2：置换群和子群及其陪集

于是由定理6.3.2即可推知下列推论。 推论 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，
(１２)=(1 2)(1 3)(1 3)=(2 3)(1 3)(2 3)。
6.3.3 置换的顺向圈表示 置换表成一组不相杂轮换之乘积后，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
a1 a 2 a n b b b n 1 2

-1=
b1 b 2 b n a a a n 1 2
。
因此，我们有：
定理6.3.1 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。 注意，由于一般情况下置换相乘不满足交换律， 比如，例6.3.2中，
（rj-1）
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：
（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
（r j-1）个对换之积，故以σ
j 1
k
乘τ将sgnτ变号
（rj-1）次，即
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）。 （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。
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。
定理6.3.2 任意置换σ恰有一法写成不相杂的轮 换乘积。 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）。
j 1
k
( rj 1) sgnστ= j 1 （ 1）
k
sgnτ
=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。
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)。
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）
定理6.3.4 设M的元数为n,若n>1，则奇置换的个数和偶 置换的个数相等，因而都等于n!/2 。 证明：命τ1,τ2,…,τm （5） 为M的所有不同偶置换,由于n>1,故我们可以取一个对换ρ ，而作下列乘积： ρτ1，ρτ2，…，ρτm （6） 显然ρτi是奇置换,而且诸ρτi互不相同,即(6)中无重 复元素。事实上,当i≠j时τi≠τj,故倘若 ρτi=ρτj,则以ρ-1左乘得τi=τj将导出矛盾,这说明 M的奇置换不少于偶置换.反之,若σ为M的任意奇置换, 则ρ-1σ为偶置换,故必等于某一个τi,ρ-1σ=τi，因 而σ=ρτi,这说明M的任意奇置换必在(6)中,(6)就是M 的所有奇置换,M的奇置换不多于偶置换.于是奇置换的 个数和偶置换的个数相等,各占置换总数n!的一半,这就 证明了定理6.3.4。
G σ=
α z
i 1
n
i i
=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
作业：208页，1，5。
习题6.3 1. 计算(1 2 3)(2 3 4)(1 4)(2 3) 。 解： (1 2 3)(2 3 4)(1 4)(2 3） =（1 3)(2 4）。
2. 用1，2，…，n代表M中元素。 求证M的任意置换可以表为(1 2),(1 3)， …，(1 n)的乘积。又可表为(1 2), (2 3)，…，(n-1 n)的乘积。 解：M的任意置换都可分为对换之乘积， 又注意到: (ar as)=(1 ar)(1 as)(1 ar)， (ar，as1)， 而(1 ar)=(1 2)(2 3)…(ar-2 ar-1)(ar-1 ar)(ar-2 ar-1)…(2 3)(1 2)。
τσ στ， 因此，当n3时，Sn不是交换群。
6.3.2
置换的轮换表法
定义6.3.2 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 ） 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）
1 2 3 4 5 6 例6.3.3 σ = 3 2 4 1 5 6
=(1 3 4)=(3 4 1)=(4 1 3）。
定义6.3.3 M的两个轮换 σ=（a1…ar）和 τ=（b1…bs）说是不相杂或不相交， 如果 a1，… ， ar和b1，…，bs都不相同。
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
a1 a 2 a n 若σ＝ a a a n 1 2
, 则称σ为 n元恒等置换。
例6.3.1 设M={1，2，3}，则有3！=6个3元置换，
σ1 ＝
1 2 3 1 2 3 为3元恒等置换，
1 2 3 ， 1 3 2 1 2 3 2 1 3 ，
§6.3 置 换 群 在伽罗瓦理论中起关键作用的就是置换群，它是有限群 的特例，是群的典型代表。
6.3.1 置换的定义
定义6.3.1 设M是一个非空的有限集合，M的一个一对一 变换称为一个置换。 设M的元素为a1，a2，…，an，则M的置换σ可以简记为
σ＝
a1 a 2 a n ,bi=σ（ai）,i=1,2…,n b b b n 1 2
j 1 k
（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
( rj 1) sgnσ= j 1 （ 1）
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）
k
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个元素，于是σ可以写成 （r j-1）个对换之积，设这些对换中最后一个为
1 2 3 4 例6.3.2 设σ＝ ， 2 1 3 4
1 2 3 4 ， τ＝ 3 4 1 2
则στ= 1 2 3 4 ,
3 4 2 1
1 2 3 4 τσ= 4 3 1 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 ，τSn。 （3）每个n元置换在Sn 中都有逆元素
今证表法唯一，设σ又可表为不相杂的轮换的乘 积如下： σ=(a’1…a’r’)(b’1…b’s’)…(c’1…c’t’) （2） 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 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， 可见（a1…ar）必和（a’1…a’r’）完全相同， 这就是说，（1）中的任意轮换必出现在（2）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
1
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
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 σ=( a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct) （1） 即σ表成了不相杂的轮换的乘积。
σ3 ＝
1 2 3 ， 3 2 1
σ2 ＝
σ4 ＝ σ6 ＝
σ5 ＝
1 2 3 ， 2 3 1
1 2 3 。 3 1 2 故，S3 = {σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6}。
对M百度文库任意元素a及M的任意两个置换σ，τ，规 定 στ（a）=σ（τ（a））。