最后更新: 2025-12-07 13:28 查看: 53 次纠错评论(0) 课件开VIP

置换群的性质

本节将分析对称群 $S_n$ 和交错群 $A_n$ 的子群和正规子群．当 $n$ 较小时，通过分析我们将直接给出 $S_n$ 和 $A_n$ 的所有子群和正规子群．当 $n \geqslant 5$ 时，我们将给出 $A_n$ 是单群的证明．利用该结论，伽罗瓦证明了 5 次以上一般方程没有根式解．

例 2．9．1 试求 $S_n$ 和 $A_n$ ，其中 $n=1,2,3,4$ ．
解 $S_1=\{(1)\}, A_1=\{(1)\}$ ；

$$
\begin{aligned}
S_2= & \{(1),(12)\}, A_2=\{(1)\} ; \\
S_3= & \{(1),(12),(13),(23),(123),(1332)\}, \quad A_3=\{(1),(123),(132)\} ; \\
S_4= & \{(1),(12),(13),(14),(23),(24),(34),(12)(34),(13)(24),(14)(23), \\
& (123),(1332),(124),(144),(134),(143),(234),(243), \\
& (12334),(1243),(13324),(1344),(14423),(14332)\}, \\
A_4= & \{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23), \\
& (123),(133),(124),(144),(1334),(143),(234),(243)\} .
\end{aligned}
$$

定义2．9．1 交换群 $K=\{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$ 称为克莱因 （Klein）四元群．

例 2．9．2 试求 $S_3$ 的全部子群。
解 因为 $\left|S_3\right|=6=2 \times 3$ ，故由拉格朗日定理知，$S_3$ 的子群的阶只可能是 1 ， $2,3,6 . S_3$ 的全部子群为

$$
\begin{gathered}
\{(1)\}, \quad H_1=\left\langle\left(\begin{array}{ll}
1 & 2
\end{array}\right)\right\rangle, \quad H_2=\left\langle\left(\begin{array}{lll}
1 & 3
\end{array}\right)\right\rangle, \quad H_3=\left\langle\left(\begin{array}{ll}
2 & 3
\end{array}\right)\right\rangle, \\
A_3=\left\langle\left(\begin{array}{lll}
1 & 2 & 3
\end{array}\right)\right\rangle=\left\langle\left(\begin{array}{lll}
1 & 3 & 2
\end{array}\right)\right\rangle, \quad S_3 .
\end{gathered}
$$

例 2．9．3 试求 $S_4$ 的全部子群．
解 因为 $\left|S_4\right|=24$ ，故由拉格朗日定理知，$S_4$ 的子群的阶只可能是 $1,2,3$ ， $4,6,8,12,24$ ．除两个平凡子群外，$A_4$ 是 $S_4$ 的 12 阶子群．由于 $S_4$ 中有 9 个 2阶元， 8 个 3 阶元， 6 个 4 阶元，相应地可以得到 9 个 2 阶子群， 4 个 3 阶子群和 3 个 4 阶子群。此外，$S_4$ 还有如下 4 个 4 阶子群：

$$
H_{4,1}=\{(1),(12),(34),(12)(34)\},
$$

![图片](/uploads/2025-12/4f095d.jpg)
 
 例2．9．4 证明 $A_4$ 没有 6 阶子群．
证明 假设 $H$ 是 $A_4$ 的一个 6 阶子群．由于群中阶大于 2 的元成对出现，并且 $A_4$ 中除单位元外，还含有 3 个 2 阶元和 8 个 3 阶元，故 6 阶子群 $H$ 只可能为以下两种情形：
（1）$H$ 含有 3 个 2 阶元和 2 个 3 阶元；
（2）$H$ 含有 1 个 2 阶元和 4 个 3 阶元．
情形（1）显然不成立．因为若出现这种情形，则克莱因四元群是 $H$ 的子群，那么就有 $4 \mid 6$ ，这是不可能的．

现在我们来看情形（2）．设 $\alpha, \beta \in H, o(\alpha)=2, o(\beta)=3$ ．若 $\alpha \beta=\beta \alpha$ ，则 $o(\alpha \beta)=6$ ．但 $A_4$ 中无6阶元，故 $\alpha \beta \neq \beta \alpha$ ，即 $\alpha \neq \beta^{-1} \alpha \beta$ ．又由于 $o(\alpha)=2$ ，故 $o\left(\beta^{-1} \alpha \beta\right)=2$ ，这与 $H$ 只有一个2阶元矛盾．

\＃

从上例可以看出：设 $G$ 是一个有限群，对于 $|G|$ 的任一正因子 $a$（这里 $a>1$ ），不一定存在 $G$ 的子群 $H$ 使 $|H|=a$ ，即拉格朗日定理的逆命题不成立．

在 2.6 节中我们定义了 $S_n$ 中置换的共轭，并研究了共轭置换的性质，特别地，对任意 $\tau \in S_n$ ，有 $\tau\left(i_1 i_2 \cdots i_r\right) \tau^{-1}=\left(\tau\left(i_1\right) \tau\left(i_2\right) \cdots \tau\left(i_r\right)\right)$ ．$S_n$ 中置换间的共轭关系是一个等价关系，每个等价类称为共轭类。由于正规子群考虑的恰是共轭元的封闭性，利用共轭置换的性质可以如下分析 $S_n$ 的正规子群。

例2．9．5 求 $S_4$ 的所有正规子群。

解 设 $H$ 是 $S_4$ 的正规子群，则对任意 $\sigma \in H, \tau \in S_n$ ，有 $\tau \sigma \tau^{-1} \in H$ ．因此，$H$ 中如果含有某个置换 $\sigma$ ，则它必然含有 $\sigma$ 的所有共轭置换．我们可以先给出 $S_4$ 中各元素的共轭类，由于 $H$ 是 $S_4$ 的正规子群，$H$ 要么含有 $S_4$ 的某个共轭类的所有元素，要么不含该共轭类的任何元素．

由于共轭类与置换类型一一对应，由共轭置换的性质容易验证 $S_4$ 有如下 5个共轭类：

$$
\begin{aligned}
& \overline{(1)}=\{(1)\}, \\
& \overline{(1} 2)=\{(12),(13),(14),(23),(24),(34)\}, \\
& \overline{(12)(34)}=\{(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}, \\
& \overline{(1} 23)=\{(123),(132),(124),(142),(134),(143),(234),(243)\} \text {, } \\
& \overline{(1} 234)=\{(1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432)\} \text {. }
\end{aligned}
$$

上述各共轭类所含元素的个数分别为 $1,6,3,8,6$ ．由于正规子群 $H$ 中必然含有单位元（1），这 5 个数中有数 1 参加的任意不同的 $m(\leqslant 5)$ 个数的和是 $\left|S_4\right|=24$ 的因子的只有 4 种情形： $1,1+3,1+3+8,1+3+8+6+6$ ．故只有 $\{(1)\}$ ，克莱因四元群 $K, A_4, S_4$ 才可能为 $S_4$ 的正规子群．

另一方面，由正规子群的性质和判别条件，容易验证这 4 个子群确实都是 $S_4$的正规子群。因此，$S_4$ 的正规子群恰有 4 个：$\{(1)\}, K, A_4, S_4$ ．

下面研究交错群 $A_n$ 的正规子群及其性质．

引理 2．9．1 设 $n \geqslant 4, H$ 是 $A_n$ 的正规子群，若 $H$ 含有 3－轮换，则 $H=A_n$ ．
证明 先证 $H$ 中若含有一个 3 －轮换，则必含有所有的 3 －轮换。事实上，若 $\sigma=\left(\begin{array}{lll}i_1 & i_2 & i_3\end{array}\right) \in H$ ，则可以证明：对任意 $\tau=\left(j_1 j_2 j_3\right) \in A_n$ ，必然存在 $A_n$ 中偶置换 $\theta$ ，使得 $\tau=\theta \sigma \theta^{-1}$ ，或者 $\tau=\theta \sigma^2 \theta^{-1}$ ．由于 $H$ 是 $A_n$ 的正规子群，两种情况下都有 $\tau \in H$ ，故 $H$ 含有所有的3－轮换．又因为 $A_n$ 中元素都可以表示成一些 3－轮换的乘积，故 $H=A_n$ ．

下面证明若 $\sigma=\left(i_1 i_2 i_3\right) \in H$ ，则对任意 $\tau=\left(j_1 j_2 j_3\right) \in A_n$ ，必然存在 $A_n$中偶置换 $\theta$ ，使得

$$
\tau=\theta \sigma \theta^{-1} \text {, 或者 } \tau=\theta \sigma^2 \theta^{-1} \text {. }
$$

（1）当 $n \geqslant 5$ 时，可以验证总存在偶置换 $\theta=\left(\begin{array}{ccccc}\cdots & i_1 & i_2 & i_3 & \cdots \\ \cdots & j_1 & j_2 & j_3 & \cdots\end{array}\right)$ ，其中 $\theta\left(i_1\right)=j_1, \theta\left(i_2\right)=j_2, \theta\left(i_3\right)=j_3$ ，其他位置的对应关系恰当选取，使得

$$
\theta \sigma \theta^{-1}=\left(\theta\left(i_1\right) \theta\left(i_2\right) \theta\left(i_3\right)\right)=\left(j_1 j_2 j_3\right)=\tau .
$$

（2）当 $n=4$ 时，对于 3－轮换 $\sigma=\left(i_1 i_2 i_3\right)$ 和 $\tau=\left(j_1 j_2 j_3\right)$ ，若存在偶置换 $\theta \in A_n$ ，使得 $\tau=\theta \sigma \theta^{-1}$ ，则结论成立．否则，若对于 3－轮换 $\sigma=\left(i_1 i_2 i_3\right)$ 和 $\tau=\left(\begin{array}{lll}j_1 & j_2 & j_3\end{array}\right)$ ，找不到这样的偶置换 $\theta \in A_n$ ，使得 $\tau=\theta \sigma \theta^{-1}$ ，则可以考虑 $\sigma^2$ ．比如对于 $\sigma=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 3\end{array}\right), \tau=\left(\begin{array}{lll}1 & 2 & 4\end{array}\right)$ ，找不到偶置换 $\theta=\left(\begin{array}{cccc}1 & 2 & 3 & \cdots \\ 1 & 2 & 4 & \cdots\end{array}\right)$ ，使得 $\tau=\theta \sigma \theta^{-1}$ ，然而对于 $\sigma^2=\left(\begin{array}{lll}1 & 3 & 2\end{array}\right)$ ，可以找到偶置换 $\theta=\left(\begin{array}{llll}1 & 3 & 2 & 4 \\ 1 & 2 & 4 & 3\end{array}\right)$ ，使得 $\tau=\theta \sigma^2 \theta^{-1}$ ，在此情况下结论也成立。

\＃

推论2．9．1 克莱因四元群 $K$ 是 $A_4$ 唯一的非平凡正规子群．
证明 例 2．9．5 中已经证明了 $K$ 是 $A_4$ 的正规子群，下面证明唯一性．
设 $H$ 是 $A_4$ 的非平凡正规子群，并设 $\sigma \in H$ 且 $\sigma \neq e$ ．由 $A_4$ 各元素的轮换表示知，$\sigma$ 不是一个 3－轮换，就是两个 2－轮换之积．

若 $\sigma$ 是3－轮换，则由引理2．9．1的结论知，$H=A_4$ ．
若 $\sigma=\left(i_1 i_2\right)\left(i_3 i_4\right)$ ，则 $\sigma \in K$ 。令 $\theta_1=\left(i_1 i_2 i_3\right), \theta_2=\left(i_1 i_2 i_4\right)$ ，则

$$
\begin{aligned}
& \theta_1 \sigma \theta_1^{-1}=\left(\theta_1\left(i_1\right) \theta_1\left(i_2\right)\right)\left(\theta_1\left(i_3\right) \theta_1\left(i_4\right)\right)=\left(i_2 i_3\right)\left(i_1 i_4\right) \in H, \\
& \theta_2 \sigma \theta_2^{-1}=\left(\theta_2\left(i_1\right) \theta_2\left(i_2\right)\right)\left(\theta_2\left(i_3\right) \theta_2\left(i_4\right)\right)=\left(i_2 i_4\right)\left(i_3 i_1\right) \in H .
\end{aligned}
$$

由此可见，$H=K$ ．综上知 $K$ 是 $A_4$ 唯一的非平凡正规子群．

\＃

注 2．9．1 由推论 2．9．1 知，子群的正规子群关系没有＂传递性＂．例如

$$
G=\{(1),(12)(34)\} \triangleleft K, \quad K \triangleleft A_4,
$$

但 $G$ 不是 $A_4$ 的正规子群．
下面分析 $A_n$ 的单性。由例 2．9．1知，当 $n=1,2$ 时，$A_n=\{(1)\}$ ，这时 $A_n$ 的正规子群有且只有自身，而 $A_3=\{(1),(123),(132)\}$ 为 3 阶循环群，其正规子群只有 $\{(1)\}$ 和 $A_3$ ．再由推论 2．9．1知，$A_4$ 的正规子群有 $\{(1)\}, K$ 和 $A_4$ ．因此， $A_1, A_2, A_3$ 是单群，而 $A_4$ 不是单群．而当 $n \geqslant 5$ 时，可以证明 $A_n$ 是单群．

对任意 $\sigma \in S_n$ ，若存在整数 $i$ 使得 $\sigma(i)=i$ ，则称 $i$ 为 $\sigma$ 的一个不动点．下面证明：

定理 2．9．1 交错群 $A_n(n \geqslant 5)$ 是单群．
证明 设 $H \neq\{(1)\}$ 是 $A_n$ 的任一正规子群，并设 $\sigma \neq(1)$ 是 $H$ 中除单位元（1）外不动点个数最多的一个置换．我们来证明 $\sigma$ 是一个 3－轮换．因为 $\sigma$ 是偶置换且 $\sigma \neq(1)$ ，所以 $\sigma$ 至多有 $n-3$ 个不动点．

假设 $\sigma$ 的不动点数小于 $n-3$ ，那么在 $\sigma$ 不相交的轮换分解中至少出现 4 个数码．按照是否包含长度 $\geqslant 3$ 的轮换，有以下两种可能：

（i）$\sigma$ 包含一个长度不小于 3 的轮换：$\sigma=\left(i_1 i_2 i_3 \cdots\right) \cdots$ ；
（ii）$\sigma$ 是一些不相交的对换的乘积：$\sigma=\left(i_1 i_2\right)\left(i_3 i_4\right) \cdots$ ．
对于情形（i），由于 $\sigma=\left(i_1 i_2 i_3 k\right)$ 是奇置换，故 $\sigma$ 至少还要变动其他两个数码，不妨设这两个数码为 $i_4, i_5$ ．

无论是情形（i）还是情形（ii），令 $\tau=\left(i_3 i_4 i_5\right)$ ，并令 $\sigma^{\prime}=\tau \sigma \tau^{-1}$ ，则有

$$
\sigma^{\prime}=\tau \sigma \tau^{-1}=\left(i_1 i_2 i_4 \cdots\right) \cdots \text { 或者 }\left(i_1 i_2\right)\left(i_4 i_5\right) \cdots \text {. }
$$

对情形（i），$\sigma^{\prime}\left(i_2\right)=i_4$ ，而 $\sigma\left(i_2\right)=i_3$ ，故 $\sigma^{\prime} \neq \sigma$ ；对情形（ii），$\sigma^{\prime}\left(i_4\right)=i_5$ ，而 $\sigma\left(i_4\right)=i_3$ ，故也有 $\sigma^{\prime} \neq \sigma$ 。令 $\sigma_1=\sigma^{-1} \sigma^{\prime}$ ，则 $(1) \neq \sigma_1 \in H$ ．

对任意 $k \in\{1,2, \cdots, n\} \backslash\left\{i_1, i_2, i_3, i_4, i_5\right\}$（若这样的 $k$ 存在的话），可以证明：若 $\sigma(k)=k$ ，则 $\sigma_1(k)=\sigma^{-1} \tau \sigma \tau^{-1}(k)=k$（因为此时 $\tau(k)=k$ ）．即除 $i_1, i_2, i_3$ ， $i_4, i_5$ 外，$\sigma$ 的不动点还是 $\sigma_1$ 的不动点．

对于情形（i），$i_1, i_2, i_3, i_4, i_5$ 不是 $\sigma$ 的不动点，而 $\sigma_1\left(i_1\right)=i_1$ ，结合上面的分析知，$\sigma_1$ 的不动点数至少比 $\sigma$ 的不动点数多 1 ，这与 $\sigma$ 的选择矛盾．

对于情形（ii），$i_1, i_2, i_3, i_4$ 不是 $\sigma$ 的不动点，$i_5$ 可能是 $\sigma$ 的不动点也可能不是 $\sigma$ 的不动点，而 $\sigma_1\left(i_1\right)=i_1, \sigma_1\left(i_2\right)=i_2$ ，此时仍然可以得到 $\sigma_1$ 的不动点数至少比 $\sigma$ 的不动点数多 1 ，这也与 $\sigma$ 的选择矛盾．

这就证明了，$\sigma$ 恰好含有 $n-3$ 个不动点，即 $\sigma$ 是一个 3－轮换．故由引理 2．9．1知，$H=A_n$ ，因此 $A_n$ 是单群．

\＃

下面介绍几类特殊的置换群．

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