第 3 讲：变换群、置换群与交错群

集合 $X$ 的所有双射在复合下构成变换群。有限集合 $\{1,\ldots,n\}$ 的全体置换构成对称群 $S_n$，阶为 $n!$。Cayley 定理说明每个有限群都同构于某个置换群，因此置换不是特殊玩具，而是群的一种通用表示。

置换相乘采用函数复合。若 $\sigma\tau$ 表示先做 $\tau$、再做 $\sigma$，计算时就必须从右往左追踪元素。不同教材可能约定相反，考试时先看课件采用哪一种，整个过程保持一致即可。

例如

$$\sigma= \begin{pmatrix} 1&2&3&4&5&6\\ 3&1&2&6&4&5 \end{pmatrix}.$$

从 $1$ 出发依次得到 $1\mapsto3\mapsto2\mapsto1$，再从尚未出现的 $4$ 出发，得到 $4\mapsto6\mapsto5\mapsto4$，故

$$\sigma=(1\ 3\ 2)(4\ 6\ 5).$$

不交循环分解

每个置换都能唯一地拆成若干不交循环，差别只在循环排列顺序以及每个循环从哪里写起。不交循环彼此交换，所以置换的阶是循环长度的最小公倍数。

上例两个循环长度都是 $3$，因此 $o(\sigma)=3$。若

$$\tau=(1\ 2\ 3\ 4)(5\ 6\ 7),$$

则 $o(\tau)=\operatorname{lcm}(4,3)=12$。这里必须先拆成不交循环；相交循环一般不交换，不能只对写在纸面上的长度取最小公倍数。

一个 $k$-循环可拆成 $k-1$ 个对换。因此置换是偶置换还是奇置换，只取决于它拆成的对换数奇偶性，而且这个奇偶性与拆法无关。全体偶置换构成交错群 $A_n\trianglelefteq S_n$，当 $n\ge5$ 时 $A_n$ 是单群。

一种固定拆法是

$$(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k) =(a_1\ a_k)(a_1\ a_{k-1})\cdots(a_1\ a_2).$$

所以 $k$-循环的符号为 $(-1)^{k-1}$。若置换的不交循环长度为 $l_1,\ldots,l_r$，连同不动点一起有 $\sum_i l_i=n$，则

$$\operatorname{sgn}(\sigma) =(-1)^{\sum_i(l_i-1)}=(-1)^{n-r}.$$

符号映射 $\operatorname{sgn}:S_n\to\{1,-1\}$ 是群同态，核正是 $A_n$，因此 $A_n$ 正规且在 $S_n$ 中指数为 $2$。

为什么 $A_n\ (n\geq5)$ 是单群

单群的意思是：除了 $\{e\}$ 和群本身，没有别的正规子群。课件的证明分成三步，主线并不长。

第一步，$A_n$ 由三循环生成。偶置换可以写成偶数个对换的乘积，而每两个相邻的对换都能改写成三循环。例如

$$(i\ j)(j\ l)=(i\ j\ l),$$

当 $i,j,k,l$ 两两不同时，

$$(i\ j)(k\ l)=(i\ j\ k)(i\ k\ l).$$

若两个对换刚好互相抵消，也可写成一对互逆的三循环。因此任意偶置换都是三循环的乘积。

第二步，$A_n$ 中的任意两个三循环互相共轭。在 $S_n$ 中，只要把三个字母逐一改名，就能把一个三循环变成另一个。若这个改名置换是奇置换，因为 $n\geq5$，目标三循环之外至少还有两个字母；再交换这两个字母即可改变改名置换的奇偶性，又不影响目标三循环。所以共轭置换总能选在 $A_n$ 中。

第三步，证明任意非平凡正规子群 $H\trianglelefteq A_n$ 都含有三循环。若不是，取 $H$ 中不等于 $e$、且不动点最多的置换 $\tau$。这里“尽量多的不动点”就是“尽量少地移动字母”。

• 若 $\tau$ 恰好移动三个字母，由于它是偶置换，它只能是三循环，已经得到矛盾。

• 否则，把 $\tau$ 写成不交循环。它要么含有长度至少为 $3$ 的循环，要么只由偶数个对换组成。按课件记号，从被移动的字母中选出 $\alpha_1,\ldots,\alpha_5$，令

  $$\varphi=(\alpha_3\ \alpha_4\ \alpha_5), \qquad \omega=\varphi\tau\varphi^{-1}.$$

  因为 $H$ 正规，所以 $\omega\in H$，进而 $\theta=\tau^{-1}\omega\in H$。直接追踪这五个字母可见：若 $\tau$ 含长循环，$\theta$ 至少新固定 $\alpha_1$；若 $\tau$ 以对换开头，$\theta$ 至少新固定 $\alpha_1,\alpha_2$。五个字母之外，$\theta$ 保留 $\tau$ 原有的不动点，而且 $\theta\neq e$。这就构造出了 $H$ 中一个不动点比 $\tau$ 更多的非单位元，与 $\tau$ 的选择矛盾。

因此 $H$ 必含某个三循环。正规性再加上“所有三循环在 $A_n$ 中共轭”，说明 $H$ 含全部三循环；而三循环生成 $A_n$，所以 $H=A_n$。

证明中 $n\geq5$ 不是装饰条件：$A_4$ 有正规子群

$$V_4=\{e,(1\ 2)(3\ 4),(1\ 3)(2\ 4),(1\ 4)(2\ 3)\},$$

因此并不是单群。

共轭与循环型

$S_n$ 中两个置换共轭，当且仅当它们具有相同的循环型。共轭只是在重命名被置换的元素：

$$\tau(i_1\ i_2\ \cdots\ i_k)\tau^{-1} =(\tau(i_1)\ \tau(i_2)\ \cdots\ \tau(i_k)).$$

这让“求共轭类”变成了对整数分拆和循环型的分类，而不是逐个暴力计算。

例如 $S_4$ 的循环型由 $4$ 的整数分拆给出：

$$1+1+1+1, \quad2+1+1, \quad2+2, \quad3+1, \quad4.$$

它们分别对应恒等置换、对换、两个不交对换、三循环和四循环，因而 $S_4$ 恰有五个共轭类。

Cayley 定理为何成立

让 $G$ 在自身上作左乘：对每个 $g\in G$，定义

$$L_g(x)=gx.$$

$L_g$ 是 $G$ 上的双射，并且 $L_gL_h=L_{gh}$。于是

$$g\longmapsto L_g$$

给出从 $G$ 到置换群 $S_G$ 的同态。若 $L_g$ 是恒等变换，则 $g=L_g(e)=e$，所以核平凡、同态单射。也就是说，每个群都能忠实地表示成对自身元素的重排。