σ(l)=at+1 σ1σ2(l)=σ1σ2(at)=σ1(σ2(at))=σ1(a1)=at+1； 若l=at+1，则
σ(l)= σ(at+1)= a1 σ1 σ2(l) = σ1 (σ2(at+1)) = σ1 (at+1) = a1 ；
若l {a1,a2,…,at+1}，则 σ(l)=l
ห้องสมุดไป่ตู้
11
2 2
33
一个元素不动：σ2＝
σ4＝
12
2 1
33
11
2 3
23σ 3＝
0个元素不动：σ5＝
12
2 3
31σ6＝
故，S3 = {σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6}
13
2 2
31
13
2 1
23
置换的乘法
➢ 对M中任意元素a及M的任意两个置换σ，τ， 规定στ（a）=σ（τ（a））。
➢ 例. 设σ＝
12
2 1
3 3
44，τ＝
13
2 4
3 1
24
则στ=
13
2 4
3 2
41，
τσ=
14
2 3
3 1
24
≠ στ
置换的乘法的性质
❖ 满足结合律：(στ)ρ=σ(τρ)，σ,τ,ρ∈ Sn。
❖ Sn中有单位元: n元恒等置换，设 为σ0，有：σ0τ=τσ0 ，τ∈Sn
❖ 每个n元置换在Sn 中都有逆元素:
σ1=(1)(2)(3)(4) σ2=(1 2 3 4) σ3=(1 3)(2 4)
绕中心逆时针转00； 绕中心逆时针转900； 绕中心逆时针转1800；
σ4=(1 4 3 2)
绕中心逆时针转2700；
σ5=(1 2)(3 4)
绕垂直轴翻转1800；
σ6=(1 4) (2 3) 绕水平轴翻转1800 ；
图1是一个22的方格图形，它可以围绕中心旋转，
也可以围绕对称轴翻转，但要求经过这样的变动
以后的图形要与原来的图形重合（方格中的数字
可以改变）。例如，当它绕中心逆
12
时针旋转900以后，原来的数字1，2，
3，4分别变为2，3，4和1，可以把
43
这个变化看作是{1，2，3，4}上的
图1
一个置换（1 2 3 4）。下面给出所有可能的置换：
不相杂轮换
➢ 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(即{a1,… ,ar}∩{b1,…,bs}= ) ➢ 例.设M={1,2,3,4,5,6,7}， （1 3 4）与（6 3 7）是相杂轮换， （1 3 4）（6 3 7）=（1 3 7 6 4）， （6 3 7） （1 3 4）=（1 7 6 3 4）; （1 3 4）与（2 5）是不相杂轮换， （1 3 4）（2 5）= （2 5） （1 3 4）
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
· σ1 σ2
表1
σ3 σ4 σ5
51 =
14
2 5
3 3
4 1
25
στ=
14
2 1
3 2
4 5
53
τσ=
15
2 4
3 1
4 3
25
σ-1=
15
2 1
3 3
4 2
45
τ-1=
13
2 1
3 5
4 4
25
x=σ-1 τ=
11
2 4
3 5
4 2
53y =στ-1=
13
2 2
3 1
4 5
45
n次对称群
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。 （n 次对称群的
往证(a1a2…atat+1)= (a1at+1) (a1a2…at) 令σ1=(a1 at+1)，σ2=(a1 a2… at)， 下面证明σ= σ1 σ2。 任取l∈M,
若l {a1,a2,…,at-1}，不妨设l=am,则 σ(l)= σ(am)=am+1，
σ1 σ2(l)= σ1 (am+1)=am+1； 若l=at，则
➢ 例. σ=
13
2 2
3 4
4 1
5 5
6 6
=（1 3 4）=（3 4 1）=（4 1 3）
➢ 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）
结论：设（a1 a2 … ar ） 是M的轮换，则 （a1 a2 … ar ）-1 =（ ar … a2 a1 ） 证明：往证（ ar … a2 a1 ） （a1 a2 … ar ）=I 命χ为M的任意元
则写法是唯一的(唯一性)。
例.
13
2 1
3 5
4 4
5 2
6 8
7 7
68
=(1 3 5 2)(4)(6 8)(7)=(3 5 2 1)(7)(8 6)(4)
置换的这种表法称为置换的轮换表法
去掉单轮换为轮换表法的省略形式：
(1 3 5 2) (6 8)
证明：
（1）可表性。
设σ是M上置换，任取a1∈M。 ➢ 若σ（a1） = a1，则有轮换（a1）。 ➢ 设σ（a1）= a2， σ（a2）= a3，…。由于M 有限，故到某一个元素ar，σ(ar)必然不能再是 新的元素,即σ(ar) ∈｛a1,…,ar｝。由于σ是一 对一的，已有σ（ai）= ai+1,i=1,2,…,r-1，所以 σ(ar)只能是a1.于是得到一个轮换（a1…ar）。
σ7=(2 4)
绕西北---东南轴翻转1800；
σ8=(1 3)
绕西南---东北轴翻转1800。
表1给出运算表。令D4={σ1, σ2,…, σ8}，
易见D4关于置换的乘法是封闭的。
置换乘法满足结合律。
σ1是单位元。 σ1-1 =σ1, σ2-1 =σ4, σ3-1 =σ3, σ4-1 =σ2, σ5-1 =σ5, σ6-1 =σ6, σ7-1 =σ7, σ8-1 =σ8, D 关于置换的乘法构成一个4次置换群。
证毕。
例. 设M={1,2,3,4}，M的24个置换可写成：
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)。
➢ 若χ∈｛a1,…,ar-1｝，设χ=ai，则
(ar … a2 a1)(a1 a2 … ar) (ai)=(ar…a2 a1) (ai+1)= ai ➢ 若χ= ar ,则
(ar … a2 a1)(a1 a2 … ar) (ar)= (ar … a2 a1)(a1)= ar ➢ χ｛a1,…,ar｝，则(ar … a2 a1)(a1 a2 … ar) (x)=x 总之， (ar … a2 a1) (a1 a2 … ar)(x)=I(x)=x 即，（ ar … a2 a1 ） （a1 a2 … ar ）=I 同理， （a1 a2 … ar） （ar … a2 a1） =I
对换
➢ 轮换的长度 其中所含的元素个数。
（a1 a2… ar）长度为r。
➢ 对换 长度为２的轮换。 ➢ 结论. 任意轮换可以写成对换的乘积。
证明： 往证 (a1 a2…ar)＝(a1 ar)(a1 ar-１)…(a1 a3)(a1 a2) (3) 对r进行归纳，当r=2时命题显然成立。 假设r=t时结论为真， 考虑σ=(a1 a2… at at+1)的情况。
不相杂轮换
➢ 同 理 可 证 ， 若 χ∈ ｛ b1,…,bs ｝ ， 也 有 στ （χ）=τσ（χ）。
➢ 若χ {a1,…,ar,b1,…,bs}, 于是， στ（χ）=σ（χ）=χ， τσ（χ）=τ（χ）=χ。 综上，στ（χ）=τσ（χ），故 στ=τσ。
定理6.3.2 任意置换σ恰有一法写成不相杂轮 换的乘积。即，任意置换σ可以写成不相杂轮 换的乘积（可表性），如果不考虑乘积的顺序，
不相杂轮换
结论：若σ和τ是M的两个不相杂的轮换，
则 στ=τσ.
证明：设σ=（a1…ar），τ=（b1…bs）， σ和τ不相杂。命χ为M的任意元.
➢ 若χ∈｛a1,…,ar｝，设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 。 故,στ(χ)=τσ(χ)。
§6.3 置 换 群
1. 6.3.1 置换的定义 2. 6.3.2 置换的轮换表法 3. 6.3.3 置换的顺向圈表示 4. 6.3.4 置换的奇偶性
6.3.1 置换的定义
❖ 定义. 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={a1,a2,…,an},则M的置换σ可简记为
任一子群称为n 次置换群。 ）
n=1，M={a}，