变换和置换群
置换的轮换乘积形式的唯一性
如 果 置 换 可 以 表 示 为 12…t 和 12…l, 令 X={1, 2, …, t}, Y={1, 2, …, l , }, 则X=Y
证明要点：
任取jX, 不失一般性，令j=(i1 i2 … im )
由于(i1)i1, 必存在sY, 使得i1出现在s中。由轮换 的定义以及各轮换不相交，i2, i3,…, im也必在s中。 若存在其它某个元素u也在s中, 则u只能在m后面， 则(im)=s(im) =u，同时又有(im)= j(im)=i1, 矛盾。 所以j即s。这说明XY, 同理可知YX。
对换乘积表示置换的例子
定义{1,2,3,4}上的函数 f 如下： f (1)=2, f (2)=3, f (3)=4, f (4)=1
函数 f 的轮换形式：(1 2 3 4)
函数 f 的对换乘积形式： (1 2) (1 3) (1 4)
令： 函数g: g(1)=2, g(2)=1, g(3)=3, g(4)=4 函数h: h(1)=3, h(2)=2, h(3)=1, h(4)=4 函数k: k(1)=4, k(2)=2, k(3)=3, k(4)=1
若r =k>0, 取一在下改变的元素i1, 按照轮换的定义依次找 出i2, i3 …。 S是有限集，一定可以找到im, 使得i1, i2, …, im均不同，但 im+1{i1, i2, …, im}。 必有im+1=i1。(否则：若im+1=ij, j1, 则(ij-1)=(im)=ij, 与是 一对一的矛盾。)
x{i1, i2, …, ik}; x{j1, j2, …, js}; xS-({i1, i2, …, ik}{j1, j2, …, js})，
均有(x) = (x)
用轮换的乘积表示置换
任一n元置换均可表示成一组互不相交的轮换的乘积。 对在下S中发生变化的元素的个数r 进行归纳：
r =0，即是恒等置换。
单位元：恒等变换f1,0:RR: xR, f1,0(x)=x 是单位元 逆元素：对任意的fa,b , f1/a,-b/a◦fa,b = fa,b ◦f1/a,-b/a= f1,0, 因此f1/a,-b/a是fa,b
的逆元素。(注意：a0)
置换称为S上 的n元置换
变换和置换群
上一讲内容的回顾
不变子群 商群 同态核 自然同态 群同态基本定理 同态基本定理的应用
变换群与置换群
变换和变换群 置换及其表示 置换群 任意群与变换群同构 置换群的应用
变换和变换群
定义：A是非空集合，f:AA称为A上的一个 变换。
经常讨论的是一一变换，即f是双射。 变换就是函数，变换的“乘法”就是函数复
记法：
1(1)(22)...... (nn)
置换的例子
例子：集合S={1,2,3}上共有6个不同的置换， 它们的集合记为S3 ：
e 11
2 2
33
11
2 3
23
12
2 3
13
13
2 2
13
13
2 1
23
1 2
2 1
33
S3是最小的非交换群
注意：质数阶群一定是可交换群。
轮换与对换
置换的轮换乘积形式
例子：15
2 2
3 3
4 8
5 7
6 6
7 1
84
=
(1 5 7) (4 8)
例子：12
2 3
3 5
4 8
5 1
6 4
7 6
78
=(1 2 3 5) (4 8 7 6)
用对换的乘积表示置换
k(k>1)阶轮换 =(i1 i2 … ik )可以表示为k-1个对换的乘积：(i1i2)…(i1ik-1) (i1ik)
合运算。
集合A上的一一变换关于变换乘法构成的群 称为变换群。
非空集合上所有的一一变换构成群
设A是任意的非空集合，A上所有的一一变换一定
构成群。
封闭性：双射的复合仍是双射。 结合律：变换乘法是关系复合运算的特例。 单位元：f:AA, xA, f(x)=x满足对于任意 g:AA,
f◦g=g◦f=g (恒等变换) 逆元素：任意双射g:AA均有反函数g -1:AA, 即其逆
元素。
变换群的例子
R是实数集，G是R上所有如下形式的变换构成的集合： fa,b:RR, xR, fa,b(x)=ax+b (a,b是有理数，a0)
则G是变换群。 封闭性： fa,b, fc,d G, fa,b◦fc,d =fac,bc+d ( 注意：fc,d (fa,b(x)) =
fc,d(ax+b) = acx+bc+d, 例如：f2,1(x)=2x+1, f1,2(x)=x+2, f1,2(f2,1(x))= 2x+3, 即f2,1◦f1,2 = f2,3 ) 结合律：变换的乘法即关系复合运算
=(2 3); =(1 3); =(1 2)
不相交的轮换相乘可以交换
给定Sn中两个轮换： =(i1 i2 … ik ), =(j1 j2 … js ),
若{i1, i2, …, ik} {j1, j2, …, js}=，则称 与 不相交
若 与 不相交，则 = 对任意xS, 分三种情况讨论：
定义: 设是S={1,2,…,n}上的n元置换，且： (i1)=i2, (i2)=i3, …, (ik-1)=ik, (ik)=i1, 且xS, xij
j=1,2,…,k, (x)=x, 则称是S上的一个k阶轮换，当 k=2, 也称为对换。
记法：(i1 i2 … ik ) 例子：用轮换形式表示S3的6个元素： e=(1); =(1 2 3); =(1 3 2);
注意：各对换是相交的，因此次序不可以交换。
证明要点：对k归纳。 k=2时显然成立。考虑 =(i1 i2 … ik ik+1 ), 只需证明 =(i1 i2 … ik)(i1 ik+1 )。 分4种情况证明：xA, (x)=(i1 i2 … ik)(i1 ik+1 )(x) (1) x{ i1, i2, …, ik-1} (2) x=ik (3) x=ik+1 (4) x为A中其它元素
变换和置换群
元素。
A
5
变换群的例子
R是实数集，G是R上所有如下形式的变换构成的集合： fa,b:RR, xR, fa,b(x)=ax+b (a,b是有理数，a0)
则G是变换群。 封闭性： fa,b, fc,d G, fa,b◦fc,d =fac,bc+d ( 注意：fc,d (fa,b(x)) =
A
12
置换的轮换乘积形式
例子：15
2 2
3 3
4 8
5 7
6 6
7 1
84
=
(1 5 7) (4 8)
例子：12
2 3
3 5
4 8
5 1
6 4
7 6
78
=(1 2 3 5) (4 8 7 6)
A
13
用对换的乘积表示置换
k(k>1)阶轮换 =(i1 i2 … ik )可以表示为k-1个对换的乘积：(i1i2)…(i1ik-1) (i1ik)
的逆元素。(注意：a0)
A
6
置换及其表示
定义：有限集合S上的双射:SS称为S上 的n元置换
记法：
1(1)(22)...... (nn)
A
7
置换的例子
例子：集合S={1,2,3}上共有6个不同的置换， 它们的集合记为S3 ：
e 11
2 2
33
11
2 3
23
12
2 3
13
13
2 2
受到影响的除了s和k+1本身外，只是it与ik+1之间大于s, 小于 k+1的诸项)。
《变换和置换群》课件
晶体学
化学分子
置换群可用于描述晶体中的对称 性，进而推测晶体的结构和性质。
变换和置换群可用于描述和分析 分子中的对称性和反应过程。
实例分析：八皇后问题
1
问题描述
在8×8的国际象棋棋盘上，摆放8个皇后，使得每个皇后都不会互相攻击。
2
解决方法
利用回溯算法，通过枚举置换的组合方式，找到符合要求的八皇后放置方法。
变换群的性质和定义
群元素
• 变换 • 恒等变换
性质
• 封闭性 • 结合律 • 单位元 • 逆元
置换群的性质和定义
对称性
置换群是对称性的代数描述。
置换的类型
置换可以分为置换对和置换 环。
性质：
满足群的四个基本要素：群
音乐理论
变换群与音乐理论有密不可分的 关系，可描述音乐创作和演奏过 程。
《变换和置换群》PPT课 件
本课件将介绍变换群和置换群的定义、性质和应用。通过实例讲解八皇后问 题，帮助大家理解群论的基本概念。
变换群和置换群是什么？
1 变换群
是一组变换的集合，满足 封闭性、结合律、单位元 和逆元。
2 置换群
是一组置换的集合，满足 封闭性、结合律、单位元 和逆元。
3 联系
置换群是变换群的一种特 殊情况。
3
应用
解决类似的组合问题，例如数独、图像识别等。
总结
群论基础
变换群和置换群是群论中最基础的概念，可应用于 各领域。
更广泛的应用
广泛应用于数学、物理、化学、计算机等领域，展 现了其重要性和实用价值。
竞赛数学课程 几何变换
几何变换变换与变换群1． 基本概念：1） 设A 、B 是两个非空集合，给出映射f ：A →B ，如果B=A ，那么映射f 叫做集合A 上的变换。
2） 若变换f ：A →A 是一一映射，则f 叫一一变换。
3） 一一变换f ：A →A ，若,A a ∈∀有f （a ）=a ，则f 叫A 上的恒等变换或单位变换，通常记为I 。
4） A A f A A f →→:,:21是两个变换，变换1f 与2f 的合成12f f ⋅叫做1f 与2f 的乘积。
5） 一一变换f ：A →A ，若存在变换g ：A →A ，使得fg=gf=I ，则g=1-f 叫f 的逆变换。
6） 一一变换f ：A →A ，且I f ≠，若A a ∈∃，使f（a ）=a ，则a 叫f 下的二重点（不动点，不变点）；若存在直线l ，使得f （l ）=l ，则l 叫f 下的二重线（不变线）。
2． 一一变换的性质：1）f 、g ：A →A 是一一变换，则gf 也是一一变换。
2）f 、g 、h ：A →A 是一一变换，则有h （gf ）=（hg ）f 。
3）f ：A →A 是一一变换，则1-f 也是一一变换。
3． 变换群：1） 将几何图形按着某种法则或者规律变换成另一个图形的过程叫几何变换。
2） A 是一个集合，如果G 是由集合A 上的某些一一变换所组成的集合，且满足：（1） 若G f G f ∈∈21,，则G f f ∈⋅12；（2） 若G f ∈，则G f∈-1； 那么集合G 就叫做集合A 上的变换群，简称为变换群。
3） 若H 是变换群的一个子群，且H 自身也构成一个变换群，那么H 叫做G 的子群。
4） 两变换群21,G G ，若它们的元素之间可以建立一一对应关系f ，且有)()()(,,1212121g f g f g g f G g g =∈∀，则称21,G G 同构。
平面几何变换一、合同变换1． 基本概念1） 一个平面到其自身的变换W ，若对于平面上的任意两点A 与B ，都有距离W （A ）W （B ）=AB ，则称W 为平面上的合同变换（全等变换）。
4.1置换群
SR
T
1 2
2 4
3 5
4 1
53
等效算法（一）
先将S置换的各列次序进行交换，使S第一行排列次 序与R的第二行排列次序一样
S 13
2 1
3 2
4 4
55
R
1 3
2 4
3 5
4 2
15
S
3 2
4 4
5 5
2 1
13
然后用S的第二行代替R的第二行，即得到SR
l 称为轮换长度
轮换常用一行矩阵描写
a1
a2
al
a1 a2
al 1 al
al a1
b1 b1
பைடு நூலகம்
bnl bnl
2. 轮换特点
顺序变化
保持不变
用行矩阵描写轮换时，数字的排列次序不能变，但允 许开头的数字顺序变换（依次按顺序进行变换）
q a b c p a b c p q
置换的轮换结构是由一组配分数来描写的
4. 轮换乘积的计算方法 每一个置换都可分解为无公共客体的轮换的乘积 两个置换相乘时，需要计算两个有公共客体的轮换 的乘积问题
通常认为，只有把置换乘积化为无公共客体的轮换 的乘积，才算把乘积化到了最简单形式
如：先讨论只有一个公共客体的轮换乘积的计算方法
a b c dd e f
然后在余下的数中，任选一数b1，找出它的客体链 (b1,b2,...,bm)客体链，即R中包含一个长度为m的轮换
这两个轮换中无公共客体，乘积次序可交换
按此法继续下去，总能穷尽全部n个客体，从而把置换 R分解为若干没有公共客体的轮换的乘积，乘积次序可交 换
高考数学中的置换群及相关概念
高考数学中的置换群及相关概念在高考数学中，有一种抽象的数学概念叫做置换群，它是很多数学分支中常常用到的概念，包括群论、代数学、拓扑学等，而在高考数学中，它主要用于解决排列组合、概率统计等问题。
一、置换群的定义置换群是一种代数结构，它包含了一些置换的集合和一些代数运算，满足一些特定的公理。
具体来说，一个置换群G包含了一些置换{σ1, σ2, σ3, ..., σn}, 这些置换满足以下条件：1. 任意两个置换可以进行运算，得到一个新的置换。
这个运算称为群的乘法运算，通常用“.”或“×”表示。
2. 群的乘法运算满足结合律，即(σi. σj). σk = σi. (σj. σk)。
3. 存在一个置换ε，称为群的单位元，它和任何置换进行乘法运算后都不改变，即ε. σi = σi. ε = σi。
4. 对于每个置换σi，都存在一个逆置换σ^-1，满足σi. σ^-1i =σ^-1i .σi = ε。
二、置换群的应用在高考数学中，置换群主要应用于多种排列组合问题的解决。
例如，考虑一个3个元素的置换{1, 2, 3}，有六个不同的置换可以构成置换群G = {ε, σ1, σ2, σ3, σ4, σ5}。
其中，ε表示恒等置换，即保持原序的置换；σi表示对原序进行了i次置换的组合。
则G是一个由六个元素组成的置换群，它满足置换群的所有公理，即：1. 任意两个元素都可以进行乘法运算，比如σ1 × σ2 = σ4。
2. 乘法运算满足结合律。
3. 存在一个恒等元素ε，使得ε.σi = σi.ε = σi。
4. 每个元素都存在一个逆元素，比如σ2^-1 = σ2。
通过这些公理的保证，我们可以通过数学推导的方式解决很多排列组合问题。
例如，考虑一个2018个人的班级，这些学生分别有一个编号1, 2, 3, ..., 2018。
如果我们要从这些学生中选出一个5人小组，有多少种不同的选法？我们可以将每个选法表示成一个置换，即将5个人从原序列中取出来，并按照编号的大小排列。
变换和置换群
令1=(i1 i2 … im)，则 = 1', '与1不相交，'最多只改变余 下的k-m个元素，由归纳假设，' =23…l。
a
11
置换的轮换乘积形式的唯一性
如 果 置 换 可 以 表 示 为 12…t 和 12…l, 令 X={1, 2, …, t}, Y={1, 2, …, l , }, 则X=Y
a
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对换乘积表示置换的例子
定义{1,2,3,4}上的函数 f 如下： f (1)=2, f (2)=3, f (3)=4, f (4)=1
函数 f 的轮换形式：(1 2 3 4)
函数 f 的对换乘积形式： (1 2) (1 3) (1 4)
a
令： 函数g: g(1)=2, g(2)=1, g(3)=3, g(4)=4 函数h: h(1)=3, h(2)=2, h(3)=1, h(4)=4 函数k: k(1)=4, k(2)=2, k(3)=3, k(4)=1
r =0，即是恒等置换。
若r =k>0, 取一在下改变的元素i1, 按照轮换的定义依次找 出i2, i3 …。
S是有限集，一定可以找到im, 使得i1, i2, …, im均不同，但 im+1{i1, i2, …, im}。
必有im+1=i1。(否则：若im+1=ij, j1, 则(ij-1)=(im)=ij, 与是 一对一的矛盾。)
记法：(i1 i2 … ik ) 例子：用轮换形式表示S3的6个元素： e=(1); =(1 2 3); =(1 3 2);
=(2 3); =(1 3); =(1 2)
a
9
不相交的轮换相乘可以交换
给定Sn中两个轮换： =(i1 i2 … ik ), =(j1 j2 … js ),
代数结构与数理逻辑-变换群、置换群与循环群
• 作业: P171 12.(2) (3), 13
• 元素a的阶有限的特征：
若元素a的阶有限，则存在k,lZ(kl),使 ak=al，
• 如果a的任意两个幂都不相等, 则元素a的 阶无限。
• 定理13.12：G为群, aG, 阶为n, 则对 mZ,元素的阶都是有限的。
• 例：在有限群G中，阶大于2的元素数目 必是偶数。
(τ
1 (1))
2 σ (τ (2))
σ
(τ
n (n))
• 定义13.7:设|S|=n, Sn, 形如:
i1 i2
i2 i3
id 1 id
id i1
id id
1 in 1 in
其中2≤d≤n。这种形式的置换叫做循环置换 , 称其循环长度为d。上述可写为=(i1,…, id)，其中在变换下的象是自身的元素就不 再写出。 • 特别, 当 d=2时称为对换。
•
共k-1个对换
• 所以当k是奇数时，该循环为偶置换
• 当k是偶数时，该循环为奇置换
• 推论13.2：一个长度为 k的循环置换, 当k为奇数时, 它是一个偶置换; 当k为 偶数时, 它是一个奇置换。
• 推论13.3：每个偶置换均可分解为若干个 长度为 3 的循环置换的乘积, 循环置换中 可以含有公共元。
• |An|=?
• 若n=1，Sn只有一个置换——恒等置换， 它也是An的元素，|An|=1。
• 若n>1,
•
|An|=|On|=
1 2
n
!
• 例：G={g1, g2, gn},[G;]是群,对任意 gG,定义映射g:GG,使得对任意
g'G,有g(g') =gg'。设={g|gG},则
顾沛《抽象代数》1.6变换群与置换群习题解答
顾沛《抽象代数》1.6变换群与置换群习题解答习题4.证明：置换群G中若含有奇置换，则G必有指数为2的⼦群.证明易知G中若有奇置换，则奇偶置换各半.不妨设G的偶置换为{\rm id}=\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{m}⽽奇置换\phi_{1},\cdots,\phi_{m},⼜消去律可知每个\sigma_{i}\phi_{1}均为奇置换且互不相等,从⽽\{\sigma_{i}\phi_{1}|i=1,2,\cdots,m\}=\{\phi_{1},\cdots,\phi_{m}\}取G的⼦群N=\{\sigma_{1},\cdots,\sigma_{m}\}<G那么根据前⾯分析可知[G:N]=2.5.设G_{1},G_{2}是群, N_{1}\lhd G_{1},N_{2}\lhd G_{2},且有N_{1}\simeq N_{2},G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}问是否⼀定有G_{1}\simeq G_{2}?解答不⼀定.反例如下：取G_{1}=S_{3},G_{2}=\mathbb Z_{6},再取⼦群N_{1}=<(123)>,N_{2}=<\overline{2}>由于N_{1},N_{2}均为三阶循环群,从⽽必有N_{1}\simeq N_{2}.此外[G_{1}:N_{1}]=[G_{2}:N_{2}]=2因此⼆者均为正规⼦群,所以可作商群G_{1}/N_{2},G_{2}/N_{2},且|G_{1}/N_{1}|=|G_{2}/N_{2}|=2⽽⼆阶群仅有⼀种结构,必为循环群,因此G_{1}/N_{1}\simeq G_{2}/N_{2}.但是显然S_{3}与\mathbb Z_{6}不同构.(由于S_{3}不是循环群)6.设G是有限群,⽽G的任何真⼦群都是循环群,问G是否⼀定是循环群?解答不⼀定.同样的反例可以取G=S_{3},那么S_{3}的真⼦群的阶数只能为1,2,3,由于2,3都是素数,从⽽S_{3}的⼦群必为循环群.事实上其全部⼦群如下(1),<(12)>,<(13)>,<(23)>,<(123)>⽽S_{3}不是循环群.8.证明S_{3}=<(12),(13)>.证明注意到\begin{align*}(1)=(12)^2;(132)=(12)(13);(123)=(13)(12);(23)=(12)(123)=(12)(13)(12)\end{align*}从⽽|<(12),(13)>|\geq6,另⼀⽅⾯<(12),(13)>\big<S_{3}⽽|S_{3}=6|,因此S_{3}=<(12),(13)>.10.证明\forall\sigma\in S_{n},都有\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})\sigma^{-1}=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r})).证明由于\sigma是双射,任取g=\sigma(h)\in G,那么只需说明\begin{align*}\sigma(i_{1}i_{2}\cdots i_{r})(h)=(\sigma(i_{1})\sigma(i_{2})\cdots\sigma(i_{r}))(g)\tag{1}\end{align*}即可.若1)h\notin\{i_{1},\cdots,i_{r}\},那么g\notin\{\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r})\},那么(1)式左端为\sigma(h)=g=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(g)=g2)若存在某个t\in\{1,2,\cdots,r\}使得h=i_{t},那么(1)式左端为\sigma(i_{t+1})=(\sigma(i_{1}),\cdots,\sigma(i_{r}))(\sigma(i_{t}))为了避免出现t=r的情况,此时可单独考虑.11.设G是n阶交换群,若m,n为互素的⾃然数,定义\begin{align*}f:G&\to G\\a&\mapsto a^m\end{align*}证明f\in{\rm Aut}G.证明显然f为同态,再证f单,只需说明{\rm Ker}f=\{e\}即可.任取g\in{\rm Ker}f,则f(g)=g^m=e那么我们考虑循环群<g><G,显然其阶数|<g>|\big| m此外据Lagrange定理可知|<g>|\big|n,⽽m,n互素,因此|<g>|=1,从⽽g=e,即{\rm Ker}f=\{e\}因⽽f确实是单的,那么|f(G)|=|G|,且⼜f(G)\subset G,所以f(G)=G所以f满.综上便知f\in{\rm Aut}G.12.设G是n阶群,且G的中⼼只有⼳元.证明:G有且仅有n个不同的内⾃同构.证明注意到G/C(G)\simeq{\rm Inn}G⽽C(G)=\{e\},因此G\simeq{\rm Inn}G.由此结论显然.补充题：1.证明:当n\geq3时,S_{n}的中⼼C(S_{n})=\{{\rm id}\}.证明若C(S_{n})\neq\{{\rm id}\},则存在\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})\in C(S_{n})(m\geq1)且i_{0},i_{1},\cdots, i_{m}互不相等.那么考虑置换(i_{0}i_{1}),有\begin{align*}\sigma(i_{0}i_{1})\sigma^{-1}=(\sigma(i_{0})\sigma(i_{1}))=(i_{m}i_{0})=(i_{0}i_{1})\end{align*}因此m=1.所以对任意的\phi\in C(S_{n}),且若\phi\neq{\rm id},那么\phi必然具有如下形式\phi=(st),s\neq t显然\phi与置换(sq)(q\neq s,t)不可交换.综上便知C(S_{n})=\{{\rm id}\}.2.证明:在同构意义下6阶群只有两种,⼀种是6阶循环群,另⼀种是S_{3}.证明若G中有6阶元,则G为循环群.若不含6阶元,那么据Lagrange定理G中元素阶数只能为1,2,3.我们断⾔G中必有⼀个3阶元,否则G中仅有⼳元和⼆阶元,那么易知G为Abel群,这是由于ab=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=ba,\forall a,b\in G取4阶群H=\{e,a,b,ab\}<G,⽽根据Lagrange定理这是不可能的.所以说G中必有6阶元a,再任取b\in G\setminus\{e,a,a^2\},显然G=\{e,a,a^2,b,ba,ba^2\}⽽且易知ba=a^2b,ba^2=ab,b^2=(ba)^2=(ab)^2=e.因此G=<b,ab>显然与S_{3}=<(12),(13)>同构.3.设G是阶⼤于2的有限群且G中有阶⼤于2的元素,证明:{\rm Aut}G>1.证明若G是⾮交换群,那么C(G)\neq G,据G/C(G)\simeq {\rm Inn}G便知|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Inn}G|>1.若G是Abel群,⽽2<|G|<\infty,因此存在p>2以及H使得G=\mathbb Z_{p}\times H从⽽|{\rm Aut}G|\geq|{\rm Aut}\mathbb Z_{p}|=|\mathbb Z^*_{p}|=p-1>1.4.证明:S_{3}\simeq{\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3}.证明由于C(S_{3})=\{{\rm id}\},从⽽S_{3}\simeq{\rm Inn}S_{3}再说明{\rm Aut}S_{3}={\rm Inn}S_{3},事实上只需说明|{\rm Aut}S_{3}|=6注意到S_{3}=<(12),(13),(23)>对任意的⾃同构\sigma\in{\rm Aut}S_{3},作⽤S_{3}上,显然仅仅是对上式中三个元素的重排,因⽽|{\rm Aut}S_{3}|\leq 3！=6⽽|{\rm Inn}S_{3}|=6,且{\rm Inn}S_{3}\lhd{\rm Aut}S_{3},易知{\rm Inn}S_{3}={\rm Aut}S_{3}.5.证明:S_{n}=<(12),(13),\cdots,(1n)>.证明显然<(12),(13),\cdots,(1n)><S_{n},再证另⼀半.由于对任意的置换\sigma\in S_{n},都有如下分解\sigma=(i_{0}i_{1})(i_{0}i_{2})\cdots(i_{0}i_{m})因此只说明任⼀对换可由(12),(13),\cdots,(1n)表⽰,不失⼀般性的只需说明对换(24)可被其表⽰即可.注意到(24)=(12)(14)(12)便说明了问题.Processing math: 0%。
2.4近世代数
易验证，G′对“• ”形成一个群。 作 G 到 G′的映射 ϕ ，∀ a,b∈G，有 ϕ : a 6 f a ∈ G ' 。可验证 ϕ 为 故 ϕ 为单射， 1－1 映上的 （由 ϕ (a) = ϕ (b) ⇒ f a = f b ⇒ ax = bx ⇒ a = b ， 而 ∀f c ∈ G ' ， 知 ϕ (c) = f c ， ϕ 为 满 射 。）。 ∀ a,b ∈ G ，
(1) G＝{e , (1,2,3), (1,3,2) }为 3 元置换群。 (2) G＝{e ,(1 3) ,(2 4), (1 2 3 4), (1 3 )(2 4), (1 4 3 2), (1 2)(3 4), (1 4)(2 3)}. ，则 定理 1 设 σ ∈ S n （ σ 为 n 次置换，n＞1） （1） σ 可分解为两两不交的轮换之积。
1<s≤n
λ1
λ2
ห้องสมุดไป่ตู้
λs
若将其中的 n 个文字任意换位而保留分解式各轮换直接的括号 线不变，这样就得出了 n! 个 1λ 2 λ ⋅ ⋅ ⋅ n λ 型的置换，他们包含了集
1 2
n
合 S λ ,λ ,...,λ 之中的全部置换。然而，如此产生的 n! 个置换是有重复
1 2
1 1
σ ( il ) = i k
1
1 2 l1
， 1 < k < l1 ， 与 σ (ik −1 ) = ik 矛 盾 。 ）于是得到轮换
1 1
σ 1 = σ |{i ,i ,...,i } = (i1 , i2 ,…, il ) 。 然 后 取 ji ∈ Ω \ {i1 , i2 ,..., il } ，造出新的轮换
近世代数课件--2.6 置换群
• 作业 • P55:2,5
6.2 置换的表示方法:2-行法
现在我们要看一看表示一个置换的符号．这种 符号普通有两种，我们先说明第一种．我们看一个 置换
:
ai a k i 1, 2, ...n !
i
这样一个置换所发生的作用完全可以 ( ( 由 (1, k 1 ) ，2, k 2 ) ， …， n , k n ) 这 n 对整数来决定． 表示置换的第一个方法就是把以上这个置换写成
123 123 ?? 132 213
123 123 ? 213 132
(从右向左)
●
如何求逆?
123 132
1
=??
●
所以 S 3 不是交换群．
无限非交换群我们已经看到过，这是我们的第 一个有限非交换群的例子．S 3 可以说是一个最小的 有限非交换群，因为以后我们会知道，一个有限非 交换群至少要有六个元．
但 1 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：
1 1 2 m
在这些
里 i1 , i2 , ..., ik 不会出现.不然的话,
l i p iq , p k
那么 i p 同 iq 不会再在其余的 中出现, 也必使 a i 但我们知道, 1使得 a i 不动,这是一个矛盾.这样, 是 不相连的循环置换的乘积: i1i 2 i k 1 2 m
1
k+1
i
j1
(1)
jk
(1)
只 能 取 自 j1
jk
这样， 2 1 将 j1
jk
变成