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1、一方面，任何有限群都可以用它表示；另一方面，在解决“代数方程是否能用根号求解”这个问题时，要用到它；它还在本章的Burnside引理及Plya定理中起着基本作用。 定义7.2.1 有限集合S到自身的一个一一映射叫做一个置换。 例如： Sa1，a2，a3，a4 P即是一个置换。相应的映射是f：a1f（a4），a2f（a1），a3f（a3），a4f（a2）。 说明1） 将S中的元素ai写在上一行（顺序可任意），ai的象写在ai之下，同一列的两个元素的相对关系只要保持不变，即f（ai），不同形式的写法都认为是同一个置换。如： 2） 置换就是将n个元的一种排列变为另一种排列。3） n元集S共有n！种不

2、同的置换。 定义7.2.2 两个置换p1，p2的乘积p1p2定义为先做置换p1再做p2的结果。 例如，对于S1，2，3，4， p1 p2那么 p1p2即 132，214， 一般来说，置换的乘法不满足交换率，即p1 p2p2 p1，如上例中p2 p1p1p2 求复合置换的一种技巧就是更改p2各列的前后次序，使其第一行的排列与前者p1第二行的排列相同，那么复合置换p1p2的第一行就是p1的第一行，其第二行是p2的第二行。如上例：p1p2 定理7.2.1 设Sn是n元集合上的所有置换构成的集合，则Sn关于置换的乘法构成群，称为n次对称群。 证明： 不失一般性，设S1，2，n。由置换乘法的定义知，封闭

3、性、结合律显然成立。其次，单位元为恒等置换 e逆元素 从几何变换角度看问题，由于几何图形的对称性与数字序列的置换之间存在着一一对应关系，从而形成一种同构。因此，置换群的运算和理论就成了对称图形运算和计数的基本工具。 例7.2.1将顶点分别为1，2，3的正三角形（见图7.2.1）绕重心O沿逆时针方向分别旋转0、120、240，视其为顶点集1，2，3的置换，则有旋转对称映射21BCA3图7.2.1 S3与正三角形的对应示意图p1e， （转0）p2， O （转120p3 （转240 另一类是反射对称映射，即将三角形123分别绕对称轴1A、2B、3C翻转180得顶点集的另一类置换： p4， p5， p

4、6 （绕3C） （绕2B） （绕1A） 因此，描述正三角形的全部对称的映射，对应以上六种置换。相继两次对称映射对应两个置换的乘积，则置换集 p1，p2，p3，p4，p5，p6在置换乘法下构成一个三次对称群S3。而且，p1，p4、p1，p5、Gp1，p2，p3等都是S3的子群，G还是3次循环群，它可以由p2或p3生成。 例7.2.2（正方形对称群）考察使正多边形回到原来位置的所有可能的逆时针旋转和翻转动作，可以得到一个群，称为二面体群（参见图7.2.2）。4AB图7.2.2 正方形的刚体变换与4次置换群 第一类：旋转对称关系p1旋转0p2旋转90 p3旋转180p4旋转270 第二类：反射对称关

5、系 p5以AA为轴翻转180p6以BB为轴翻转180p7以13为轴翻转180p8以24为轴翻转180 另外，将1与2扭转（非刚体运动）后，再对其做与p1p8相应的变换，又可得8种置换。同理，还可以对1与4扭转，再得8种置换。总共8324种置换，即构成了4次对称群S4。 定义7.2.3 n次对称群的子群称为（n次）置换群。 定义7.2.3 设置换p将集合S中的a1换为a2，a2换为a3，ak1换为ak，ak换为a1，称p为k阶循环置换（或轮换），记为（a1a2ak）或（a1，a2，ak）。 ， 按照置换的书写规则，下列写法表示同一个轮换： （a1，a2，ak）（a2，a3，ak，a1）（ak，a

6、1，ak1） k阶轮换p的一个简单性质就是 e 一般情况下，任意一个置换未必是一个轮换，如就不是一个轮换。 定义7.2.5 设轮换p1（a1，a2，ar），p2（b1，b2，bs），且ai，bj互不相同，称p1与p2不相交。 定理7.2.2 不相交的两个轮换p1，p1p2满足交换律，即p1 p2p2p1。p11（1 2）， p2（3 4） p1 p2（1 2）（3 4）（3 4）（1 2）p2p1 定理7.2.3 任意置换都可以唯一分解为若干个互不相交的轮换之积。 对已知置换 p任取a1S，从a1开始搜索：若a1a1，则a1本身构成一个一阶轮换（a1）。设a1a2aka1，则（a1，a2，ak

7、）为一个k阶轮换。若kn，则搜索停止。否则，从S的其他元素中取出一个，如法炮制，又可以得另一个轮换。如此继续，直到S中的所有元素被取完为止。这样便得到若干个不相交的轮换，p就是这些不相交轮换的乘积。例如：p（1 6 3）（2 5）（4） 例7.2.3将编号为152的卡片分为126，2752两组，交错互相插入，则这样的交错插入重复8次后就会恢复到原来的卡片顺序。 第一次插入相当于对152做一次置换p（1）（2，27，14，33，17，9，5，3）（4，28，40，46，49，25，13，7）（6，29，15，8，30，41，21，11）（10，31，16，34，43，22，37，19）（12，3

8、2，42，47，24，38，45，23）（18，35）（20，36，44，48，50，51，26，39）（52）。其中最长的轮换为8阶，而k阶轮换重复k次后恢复原状，故结论成立。所以，美国的研究人员认为，扑克牌洗7次最合适。 定义7.2.6 称2阶轮换为对换（或换位）。 定理7.2.4 任何轮换都可以表示为若干个对换之积，但表示方式不唯一。 定理的结论显然成立。设p（a1，a2，ak），不难看出 p（a1，a2）（a1，a3）（a1，ak1）（a1，ak） 至于不唯一性，只要举出一个反例即可，例如： p（1 2 3）（1 2）（1 3）（1 2）（1 3）（3 1）（1 3）（2 3 1）（2

9、 3）（2 1） 推论7.2.1 一个置换总可以表示为若干个对换的乘积。 定理7.2.5 每个轮换的对换表示中，对换个数的奇偶性是唯一确定的。从而一个置换在它的不同的对换分解表示式中所含的对换个数的奇偶性是不变的。定义7.2.7 可以分解为奇数个对换之积的置换称为奇置换，可以分解为偶数个对换之积的置换称为偶置换。 例7.2.4（十五子智力玩具）在一个44有方格的正方形盒子中放入15个可以滑动的小方格，右下角为一空格。规定方格的移动规则是只准与空格相邻的方格移入空格，那么，无论怎么变动，不可能由状态（a）中的初始“布局”变换为状态（b）中的布局（见图7.2.3）。5678910111213141

10、5（a）（b） （c） b图7.2.3 十五子智力游戏 解 如图7.2.3所示，由状态（a）变到状态（b）对应置换 p 将右下角空格编号为0，则相应的置换是 （0）（1，15）（2，14）（3，13）（4，12）（5，11）（6，10）（7，9）（8）奇置换 但是格子“0”从0位置出发又要回到0位置，必须经过偶数次对换方能做到（即前进多少步，即必须后退多少步），故矛盾。 同理，由状态（a）变到状态（c），相当于作置换 p1（0）（1）（2）（13）（14，15）奇置换 也是不可能的。 定理7.2.6 Sn中偶置换的全体构成一个n！/2阶的子群,称为交代群,记为An。 证明 先证An为群。（1）

11、封闭性：设p1，p2An，显然p1p2An，因为将二者分解的结果相乘，仍得偶数个对换的乘积。（2）结合性：AnSn，故An中元素自然满足结合律；（3）单位元：因Sn中单位元e本身就是偶置换，故eAn；（4）逆元素：因对换（i，j）的逆元素仍为（i，j）自身， 故p（i1，j1）（i2，j2）（ik，jk）的逆元素为 p-1 （ik，jk）-1（i2，j2）-1（i1，j1）-1（ik，jk）（i2，j2）（i1，j1）可以验证 p-1 p（ik，jk）（i2，j2）（i1，j1）（i1，j1）（i2，j1）（i1，j2）（ik，jk）（ik，jk）（i2，j2）（i2，j2）（ik，jk）（i

12、k，jk）（ik，jk）（ik）（jk）（1）（2）（n）e同理可证： p p-1e。 其次，证| An | n！/2，为此，设BnSnAn全体奇置换，任选一对换p0（i，j），p0为奇置换，那么，对于任意pAn，有p0pBn，而且若p1，p2An，且p1p2，则必有p0p1p0p2（若不然，两边左乘p01，即由（左）消去律可得p1p2，矛盾）。这就是说，将An中的每一个元素p映射为Bn中的元素p0p的映射是单射。反之，我们也可以建立Bn 到An的单射映射。所以，An与Bn的元素间可建立一一对应关系，从而有|An|Bn|已知SnAnBn ，AnBn，|Sn|n！，因此|An|7.4 Burns

13、ide引理7.4.1 不动置换类 定义7.4.1 设G是集合S=1,2, n上的一个置换群，kS, G，若 （k）=k,即置换将k变为k, 则称k为置换的不动点。G中所有以k为不动点的全体置换，构成G的一个子集，称为k的不动置换类（k=1,2, n）,记为Zk。 例7.4.1 在中， 定理7.4.1 群G中关于k的不动置换类Zk构成一个子群.（1） 封闭性:若,则,从而,即.同理可证;（2） 结合律:由于，结合律显然成立;（3） 单位元:显然,故既是G的单位元,也是Zk的单位元;（4） 逆元素:若且,那么的逆元一定存在,即而且必有,即. 由定义知, Zk是一个群.当然，根据定理7.1.3，|必整除|G|. 7.4.2 等价类定义7.4.2 设G是集S=1,2, n上的置换群, ，若存在,满足,则称i与j等价,记为, S中与i等价的元素的全体记为，称为元素i的“轨道”. 中的元素的个数称为轨道的长度. 容易验证，元素i与j的这种等价关系满足如下性质：