置换群1

Posted 2020-10-14 数学后花园

我们把集合$\sum$到自身的一个一一对应$\sum$叫做$S$上的一个置换,以$S(\sum)$表示$\sum$上的全体置换构成的集合,我们定义两个置换$\sigma,\tau$的乘法运算为二者关于映射的复合运算$$\sigma\cdot\tau=\sigma\circ\tau\Leftrightarrow (\sigma\circ)a=\sigma(\tau(a)),\forall a\in S$$显然在此运算下$S(\sum)$构成一个群,幺元是恒等映射.这个群称为集合$\sum$上的对称群,他的子群均叫做集合$\sum$上的置换群.

我们不难看出两个群$S(\sum),S(\sum‘)$的本质区别就是集合$\sum,\sum‘$的基数区别,如果基数一样$|\sum|=|\sum‘|=n$,那么两个对称群是同构,因此我们一般上把这个群记作$S_n$,称作$n$元对称群,而$S_n$的子群均叫做$n$元置换群.

对于$n$元集合上任意的置换$\sigma$,可以把他记作$$\sigma=\left(\begin{matrix}1&2&\cdots&n\\\sigma(1)&\sigma(2)&\cdots&\sigma(n)\end{matrix}\right)$$由于$\sigma$是到自身的双射,因此$\sigma(1),\cdots,\sigma(n)$就是$1,2,\cdots,n$的一个重排,从而$S_n$与$1,2,\cdots,n$的重排之间一一对应,从而$|S_n|=n!$.以如下置换为例$$\sigma=\left(\begin{matrix}1&2&3&4\\2&3&4&1\end{matrix}\right)$$即$1\xrightarrow{\sigma}2\xrightarrow{\sigma}3\xrightarrow{\sigma}4\xrightarrow{\sigma}1$,所以也把$\sigma$记作$$\sigma=(1~2~3~4)$$类似的置换$\tau=\left(\begin{matrix}1&2&3&4\\2&1&4&3\end{matrix}\right)$,我们可以将其写成$\tau=(1~2)(3~4)$.由此可以引出轮换的概念:

一个置换$\sigma$如果有$i_1\xrightarrow{\sigma}i_2\xrightarrow{\sigma}\cdots\xrightarrow{\sigma}i_r\xrightarrow{\sigma}i_1$,那么我们把$\sigma$称作是一个$r-$轮换,记作$\sigma=(i_1~i_2~\cdots~i_r)$,称$r$是轮换$\sigma$的长度.当然$\sigma$也可以写成$(i_2~i_3~\cdots~i_r~i_1)$等等.特别的,$2-$轮换称为对换,$1-$轮换也就是恒等映射,记作$(1)$.我们知道两个置换$\sigma,\tau$一般来讲未必是可交换的,即$\sigma\tau\neq\tau\sigma$,但是不难看出如果二者没有公共元素,那么此时二者是可交换的,即$\sigma\tau=\tau\sigma$.据此我们有如下定理：

$S_n$中的每个置换总可以被分解成一些不相交的轮换的乘积,并且除了次序不同外,这种分解是唯一的.

这个结论比较显然,但我们还是严格的写一下他的证明.任取$\sigma\in S_n$,如果$\sigma=(1)$,那么结论是显然的.不妨设$\sigma\neq(1)$,那么总可以找到某个$i_1$使得$\sigma$将其变动,设$\sigma(i_1)=i_2,\sigma(i_2)=i_3,\cdots$,显然总会在若干步以后第一次与前面元素重复,设$\sigma(i_r)=i_j=\sigma(i_{j-1})$,其中$1<j<r$.而$\sigma$为双射,从而$i_r=i_{j-1}\Rightarrow \sigma(i_{r-1})=i_{j-1}$,这与第一次相矛盾！这说明必然有$j=1$,即$\sigma(i_r)=i_1$,那么取$\sigma_1=(i_1~i_2~\cdots~i_r)$,这是一个$r-$轮换.接下来在剩余的$i_{r+1},i_{r+2},\cdots$中不断重复上述操作,便可将$\sigma$分解成一些不相交轮换的乘积$$\sigma=\sigma_1\cdots\sigma_s$$

再证分解的唯一性,如若$\sigma$还能分解成另外的不相交轮换的乘积$\sigma=\tau_1\cdots\tau_t$,若$\sigma$变动元素$a$,即$\sigma(a)\neq a$,那么在上面分解中必然存在(不妨设)$\sigma_1(a)\neq a$以及$\tau_k(a)\neq a$,注意到$\forall m\in\mathbb N$有$$\sigma_1^m(a)=\sigma^m(a)=\tau_k^m(a)$$这说明$$\sigma_1=(a~~~\sigma(a)~~~\sigma^2(a)~~~\cdots\sigma^p(a))=\tau_k$$不断重复上述操作即可得到$s=t$,并且适当改变$t_1,\cdots,t_t$的顺序后有$\sigma_i=\tau_i,\forall 1\leq i\leq s$.这就完成了定理的证明.

轮换的分解    注意到对于你轮换$(1~2~\cdots~r)$显然有分解$$(1~2~\cdots~r)=(1~r)\cdots(1~2)$$也就是说每个轮换都可以被分解成一些对换的乘积(注意这里没有不相交的条件),但是显然这种分解方式并不唯一,例如$$(1~2~3)=(1~3)(1~2)=(1~4)(3~4)(2~4)(1~4)$$但是我们会发现不同的分解方式下,轮换个数的奇偶性相同,我们有如下的定理:

$S_n$中任意轮换$\sigma$可被分解成一些对换的乘积,并且不同的分解方式下对换个数的奇偶性相同，换句话说对换个数的奇偶性是由轮换本身决定的.

证明    我们采用一种矩阵的证法,在集合$S=\{a_1,\cdots,a_n\}$中,每个对换$(i~j)$可以视作$S$上的一个线性变换,对应一个第一类初等矩阵(对换单位阵的第$i,j$行得到的矩阵)

\[A=\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1 & {} & {} & {} & {} & {} & {} & {} & {} \\
{} & \ddots & {} & {} & {} & {} & {} & {} & {} \\
{} & {} & 1 & {} & {} & {} & {} & {} & {} \\
{} & {} & {} & 0 & \cdots & 1 & {} & {} & {} \\
{} & {} & {} & \vdots & \ddots & \vdots & {} & {} & {} \\
{} & {} & {} & 1 & \cdots & 0 & {} & {} & {} \\
{} & {} & {} & {} & {} & {} & 1 & {} & {} \\
{} & {} & {} & {} & {} & {} & {} & \ddots & {} \\
{} & {} & {} & {} & {} & {} & {} & {} & 1 \\
\end{array}} \right)\]

不难看出他的行列式${\mathrm det}A=-1$,并且轮换$\sigma$对应的矩阵$M$即为相应分解下每个对换的矩阵的乘积从而$$\mathrm {det}M=\mathrm {det}\left(A_1\cdots A_s\right)=\prod_{i=1}^{s}(-1)=(-1)^s$$这样会发现如果分解的个数的奇偶性 对应$\{1,-1\}$.显然对于同一轮换的不同对换分解个数$s,t$就需要$(-1)^s=(-1)^t$,这说明$s,t$的奇偶性相同.这便完成了证明.

而任意置换$\sigma$可以分解成一些不相交轮换的乘积，据此我们得出任意置换可被分解成一些对换的乘积，并且不同的分解中对换的个数的奇偶性相同,如果个数是奇数个,那么称$\sigma$是奇置换；偶数个则称$\sigma$为偶置换.

由上述性质可以看出偶置换乘以偶置换还是偶置换,并且偶置换的逆还是偶置换,恒等映射$(1)$也是一个偶置换(因为$(1)=(1~2)(1~2)$),从而全体偶置换构成了$S_n$的子群,称为$n$元交错群,记作$A_n$.事实上按照奇偶置换的运算结果可以看出$A_n$还是$S_n$的正规子群$A_n\triangleleft S_n$.

事实上很容易看出$S_n$中奇偶置换的个数是一样的,这里给出一个简单的证明,考虑如下映射$$\phi:S_n\to\{1,-1\}$$$\phi$将偶置换对应到$1$,奇置换对应到$-1$,不难验证这是一个满的群同态,根据同态基本定理有$S_n/\mathrm{Ker}\phi\simeq\{1,-1\}$,而显然$\mathrm{Ker}\phi=A_n$,根据Lagrange定理可知$$2=|S_n/A_n|=\frac{|S_n|}{|A_n|}$$从而奇偶置换个数相同.

上述证明还可以看出,如果$S_n$的任意子群$H$中含有奇置换,那么必然奇偶置换各半!