r ∘ s = r 1 s = rs 。两者位置互换、结果不同（r3 s vs. rs ），故 D 4 非交换。
另一张更有结构的图是 Cayley 图 ：把群元素画成点，乘 r 画蓝边、乘 s 画金边，于群的结构一眼可见——它由两个正方形（旋转层与反射层）与它们之间的配对边组成。
e
r
r2
r3
s
rs
r2 s
r3 s
蓝：乘 r（转角 90°） 金：乘 s（翻面）
图 6-1 D 4 的 Cayley 图。外圈是 4 个旋转（蓝边成正方形），内圈是 4 个反射（蓝边成菱形）；金边表示「乘 s 」，把每个旋转与相应的反射配对。
思考题 6
用表 6-1 找出 D 4 的全部中心元素（与所有元素交换者），看是否与 §7 将给出的结论一致。
在 Cayley 图 6-1 中，从 e 出发沿「蓝、金」两条边走到某点，与沿「金、蓝」走到某点，终点相同吗？这如何解释非交换？
把三条关系换成 r n s 2 = e ，s r = r s （把「扭转」改成「交换」），得到的群有多少个元素？它同构于什么？
§7 内部解剖：中心、共轭类与子群格结构定理讲清了 Dn 如何由 r 、s 拼成，本节换成「解剖」的视角：这个群里哪些元素最特殊（中心）、哪些元素彼此「同类」（共轭类）、它能容纳哪些更小的群（子群格）。这三件事是所有群论教材的必修内容，而在 Dn 上它们都有干净的答案。
7.1 旋转子群是正规子群，商群是 C2
先说一条最有用的事实：两个基本元素中，r 的地位比 s 更「稳固」——它生成的子群被整个群通融。
定义 7.1（正规子群） 子群 H ≤ G 称为正规 （记 H ◁ G ），若对一切 g ∈ G 有 gHg −1 = H 。此时可在商集 G /H 上定义群结构，称商群 。
命题 7.2 ⟨r ⟩ ◁ Dn ，其指数为 2，且 Dn /⟨r ⟩ ≅ C2 。
证. 只需验证正规性：对每个
g ∈
Dn ，
g 形如
r a 或
r a s 。若
g =
r a ，则
g r k g −1 =
r k ∈ ⟨
r ⟩；若
g =
r a s ，则
g −1 =
s r −a ，而
r a s · r k s r −a = r a s r k s ) r −a = r a r −k r −a = r −k ∈ ⟨r ⟩，
（用了
s r k s =
r −k ，由定理 5.3 迭代而得）。故 ⟨
r ⟩ ◁
Dn 。指数 = |
Dn | / |⟨
r ⟩| = 2
n /
n = 2。2 阶群只有
C2 一种，故商群 ≅
C2 。
∎ 旁注 7.3（指数 2 即正规） 还有一条更省力的路：任何指数为 2 的子群都自动正规 。理由：指数 2 意味着 G = H ∪ gH （对任意 g ∉ H ），同样 G = H ∪ Hg ；两边比较补集得 gH = Hg ，即 gHg −1 = H 。这条小引理在判定正规性时极其常用，值得单独记住。
7.2 中心：谁与所有元素都交换
中心 Z (G ) = { g : gh = hg 对一切 h } 是群里最「平静」的部分。对 Dn 而言，它几乎是平凡的，唯一的例外来自半圈旋转。
定理 7.4（中心） Z (Dn ) = { e }（n 为奇数）， Z (Dn ) = { e , r n /2n 为偶数）。
证. 设
g ∈
Z (
Dn )。
第一步：g 必是旋转。 反设 g = r k s 。由 g 与 r 交换：r k s r = r r k s 。左端 = r k s r ) = r k r −1 s = r k −1s ，右端 = r k +1s 。故 r k −1r k +1r 2 = e ，由定理 3.3 得 n | 2，与 n ≥ 3 矛盾。故 g = r k
第二步：r k Z 的条件。 由 g 与 s 交换：s r k r k s 。左端 = r −k s （定理 5.3 的推论），故 r −k = r k r 2k = e ，由定理 3.3 得 n | 2k ，等价于 (n /gcd(n ,2)) | k 。若 n 奇 ：gcd = 1，得 n | k ，故 k ≡ 0，g = e 。若 n 偶 ：得 (n /2) | k ，即 k ≡ 0 或 n /2，故 g = e 或 r n /2r 、s 交换（r n /2s 交换，因 s r n /2r −n /2 s = r n /2s ），故确在中心。∎
定理 7.4 有一个立刻能看见的几何意义：当 n 为偶数时，r n /2绕中心转 180° 。它与所有对称交换——先转 180° 再翻面，与先翻面再转 180°，结果相同。这是因为 180° 旋转把每条对称轴类都映到自己，于是它与翻面「互不干扰」。当 n 为奇数时不存在这样的半圈旋转，中心里便只剩下单位元。
7.3 共轭类：把元素分成「同类」
定义 7.5（共轭与共轭类） a , b ∈ G 称为共轭的，若存在 g ∈ G 使 b = g a g −1 。共轭是等价关系，各等价类称共轭类 。相似地，g a g −1 也叫 a 在 g 下的共轭元 。
几何上，共轭类就是「同一类型、只是方位不同」的对称：所有反射都让某个顶点保持不动，但不同反射保持不同的顶点，于是它们互为共轭。关键在于 s 共轭 r 得到 r −1 ，即「取逆」。
定理 7.6（共轭类清单） Dn 的共轭类如下（下标模
n ）：
{ e }；
旋转类 ：对每个 k = 1, …, ⌊(n −1)/2⌋，二元类 { r k r −k }；若 n 偶，另有单元类 { r n /2反射类 ：n 为奇数时，全部 n 个反射构成一个类；n 为偶数时，它们分成两个类 K 偶 = { r 0 s , r 2 s , …, r n −2s } 与 K 奇 = { r 1 s , r 3 s , …, r n −1s }，各含 n /2 个。 证. (a) 旋转部分。 用
r 共轭：
r j r k r −j =
r k （不动）；用
s 共轭：
s r k s −1 =
r −k 。所以
r k 的共轭只有
r k 与
r −k ：当
k ≢ −
k （即
n ∤ 2
k ）时得二元类，当 2
k ≡ 0 (
n ) 时得单元类；后者在
n 偶时发生于
k =
n /2。
(b) 反射部分。 用旋转 r j r k s ：
r j r k s ) r −j = r j +k s r −j ) = r j +k r j s = r k +2j s 。
即旋转共轭把
r k s 送到
r k +2j s ，步长恒为偶数 2。
n 奇时 2 在 ℤ/
n ℤ 中可逆，
j 跑遍时
k +2
j 跑遍全部下标，故所有反射同类；
n 偶时下标只按奇偶移动，故分成
K 偶 ,
K 奇 两类。再用
s 共轭
r k s ：
s (
r k s )
s =
s r k =
r −k s ，
k → −
k 不改变奇偶，不破坏上述分法。类的大小由轨道数给出（
j 的作用给出
n /gcd(
n ,2) 个不同值，再被取逆对折叠半），即得所云。
∎ 表 7-1 小 n 的共轭类
群 阶 旋转共轭类 反射共轭类 类数 D 3 6 {r, r²} {s, rs, r²s} 3 D 4 8 {r, r³}, {r²} {s, r²s}, {rs, r³s} 5 D 5 10 {r, r⁴}, {r², r³} 全部 5 个同类 4 D 6 12 {r, r⁵}, {r², r⁴}, {r³} {s, r²s, r⁴s}, {rs, r³s, r⁵s} 6
7.4 子群格：谁能住进 Dn
最后一个解剖问题是：Dn 里能装下哪些更小的群？答案异常整洁——只有两类。
定理 7.7（子群分类） 设
H ≤
Dn 。则
H 必为下列之一：
循环型 ：H = ⟨r d d | n ，阶为 n /d ，同构于 C n /d 二面体型 ：H = ⟨r d r k s ⟩，其中 d | n 、0 ≤ k < d ，阶为 2n /d ，同构于 D n /d 证. 情形一：H ⊆ ⟨r ⟩。 循环群的子群仍是循环群，且 ⟨
r ⟩ 的
m 阶子群唯一，等于 ⟨
r n /m ⟩。写
d =
n /
m ，得
H = ⟨
r d ⟩，且
d |
n 遍历全体因子。
情形二：H ⊄ ⟨r ⟩。 则 H 含某个反射，记作 ρ 。令 H 0 = H ∩ ⟨r ⟩，由情形一是 ⟨r d d | n ）。断言 H = ⟨r d ρ ⟩：任意 h ∈ H ，若 h ∈ ⟨r ⟩ 则已在 H 0 内；若 h ∉ ⟨r ⟩ 则 h 是反射，于是 h ρ −1 ∈ H 是两个反射之积、是旋转，故 h ρ −1 ∈ H 0 ，从而 h ∈ H 0 ρ 。而 ρ = r k s （某个 k ），k 可模 d 化简（若 k ≥ d 则把 r d H = ⟨r d r k s ⟩，0 ≤ k < d 。此时 H 里旋转恰有 n /d 个、反射亦恰有多少个？——用 H = H 0 ⊔ H 0 ρ 得 |H | = 2n /d （H 0 与 H 0 ρ 不交：前者是旋转、后者是反射）。最后，这个 H 与 D n /d r d n /d 阶的作用，ρ 起 2 阶作用，且 ρ (r d ρ −1 = r −d ，正是定理 6.3 的关系式，故 ≅ D n /d ∎
定理 7.8（子群的个数） 记
τ (
n ) 为
n 的正因子个数、
σ (
n ) 为
n 的正因子之和。则
Dn 的子群总数为
τ (n ) + σ (n )。
证. 由定理 7.7，循环型子群与 n 的因子 d 一一对应，共 τ (n ) 个。二面体型子群 ⟨r d r k s ⟩ 由二元组 (d , k mod d ) 决定，d | n 、k ∈ {0, …, d −1}，数目为 Σd |n d = σ (n )。合计 τ (n ) + σ (n ) 个。（需确认不同 (d , k ) 给出不同子群：若 d ≠ d ′ 则旋转部分的阶不同；若 d = d ′ 而 k ≢ k ′ (mod d )，则所含反射的「类」不同。）∎
表 7-2 子群个数速查
n 3 4 5 6 7 8 τ(n) 2 3 2 4 2 4 σ(n) 4 7 6 12 8 15 子群总数 6 10 8 16 10 19
对素数 p ，τ (p ) = 2、σ (p ) = p +1，故 Dp 恰有 p +3 个子群：Dp 本身、⟨r ⟩、p 个反射生成的 C2 、以及 { e }。
D4
⟨r⟩
⟨r2 , s⟩
⟨r2 , rs⟩
⟨s⟩
⟨r2 s⟩
⟨r2 ⟩
⟨rs⟩
⟨r3 s⟩
{e}
阶 8
阶 4
阶 2
阶 1
图 7-1 D 4 的子群格：10 个子群按包含关系分层（连线表示「直接覆盖」）。阶 8 的 D 4 之下是 3 个阶 4 子群，其下是 5 个阶 2 子群，最底是 { e }。数字与 τ (4) + σ (4) = 3 + 7 = 10 相符。
思考题 7
用定理 7.4 解释：为什么 D 4 的中心是 { e , r 2 }，而 D 3 的中心只有 { e }？在半圈旋转上找几何理由。
数一数 D 6 的子群：用定理 7.8 求得 τ (6) + σ (6)，再在 D 6 里把这些子群逐个写出来对账。
证明：Dn 的每个二面体型子群都与其「对偶」的循环型子群互补（阶相乘 = 2n ）？举 D 6 一例说明。
§8 回到平面：Dn 在数学地图上的位置二面体群最初是作为「正多边形的对称群」被发现的。本节把它放回更大的背景：它在平面欧氏变换群 E(2) 中占据什么位置？为什么现实中的晶体只允许 n = 1,2,3,4,6？它又如何成为现代数学许多分支的入口？
8.1 Dn 是平面上的一类有限点群
由定义，Dn = Sym(P n 是 E(2) 的子群（§1 已证）。它还有一个特点：所有元素都固定中心 O （定理 2.5）。这样的群，即「固定某一点的 E(2) 的子群」，叫点群 。一个自然的问题是：平面的有限点群共有多少种？
定理 8.1（平面有限点群的分类） 设
G ≤
E(2) 有限且所有元素固定同一点
O （等价地
G ≤
O(2) ，把
O 取作原点）。则
G 恰为下列之一：
Cn （循环群，n ≥ 1） 或 Dn （二面体群，n ≥ 2）。
证. 把
O 放在原点，则
G ≤
O(2) 。按「是否含反射」分两种情形。
情形一：G 不含反射（即 G ≤ SO(2) ）。 此时 G 中每个元素都是绕 O 的旋转，对应角 θ ∈ ℝ/2πℤ。令 θ 0 = min{ θ > 0 : 旋转 θ ∈ G }（存在且为正，因为 G 有限非平凡）。若某元素对应角 θ 不是 θ 0 的整数倍，用带余除法 θ = qθ 0 + θ ′（0 < θ ′ < θ 0 ），则旋转 θ ′ = 旋转 θ · (旋转 θ 0 )−q 也在 G 中，与 θ 0 的极小性矛盾。故 G = ⟨旋转 θ 0 ⟩；再由 G 有限得 θ 0 = 2π/n 。即 G ≅ Cn 。
情形二：G 含反射。 取一反射 ρ ∈ G 。则 G 0 = G ∩ SO(2) 由情形一为 Cn = ⟨r ⟩。任何 g ∈ G ：若 g 保向则 g ∈ G 0 ；若 g 反向则 gρ 保向，故 g ∈ G 0 ρ 。于是 G = G 0 ⊔ G 0 ρ ，|G | = 2n ，且 ρ r ρ −1 = r −1 （反射使转角反号）。这正是定理 6.3 的关系式，故 G ≅ Dn 。∎
思想 定理 8.1 说：平面上的有限对称「只可能是转盘的对称或正多边形的对称」，再无第三种。这条结论反过来也解释了 Dn 为何如此基本——它不是某个多边形的偶然属性，而是平面上一切有限对称的两种基本形态之一 。圆（O(2) ）是无限的极限情形，正多边形则是把圆按 n 等分「离散化」的结果。
8.2 晶体学限制：为什么雪花是六重的
如果把「正多边形」推广成「可以无限重复铺满平面的图案」，问题会立刻变窄：n 不能任意取。这就是著名的晶体学限制定理 。
定理 8.2（晶体学限制） 设
Λ 是平面上一个
格 （
Λ = ℤ
e 1 + ℤ
e 2 ，
e 1 ,
e 2 线性无关）。若
Λ 允许
n 重旋转对称（即存在绕某点的
n 重旋转
r 把
Λ 映到自身，
r (
Λ ) =
Λ ），则
n ∈ { 1, 2, 3, 4, 6 }。
证. 把原点平移到旋转中心，
Λ 仍是格。取
e 1 ,
e 2 为
Λ 的一组基（作为 ℤ 模），则
r 由整数矩阵
A 表示：因为
r (
e 1 )、
r (
e 2 ) ∈
Λ ，它们在基下是
整系数 组合。
迹的两个算法。 一方面，r 是转过角 2π/n 的旋转，其特征值为 e ±2πi/n （把 r 放在标准正交坐标里即知），故
tr A = 2cos(2π/n )。
另一方面，
A 是整数矩阵，其迹 tr
A 是
整数 。故 2cos(2π/
n ) ∈ ℤ。而 2cos(2π/
n ) ∈ [−2, 2]，所以它只能取 −2, −1, 0, 1, 2。
逐一代入 ：
n = 1 得 2；
n = 2 得 −2；
n = 3 得 −1；
n = 4 得 0；
n = 6 得 1；而
n ≥ 7 时 2π/
n ∈ (0, π/3)，cos 落在 (½, 1)，故 2cos(2π/
n ) ∈ (1, 2) 严格夹在 1 与 2 之间，不是整数；
n = 5 时 2cos(72°) ≈ 0.618，也不是整数。故
n ∈ {1, 2, 3, 4, 6}。
∎ 解读 8.3 定理 8.2 的证明短得出奇，却挡住了一整类「不可能的对称」。五重旋转之所以在晶体里绝迹，理由不在物理，而在一个整除性：格的对称必须写成整数矩阵，而整数矩阵的迹是整数——几何的限制最终落在 ℤ 上 。雪花六重（n = 6）、蜂巢六重、方形地砖四重、蜂房与冰晶的三角格三重，都能在 n ∈ {1,2,3,4,6} 里找到位置；五重对称则要等到「准晶体」被发现才以另一种形式登场。
n = 3
n = 4
n = 6
格允许的三重、四重、六重旋转（外加平凡的一重与二重）
图 8-1 晶体学限制允许的三类旋转对称：三重（正三角形）、四重（正方形）、六重（正六边形）。五重与七重以上都被整除性挡在门外。
8.3 展望：从万花筒到根系统
Dn 并不只是「正多边形的对称群」这一句介绍就能打发的对象。它在现代数学的几个方向上都是最基本的构件，这里列出四条线索，作为继续阅读的路标。
四条延伸线索
万花筒（反射群）。 两面镜子夹角 π/n ，它们的反射 s 1 , s 2 满足 s 1 2 = s 2 2 = (s 1 s 2 )n e ，生成的正是一个 Dn 。把镜面数增加到多面体的二面角上，就得到高维的Coxeter 群 ——Dn 是其中最简单的一族。正多面体的旋转群。 三维中，正四面体、正八面体、正二十面体的旋转群分别是 A4 、S4 、A5 。它们是 Dn 的「三维表亲」：Dn 是「二维正多面体」即正 n 边形的对称群，而正四面体群又含若干 D3 、正八面体群含 D4 作为子群。根系统与 Weyl 群。 根系统 A n −1Sn ，其与 Dn 同源：两者都来自「正 n 边形型的对称」。由 Dn 出发沿这条路走，能一路通到李代数与表示论。数论与格。 当 n = 4 或 6 时，网格 Λ 的对称群格外大——正方形网格的 D 4 、三角网格的 D 6 ，分别与高斯整数 ℤ[i ] 和爱森斯坦整数 ℤ[ω ] 的乘单位群相关。这是「对称」与「数」最古老的一次握手。 §9 圆的对称群：无限从哪里来，又在哪里退去至此，本册研究的都是有限 的对称群：无论正几边形，对称只有 Dn 的那 2n 个（定理 5.1）。可 §1.4 早就提过，圆 给出的是一个无限群 O(2) ——绕圆心的任意角度旋转、关于任意过圆心的直线的反射，全都把圆映回自身。本节把「对称群」这把尺子正式用到一个没有顶点的图形上。不过 O(2) 这个记号并不记得圆放在哪里：把圆心挪一挪，得到的是同一个结构的另一份拷贝 。所以本节真正要问的是——
把不同位置的圆、不同位置的正多边形的对称群，都看成平面等距群 E(2) 的子群 ，它们彼此是什么关系？
答案分三层，每一层都对应一个已经学过的群论概念：是否共轭 （同一个模样、位置不同，§7.3）、相交于什么 （能同时照顾两个图形的动作还剩多少）、联合起来能生成什么 （把两个不同位置的对称放到一起，会不会「动」出一个更大的群）。顺着这三层走下去，有限群 Dn 与无限群 O(2) 、离散与连续，会在同一个位置上被区分清楚，也正好补上 §1.4 留下的那个伏笔。
9.1 一个圆：每个旋转、每条过心的轴
圆是第一个「对称多到数不清」的图形。要把它数清楚，先把「圆」与「圆心」用距离写死——因为整套论证的支点是：圆心必被任何对称固定在原地 。
定义 9.1（圆与圆心） 设 O 是平面上一点，r > 0。到 O 的距离恰为 r 的全体点构成以 O 为心、r 为半径的圆 ，记作 C(O , r ) ；O 称为它的圆心 ，r 称为它的半径 。
先把「固定一个点的等距」这件小事彻底说清楚。它是下面一切结论的引擎：一旦某个对称固定了圆心，它就被限定在两种面貌里。
引理 9.2（固定一点的等距只有两种） 设 f 是平面上的等距，且 f (O ) = O 。则 f 必为下列之一：绕 O 的旋转 RO , θ ，或关于某条过 O 的直线的反射。
证. 取一点
P ≠
O ，记
P ′ =
f (
P )。因
f 保距且固定
O ，有
d (
O ,
P ′) =
d (
O ,
P )。分两种情形。
情形一：P ′ = P 。 此时 f 固定 O 与 P 两点。任取直线 OP 上一点 X ：由保距，f (X ) 到 O 、P 的距离分别等于 d (X , O )、d (X , P )；而直线 OP 上同时满足这两条距离的点只有 X 自己（X 到 O 、P 的两个距离一给定，位置就被钉死），故 f (X ) = X 。于是 f 把直线 OP 逐点固定。直线外的点 X ，其像必在 OP 的另一侧、且到 O 、P 的距离不变；满足这两条的只有 X 与它关于 OP 的镜像点，故 f 只能是恒等，或关于直线 OP 的反射。两者都属于「绕 O 的旋转（转 0°）」或「过 O 的反射」。
情形二：P ′ ≠ P 。 记 ℓ 为线段 PP ′ 的垂直平分线。由 d (O , P ) = d (O , P ′)，O 到 P 、P ′ 等距，故 O 在 ℓ 上。令 g = s ℓ f （s ℓ ℓ 的反射）。则 g (O ) = s ℓ O ) = O ，且 g (P ) = s ℓ P ′) = P ，即 g 固定 O 与 P ，回到情形一：g 是恒等，或关于直线 OP 的反射。于是 f = s ℓ f 是过 O 的反射），或 f = s ℓ s OP 两条过 O 的反射的复合 ——两次对折等于转过两倍折痕夹角，即一条绕 O 的旋转（这正是 §5 半直积结构 s r s = r −1 的几何来源）。∎
命题 9.3（圆的对称群） 对任意
r > 0，
Sym(C(O , r )) = { 绕 O 的旋转 } ∪ { 关于过 O 的直线的反射 } ≅ O(2) 。
特别地，圆的对称群是
无限群 。
证. 「⊇」 绕
O 的旋转与关于过
O 的直线的反射都固定
O 、且保距；于是把「到
O 距离为
r 」的点仍送成这样的点，即把
C(O , r ) 映到自身。故它们都是对称。
「⊆」 设 f ∈ Sym(C(O , r )) ，先证 f (O ) = O 。圆心 O 由圆唯一确定 ：若两点都到圆上每一点距离为 r ，则它们都是「到圆上不共线三点等距」的点，由三点定位（引理 2.3）只能是同一点；而 O 恰是这样的点。现在 f 保距且 f (C ) = C ，故对圆上每点 P 有 d (f (O ), f (P )) = d (O , P ) = r ；而 f (P ) 跑遍整个圆，故 f (O ) 到圆上每一点距离都是 r ，由唯一性得 f (O ) = O 。再由引理 9.2，f 是绕 O 的旋转或过 O 的反射。∎
解读 9.4（O(2) ：转不停的圈 ⋊ 一面镜子） 把固定 O 的等距全体记作 O(2) ，称为正交群 ；其中保向的那些（纯旋转）构成子群 SO(2) 。旋转由转角 θ ∈ ℝ/2πℤ 决定，可以「连续地转」，所以 SO(2) 与圆周一一对应，是一个连续群 ；反射各由一条过 O 的直线（方向角 mod π）决定。把它与 §5 的 Dn ≅ Cn ⋊ ℤ2 并排看，会发现是同一个模式换了原料 ——把「n 个离散转角」换成「一整圈连续转角」，有限群就长成了无限群。
O
转 θ
金色虚线：过 O 的直线（每一条都是对称轴） 蓝色弧：绕 O 的旋转（任意角度都行）
图 9-1 圆的对称：绕圆心 O 转任意 角度都是对称（蓝色弧），关于过 O 的每一条 直线的反射也都是对称（金色虚线）。这类动作多到无法用个数计量，它们合起来构成无限群 O(2) 。
表 9-1 有限与连续：Dn 与 O(2) 的同一模式
构件 正 n 边形 Dn 圆 O(2) 旋转部分 转 2π/n 的整数倍，共 n 个 任意角，一整圈 反射部分 n 条等分轴，n 个反射 过心每条直线，连续多个 半直积 Dn ≅ Cn ⋊ ℤ2 O(2) ≅ SO(2) ⋊ ℤ2 群的阶 2n（有限） 无限（连续统） 对称轴 只有 n 条 每一条过心直线都是
两行对照读出的正是同一句话：都是「循环部分 ⋊ 一个二元反射」 ，区别只在循环部分是离散的 Cn 还是连续的 SO(2) 。
9.2 圆是正多边形的「极限」
命题 9.3 里的 O(2) 无限大，而 §3–§5 的 Dn 只有 2n 个元素。两者其实不是陌路：每个正 n 边形的对称，都是把圆的对称「按 n 等分挑出来」的结果。
命题 9.5（Dn 住在 O(2) 里） 设正 n 边形 P n O 。则 Dn = Sym(P n 是 O(2) 的子群；具体地，它恰由「转过 2π/n 整数倍的旋转」与「关于过 O 的 n 条等分直线的反射」组成。
证. 由定理 2.5，每个对称固定 O ；由引理 9.2，它必是绕 O 的旋转或过 O 的反射，故 Dn ≤ O(2) 。旋转中能保持 P n n 整数倍的那些（§3，共 n 个）；反射中能保持的，只有轴落在 §4.2 那 n 条等分直线上的那些，共 n 个。两类合计 2n 个，恰为全部。∎
思想 把圆看作「边数无穷」的正多边形，命题 9.5 给出一个精确的说法：Dn 是「每 2π/n 挑一次」，O(2) 则「一次都不挑」——任意角度都收n 越大，正 n 边形在形状上越像圆，它的对称群也越「密」地铺满 O(2) 。有限与无限在这里接头：圆是正多边形的极限，O(2) 是 Dn 的极限。
表 9-2 越大的 n ，越像圆
图形 旋转个数 反射个数 ｜对称群｜ 类型 正三角形 3 3 6 有限 正方形 4 4 8 有限 正六边形 6 6 12 有限 正十二边形 12 12 24 有限 正 n 边形 n n 2n 有限 圆（= 无穷边） 一整圈 每一条过心直线 ∞ 连续
9.3 不同位置的圆：E(2) 里同一个子群的化身
先给「圆心落在哪」配一个自己的记号。O(2) 是「固定原点（圆心）的等距全体」（§1.4），可平面上真正有的是一个一个的圆心 O 。把那个「被钉住的点」从原点换成任意的 O ，就得到本节的主角。
定义 9.6（点群的记号） 设
O 是平面上一点。把
E(2) 中固定
O 的等距全体记作
ΓO := { g ∈ E(2) : g (O ) = O }，
称为
O 处的
点群 （§8.1）。它显然是一个群：复合与求逆都保持「固定
O 」。
O(2) 正是不动点取在原点时的这一份，所以每个
ΓO 都与
O(2) 长得一模一样，差别只在「钉在哪一点」。
「点群」这个词 §8.1 已经用过：那里指固定同一点的 E(2) 的有限 子群，定理 8.1 把它们分类成 Cn 与 Dn 。现在这个限制解除了：ΓO 是一个无限点群 ，而 §8.1 的 Cn , Dn 全都住在它里面（命题 9.5）。所以下面关于 ΓO 的每一条结论，都自动适用于其中每一个有限点群——这就是本节与 §8 的接口。
引理 9.7（圆的对称群只认圆心） 设
r > 0，
C(O , r ) 是以
O 为心、
r 为半径的圆。则
Sym(C(O , r )) = ΓO 。
特别地，
圆的对称群与半径 r 无关 ：同一个心上的所有圆，不论大小，共享同一个对称群。
证. 把命题 9.3 的证明重读一遍：那里证出的正是「f 是 C(O , r ) 的对称」当且仅当「f (O ) = O 」——正向用圆心唯一性（等距把圆心送到圆心），反向用保距（固定 O 又保距，就把「到 O 距离为 r 」的点仍送成这样的点）。两个方向都没有用到 r 的具体数值 ，只用到「有这样一列半径」；故等式对一切 r > 0 成立，与 r 无关。∎
接下来三层关系，从最「软」的一层说起：看模样是否相同 。
命题 9.8（挪动位置 = 做一次共轭） 设
g ∈
E(2) ，
O 是平面上一点。则
g ΓO g −1 = Γg (O ) 。
特别地，取
g 为平移
tv （把每一点
P 送到
P +
v ），则
tv ΓO tv −1 = ΓO +v 。
证. 设 h ∈ ΓO ，即 h (O ) = O 。两边用 g 作用、再用 g −1 作用，得 (g h g −1 )(g (O )) = g (h (O )) = g (O )，故 g h g −1 ∈ Γg (O ) ，即 g ΓO g −1 ⊆ Γg (O ) 。把这条包含式里的 g 换成 g −1 、O 换成 g (O )，得 g −1 Γg (O ) g ⊆ ΓO ；两边左乘 g 、右乘 g −1 ，得反向包含，故等号成立。∎
这条命题一句话可概括：位置怎么动，子群就跟着怎么共轭 。于是「不同位置的圆的对称群」在群论的坐标里成了一件极整齐的事。
推论 9.9（E(2) 的一个共轭类） 全体
ΓO （
O 遍历平面上的点）恰是
E(2) 的一个
共轭类 （§7.3），并且
映射 O ↦ ΓO 一一对应 ：ΓO = ΓO ′ 当且仅当 O = O ′；
平移全体 T = { tv : v ∈ ℝ2 }（≅ ℝ2 ）在集合 { ΓO } 上自由且传递 地作用：任给两个位置，恰有一个平移把前者的点群共轭成后者的点群。
于是「一个位置 ⟷ 一份子群」：
平面上有多少个点，E(2) 里就有多少份这个点群。 证. 传递。 任给
O ,
O ′，取
v =
O ′ −
O ，则
tv 把
O 送到
O ′；由命题 9.8，
tv ΓO tv −1 =
ΓO ′ 。
一一对应。 设 ΓO = ΓO ′ = G 。绕 O 转过 90° 的旋转 R O , π/2ΓO = G （命题 9.3），而转 90° 的旋转只固定 O 这一个点 ；既然它也在 ΓO ′ 里，就必须固定 O ′，于是 O ′ = O 。
自由。 若 tv 把 ΓO 送回自身，则由上式 ΓO +v = ΓO ，再由一一对应得 O + v = O ，即 v = 0。故只有恒等平移才固定一个 ΓO 。∎
第二层关系是交 ：两处点群共同拥有哪些动作？换句话说，把两个圆的对称群摆在一起，它们的公共对称群 Sym(C1 ) ∩ Sym(C2 ) 还剩什么？
命题 9.10（共同的部分：连心线反射） 设
O ≠
O ′，记
ℓ = 直线
OO ′，
s ℓ 为关于
ℓ 的反射（定义 4.1）。则
ΓO ∩ ΓO ′ = { id, s ℓ 2 。
与两个圆的半径都无关。
证. 「⊆」 设
h 同时固定
O 与
O ′。更直白地说：由引理 9.2，
h 是绕
O 的旋转或过
O 的反射。若
h 是绕
O 转过
θ ≠ 0 的旋转，则
O 之外的点都被挪走，特别是
O ′ ≠
O 会被转走，与
h (
O ′) =
O ′ 矛盾；故此时
h = id。若
h 是过
O 的反射
s L ，它固定
O ′ 当且仅当
O ′ ∈
L ；而
L 已过
O ，再过
O ′ 就只能是
L =
ℓ ，即
h =
s ℓ 。
「⊇」 id 当然固定两点。反射 s ℓ ℓ 同时过 O 与 O ′，故它同时属于 ΓO 与 ΓO ′ 。两端合起来即得等式；两个非平凡元素显然不同，故 ≅ ℤ2 。∎
第三层关系是生成 ，也是这一节最漂亮的一步。单个 ΓO 是点群：它的一切动作都把 O 钉在原地，因此里面没有一个平移 （平移要把每一点都挪走）。可两个不同位置的 Γ 一合流，平移就冒出来了。
命题 9.11（放在一起就「跑」起来） 设
O ≠
O ′，
d =
d (
O ,
O ′) > 0。对任意角
α ，记
RO , α 为绕
O 转过
α 的旋转。在「
O 为原点、
O ′ = (
d , 0)」的坐标下，
RO ′, −α ∘ RO , α = tv (α ) ， v (α ) = d (1 − cos α , sin α )。
于是
⟨ΓO O ′ 含非平凡平移，
不再是点群 ：两个不同位置的圆的对称群一联手，就造出了「整个平面一起滑」的动作，挣脱了单个位置的束缚。
证. 逐点验算。两条旋转分别是
RO , α (x ) = O + R α x − O )， RO ′, −α (y ) = O ′ + R −α (y − O ′)，
其中
R α 表示「绕原点转过
α 」。在
O = 原点、
O ′ = (
d , 0) 的坐标下代入
y =
RO , α (
x )：
RO ′, −α (RO , α (x )) = O ′ + R −α (R α x − O ′) = O ′ + x − R −α O ′ = x + (O ′ − R −α O ′)，
倒数第二步用了
R −α R α = id。而
R −α O ′ = (
d cos
α , −
d sin
α )，故
O ′ − R −α O ′ = (d − d cos α , d sin α ) = d (1 − cos α , sin α ) = v (α )。
即该复合把每个点
x 都加上同一个向量
v (
α )，故它是平移
tv (α ) 。（几何上，
v (
α ) 随
α 描出以 (
d , 0) 为心、
d 为半径的圆；
α ∈ (0, 2π) 时
v (
α ) ≠ 0，故这些都是非平凡平移。）
∎
平移 t
O
O′
(a) 平移共轭
把 Γ(O) 共轭成 Γ(O′)
ℓ
(b) 交：只剩连心线翻面
Γ(O) ∩ Γ(O′) = { id, s }
α
−α
t(v)
O
O′
(c) 联合生成：冒出平移
R(O′,−α) ∘ R(O,α) = t(v)
图 9-2 同一个点群的三种关系。(a) 平移把 O 处的点群共轭成 O ′ 处的点群：ΓO ′ = tv ΓO tv −1 （位置一动，子群跟着共轭搬家）；(b) 两者的交只剩「沿连心线 ℓ 的翻面」s ℓ (c) 绕 O 转 α 、再绕 O ′ 转 −α ，合起来是一个平移 ——两个不同位置的对称群一联手，就产生了单个点群给不出的动作。
解读 9.12（位置与半径的分工） 三层关系收拢成三句话：
共轭 说「不同位置的圆，对称群是同一个模子印出来的」；
交 说「印出来的这些副本，两两只共享一条连心线反射」；
生成 说「两个副本一碰头就造出平移——单个副本里的动作全都在某点驻留，合起来就不再驻留」。而这三句话里，出场的位置信息只有「圆心在哪」：
半径 r 完全不入场 （引理 9.7）：同一个心上的圆，大的小的，共享同一个 ΓO ；圆心 O 决定「是哪一个共轭副本」 （推论 9.9）：位置与子群一一对应；圆心之差 O ′ − O 决定其余一切 ：它的方向给出交（就是 ℓ ），它的长度 d 给出生成出的平移 v (α )。
一句话：
圆把「位置」当成了自己唯一的对称参数，把「大小」整个让了出去。 表 9-3 ΓO 与 ΓO ′ （O ≠ O ′）的四层关系
关系 结论 依据 是否相等 否 （O ≠ O ′ 时两者不同）推论 9.9 是否共轭 是 ：ΓO ′ = tv ΓO tv −1 （v = O ′ − O ）命题 9.8 交 { id, s ℓ 2 （与半径无关） 命题 9.10 联合生成 含非平凡平移，不再驻留于一点 命题 9.11
四行合起来是同一件事的四个角度：位置把同一个子群复制到平面各处（共轭），复制品之间只剩一条连心线缘分（交），而一旦把两个复制品合起来用，就会「跑」（生成）。
9.4 不同位置的正多边形：多出一个朝向参数
把 §9.3 的三个问题原样搬到正多边形上。记号上只多一件东西：朝向 。圆对朝向不敏感——每一条过心直线都是它的对称轴，「转了多少度」根本不进入描述；正多边形只认 n 条等分轴，于是「转了多少度」成了一个真实的参数。这一点会让答案比圆复杂，也让离散与连续 的差别第一次显形。
定义 9.13（正多边形的对称群与朝向） 设
P 是中心为
O 的正
n 边形（
n ≥ 3），把它的一条对称轴的方向角记为
θ ，称
θ 为
P 的
朝向 （orientation）。记
ΔO , θ := Sym(P ) ≅ Dn 。
朝向只在
π/n 的整数倍 下不改变轴集（
n 条轴的方向角是
θ +
k π/
n ，
k = 0, …,
n −1；整体再转过 π/
n 只是把这张清单重新编号），故朝向被看作模 π/
n 的角，即 ℝ/(π/
n ) 中的元素。
命题 9.14（同一位置上有一整族子群） 固定位置
O 。
每个 ΔO , θ 都含同一个旋转子群 Cn = ⟨ RO , 2π/n ⟩——旋转部分与 θ 无关，只有反射部分随 θ 整体转过 θ ；
让 θ 跑遍 ℝ/(π/n )，得到连续多个互不相同 的子群，每个都 ≅ Dn ，且都住在 ΓO 里（命题 9.5）。
对照 §9.3：
同一个位置上，圆只有一份对称群 ΓO ，正 n 边形却有一整族 ΔO , θ 。 证. 旋转部分。 由命题 9.5，保持正 P 的旋转恰是转角取 2π/n 整数倍的那些，这个条件与 P 转过多大角（即 θ ）无关；故 Cn ⊆ ΔO , θ 且对一切 θ 相同。反射部分。 ΔO , θ 的 n 条轴方向角为 θ + k π/n （§4.2），随 θ 整体平移；当 θ ≢ θ ′ (mod π/n ) 时这两张轴清单没有公共直线，故对应子群不同。合起来即所求。∎
命题 9.15（位置动就平移共轭，朝向动就旋转共轭） 对平移
tv 与绕原点的旋转
g φ （转过
φ ），
tv ΔO , θ tv −1 = ΔO +v , θ ， g φ ΔO , θ g φ −1 = ΔO , θ +φ 。
于是全体
ΔO , θ 也构成
E(2) 的一个共轭类，但参数是
两件 ：位置
O 与朝向
θ （mod π/
n ）。
对照 9.3：圆的共轭类只用一个参数（位置），正多边形要用两个。 证. 两步都只是命题 9.8 式推理的直接应用：共轭把不动点搬成不动点、把对称轴搬成对称轴。第一步取 g = tv ：正 P 被整体平移，中心从 O 变成 O + v ，而平移不改变任何直线的方向，故朝向不动。第二步取 g = g φ θ 的直线搬成方向角为 θ + φ 的直线，故整套轴转过 φ ，而中心与旋转子群不动。∎
接下来是交 ：两个图形各自都有一个对称群，把它们共同 拥有的动作收集起来，就是两者的公共对称群 Sym(P 1 ) ∩ Sym(P 2 ) 。分同心与异心两种摆法。
命题 9.16（同心两多边形：Dn 或 Cn ） 设两个全等正
n 边形的中心同为
O ，朝向分别为
θ ,
θ ′。则
ΔO , θ ∩ ΔO , θ ′ = Dn （当 θ ≡ θ ′ (mod π/n )：两方 n 条轴完全重合 ）；
ΔO , θ ∩ ΔO , θ ′ = Cn （否则：旋转永远相同，反射一个不剩）。
对照 §9.3：两个同心圆不论怎么摆都是同一个
ΓO （=
O(2) ），一个元素也不少。
证. 公共对称必固定
O （定理 2.5），故是绕
O 的旋转或过
O 的反射。
旋转部分。 P 1 的旋转对称恰是 ⟨r ⟩ = Cn （转 2π/n 的整数倍）；P 2 是 P 1 的旋转像，而旋转彼此交换，故其旋转对称与 P 1 相同，仍是 Cn 。于是公共旋转对称恰为 Cn 。
反射部分。 P 1 的轴方向角是 θ + k π/n ，P 2 的则是 θ ′ + k π/n （k = 0, …, n −1）。两条过 O 的直线相同当且仅当方向角模 π 同余，故两张清单有公共成员就等价于 θ − θ ′ 是 π/n 的整数倍；此时两张清单完全重合 ，Dn 中全部 n 个反射都是公共对称；否则一个也不剩。
合起来：θ ≡ θ ′ (mod π/n ) 时为 Cn ∪（n 个反射）= Dn ，否则为 Cn 。∎
命题 9.17（异心两多边形：ℤ2 或平凡） 设两个全等正
n 边形的中心
O ≠
O ′，
ℓ = 直线
OO ′，朝向分别为
θ ,
θ ′。记
φ 为
ℓ 的方向角。则
ΔO , θ ∩ ΔO ′, θ ′ = { id, s ℓ φ ≡ θ ≡ θ ′ (mod π/n )，即 ℓ 恰是双方的对称轴）；
ΔO , θ ∩ ΔO ′, θ ′ = { id } （否则）。
对照 命题 9.10：异心两圆的交
恒 为 { id,
s ℓ }——圆的每一条过心直线都是对称轴，「连心线是轴」对它自动成立；多边形则要看运气。
证. 「⊆」 设
h 是公共对称。由定理 2.5，它分别固定
O 与
O ′，故
h ∈
ΓO ∩
ΓO ′ = { id,
s ℓ }（命题 9.10）。于是交集只能 ⊆ { id,
s ℓ }。
何时含 s ℓ 反射 s ℓ P 的对称，当且仅当 ℓ 是 P 的一条对称轴（§4.2），也就是 φ ≡ θ (mod π/n )。两端都成立时，交集为 { id, s ℓ 2 ；任一端不成立时，反射 s ℓ ∎
最后仍是生成 。把命题 9.11 的公式搬到多边形上，恰好照出「离散」与「连续」的分野。
命题 9.18（连续一族 vs 有限多个） 设
O ≠
O ′。
圆： 对每一个 角 α ，RO ′, −α ∘ RO , α = tv (α ) 都在 ⟨ΓO O ′ 里（命题 9.11）；v (α ) 随 α 描出一条连续 的圆弧。一次「错位」就是一整族平移的源头。正 n 边形： ΔO , θ 里的旋转只有 RO , 2πk /n （k = 0, …, n −1）这 n 个，能代进同一公式的 α 只有有限多个 取值，故直接得到的平移只有 tv (2πk /n ) 这 n 个。一次「错位」只给出有限多个平移。
离散的东西再怎么叠加，也叠不出连续 ——这正是
n 有限在「位置族」上留下的最后一道印记。
同心 · 轴重合
同心 · 轴错开
异心 · 连心线是轴
异心 · 连心线不是轴
图 9-3 两个全等正方形的四种摆法（金色虚线为连心线 ℓ ）。(a) 同心、轴重合（虚线方为实线方转过 45° = π/4）：公共对称群是 D4 ；(b) 同心但转过 22.5°（不是 π/4 的整数倍）：两方轴错开，只剩旋转 C4 ；(c) 异心、连心线恰是一条对称轴：公共对称群 { id, s ℓ 2 ；(d) 异心、两方各转 30°，ℓ 不再是任何一条对称轴：公共对称群只剩平凡的 { id }。
解读 9.19（圆与正多边形：同四个问题，多一个参数） 把 9.3、9.4 并排，规律一目了然：
无论圆还是正多边形，「不同位置的对称群」都在回答同样的四个问题 ——相等吗？共轭吗？交是什么？联合生成什么？差别可以只用一句话概括：
圆的对称群只认位置。 半径不入场，位置一变就整体共轭搬家；因为每一条过心直线都是轴，连心线自动合格，所以交恒为 ℤ2 ；又因为旋转是连续的，两个异心圆一联手就能造出连续一族 平移。正多边形的对称群还要认朝向。 同一个位置上有一整族子群（参数 θ mod π/n ）；连心线是不是轴要「碰运气」，故交在 ℤ2 与 { id } 之间摇摆；而旋转只有 n 个，能造出的平移也只有有限多个 。
于是本册从有限走到无限、再转回有限时，那条最清楚的界线浮现出来：
对称越「慷慨」（越接近连续），位置的细微差别越不影响它共享的对称；对称越「吝啬」（有限而离散），位置与朝向就越要计较。 而两者的接缝在 §9.2 已经量过：
Dn ≤
O(2) ，正多边形是圆按
n 等分「离散化」的产物。本节三层关系的数值核对，见附录 B 核对脚本的第
[7] 段。
表 9-4 四个问题，两种答案
关系 两个圆（异心） 两个全等正 n 边形（异心） 是否相等 否 否 是否共轭 是（只由位置差决定） 是（由位置差与朝向差决定） 交 恒 { id, s ℓ 2 { id, s ℓ ℓ 是否轴） 联合生成 连续一族平移，向 E(2) 逼近 有限多个平移，仍是离散的一小撮 同心时 恒 ΓO （与半径无关） Dn （轴重合）或 Cn （轴错开）
整张表只说了两件事：「位置」决定用哪一个共轭副本（圆到此为止，多边形还要再挑朝向）；而两个不同位置的副本之间，能共享的对称逃不出 { id, s ℓ
9.5 小结与思考题
小结 9.20 本节把「对称群」这把尺子用到了无限的情形，并把不同位置的图形放进
E(2) 一起比较：
一个圆 ：Sym(C(O , r )) = ΓO = O(2) ，是无限群，且与半径无关 （引理 9.7）；它与 Dn ≅ Cn ⋊ ℤ2 是同一个半直积模式，只是把 Cn 换成了连续的 SO(2) 。圆是正多边形的极限 ：Dn ≤ O(2) ，n 越大 Dn 越「密」（命题 9.5）。不同位置的圆 （作为 E(2) 的子群）：彼此共轭 ，参数只有位置，位置与子群一一对应（命题 9.8、推论 9.9）；两两交 为 { id, s ℓ 2 （命题 9.10）；一联合生成 就冒出平移，不再是点群（命题 9.11）。不同位置的正 n 边形 ：同样共轭，但参数是「位置 ＋ 朝向」两件（命题 9.15）；同一位置上有连续一族子群（命题 9.14）；交为 Dn / Cn （同心）或 ℤ2 / { id }（异心）（命题 9.16、9.17）；联合生成出的平移只有有限多个（命题 9.18）。一条共同的界线 ：位置（以及朝向）一动，子群就整体共轭搬家；两处子群能共享的对称逃不出 { id, s ℓ s ℓ 思考题 9
证明：对任意等距 g 与点 O ，有 g ΓO g −1 = Γg (O ) ；并说明 ΓO = ΓO ′ 当且仅当 O = O ′。（提示：ΓO 里有一个「只固定 O 」的旋转。）
用引理 9.7 说明：为什么「圆有多大」这个信息在对称群里完全看不到？再把同样的问法用在正 n 边形上——边长会影响 ΔO , θ 吗？
三个不同心的圆：若三心共线，公共对称群 ≅ ℤ2 ；若三心不共线，则只有 { id }。证明之。（提示：固定两个圆心后已只剩 { id, s ℓ ℓ 上。）
在「O 为原点、O ′ = (d , 0)」的坐标下验算 RO ′, −α ∘ RO , α = tv (α ) ，v (α ) = d (1 − cos α , sin α )；再说明 α 变化时 v (α ) 描出什么曲线，以及为什么 α ∈ (0, 2π) 时它不可能是恒等。（提示：v (α ) 的模是 2d |sin(α /2)|。）
两个同心正六边形，一个相对另一个转过 30°，另一个转过 15°。用命题 9.16 判断它们各自的公共对称群（提示：n = 6 时 π/n = 30°）。
结语思考题
把本册所有定理按「定义 → 引理 → 结构定理 → 性质」的链条重画一张依赖图，标出哪一步用到了「正 n 边形」、哪一步只用到「群」。
若允许图形不是正多边形，而是任意一个有 n 个顶点的集合，其对称群还能是 Dn 吗？举例说明「恰好等于 Dn 」与「包含 Dn 」的区别。
用定理 8.1 说明：一个有限的平面图形，若其对称群含一个反射，则它必定也「含足够多的旋转」，从而对称群是某个 Dn 。这句话的反面是否成立？
把 §9 的三层关系（共轭、交、生成）原样搬到三维：不同位置的球面、不同位置的立方体，它们的对称群作为 E(3) 的子群，会有怎样的结论？哪一条最容易推广，哪一条最先失效？
附录 A 正多边形对称速查表下面的表 A-1 把本册关于 Dn 的主要结论汇成一览，便于查阅与记忆；表 A-2 则把同一件事的三种说法并列，作为「翻译词典」。两表中的符号与本册正文一致：r 是绕中心转 2π/n 的基本旋转，s 是关于过基准顶点的轴的反射，e 是恒等。
表 A-1 Dn 速查（n = 3, …, 8）
n ｜Dn ｜ 旋转 反射 对称轴 中心 Z(Dn ) 共轭类数 子群数 可作为晶体对称 3 6 3 3 全过顶点 {e} 3 6 可 4 8 4 4 2 条过对顶点 + 2 条过对边中点 {e, r²} 5 10 可 5 10 5 5 全过顶点 {e} 4 8 不可 6 12 6 6 3 条过对顶点 + 3 条过对边中点 {e, r³} 6 16 可 7 14 7 7 全过顶点 {e} 5 10 不可 8 16 8 8 4 条过对顶点 + 4 条过对边中点 {e, r⁴} 7 19 不可
「共轭类数」按 §7 的公式计算：n 奇时为 (n −1)/2 + 2，n 偶时为 n /2 + 3。「子群数」为 τ (n ) + σ (n )。
表 A-2 同一件事的三种说法
概念 几何语言 群论语言 矩阵语言 一个对称 一个搬回自身的动作 Dn 的元素 2×2 正交矩阵 基本旋转 绕中心转 2π/n 生成元 r rot(2π/n) 基本反射 沿过中心的轴翻面 生成元 s refl(0) 三条关系 转满一圈 / 翻两次复原；翻·转·翻 = 反转 rn = s² = e，s r s = r−1 矩阵恒等式 群的阶 动作总数 ｜Dn ｜ = 2n 矩阵个数 2n 保向 / 反向 转动 / 翻面 属于 Cn / 不在其中 det = +1 / −1 中心 与所有动作都交换 Z(Dn ) 与全群交换的矩阵 子群 更小的对称群 Cm 或 Dm 子矩阵群 典型出现 正多边形、雪花、蜂巢 2n 阶由两生成元决定的群 正交矩阵的有限子群
附录 B 一份可运行的核对脚本下面这段 Python（只需 numpy ）把本册几条主要结论逐条数值核对一遍：群的阶、三条关系、乘法规则、中心、共轭类、子群计数、晶体学限制，以及 §9 里「不同位置的圆与正多边形，其对称群在 E(2) 中是什么关系」。它既是「算一遍比读十遍更清楚」的练习，也可当作本册结论的独立体检。建议读者先自己写一遍，再与这份对照。 脚本把每个对称实现为 2×2 正交矩阵，用矩阵乘法执行「接连做两个动作」。
# dihedral_check.py —— 二面体群 D_n 结构与性质的自我核对（需要 numpy）
import numpy as np, math
def rot(t): # 绕原点转 t 的旋转矩阵
return np.array([[math.cos(t), -math.sin(t)],
[math.sin(t), math.cos(t)]])
def refl(alpha): # 关于过原点、方向角 alpha 的直线的反射
c, s = math.cos(2*alpha), math.sin(2*alpha)
return np.array([[c, s], [s, -c]])
def key(M): # 矩阵去重键（四舍五入消除浮点误差）
return tuple(np.round(M, 6).ravel())
def dihedral(n):
"""构造 D_n 的 2n 个元素：{r^k} 与 {r^k s}，返回旋转与反射两个生成元。"""
R = rot(2*math.pi/n) # 基本旋转 r
S = refl(0.0) # 基本反射 s（轴取 x 轴，即过 A_0）
G = {}
for k in range(n):
Mk = np.linalg.matrix_power(R, k)
G[key(Mk)] = ('r', k) # 旋转 r^k
G[key(Mk @ S)] = ('rs', k) # 反射 r^k s
return R, S, G
# ---- 0. 群的阶：对 n = 3..8，D_n 恰有 2n 个不同元素 ----
for n in range(3, 9):
_, _, G = dihedral(n)
assert len(G) == 2*n, (n, len(G))
print("[0] |D_n| = 2n 对 n=3..8 成立")
# ---- 1. 三条基本关系：r^n = s^2 = e，s r s = r^-1 ----
I = np.eye(2)
for n in range(3, 9):
R, S, _ = dihedral(n)
assert np.allclose(np.linalg.matrix_power(R, n), I) # r^n = e
assert np.allclose(S @ S, I) # s^2 = e
assert np.allclose(S @ R @ S, np.linalg.inv(R)) # s r s = r^-1
print("[1] r^n = s^2 = e、s r s = r^-1 对所有 n 成立")
# ---- 2. 乘法规则（定理 5.4）逐格复核 ----
n = 6
R, S, _ = dihedral(n)
for i in range(n):
for j in range(n):
Ri = np.linalg.matrix_power(R, i)
Rj = np.linalg.matrix_power(R, j)
assert np.allclose((Ri @ S) @ Rj, np.linalg.matrix_power(R, (i-j) % n) @ S)
assert np.allclose((Ri @ S) @ (Rj @ S), np.linalg.matrix_power(R, (i-j) % n))
assert np.allclose(Ri @ (Rj @ S), np.linalg.matrix_power(R, (i+j) % n) @ S)
print("[2] (r^i s)r^j = r^{i-j}s、(r^i s)(r^j s) = r^{i-j}、r^i(r^j s) = r^{i+j}s 成立")
# ---- 3. 中心：与全群交换的矩阵 ----
def center_size(n):
_, _, G = dihedral(n)
ms = [np.array(m).reshape(2, 2) for m in G.keys()]
return sum(1 for A in ms if all(np.allclose(A @ B, B @ A) for B in ms))
assert center_size(3) == 1 and center_size(5) == 1 # n 奇：只有 e
assert center_size(4) == 2 and center_size(6) == 2 # n 偶：e 与 r^{n/2}
print("[3] |Z(D_n)| = 1(n 奇) / 2(n 偶) 成立")
# ---- 4. 共轭类的大小分布 ----
def class_sizes(n):
_, _, G = dihedral(n)
ms = [np.array(m).reshape(2, 2) for m in G.keys()]
seen, sizes = set(), []
for i in range(len(ms)):
if i in seen:
continue
cl = [j for j in range(len(ms))
if any(np.allclose(ms[g] @ ms[i] @ np.linalg.inv(ms[g]), ms[j])
for g in range(len(ms)))]
seen |= set(cl)
sizes.append(len(cl))
return sorted(sizes)
assert class_sizes(4) == [1, 1, 2, 2, 2] # e、r^2 各成类；{r,r^3} 与两个反射类各 2 个
assert class_sizes(3) == [1, 2, 3] # e, {r,r^2}, {三个反射}
print("[4] 共轭类大小 D_4 =", class_sizes(4), "；D_3 =", class_sizes(3))
# ---- 5. 子群计数 = tau(n) + sigma(n) ----
tau = lambda n: sum(1 for d in range(1, n+1) if n % d == 0)
sigma = lambda n: sum(d for d in range(1, n+1) if n % d == 0)
counts = {n: tau(n) + sigma(n) for n in range(3, 9)}
assert counts == {3: 6, 4: 10, 5: 8, 6: 16, 7: 10, 8: 19}
print("[5] tau(n)+sigma(n):", counts)
# ---- 6. 晶体学限制：2cos(2pi/n) 为整数的 n ----
good = [n for n in range(1, 25)
if abs(2*math.cos(2*math.pi/n) - round(2*math.cos(2*math.pi/n))) < 1e-9]
print("[6] 2cos(2pi/n) 为整数的 n =", good, " （应为 [1, 2, 3, 4, 6]）")
assert good == [1, 2, 3, 4, 6]
# ---- 7. §9：不同位置的圆 / 正多边形，它们的对称群在 E(2) 里是什么关系 ----
# 把等距实现为 (A, b)：x |-> A x + b（A 为 2x2 正交矩阵），中心在 P 的动作就是 x |-> A(x-P)+P
def isom(A, P):
P = np.asarray(P, float)
return (A, P - A @ P)
def compose(f, g): # 先做 g，再做 f
(A1, b1), (A2, b2) = f, g
return (A1 @ A2, A1 @ b2 + b1)
def hkey(f): # 等距的去重键
return tuple(np.round(np.concatenate([f[0].ravel(), f[1]]), 6))
def poly(O, theta, n): # 正 n 边形（中心 O、朝向 theta）的对称群
return {hkey(isom(rot(2*math.pi*k/n), O)) for k in range(n)} | \
{hkey(isom(refl(theta + math.pi*k/n), O)) for k in range(n)}
O1, O2 = np.array([0., 0.]), np.array([2.5, 1.0])
d = float(np.linalg.norm(O2 - O1))
u = (O2 - O1) / d # 连心线方向的单位向量
w = np.array([-u[1], u[0]]) # 与连心线垂直的单位向量
phi = math.atan2(u[1], u[0]) # 连心线方向角
# 7a. 命题 9.11：绕 O1 转 a、再绕 O2 转 -a，合起来恰是平移 t(v(a))
for a in [0.3, 1.1, 2.0, 3.0, 5.5]:
A, b = compose(isom(rot(-a), O2), isom(rot(a), O1))
assert np.allclose(A, np.eye(2)) # 它确实是一个平移
assert abs(b @ u - d*(1 - math.cos(a))) < 1e-9 # 沿连心线的分量
assert abs(b @ w - d*math.sin(a)) < 1e-9 # 垂直分量
print("[7a] R(O2,-a) o R(O1,a) = t(v(a))，v(a) = d(1-cos a, sin a) 成立")
# 7b. 命题 9.10：两个异心圆的点群之交恰为 { id, s_l }（l = 连心线）
keeps = lambda A: np.allclose(O1 - A @ O1, O2 - A @ O2, atol=1e-9)
cand = [np.eye(2), refl(phi)] + [rot(2*math.pi*k/360) for k in range(1, 360)]
assert sum(1 for A in cand if keeps(A)) == 2
print("[7b] Gamma_O1 ∩ Gamma_O2 = { id, s_l }，且 l 就是连心线")
# 7c. 命题 9.16 / 9.17：同心 -> D_n 或 C_n；异心 -> Z2 或 { id }
n = 6
same_axis = len(poly(O1, 0.0, n) & poly(O1, math.pi/n, n)) # 同心、轴重合
same_shift = len(poly(O1, 0.0, n) & poly(O1, 0.37, n)) # 同心、轴错开
far_axis = len(poly(O1, phi, n) & poly(O2, phi, n)) # 异心、连心线恰是轴
far_shift = len(poly(O1, phi, n) & poly(O2, phi + math.pi/(2*n), n)) # 异心、错开半格
assert (same_axis, same_shift, far_axis, far_shift) == (2*n, n, 2, 1)
print("[7c] D_n(%d) / C_n(%d)（同心）；{ id, s_l }(%d) / { id }(%d)（异心）——与命题 9.16、9.17 一致"
% (same_axis, same_shift, far_axis, far_shift))
print("全部核对通过")
脚本在读什么
[0] 直接数出 Dn 的 2n 个元素，是结构定理 I（定理 5.1）的计算版。[1] 是命题 6.2 的三条关系，逐条用矩阵验算——其中 s r s = r −1 是全部结构的枢纽。[2] 复核定理 5.4 的乘法规则。把它与表 6-1 对照，就能明白乘法表并非背出来的，而是这几条规则的展开。[3] 、[4] 分别验证定理 7.4（中心）与定理 7.6（共轭类）：偶数 n 时多出的那个中心元素，正是半圈旋转 r n /2[5] 把定理 7.8 的公式 τ (n ) + σ (n ) 与六个实例对上账。[6] 把「雪花为什么是六重的」化成一个 for 循环——几何的限制，落在 ℤ 的地上。[7] 是 §9 的机器版：(7a) 验算两个异心点群一联手就产生平移；(7b) 扫遍所有等距，确认两处点群之交恰是「连心线反射」这两个元素；(7c) 数出同心与异心两多边形的公共对称群，分别对上 Dn / Cn 与 ℤ2 / { id }。 延伸练习
给脚本加一个函数，输入 Dn 的一个元素（矩阵），输出它的名字（r k r k s ）与几何类型（旋转 / 反射）；并统计每个共轭类里元素的几何类型。
把矩阵换成「顶点的置换」（用列表表示），重写 [1]–[4]，比较两种实现下「中心」「共轭类」的结论是否一致。
枚举 D 6 的 16 个子群（用「由若干元素生成的子群」暴力枚举并去重），核对是否等于 τ (6) + σ (6) = 16。
把 [6] 的判据换成「n 重旋转在格上可实现」，直接构造格并检验，看结论是否仍为 {1,2,3,4,6}。
把 [7] 里的 O 2 换成别的点，验证 7a–7c 的结论一个字都不变——这正是「共轭」的意义：位置换到哪里，结论只跟着搬家，不跟着改。