§6.3置

換

群

6.3.1置換的定義

6.3.2置換的輪換表法

6.3.3置換的順向圈表示

6.3.4置換的奇偶性

1精選課件ppt6.3.1置換的定義

定義.設M是一個非空的有限集合，M的一個一對一變換稱為一個置換。設M={a1,a2,…,an},則M的置換σ可簡記為

σ＝，bi=σ(ai)，i=1,2,…,n

結論：M的置換共有n！個。

M上的置換稱為n元置換。特別地，若σ(ai)=ai,i=1,2,…,n,則σ為n元恒等置換。

Sn:n！個置換作成的集合。2精選課件ppt置換的例設M={1，2，3}，則有3！=6個3元置換，所有元素不動：σ1＝一個元素不動：σ2＝σ3＝σ4＝0個元素不動：σ5＝σ6＝故，S3={σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6}3精選課件ppt置換的乘法對M中任意元素a及M的任意兩個置換σ，τ，規定στ（a）=σ（τ（a））。例.設σ＝，τ＝則στ=，

τσ=≠

στ4精選課件ppt滿足結合律：(στ)ρ=σ(τρ)，σ,τ,ρ∈

Sn。Sn中有單位元:n元恒等置換，設為σ0，有：σ0τ=τσ0，τ∈Sn每個n元置換在Sn

中都有逆元素:=置換的乘法的性質5精選課件pptn次對稱群n元置換的全體作成的集合Sn對置換的乘法作成一個群，稱為n次對稱群。

n=1，M={a}，S1={}—在置換的乘法作成1次對稱群，為Abel群。

n=2,M={a，b},S2={,}.在置換的乘法作成2次對稱群，為Abel群。

當n≥3時，Sn不是交換群。

6精選課件ppt輪換.設σ是M的置換，若可取到M的元素a1,…,ar使σ(a1)＝a2,σ(a2)=a3,…,σ(ar-1)=ar,σ(ar)=a1，而σ不變M的其余的元素（自己變換到本身），則σ稱為一個輪換，記為（a1a2…ar）6.3.2置換的輪換表法

輪換的定義7精選課件ppt

例σ＝

=（134）=（341）=（413）8精選課件pptM的兩個輪換

σ=(a1…ar)和τ=(b1…bs)說是不相雜或不相交，如果

a1,…,ar和b1,…,bs

都不相同(即{a1,…

,ar}∩{b1,…,bs}=)不相雜輪換9精選課件ppt不相雜輪換結論：若σ和τ是M的兩個不相雜的輪換，則στ=τσ.證明：設σ=（a1…ar），τ=（b1…bs），σ和τ不相雜。命χ為M的任意元若χ∈｛a1,…,ar｝，設χ=ai，則

στ(χ)=στ(ai)=σ(ai)=ai+1，τσ(χ)=τσ(ai)=τ(ai+1)=ai+1。

i=r時,ai+1應改為a1。

故,στ(χ)=τσ(χ)。10精選課件ppt不相雜輪換同理可證，若χ∈｛b1,…,bs｝，，也有στ（χ）=τσ（χ）。設χ{a1,…,ar,b1,…,bs},于是，

στ（χ）=σ（χ）=χ，τσ（χ）=τ（χ）=χ。

綜上，στ（χ）=τσ（χ），故

στ=τσ。

11精選課件ppt定理6.3.2

任意置換σ恰有一法寫成不相雜的輪換乘積。即，任意置換σ可以寫成不相雜的輪換的乘積（可表性），如果不考慮乘積的順序，則寫法是唯一的(唯一性)。不相雜輪換12精選課件ppt證明：

（1）可表性。設σ是M上置換，任取a1∈M。若σ（a1）=a1，則有輪換（a1）。設σ（a1）=a2，σ（a2）=a3，…。由于M有限，故到某一個元素ar，σ(ar)必然不能再是新的元素,即σ(ar)∈｛a1,…,ar｝。由于σ是一對一的，已有σ（ai）=ai+1，i=1，2，…，r-1，所以σ(ar)只能是a1。于是得到一個輪換（a1…ar）。13精選課件ppt若M已經沒有另外的元素，則σ就等于這個輪換，否則設b1不在a1，…，ar之內，則同樣作法又可得到一個輪換（b1…bs）。因為a1，…，ar各自已有變到它的元素，所以b1，…，bs中不會有a1，…，ar出現，即這兩個輪換不相雜。若M的元素已盡，則σ就等于這兩個輪換的乘積，否則如上又可得到一個輪換。如此類推，由于M有限，最后必得σ=(a1…ar)(b1…bs)…(c1…ct)(1)即σ表成了不相雜的輪換的乘積。

證明14精選課件ppt（2）唯一性.設σ又可表為不相雜的輪換的乘積如下：σ=(a’1…a’r’)(b’1…b’s’)…(c’1…c’t’)(2)考慮(1)式中任意輪換(a1…ar)。

不妨設

a1∈{a’1…a’r’}，且a1＝a’１。于是，a2=σ（a1）=σ（a’1）=a’2，，a3=σ（a2）=σ（a’2）=a’3，…，證明15精選課件ppt證明

可見，（a1…ar）必和（a’1…a’r’）完全相同。這就是說，（1）中的任意輪換必出現在（2）中，同樣（2）中的任意輪換必出現在（1）中，因之，（1）和（2）一樣，最多排列的方法不同，但不相雜的輪換相乘適合交換律，所以排列的次序本來是可以任意顛倒的。16精選課件ppt例.

設M={1，2，3，4}，M的24個置換可寫成：I；(12),(13),(14),(23),(24),(34)；(123),(132),(124),(142),(134),(143),(234),(243)；(1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432),(12)(34),(13)(24),(14)(23)。17精選課件ppt輪換的長度

其中所含的元素個數。（a1a2…ar）長度為r。對換

長度為２的輪換。結論.任意輪換可以寫成對換的乘積。(a1a2…ar)＝(a1ar)(a1ar－１)…(a1a3)(a1a2)(3)證明：對r進行歸納，當r=2時命題顯然成立，假設r=t時結論為真，考慮σ=(a1a2…arat+1)的情況。令σ1=(a1at+1)，σ2=(a1a2…at)，下面證明σ=σ1σ2。對換18精選課件ppt任取lS,若l{a1,a2,…,at-1}，不妨設l=am,則σ(l)=σ(am)=am+1，σ1σ2(l)=σ1(am+1)=am+1；若l=at，則σ(l)=at+1=σ1(a1)=σ1(σ2(at))=σ1σ2(at)=σ1σ2(l)；若l=at+1，則σ(l)=σ(at+1)=a1=σ1(at+1)=σ1(σ2(at+1))=σ1σ2(l)；若l{a1,a2,…,at+1}，則σ(l)=l=σ1(l)=σ1(σ2(l))=σ1σ2(l)，即σ=σ1σ2=(a1at+1)σ2。由歸納假設，σ2=(a1a2…at)，可表為(a1at)(a1at-1)…(a1a2)，所以σ=(a1at+1)(a1at)(a1at-1)…(a1a2)，歸納法完成。19精選課件ppt有興趣的同學可以采用直接證明的方法進行證明。推論.對任意置換，有一法(未必只有一法)可將其寫成一些對換的乘積。(１２)=(12)(13)(13)=(23)(13)(23)。20精選課件ppt先把置換表成不相雜輪換之乘積，然后用一組順向圈來表示每個順向圈的長度，即圈上所含的元素個數，就是該圈所表示的輪換的長度。

一個n元置換對應一組順向圈，這組圈的長度之總和為n；反之，一組順向圈表示一置換，置換的元素個數就是組中各圖長度之總和。

6.3.3置換的順向圈表示

21精選課件ppt132422精選課件ppt

n元置換σ對應圖形表達式

（圖型）Gσ==α1z1+α2z2+…+αrzrzi表示長度為i的圈,而zi的系數αi表示如此的zi的個數;諸α為非負整數,0≤α1≤n,αn=0或1；

α1+2α2+…+rαr=n6.3.3置換的順向圈表示23精選課件ppt設σ表為k個不相雜的輪換的乘積(包括長度為1的輪換在內)，長度分別為r1，r2，…，rk。若=n-k為奇數（偶數），則稱σ為奇置換（偶置換）。例如

σ==（134）是偶置換是奇置換6.3.4置換的奇偶性24精選課件ppt因每個長度為r的輪換可寫成r-1個對換的乘積：(a1a2…ar)＝(a1ar)(a1ar－１)…(a1a3)(a1a2)于是σ可寫成=n-k個對換的乘積。

結論：奇置換可表為奇數個對換之積，偶置換可表為偶數個對換之積。

25精選課件ppt定理6.3.3

每個置換都能分解為對換的乘積，但偶置換只能分解為偶數個對換的乘積，奇置換只能分解為奇數個對換的乘積。證明.只需證明“只能分解”。任取σ∈Sn，設σ等于k個輪換之積，這些輪換分別含r1，r2，…，rk個元素，于是σ可以寫成

個對換之積，定義置換σ的符號sgnσ如下：sgnσ=26精選課件ppt顯然，偶置換的符號為1，奇置換的符號為-1。首先證明sgnστ=sgnσsgnτ（4）設σ等于k個不相雜輪換之積，τ等于h個不相雜輪換之積，且σ寫成對換乘積時最后一個對換為（ab）。以（ab）乘τ而看其變化。27精選課件ppt(1)若a和b在τ的兩個不同的輪換之內:

τ=（aa1…as）（bb1…bi）

…則

（ab）τ=（aa1…asbb1…bi）

…若τ為h個不相雜輪換之積，則（ab）τ為（h-1）個不相雜輪換之積,故，sgn(ab)τ=(-1)n-(h-1)=-(-1)n-h=-sgnτ(2)若a和b在τ的同一個輪換之內:τ=（aa1…asbb1…bi）…則（ab）τ=（aa1…as）（bb1…bi）…故，

sgn(ab)τ=(-1)n-(h+1)=-(-1)n-h=-sgnτ28精選課件ppt補充證明(ab)=(ab)(aa1…as)(bb1…bi)…=29精選課件ppt總之，以一個對換乘τ則將sgnτ變號，今σ等于（n-k）個對換之積，故以σ乘τ將sgnτ變號（n-k）次，即sgnστ=(-1)n-ksgnτ=sgnσsgnτ因此，σ和τ的奇偶性與其乘積στ的奇偶性之關系如下：

偶×偶=偶，

奇×奇=偶，奇×偶=奇，偶×奇=奇。

因為對換是奇置換，所以只有奇數個對換之積是奇置換，偶數個對換之積是偶置換。

30精選課件ppt定理6.3.4

設M的元數為n，若n>1，則奇置換的個數和偶置換的個數相等，都等于

。證明：命τ1，τ2，…，τm（5）為M的所有偶置換，由于n>1，故可取到一個對換ρ，而作下列乘積：ρτ1，ρτ2，…，ρτm（6）顯然ρτi是奇置換，而且諸ρτi互不相同，即（6）中無重復元素。反證，若ρτi=ρτj，則以ρ-1左乘得τi=τj，矛盾，這說明M的奇置換不少于偶置換。31精選課件ppt

反之，若σ為M的任意奇置換，則ρ-1σ為偶置換，故必等于某一個τi，ρ-1σ=τi，因而σ=ρτi，這說明M的任意奇置換必在（6）中，（6）就是M的所有奇置換，M的奇置換不多于偶置換。于是奇置換的個數和偶置換的個數相等，各占置換總數n！的一半。

32精選課件ppt定義σ之奇偶性的整數=n-k稱為σ的定性數。定理6.3.5設n元置換σ有圖型Gσ=則σ之定性數等于?σ=證明.n=α1+2α2+…+rαr+…+nαnk=α1+α2+…+αr+…+αnn-k=α2+…+（r-1）αr+…+（n-1）αn

=置換的定性數33精選課件ppt例子圖1是一個22的方格圖形，它可以圍繞中心旋轉，也可以圍繞對稱軸翻轉，但要求經過這樣的變動以后的圖形要與原來的圖形重合（方格中的數字可以改變）。例如，當它繞中心逆時針旋轉900以后，原來的數字1，2，3，4分別變為2，3，4和1，可以把這個變化看作是{1，2，3，4}上的圖1一個置換（4321）。下面給出所有可能的置換：σ1=(1)繞中心順時針轉00；σ2=(1234)繞中心順時針轉900；σ3=(13)(24)繞中心順時針轉1800；124334精選課件pptσ4=(1432)繞中心順時針轉2700；σ5=(12)(34)繞垂直軸翻轉1800；σ6=(14)(23)繞水平軸翻轉1800；σ7=(24)繞西北---東南軸翻轉1800；σ8=(13)繞西南---東北軸翻轉1800。表1給出它們的運算表。令D4={σ1,σ2,…,σ8}，易見D4關于置換的乘法是封閉的。σ1=(1)是單位元。且σ1-1