离散数学置换群和子群及其陪集2
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结论：若σ和τ是两个不相杂的轮换，则其乘法 适合交换律： στ=τσ
证明：设σ=（a1…ar），τ=（b1…bs）,σ和τ不 相杂。命χ为M的任意元素， （1）若χ在a1，…，ar之内，例如χ=ai,则 στ(χ)=στ(ai)=σ(ai)=ai+1,
τσ(χ)=τσ(ai)=τ（ai+1）= ai+1。 i=r时，ai+1应改为a1。 总之,στ（χ）=τσ（χ）。
若M已经没有另外的元素，则σ就等于这个轮 换，否则设b1不在a1，…，ar之内，则同样 作法又可得到一个轮换（b1…bs）。
因为a1，…，ar各自已有变到它的元素，所 以b1，…，bs中不会有a1，…，ar出现，即 这两个轮换不相杂。若M的元素已尽，则σ 就等于这两个轮换的乘积，否则如上又可 得到一个轮换。如此类推，由于M有限，最 后必得
都可排在头一位，不妨假定a1＝a’１。于是， a2=σ（a1）=σ（a’1）= a’2，， a3=σ（a2）=σ（a’2）= a’3，…，如此类推，
可 这就见是（说a1…，a（r）1）必中和的（任a’意1轮…换a’必r’出）现完在全（相2）同中， ，同样（2）中的任意轮换必出现在（1）中，因 之，（1）和（2）一样，最多排列在方法不同， 但不相杂的轮换相乘适合交换律，所以排列的次
故，S3 = {σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6}。
对M中任意元素a及M的任意两个置换σ，τ，规 定
στ（a）=σ（τ（a））。
例6.3.2
τ＝
13
2 4
31设24σ＝，12
2 1
3 3
4 4
，
则στ=
13
2 4
3 2
4 1
,
τσ=
14
2 3
3 1
4 2
置换的乘法有下述一些性质：
（1)满足结合律:
(στ)ρ=σ(τρ),
σ,τ,ρSn。 （2）n元恒等置换是Sn中的单位元素， 设为σ0，有：σ0τ=τσ0 =τ，τSn。 （3）每个n元置换在Sn 中都有逆元素
ab11
a2 b2
an bn
-1= ab11
b2 a2
bn an
。
因此，我们有：
定理6.2.6 n元置换的全体作成的集合Sn对置换 的乘法作成一个群，称为n 次对称群。
(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)。
设（a1a2…ar）为一轮换，我们称r为该轮换的长度,一轮 换的长度也就是其中所含的元素个数。
特别，长度为２的轮换称为对换。
不难看出，任意轮换可以写成对换的乘积,例如我们有下 列公式：
(a1a2…ar)＝(a1ar)(a1ar－１)…(a1 a3)(a1a2) （3）
注意，由于一般情况下置换相乘不满足交换律， 如上例，
τσ στ，
因此，当n3时，Sn不是交换群。
置换的轮换表法
定义6.2.5 设σ是M的置换，若可取到M的元素 a1， …，ar使σ(a1)＝a2,σ(a2)=a3,…, σ(ar-1)= ar,σ(ar)= a1，而σ不变M的其余的元
素，则σ称为一个轮换， 记为 （a1 a2 … ar ）
σ=( a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct) （1） 即σ表成了不相杂的轮换的乘积。
今证表法唯一，设σ又可表为不相杂的轮换的乘 积如下：
σ（=(2a）’1…a’r’)(b’1…b’s’)…(c’1…c’t’) 试看（1）式中的任意轮换，例如（a1…ar）。 a1
必出现在（2）式中的某个轮换之内， 例如（a’1…a’r’）。由于一个轮换中任意元素
当然，也可以把a1，… ，ar中的任意元素ai排在 头一位而改写成
（ai ai+1 … ar a1 … ai-1）
例6.2.6
σ=
1322
3 4
4 1
5 5
6 6
=(1 3 4)=(3 4 1)=(4 1 3）。
定义6.2.6 称M的两个轮换 σ=（a1…ar）和 τ=（b1…bs）不相杂或不相交， 如果 a1，… ， ar和b1，…，bs都不相同。
若σ＝
aa11
a2 a2
an an
,
则称σ为
n元恒等置换。
例如， 设M={1，2，3}，则有3！=6个3元置换，
σ1＝
1 1
2 2
3 3
为3元恒等置换，
σ2＝
1 1
2 3
3 2
，
1 2 3
σ3＝ 3 2 1，
σ4＝
Leabharlann Baidu
1 2
2 1
3 3
，
σ5＝
1 2
2 3
31，
σ6＝
1 3
2 1
3 2
。
离散数学置换群和子群及其陪集2
因为置换按定义是一对一的，所以b1,b2,…,bn是 a1,a2,…,an的一个排列，由此可见，Ｍ的每个置
换对应a1,a2,…,an的一个排列，不同的置换对应 不同的排列,此外，a1,a2,…,an的任意排列也确 定M的一个置换，所以，M的置换共有n！个，其 中n是M的元数，M上的置换也称为n元置换。以下 用Sn表示这n！个置换作成的集合。
（2）同样可以说明，若χ在b1， …，bs之内， 也有στ（χ）=τσ（χ）。 （3）设χ不在a1， …，ar， b1， …，bs之内。 于是, στ(χ)=σ(χ)=χ,τσ(χ)=τ(χ)=χ。 因此,在所有情况下,στ(χ)=τσ(χ),故 στ=τσ。
定理6.2.7 任意置换σ恰有一法写成不相杂的轮 换乘积。
于是由定理6.2.7即可推知下列推论。 推论 当M的元素个数大于1的时候，对任意置换，有一
证明：先证σ可以写成不相杂的轮换的乘积，取 任意a1∈M。
（1）若σ（a1）= a1,则a1自己就作成一个轮换。 （2）设σ(a1)= a2,σ(a2)= a3，…。 这样下去，由于M有限，故到某一个元素ar, 其σ（ar）必然不能再是新的元素，即这σ（ar）
必在a1，…，ar之内。由于σ是一对一的,我们 已有σ(ai)= ai+1，i=1，2， …，r-1，所以 σ(ar)只能是a1。于是我们得到一个轮换 （a1…ar）。
例6.3.4 设M的元数为4，于是M的24个置换可以 写成下面的形式：
I,
(1 2),(1 3),(1 4),(2 3),(2 4),（3 4）；
(1 2 3),(1 3 2),(1 2 4),(1 4 2), (1 3 4),(1 4 3),(2 3 4),(2 4 3)；
(1 2 3 4),(1 2 4 3),(1 3 2 4), (1 3 4 2),(1 4 2 3),(1 4 3 2)；
证明：设σ=（a1…ar），τ=（b1…bs）,σ和τ不 相杂。命χ为M的任意元素， （1）若χ在a1，…，ar之内，例如χ=ai,则 στ(χ)=στ(ai)=σ(ai)=ai+1,
τσ(χ)=τσ(ai)=τ（ai+1）= ai+1。 i=r时，ai+1应改为a1。 总之,στ（χ）=τσ（χ）。
若M已经没有另外的元素，则σ就等于这个轮 换，否则设b1不在a1，…，ar之内，则同样 作法又可得到一个轮换（b1…bs）。
因为a1，…，ar各自已有变到它的元素，所 以b1，…，bs中不会有a1，…，ar出现，即 这两个轮换不相杂。若M的元素已尽，则σ 就等于这两个轮换的乘积，否则如上又可 得到一个轮换。如此类推，由于M有限，最 后必得
都可排在头一位，不妨假定a1＝a’１。于是， a2=σ（a1）=σ（a’1）= a’2，， a3=σ（a2）=σ（a’2）= a’3，…，如此类推，
可 这就见是（说a1…，a（r）1）必中和的（任a’意1轮…换a’必r’出）现完在全（相2）同中， ，同样（2）中的任意轮换必出现在（1）中，因 之，（1）和（2）一样，最多排列在方法不同， 但不相杂的轮换相乘适合交换律，所以排列的次
故，S3 = {σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6}。
对M中任意元素a及M的任意两个置换σ，τ，规 定
στ（a）=σ（τ（a））。
例6.3.2
τ＝
13
2 4
31设24σ＝，12
2 1
3 3
4 4
，
则στ=
13
2 4
3 2
4 1
,
τσ=
14
2 3
3 1
4 2
置换的乘法有下述一些性质：
（1)满足结合律:
(στ)ρ=σ(τρ),
σ,τ,ρSn。 （2）n元恒等置换是Sn中的单位元素， 设为σ0，有：σ0τ=τσ0 =τ，τSn。 （3）每个n元置换在Sn 中都有逆元素
ab11
a2 b2
an bn
-1= ab11
b2 a2
bn an
。
因此，我们有：
定理6.2.6 n元置换的全体作成的集合Sn对置换 的乘法作成一个群，称为n 次对称群。
(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)。
设（a1a2…ar）为一轮换，我们称r为该轮换的长度,一轮 换的长度也就是其中所含的元素个数。
特别，长度为２的轮换称为对换。
不难看出，任意轮换可以写成对换的乘积,例如我们有下 列公式：
(a1a2…ar)＝(a1ar)(a1ar－１)…(a1 a3)(a1a2) （3）
注意，由于一般情况下置换相乘不满足交换律， 如上例，
τσ στ，
因此，当n3时，Sn不是交换群。
置换的轮换表法
定义6.2.5 设σ是M的置换，若可取到M的元素 a1， …，ar使σ(a1)＝a2,σ(a2)=a3,…, σ(ar-1)= ar,σ(ar)= a1，而σ不变M的其余的元
素，则σ称为一个轮换， 记为 （a1 a2 … ar ）
σ=( a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct) （1） 即σ表成了不相杂的轮换的乘积。
今证表法唯一，设σ又可表为不相杂的轮换的乘 积如下：
σ（=(2a）’1…a’r’)(b’1…b’s’)…(c’1…c’t’) 试看（1）式中的任意轮换，例如（a1…ar）。 a1
必出现在（2）式中的某个轮换之内， 例如（a’1…a’r’）。由于一个轮换中任意元素
当然，也可以把a1，… ，ar中的任意元素ai排在 头一位而改写成
（ai ai+1 … ar a1 … ai-1）
例6.2.6
σ=
1322
3 4
4 1
5 5
6 6
=(1 3 4)=(3 4 1)=(4 1 3）。
定义6.2.6 称M的两个轮换 σ=（a1…ar）和 τ=（b1…bs）不相杂或不相交， 如果 a1，… ， ar和b1，…，bs都不相同。
若σ＝
aa11
a2 a2
an an
,
则称σ为
n元恒等置换。
例如， 设M={1，2，3}，则有3！=6个3元置换，
σ1＝
1 1
2 2
3 3
为3元恒等置换，
σ2＝
1 1
2 3
3 2
，
1 2 3
σ3＝ 3 2 1，
σ4＝
Leabharlann Baidu
1 2
2 1
3 3
，
σ5＝
1 2
2 3
31，
σ6＝
1 3
2 1
3 2
。
离散数学置换群和子群及其陪集2
因为置换按定义是一对一的，所以b1,b2,…,bn是 a1,a2,…,an的一个排列，由此可见，Ｍ的每个置
换对应a1,a2,…,an的一个排列，不同的置换对应 不同的排列,此外，a1,a2,…,an的任意排列也确 定M的一个置换，所以，M的置换共有n！个，其 中n是M的元数，M上的置换也称为n元置换。以下 用Sn表示这n！个置换作成的集合。
（2）同样可以说明，若χ在b1， …，bs之内， 也有στ（χ）=τσ（χ）。 （3）设χ不在a1， …，ar， b1， …，bs之内。 于是, στ(χ)=σ(χ)=χ,τσ(χ)=τ(χ)=χ。 因此,在所有情况下,στ(χ)=τσ(χ),故 στ=τσ。
定理6.2.7 任意置换σ恰有一法写成不相杂的轮 换乘积。
于是由定理6.2.7即可推知下列推论。 推论 当M的元素个数大于1的时候，对任意置换，有一
证明：先证σ可以写成不相杂的轮换的乘积，取 任意a1∈M。
（1）若σ（a1）= a1,则a1自己就作成一个轮换。 （2）设σ(a1)= a2,σ(a2)= a3，…。 这样下去，由于M有限，故到某一个元素ar, 其σ（ar）必然不能再是新的元素，即这σ（ar）
必在a1，…，ar之内。由于σ是一对一的,我们 已有σ(ai)= ai+1，i=1，2， …，r-1，所以 σ(ar)只能是a1。于是我们得到一个轮换 （a1…ar）。
例6.3.4 设M的元数为4，于是M的24个置换可以 写成下面的形式：
I,
(1 2),(1 3),(1 4),(2 3),(2 4),（3 4）；
(1 2 3),(1 3 2),(1 2 4),(1 4 2), (1 3 4),(1 4 3),(2 3 4),(2 4 3)；
(1 2 3 4),(1 2 4 3),(1 3 2 4), (1 3 4 2),(1 4 2 3),(1 4 3 2)；