设 $X$ 是一个集合, $X$ 上所有双射组成的集合按照映射的复合构成一个群, 称为 $X$ 上的对称群, 记为 $S(X)$
如果 $|X| =n$, 则称 $S(X)$ 为 $n$ 元对称群, 记为 $S_n$.
$S(X)$ 的元素称为置换(也就是双射称为置换), $S(X)$ 的子群称为置换群(也有 $n$ 元置换群的说法)
介绍一些显然的定理
定理4.1 两个不相交的轮换是可以交换的.
证明: 这是显然的.
定理4.2 任一 $n$ 元置换都可以写成不相交的轮换的乘积.
证明: 显然.
定理4.3 任一长度为$l$轮换都可以写成对换的乘积.
证明: 设该轮换为 $(a_1,…,a_l)$, 则该轮换可以写成 $(a_1,a_l)(a_1,a_{l-1})…(a_1,a_2)$
结合定理4.2和定理4.3可以很快得到这样的推论
推论4.1 所有 $n$ 元置换都可以写成对换的乘积.
定义一下 $n$ 元置换的符号 $sign(\sigma)$. 如果置换 $\sigma$ 可以表示成偶数个置换的乘积, 则 $sign(\sigma) = 1$. 如果置换 $\sigma$ 可以表示成奇数个置换的乘积, 则 $sign(\sigma) = -1$
定义一下交错群. 所有 $n$ 元偶置换按照映射构成一个群, 称为交错群, 记为 $A_n$.
推论4.2 设 $n$ 是正整数, 则 $$ A_n \unlhd S_n$$ $n \ge 2$ 时, $|A_n| = \frac{n!}{2}$, $$S_n / A_n \cong C_2 = \{\pm 1\}$$
证明: 当 $n=1$ 时, $A_1= S_1 = \{(1)\}$. 当 $n\ge 2$, 利用符号函数是 $S_n$ 到 $C_2$ 的群同态即得.
证明一个引理
引理4.1 $n\ge 2$, 则 $S_n = \langle(1 2),(1 2 3 … n)\rangle$. $n \ge 3$, 则 $A_n = \langle(1 2 3 ), … ,(12n)\rangle$
证明: $S_n$ 的思路如下, 利用两个轮换可以得到 $(23),…,(n-1,n),(n 1)$ 这些对换. 然后我们只需要注意到这样的事实. $(1 5) = (4 5)(3 4)(2 3)(1 2)(2 3)(3 4)(4 5)$.
$A_n$ 的思路如下, 所有偶置换都可以表示成偶数个含1的对换的乘积, 又有 $(1 j i) = (1i2) (12j)(12i)$, 即得
定理4.4 任给正整数 $n$, $S_n’ = A_n$
证明: 当 $n=1,2$ 时,显然. 当 $n\ge 3$ 时, $S_n / A_n = C_2$ 是循环群, 所以 $S_n’ \le A_n$.
另一方面 $(12i) = (1i2)^2 = (12)(1i)(12)(1i) \in S_n’$. $A_n = \langle(123),(124),…,(12n)\rangle\le S_n’$
定理4.5 $A_4’$ 是 Klein 四元群 $$K= \{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$$
证明: $|A_4’|$ 整除 $12$. 由于 $|A_4| = 12 = 2^2 3$ 由定理 $p^2q$ 阶群有 $p^2$ 阶或 $q$ 阶正规子群 $H$. 易知 $A_n/H$ 是 Abel 群, 因为 $3$ 阶和 $2^2$ 阶群都是 Abel 群, 这得到了 $A_4$ 可解的结论. 容易验证 $\{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)\} \subset A_4’$. $[A_4:A_4′] [A_4′,K] = 3$, 所以 $A_4′ = K$
定理4.6 对于整数 $n\ge 5$, 我们有 $A_n’ = A_n$.
证明: 只需知道 $(12i) = (12k)(1ij)(1k2)(1ji)$
定理4.7 当 $n\ge 5$ 时 $S_n$ 与 $A_n$ 都不是可解群.
证明: 由定理4.6即得.
定理4.8(Galois) 对于整数 $n\ge 5$, 交错群 $A_n$ 为单群.
证明: 证明一个群是单群, 可以设 $A_n$ 的不为 $\{e\}$ 的正规子群 $H$. 下面来证 $H=A_n$. 假设 $H$ 中含有一个长为 $3$ 的轮换 $(i_1 i_2 i_3)$. 可以在 $\{1,2,…,n\}\backslash \{i_1,i_2,i_3\}$ 中任取两个数 $i_4,i_5$
任给 $3\le j \le n$, 构造这样的映射 $\sigma(i_1) = 1, \sigma(i_2) = 2,\sigma(i_3) = j$.
$$\sigma (i_1,i_2,i_3) \sigma^{-1} = (12 j)$$
并且注意到 $$\sigma(i_4 i_5) (i_1,i_2,i_3) (i_4 i_5)\sigma^{-1} = (12 j)$$
所以可以得到 $(12j) \in H$. $\langle (123)…(12n)\rangle = A_n = H$.
上面是假设了 $H$ 中含有 $3$ 轮换, 接下来我们假定 $H$ 中没有 $3$ 轮换来导出矛盾.
从 $H \backslash \{(1)\}$ 中取一个 $\tau$ 使得 $|Fix(\tau) |$ 达到最大. 我们来考察一下 $\tau$ 的不动点的个数. $\tau$ 中的动点个数不能是 $1,2,3$. 所以可以断言 $|Fix(\tau)| \le n-4$
假设 $\tau$ 的轮换分解式中有长度至少为 $3$ 的轮换 $(i_1,i_2,i_3,…)$. 因为 $4$ 轮换不是偶置换, 所以 $\tau$ 中至少有动点 $i_1,i_2,i_3,i_4,i_5$
$$(i_3 i_4 i_5)\tau (i_3 i_4 i_5)^{-1} (i_1) = i_2\\ (i_3 i_4 i_5)\tau (i_3 i_4 i_5)^{-1} (i_2) = i_4$$
由上可知 $\tau’ = \tau^{-1} (i_3 i_4 i_5)\tau (i_3 i_4 i_5)^{-1} \in H\backslash \{(1)\}$ 的动点比 $\tau$ 少, 比如 $i_1$ 就不是 $\tau’$ 的动点, 矛盾.
假设 $\tau$ 的轮换分解式中只有对换, 形如 $(i_1 i_2)(i_3 i _4)…$. 让 $\tau’ = \tau^{-1}(i_3 i_4 i_5)\tau (i_3 i_4 i_5)^{-1} $ 中的动点比 $\tau$ 少, 比如 $i_1$ 和 $i_2$ 就不是 $\tau’$ 的动点.
