4التناظر والزمر النقطية

حل التمرين 4.1.

الإيثين: ثلاثة محاور $C_2$ متعامدة، وثلاثة مستويات، و$i$: $D_{2h}$. $\ce{XeF4}$ (مربع مستوٍ): $C_4$، وأربعة محاور $C_2 \perp C_4$، و$\sigma_h$، و$2\sigma_v$، و$2\sigma_d$، و$i$، و$S_4$: $D_{4h}$. $\ce{PCl5}$ (هرم مزدوج مثلثي): $C_3$، وثلاثة محاور $C_2$، و$\sigma_h$، و$3\sigma_v$، و$S_3$: $D_{3h}$. 1،3،5-ثلاثي كلوروبنزين: العناصر نفسها التي للجزيء $\ce{BF3}$: $D_{3h}$.

حل التمرين 4.2.

الإيثان المتخالف: $C_3$، وثلاثة محاور $C_2$ عمودية، وثلاثة مستويات $\sigma_d$، و$i$، و$S_6$: $D_{3d}$. المتطابق: $C_3$، وثلاثة محاور $C_2$، و$\sigma_h$، وثلاثة مستويات $\sigma_v$: $D_{3h}$. الهكسان الحلقي في تشكّل الكرسي: $D_{3d}$.

حل التمرين 4.3.

$\ce{SO3}$ ($D_{3h}$): لا. $\ce{SO2}$ ($C_{2v}$): نعم. $\ce{PCl3}$ ($C_{3v}$): نعم. $\ce{XeF4}$ ($D_{4h}$): لا. $\ce{CH2Cl2}$ ($C_{2v}$): نعم. 1،2-ثنائي كلوروإيثين cis ($C_{2v}$): نعم؛ وtrans ($C_{2h}$): لا.

حل التمرين 4.4.

$C_2(z) = \mathrm{diag}(-1,-1,1)$، $\chi = -1$؛ $i = \mathrm{diag}(-1,-1,-1)$، $\chi = -3$؛ $\sigma_h(xy) = \mathrm{diag}(1,1,-1)$، $\chi = 1$.

حل التمرين 4.5.

بالمصفوفات القطرية في التمرين السابق: $C_2i = \sigma_h$، $C_2\sigma_h = i$، $i\sigma_h = C_2$، وكل عملية مقلوب نفسها، وكل جداء تبديلي. فالزمرة تبديلية، ومنه $X^{-1}AX = A$ من أجل كل $X$: فكل عملية صنف بمفردها (أربعة أصناف، وأربعة تمثيلات غير قابلة للاختزال بعدها 1).

حل التمرين 4.6.

لنأخذ $\sigma_v(1)$ المستوي $xz$. تنتقل النقطة $(1,0)$ بالدوران $C_3$ إلى $(-\frac12, \frac{\sqrt3}2)$، ثم بالانعكاس $\sigma_v(1)$ إلى $(-\frac12,-\frac{\sqrt3}2)$؛ وبالترتيب الآخر تنتقل إلى $(1,0)$ ثم إلى $(-\frac12,\frac{\sqrt3}2)$. فالجداءان انعكاسان في مستويين مختلفين ($\sigma_v(3)$ و$\sigma_v(2)$): الزمرة غير تبديلية، ولهذا تشكّل انعكاساتها صنفًا من ثلاث عمليات.

حل التمرين 4.7.

يحفظ ثنائي الفينيل الملتوي المحور $C_2$ على امتداد الرابطة بين الحلقتين ومحورين $C_2$ عموديين عليه، ينصّفان الزاويتين بين مستويي الحلقتين؛ وتضيع كل المستويات ومركز الانقلاب التي للصورتين المستوية أو المتعامدة. فبثلاثة محاور $C_2$ متعامدة ودون أي عنصر غير فعلي تكون الزمرة $D_2$: والجزيء كيرالي (صورتاه الملتويتان متماكبان مرآويان، قابلان للفصل حين تمنع مجموعات استبدال ضخمة في موضع ortho الدوران).

حل التمرين 4.8.

$d_{z^2}$ و$d_{x^2-y^2}$: $a_1$ ($x^2$ و$y^2$ و$z^2$ من النوع $A_1$)؛ $d_{xy}$: $a_2$؛ $d_{xz}$: $b_1$؛ $d_{yz}$: $b_2$.

حل التمرين 4.9.

$1 + 1 + 4 + 9 + 9 = 24 = h$. $\sum g\,\chi_{A_1}\chi_{T_2} = 1\cdot3 + 8\cdot0 + 3(-1) + 6(-1) + 6(1) = 0$.

حل التمرين 4.10.

في المستوي العمودي على خط التقاطع، ينقل الانعكاس في مستقيم زاويته $\alpha$ الزاوية القطبية $\phi$ إلى $2\alpha - \phi$. وانعكاسان، عند $\alpha$ ثم $\alpha + \theta$: $\phi \to 2\alpha - \phi \to 2(\alpha + \theta) - (2\alpha - \phi) = \phi + 2\theta$، أي دوران بزاوية $2\theta$ حول الخط. فالمستويان الرأسيان اللذان بينهما $60^\circ$ يولّدان دورانًا بزاوية $120^\circ$: أي $C_3$.

حل التمرين 4.11.

المحور C=C=C محور $C_2$ ومحور $S_4$ (دوران بزاوية $90^\circ$، يبادل مستويي $\ce{CH2}$، ثم انعكاس في المستوي المار بالكربون المركزي)؛ ومستويا $\ce{CH2}$ من النوع $\sigma_d$؛ ومحوران $C_2$ عموديان على المحور ينصّفانهما. الرتبة 8: $D_{2d}$، لاكيرالي. وفي $\ce{ClHC=C=CHCl}$ يُزيل الاستبدال المستويات و$S_4$ والمحور $C_2$ المحوري؛ ولا يبقى إلا محور $C_2$ واحد عمودي على المحور: $C_2$، كيرالي — وهو ألين ذو كيرالية محورية.

حل التمرين 4.12.

$\ce{SF6}$: $O_h$ ($h = 48$). $\ce{SF5Cl}$: المحور $C_4$ المار بالذرة Cl وأربعة مستويات $\sigma_v$: $C_{4v}$ ($h = 8$). trans-$\ce{SF4Cl2}$: $D_{4h}$ ($h = 16$). cis-$\ce{SF4Cl2}$: $C_{2v}$ ($h = 4$). كل منها يحفظ مجموعة جزئية من عمليات $O_h$، مغلقة بالنسبة إلى الجداء، و8 و16 و4 تقسم 48. القطبية: $\ce{SF5Cl}$ وcis-$\ce{SF4Cl2}$.