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j 1 k
（2）a和b也可能在τ的同一个 轮换之内，比方， τ=（aa1…asbb1…bi）… 则 (ab)τ=(aa1…as)(bb1…bi) … 而仍有 sgn（ab）τ=（-1）sgnτ 总之，以一个对换乘τ则将sgnτ变号，
今σ等于 （rj-1）个对换之积，故以σ
j 1
k
乘τ将sgnτ变号
j 1 k
个对换的乘积,于是,奇置换可表为奇数个对换 之积,偶置换可表为偶数个对换之积，现在我 们证明：
定理6.3.3 每个置换都能分解 为对换的乘积,但偶置换只能分 解为偶数个对换的乘积,奇置换 只能分解为奇数个对换的乘积。 证明：定理中的第一句断言是 定理6.3.2推论1的复述，第二 句断言中“能分解”之说也已说明， 现在需要证明的是“只能分解”。为证此 ,我们定义一个置换σ的符号sgnσ如下 ：
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）
于是由定理6.3.2即可推知下列推论。 推论1 对任意置换，有一法（但未必只 有一法）可将其写成一些对换的乘积。 这里,乘积中出现的诸对换已非不相杂,例 如上列式中的诸对换竟一律杂以a1。而 且，表法也不唯一。比方，
k
（ 1）
( r j 1)
j 1
sgnσ= 显然，偶置换的符号为1，奇置换的符号 为-1。首先证明 sgnστ=sgnσsgnτ （ 4）
事实上，试将σ和τ分为不相杂的 轮换之积，设σ等于k个轮换之积， 这些轮换分别含r1，r2，…，rk个元
r -1）个对 素，于是σ可以写成 （ j 换之积，设这些对换中最后一个为 （a b）。以（a b）乘τ而看其变化， （1）a和b可能在τ的两个不同的轮换之内，比 方 τ=（aa1…as）（bb1…bi） … 这样，则不难看出 （ab）τ=（aa1…asbb1…bi） … 若τ为h个不相杂的轮换之积，我们知道 sgnτ=（-1）n-h 其中n是置换σ和τ的元素总数。今（ab）τ比 τ少一个轮换，所以 sgn（ab）τ=（-1）sgnτ
G σ=
α iz i
i 1
n
=α1z1 +α2z2 + … +αnzn，
0 ≤α1≤n; αn=0或1; 全部α都是非负整数。
6.3.4 置换的奇偶性 设σ表为k个不相杂的轮换的乘积， 这些轮换的长度分别为r1,r2,…,rk。 视
（rj-1）= n - k，
j 1
k
(计k时包括长度为1的轮换在内)为 奇或为偶,我们说σ是一个奇置换或偶置换。由 前面的定理6.3.2及公式(3),我们知道这样 的σ可表为 （ rj-1）
（rj-1）次，即
j 1
k
sgnστ=
( r j 1) sgnτ j 1 （ 1）
k
=sgnσsgnτ 即（4）式sgnστ=sgnσsgnτ得证。 由（4）式立可推知，σ和τ的奇偶性与 其乘积στ的奇偶性之关系如下： 偶×偶=偶， 奇×奇=偶， 奇×偶=奇， 偶×奇=奇。 因为对换是奇置换，所以奇数个对换之积 是奇置换，偶数个对换之积是偶置换， 这就证明了定理6.3.3。
3
2
4
在该表示法中，我们从a向b引一箭头，就 表示在该置换下，a变到b。
总之，一个n元置换σ有一图形 表达式 Gσ =α1z1 +α2z2 + … +αrzr 其中α1+2α2+…+rαr = n称为 该置换的图型；反之，给一个 图型，即如上的图形表达式，就 相应有一个n元置换σ。因为n元 置换最多只能出现１个最长的圈zn，也最 多只能出现n个最短的圈z1，所以对于上列 的图形表达式Gσ，总可写成
(１２)=(1 2)(1 3)(1 3)=(2 3)(1 3)(2 3) 。
6.3.3 置换的顺向圈表示 置换表成一组轮换之乘积后， 就可以在平面上用一组顺向圈来 表示，这样，就得到一个平面上 的有向图形，它直观地描绘出元 素之间的变换关系,例如,例6.3.4 中的置换（1 2）（3 4）有图形
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离散数学
(第wenku.baidu.com十七讲)
主讲人: 杨凤杰
学 时：64
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)； (1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)。