河北师范大学本科生毕业论文（设计）文献综述题目对有限群的认识作者姓名王涛指导教师邓明立所在学院数学与信息科学学院专业（系）代数与近现代数学史班级（届） 2010级目录中文摘要、关键词 (II)1、预备知识 (1)1.1基本定义 (1)1.2基本定理 (1)2、阶数不超过10的有限群 (3)3、有限群常见结论 (7)3.1对一般有限群成立的常见结论 (7)3.2对有限循环群成立的常见结论 (9)3.3对置换群成立的常见结论 (11)参考文献 (14)英文摘要、关键词 (III)对有限群的认识摘要本文主要讨论与有限群相关的一些基本知识.全文分三部分介绍：第一章，介绍一些与文章相关的基本定义和定理，为下文叙述作铺垫.第二章，从同构的角度分析了阶数不超过10的有限群.第三章，按照从一般到特殊的结构，先介绍了对一般有限群成立的结论，然后分别介绍了对有限循环群和置换群成立的结论.关键字有限群，有限循环群，置换群，有限群的阶对有限群的认识1.预备知识1.1基本定义定义1 若群G 中只有有限个元素,则称G 是有限群.而群G 中所含元素的个数叫群G 的阶;若群G 中有无限多个元素,则称G 是无限阶群.定义2 设G 是一个群,e 是G 的单位元,a ∈G ,若存在正整数n,使得n a =e,而对于小于n 的任意正整数m,都有m a ≠e,则称元a 的阶是n(或元a 的周期是n);若对任意的正整数n,都有n a ≠e,则称元a 的阶是∞.定义3 若一个群G 的每一个元都是G 的某一个固定元a 的乘方，而且a 的阶是有限整数，则称G 是有限循环群.定义4 若G 是有限集合的若干个置换作成的群，则称G 是一个置换群. 定义5 一个包含n 个元的集合的全体置换作成的群叫做n 次对称群. 1.2基本定理Lagrange 定理 假定H 是一个有限群G 的一个子群，那么H 的阶n 和它在G 里的指数j 都能整除G 的阶N ，并且N=nj.证明 首先证明一个子群与它的每一个右陪集之间都存在一个一一映射.事实上，设K 是一个子群，定义φ：K →Ka则φ为K 到Ka 间的一一映射.这是因为：（i ） K 的每一个元k 有一个唯一的象ka ，故φ为映射; （ii ） Ka 的每一个元ka 是K 中k 的象，故φ为满射； （iii ）假设12k a k a =，那么12k k =，故φ为K 到Ka 的一一映射从而子群的阶等于它的陪集的阶.G 的阶N 既是有限，H 的阶n 和它的指数j 也都是有限正整数.G 的N 个元被分成j 个右陪集，每一个右陪集都有n 个元，所以N=nj.推论一 一个有限群的任意元的阶都能整除群的阶. 证明设G 为有限群，任取a ∈G ，设a 的阶为n ，由a 生成一个阶是n 的子群.由Lagrange 定理知，n 整除G 的阶.推论二 设G 为一个阶是n 的有限群，则对G 中任一元a 一定有n a =e.证明 由推论一知，a 的阶能整除n ，设a 的阶为m ，即有m|n ，从而存在整数q 使得n=qm.故n qm m q a a (a )e ===.推论三 有限群中商群的阶整除群的阶. 证明设G 为有限群，N 为G 的不变子群，则商群GN中元的个数等于N 的指数，从而由Lagrange 定理知，GN 的阶整除群G 的阶.注：Lagrange 定理的逆命题：“设G 是有限群，若正整数m ，m 整除G 的阶，则G 有m 阶子群”不成立.例如设4A ={（1），（123），（132），（134），（143），（124），（142），（234），（243），（12）（34），（13）（24），（14）（23）}.由4A 对于4S 的乘法封闭知44A <S .称4A 为4次交换群.| 4A |=12,又6|12，但4A 没有6阶子群.事实上，若4A 有6阶子群H ，则单位元e=（1）∈H. 因4A 中有且只有3个二阶元（12）（34），（13）（24），（14）（23），故6阶子群H 中必 有3-循环置换(abc)(a,b,c ∈{1,2,3,4}),于是（abc ）的逆元1abc acb H -=∈（）（）.因而在H 中， 3-循环置换成对出现.又（1）∈H ，于是H 中至少有一个2阶元，不妨设为（ab ）（cd ）. 因此（abc ）[(ab)(cd)]=(bdc)∈H ,1acd adc H -=∈（）（）,则H 中至少有7个元：（1），（abc ），（acb ），（ab ）（cd ），（bdc ），（acd ），(adc).此与|H|=6 矛盾.所以4A 没有6阶子群. Cayley 定理 任何一个群都同一个变换群同构.证明 假设G 是一个群，G 的元是a ，b ，c ， .在G 里任意取出一个元x 来，那么x τ：xg gx g τ→=是集合G 的一个变换.因为给了G 的任意元g ，能够得到一个唯一的G 的元x g τ，这样由G 的每一个元x ，可以得到G 的一个变换x τ.把所有这样得来的G 的变换放在一起，作成一个集合G ={a b c ,,,τττ }.那么:φx x τ→是G 到G 的满射.但消去律：x y gx gy ≠⇒≠告诉，若x y ≠,那么x y ττ≠.所以φ是G 与G 间的一一映射. 再进一步看，xy y x y x x g g(xy)(gx)y (g )y (g )g ττττττ=====这就是说，x y xy τττ=所以G 与G 间的同构映射，所以G 是一个群.但G 的单位元e 的象e :g ge g τ→=是G 的恒等变换ε，由于G 是G 的一个变换群.这样G 与G 的一个变换群G 同构.2.阶数不超过10的有限群设G 为有限群,记G 的阶为n, f(n) 为不同构的群G 的个数,有定理1 阶数是素数的群只能是循环群C. 证明元素的阶数正是元素产生的循环子群的阶数.子群的阶数是群阶数的约数，所以当群的阶数为素数时，除单位元e 外，元素的阶数只能等于群的阶数.因而循环子群就是群本身.一阶群只有一种：单位元群G={e} 二阶群只有一种：循环群2C ={e ，a}=（a ） 证明2是素数，由定理1可得.三阶群只有一种：循环群3C ={e ，a ，2a }=（a ） 证明3是素数，由定理1可得.四阶群只有两种：循环群4C ={e ，a ，2a ，3a }=（a ）≅4Z （模4的剩余类加群），四元群G={e ，a ，b ，ab} ≅ {e ，a ，b ，c}（Klein 四元群）证明设群G 的阶数是4.如果G 中含有四阶元a ，则G=（a ）≅4Z ；如果G 中没有四阶元，则G 中除单位元e 外，其余元的阶都是2.设G={e ，a ，b ，c}，其中2a =e ，2b =e ，2c =e.从而可以得到ab=ba=c ，ac=ca=b ，bc=cb=a ， 这是因为：如果ab=e ，则a 2b =b ，而2b =e ，故a=b ，不可能.如果ab=a ，则b=e ，不可能. 如果ab=b ，则a=e ，也不可能.因此只能ab=c.同理可证其余等式.故G={e ，a ，b ，ab} ≅ {e ，a ，b ，c}.证毕.五阶群只有一种：循环群5C ={ e ，a ，2a ，3a ，4a }=（a ） 证明5是素数，由定理1可得.六阶群只有两种：循环群6C ={ e ，a ，2a ，3a ，4a ，5a }=（a ）≅6Z （模6的剩余类加群），正三角形对称群3S =（a ，b ）={e ，a ，b ，ab ，2a ，a 2b }证明因为元素的周期构成循环子群，所以六阶群中，除单位元外，元素的阶数只能等于2，3，6.如果六阶群中有六阶元，则此群为循环群6C .如果六阶群中没有六阶元，而至少有一个元素的阶数为3，记作R ，它的周期构成的循环子群是指数为2的不变子群，记作{E ，R ，2R }.不失普遍性，陪集记作{012S ,S ,S }，满足m j j m R S S +=，其中j 3j S S +=.由重排定理，2j S 不能等于k S ，如果它等于R 或2R ，则j S 是六阶元素，与假设矛盾.因此2j S =E ，j S 都是二阶元素，并能推出m j m j R S S +=和m j j m S R S -=.这就是3S 群.最后如果六阶群中除单位元外元素的阶都是2，任取其中两个元素R 和S ，设RS=T ，由于单位元和逆元的唯一性，T 不等于单位元E ，也不等于R 或S ，E ，R 和T 组成的子集构成子群，同构于四阶反演群4V ，它的阶数不是6的约数，矛盾.证毕.七阶群只有一种：循环群7C 证明7是素数，由定理1可得.八阶群只有五种：循环群8C ，阿贝尔群4h C ，正方形对称群4D ，四元素群8Q 和阿贝尔群2h D .证明因为元素的周期构成循环子群，所以八阶群中，除单位元外，元素的阶数只能等于2，4和8.如果八阶群中有八阶元，则此群为循环群8C .如果八阶群中没有八阶元，而至少有一个元素的阶数为4，记作R ，它的周期构成的循环子群是指数为2的不变子群，记作{ E ，R ，2R ，3R }.陪集记作{012S ,S ,S ,3S }，满足m j j m R S S +=，其中j 4j S S +=.由重排定理，2j S 不能等于k S ，如果它等于R 或3R ，则j S 是八阶元素，与假设矛盾.如果至少有一个22j S R =，不失一般性，设221S R =，则1S 是4阶元素，1321113S S R S S -===，而且223S R =.现在存在两种情况.如果220S R =，同理有13002S S S -==，222S R =和2332100011S S RS R ,S S R S R ====，因而此群同构于四元素群8Q ，同构关系为30211R i ,S i ,S i σσσ↔↔↔；如果2202S S =E =，则由332R S S =取逆得121S R S R S ==，故有33S R RS =.由303R S S =取逆得010S R S =RS =，同理22S R=RS .而且12011S S =R S R -=和2100S S =RS R =，因而此群同构于阿贝尔群4h C =42C V ⨯，同构关系为4014R C ,S ,S C σσ↔↔↔.其中σ是空间反演.如果所有j S 都是二阶元素，2j S E =，则由m j j m R S S +=可推出m j m j R S S +=和m j j-m S R S =，因而此群同构于4D 群，同构关系为30211R i ,S ,S σσσ↔↔↔. 最后，如果八阶群中没有八阶和四阶元素，即除单位元外所有元素都是二阶元素，则得阿贝尔群2h D =22D V ⨯.证毕.九阶群只有二种：循环群9C ，阿贝尔群 证明九阶群中，除单位元外，元素的阶数只能等于3或9.如果九阶群中至少有一个元素的阶数为9，则此群为循环群9C .如果九阶群中没有九阶元素，即除单位元外的元素都是三阶元素.任取一个三阶元素，记作A ，由A 构成的循环子群为{E ，A ，2A }，一个右陪集记作{B ，C ，D}.不失一般性，可设AB=C ，AC=D ，AD=B. B ，C 和D 都是三阶元素，它们的平方不能等于E ，A 或2A ，又有重排定理，它们的平方也不能等于B ，C 或D ，它们互相间也不能相等，因而可把群中其余三个元素记作22B ,C 和2D ，构成另一个右陪集.由重排定理，2AB =CB 不能等于2C 和2B ，因而只能等于2D .其他乘积关系都可由这些公式推出， 从而得此群的乘法表.由乘法表知此群是阿贝尔群.因此九阶群有两类：循环群9C 和阿贝尔群.证毕.十阶群只有两种：循环群10C ，正五边形对称群5D 证明 十阶群中，除单位元外，元素的阶数只能等于2，5和10.如果十阶群中有一个阶数为10的元，则此群为循环群10C .如果十阶群中除单位元外的元素都是二阶元素，任取R 和S ，设RS=T ，则有四阶子群{E ，R ，S ，T}，同构于四阶反演群，子群阶数不是10的约数，矛盾. 如果十阶群中没有十阶元素，而至少有一个元素的阶数是5，记作R ，它的周期构成的循环子群是指数为2的不变子群，{E ，R ，234R ,R ,R }.不失一般性，陪集记作{012S ,S ,S ,3S ,4S }，满足m j j m R S S +=，其中j 5j S S +=.由重排定理，2j S 不能等于k S ，如果它等于j R ，其中j 不是5的倍数，则j S 是十阶元素，与假设矛盾.因此2j S =E ，j S 都是二阶元素，有m j m j R S S +=和m j j-m S R S =.这正是正五边形对称群5D .因此十阶群只有10C 和5D 两个不同构的群.证毕.3.有限群常见结论3.1对一般有限群成立的常见结论 1. 任意群G 的单位元e 的阶都是1.2. 设G 是一个群,元a 的阶是n,对任意的正整数m,若m a =e 则n|m.证明 已知元a 的阶是n,则n a =e.由整数的带余除法,存在整数q 和r,使得m=nq+r其中0≤r<n.若r ≠0,则m nq r nq r n q r q r r a a a a (a )a e a a +=====.这与a 的阶是n 相矛盾,则r= 0,即m=nq,于是n|m.3. 设G 是一个群,a ∈G ,则a 与a 的逆元1a -有相同的阶.证明 设a 的阶是n,1a -的阶是m,则有n a =e, 1m (a )e -=,而e=1m (a )-=m 1(a )-,则m a =e,由3.1.2知有n|m.另一方面1n n 1(a )(a )e --==,由3.1.2知有m|n;于是m=n.4. 设G 是一个群,a ∈G ,对任意 c ∈G ,则1cac -与a 有相同的阶.证明 设a 的阶是n ，1cac -的阶是m ，则有n a =e ，1m (cac )e -=，1n 111n 1(cac )(cac )(cac )(cac )ca c e -----=== ,由3.1.2知有m|n. 另一方面1m111(c a c)(c a c )(c a c )(c a-----=== ,从而m 1m 1a c(c a c )c c e c e ---===，由3.1.2知有n|m.于是m=n.5. G 是一个群,对 a,b ∈G ,则ab 与ba 有相同的阶.证明 因为ab=1b (ba)b -,则由3.1.4知ab 与ba 有相同的阶.6. G 是一个群,a 与b 的阶分别为m 和n,且 (m,n) = 1,ab=ba,则ab 的的阶为mn.证明 设ab 的阶是k,由于mn mn mn m n n m (ab)a b (a )(b )e ===，则k|mn;另一方面,k m km km km m k km km km e ((ab))(ab)a b (a )b eb b ======所以n|km,由于(m,n) =1,则n|k,同理m|k,再有由(m,n) = 1,有mn|k,于是k=mn.7. 设G 是一个群,a ∈G ,a 的阶是n,r 是任意整数,(n,r) =d,则r a 的阶是nd.证明 设ra 的阶是k,则r k(a )=e.而n n r r n r ddd(a )aae ⋅⋅===由3.1.2知有k|nd,另一方面,rk r k a (a )e ==,由3.1.2知有n|rk.因此nd|rdk,而(n,r)=d,故 (nd,rd) = 1,于是nd|k.这样k=nd.8. 一个有限群的每一个元的阶都有限.证明 设G 是一个有限群,对 a ∈G ,由群的定义可知,a ，23n a ,a ,,a ,⋯⋯都是G 中的元,因为G 是一个有限群,则一定存在正整数m,n,m>n,使得m n a a =,等式两端同乘-n a 有m-n a =e,于是存在正整数s=m-n 使s a =e.因而必有使r a =e 的最小正整数r 存在,即a 的阶是有限的.注:该命题的逆命题：“每一个元的阶都有限的群是有限群”不成立.例如G={z|z 是复数，n z =1，n=1，2， }对于普通乘法来说作成一个群.事实上，已知非零复数集*C 对于复数乘法封闭.任取x ，y ∈G ，从而xy ∈G ，存在自然数m ，n ，使得m x =1，n y =1.令k 是m ，n 的最小公倍数，则k k k xy x y =（）=1，从而xy ∈G ，所以G 对于复数乘法封闭.又任取x ∈G ，存在自然数n ，使得n x =1，则1n n 1x (x )--=（）=1，从而1x -∈G .因此G 是*C 的一个子群.任取z ∈G ，存在正整数m ，使得m z =1.故G 中每个元的阶都有限，但G 是无限群. 9. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证明 设G 是一个有限群.若G 中没有阶大于2的元,则结论显然成立.设G 中有阶大于2的元.(1)设a ∈G ,且a 的阶n>2,由3.1.3.知1a -的阶也是n,且1a -≠a.事实上,若1a -=a,那么2a =e,这与a 的阶n> 2相矛盾,所以1a -≠a.(2)设b ∈G ,且b 的阶大于2,b ≠a, 1a -，则1b -≠a, 1a -.事实上,若1b -=a,那么b= 11(b )--=1a -,这与1b -≠a, 1a -的假设相矛盾,所以1b -≠a.同理可证1b -≠1a -.综合(1)和(2)则知,G 中阶大于2的元总是成对出现.又G 是有限群,所以G 中阶大于2的元的个数一定是偶数.10. 若G 是一个阶为偶数的有限群,则G 中阶等于2的元的个数一定是奇数.证明 由3.1.9知G 中阶大于2的元的个数是偶数.而G 中只有单位元e 的阶是1,又G 的阶是偶数,所以G 中阶等于2的元的个数一定是奇数.注：任意偶数阶有限群至少有一个二阶元.3.2对有限循环群成立的常见结论定理2 设G 是一个由元a 所生成的有限循环群，a 的阶是一个整数n ，那么G 与模n 的剩余类加群同构.证明设a 的阶是n ，n a =e.这是，h k a a =当且仅当n |h k -的时候. 假如n |h k -，那么h k nq -=，h nq k =+，h nq+k nq k n q k k k a a a a (a )a ea a =====；假如h k a a =，令h-k=nq+r,0r n 1≤≤-，那么h k nq r nq r r r e=a a a a ea a -+====.由阶的定义r=0.这就是说n |h k -.这样，k a [k ]→是G 与剩余类加群G 间的一一映射，但h k h k a a a [h k][h][k]+=→+=+，所以G G ≅.1. 一个循环群一定是交换群证明 设G=（a ），任取h k a ,a G ∈，都有h k h k k h k h a a a a a a ++===.所以循环群是交换群.2. 假定a 生成一个阶是n 的循环群G .假如（r ，n ）=1，则r a 也生成G .证明 只须证（a ）=（r a ）.显然（r a ）⊂（a ），下面证明（a ）⊂（r a ），也就是要证明生成元a 是r a 的乘方.由（r ，n ）=1，,Z λμ∃∈，使得r n=1λμ+.从而r nr n r a aa (a)(a )e (a )λμλμλμλ+====.∀h a (a)∈,有h r h r h r a ((a ))(a )(a )λλ==∈.因此（a ）⊂（r a ）.综上，有r (a )(a)G ==.注:该命题的逆命题也成立，即G=（a ）的阶为n ，且G=r (a )，则（r ，n ）=1.事实上，因r a G=(a )∈，故存在m Z ∈，使得a=r m rm (a )a =，从而1-rm a e =.因|a|=n ，故n|1-rm ，于是存在q Z ∈，使得1-rm=nq ，即rm+nq=1.所以（r ，n ）=1. 3. 一个阶为mn （m ，n 是正整数）的循环群有阶为m 和阶为n 的元素.证明 设G=（a ），且|G|=mn ，从而|a|=mn ，于是mn m n n m a (a )(a )e ===,任取k ：0<k<n, m k mk (a )a e =≠（因0<mk<mn,又|a|=mn ）,所以|m a |=n.同理|n a |=m.4. 设G 是有限循环群，任取正整数m ，m 整除G 的阶，则G 有m 阶元，从而G有m 阶子群.证明 因m 整除G 的阶，故|G|=ms ，s Z ∈.设G=（a ），由3.2.3知|s a |=m ，且G有m 阶子群（s a ）.5. 阶是m p 的群（p 是素数）一定包含一个阶是p 的子群.证明 设群G 的阶是m p ，那么G 中任意非单位元a 的阶n 都是m p 的因子，所以n=i p ,1i m ≤≤.如果i=1，则a 的阶是p ，从而（a ）是p 阶子群；如果i>1，则i 1p a -的阶是p ，从而（i 1p a -）是p 阶子群.6. 设群G ≠{e}，则G 是素数阶循环群的充分必要条件是G 除单位元群{e}和本身G 外无其他子群.证明 必要性 由Lagrange 定理知显然.充分性 因G ≠{e}，故存在x ∈G ，而x ≠e ，有(x)≠{e}，故由已知(x)=G ，从而G 是循环群.下面证明|x|为素数.事实上，假设不然，如果|x|=∞，则G 有子群(2x ).而(2x )≠{e}，又(2x )≠(x)=G ，此与已知矛盾，于是|x|有限.又|x|≠1，从而|x|为合数，于是存在正整数k ，且k ≠1，可≠|x|，使得k整除|x|，1<k<|x|,从而G 有子群(k x ).但|(k x )|=|k x |=|x |k既不等于1又不等于|x|，又产生了矛盾.所以|x|是素数.因此G=(x)是素数阶循环群.7. 假定G 和G 是两个有限循环群，他们的阶各是m 和n ，则G 和G 同态的充分必要条件是n|m证明 必要性 设G 和G 同态，其同态核是N ，那么GNG ≅，因此GN的阶为n ，但GN的阶能整除G 的阶，故n|m.充分性 设n|m ，且G=(a)，G =(a )，定义kk :a a φ→，则φ是G 到G 的一个同态满射.事实上，首先若k s a a =，那么k-s a e =，从而m|k-s.又n|m ，故n|k-s ，从而k sa-=e ，k s a a =，这说明φ是一个映射.其次,任取ka G ∈，有k a G ∈，使得kk (a )a φ=，故φ是一个满射.最后，对任意的k a ，s a G ∈，有k+sk sk s k+s k s (a a )(a )a a a (a )(a )φφφφ====，故φ是G 到G 的一个同态满射，于是G G .8. 阶是素数的群一定是循环群.证明 设群G 的阶是素数p ，因为p ≥2，故存在a G ∈，而a ≠e ，即|a|≠1.且|a|整除p ，但p 是素数，|a|≠1，从而|a|=p.即|(a)|=p ，又|G|=p ，且(a)⊂G ，所以G=(a).注：该命题的逆命题不成立，即循环群未必是素数阶的.例如循环群4Z ([1])=是4阶群. 9. 任何2p (p 为素数)阶群都为可交换群.证明 设群G 的阶为2p .因为素数幂阶群的中心C 的阶不等于1,所以它的中心C 的阶只能为p 或2p .若 C 的阶为p,则C ⊄ G ,从而存在x ∈G\C.又C ⊂G C (x), |G C (x)|>p,但G C (x)≤G ,故G C (x)的阶整除p ，因此|G C (x)|=2p ,即有G C (x)=G ,于是有x ∈C,矛盾.故|C| =2p ,即C=G .所以G 是交换群.3.3对置换群成立的常见结论定理3 每一个有限群都与一个置换群同构.证明 由Cayley 定理的证明知，任何一个群G 都与G 的一个变换群G 同构.今设G是有限群，从而G 的一个变换群G 就是置换群.所以每一个有限群都与一个置换群同构. 1. 在n 次对称群n S 中，1)两个不相连的循环置换可以交换； 2)-112k k k-11(i i i )=(i i i ) .证明 1)设π与'π为两个不相连的循环置换，于是任一元素i ∈{1，2， ，n}，若π使i 变动，则i 在'π下必不变，从而i π=j ≠i.因此j (i )i j ππππ=≠=，即j 也是被π变动的元素.因而i ，j 在'π都不变.于是有'''''i(i )j j,i(i )i j ππππππππππ======.即'i ππ='i ππ.同理，对于任一被'π变动的元k 也有'kππ='kππ.而对于那些在π与'π下均不变的元素s 来说，显然有's ππ=s='s ππ.所以'ππ='ππ.2)因为12k (i i i ) k k-11(i i i ) =(1i )是恒等置换，也就是n 次对称群n S 的单位元，所以-112k k k-11(i i i )=(i i i ) .2.n S 的一个k-循环置换的阶是k.证明 设π=（12k i i i ）是n S 的一个k-循环置换，则232312131 4232425i i ,i i ,i i ,i i ,i i ,i i ,ππππππ======2323k-1k k-11k-12k 1k2k 3i i ,i i ,i i ,i i ,i i ,i i ,ππππππ======一般来说，若j=1，2， ，k ，1≤s ≤k ，则 sj s j i i ,s j k π+=+≤时，s j s j-k i i ,s j>k π+=+时，从而s=k 时，有kj s j-k j i i i π+==，j=1，2， ，k.显然kj j i i π=，j=k+1,k+2, ,n.所以k π=（1）是n S 的单位元.当1≤s ≤k-1时，s1s+11i i i π=≠（因为s+1≤k ，s ≠0），即s (1)π≠ 所以|π|=k.3. 任一置换π都可以写成不相连的循环置换的乘积，而且π的阶等于这些循 环置换的长的最小公倍数.证明 1）用归纳法. 当π不使任何元变动的时候，就是当π是恒等置换的时候，结论是对的.假定对于最多变动r-1（r ≤n ）个元的π结论是对的.现在看一个变动r 个元的π，任取一个被π变动的元1i a ，从1i a 出发找1i a 的象2i a ，2i a 的象3i a ，这样找下去，直到第一次找到一个k i a 为止，这个k i a 的象不再是一个新的元，而是已经得到过的一个元：k j i i a a ,j k.π=≤因为一共只有n 个元，这样的k i a 一定存在.事实上，k i a 的象是1i a ，因为j i a （2≤j ≤k ）已经是j-1i a 的象，不能再是k i a 的象.这样，得到12k 1i i i i a a a a →→→→ 因为π只使r 个元变动，k ≤r.假如k=r ，π本身是一个循环置换，结论成立. 假如k<r,则π=12k k+1r r 1n ''231k 1r r 1n i i i i i i i i i i i i i i +++⎛⎫⎪⎝⎭=12k k+1r r 1n 12k k+1r r 1n ''231k 1r r 1n 12k k 1r r 1n i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ++++++⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=（12k i i i ）1π但1π只使得r-k<r 个元变动，照归纳法的假定，可以写成不相连的循环置换的乘积：1π=12m ηηη 在这些η里，12k i ,i ,,i 不会出现.不然的话，s p q (i i )η= ，p ≤k 那么p i 同q i 不会再在其余的η里出现，1π也必使p q i i a a →，但1π使得p i a 不动，这是一个矛盾.这样，π是不相连的循环置换的乘积：π=（12k i i i ）12m ηηη . 2）设π可写成不相连的循环置换的乘积π=12s ηηη .由于对任意整数t ，有t t t t 12s πηηη= .所以t π=e ⇔t i η=e ，i=1，2， ，s.又因|i η|=i η的长度i l ，故t i η=e ⇔i l |t.从而，t π=e ⇔i l |t ，i=1，2， ，s.设|π|=d ，则d π=e i l |d ⇒，即d 是12s l ,l ,,l 的公倍数.设k 是12s l ,l ,,l 的任一公倍数，则k i l |d e d|k π⇒=⇒.所以d 是12s l ,l ,,l 的最小公倍数.4. n S 的每一个元都可以写成（12），（13），……，（1n ）这n-1个2-循环置换中的若干个的乘积.证明 由于每一个置换π都可以写成若干个不相连的循环置换的乘积，所以只需证明一个循环置换可以写成若干个置换(1 i)（i=2，3， ，n ）的乘积.可分以下两种情况：1）1在循环置换π中出现，这时，π=（12k-11 i i i ）=（11i ）（12i ） （1k-1i ）； 2）1不在循环置换π中出现，这时，π=12k ( i i i ) =（12k-11 i i i ）(11 i )=（11i ）（12i ） (k 1 i )(11 i ).近世代数的。