抽象代数 04.01 群的生成元组

http://www.icourses.cn 南开大学《抽象代数》

§4.1 群的生成元组\color{blue}\text{\S 4.1 群的生成元组}§4.1 群的生成元组

本节讨论群的生成元组及元素的阶的一些性质。给出n个文字的对称群SnS_nSn的生成组。
设S是群G的非空子集，以⟨S⟩\lang S \rang⟨S⟩表示G的包含S的最小子群，即S生成的子群{\color{blue}生成的子群}生成的子群。显然⟨S⟩\lang S \rang⟨S⟩是G中所有包含S的子群的交。
定理4.1.1设S是群G的非空子集，则{\color{blue}定理4.1.1 \quad}设S是群G的非空子集，则定理4.1.1设S是群G的非空子集，则
⟨S⟩={x1x2⋯xm∣xi∈S∪S−1,1≤i≤m,m∈N}.\lang S \rang = \lbrace x_1x_2\cdots x_m | x_i \in S \cup S^{-1}, 1 \leq i \leq m, m \in N \rbrace.⟨S⟩={x1x2⋯xm∣xi∈S∪S−1,1≤i≤m,m∈N}.
证:令S‾={x1x2⋯xm∣xi∈S∪S−1,1≤i≤m,m∈N}.由⟨S⟩为子群，{\color{blue}证:}令\overline{S} = \lbrace x_1x_2 \cdots x_m | x_i \in S \cup S^{-1}, 1 \leq i \leq m, m \in N \rbrace.由\lang S \rang 为子群，证:令S={x1x2⋯xm∣xi∈S∪S−1,1≤i≤m,m∈N}.由⟨S⟩为子群，
且S⊆⟨S⟩.知S−1⊆⟨S⟩.因而S⊆S‾⊆⟨S⟩.又⟨S⟩是含S的最小子群，且S \subseteq \lang S \rang.知S^{-1} \subseteq \lang S \rang. 因而S \subseteq \overline{S} \subseteq \lang S \rang.又\lang S \rang 是含S的最小子群，且S⊆⟨S⟩.知S−1⊆⟨S⟩.因而S⊆S⊆⟨S⟩.又⟨S⟩是含S的最小子群，
故只需证明S‾为子群，则S‾=⟨S⟩.故只需证明\overline{S}为子群，则\overline{S}=\lang S \rang.故只需证明S为子群，则S=⟨S⟩.
设x1x2⋯xm∈S‾,y1y2⋯yn∈S‾.于是yi−1∈S∪S−1,1≤i≤m.则有设x_1x_2\cdots x_m \in \overline{S},y_1y_2\cdots y_n \in \overline{S}.于是y_i^{-1}\in S \cup S^{-1},1\leq i \leq m.则有设x1x2⋯xm∈S,y1y2⋯yn∈S.于是yi−1∈S∪S−1,1≤i≤m.则有
(x1x2⋯xm)(y1y2⋯yn)−1=x1x2⋯xmyn−1yn−1−1⋯y2−1y1−1∈S‾,(x_1x_2\cdots x_m)(y_1y_2\cdots y_n)^{-1} = x_1x_2\cdots x_my_n^{-1}y_{n-1}^{-1}\cdots y_2^{-1}y_1^{-1} \in \overline{S},(x1x2⋯xm)(y1y2⋯yn)−1=x1x2⋯xmyn−1yn−1−1⋯y2−1y1−1∈S,
因而S‾为G的子群，故S‾=⟨S⟩.因而\overline{S}为G的子群，故\overline{S} = \lang S \rang.因而S为G的子群，故S=⟨S⟩.
定义4.1.1若S为G的子群，且G=⟨S⟩.则称S为G的生成组.若G有一个含有限个元素的生成组，则称G是有限生成的.{\color{blue}定义4.1.1\quad}若S为G的子群，且G=\lang S \rang.则称S为G的{\color{blue}生成组}.若G有一个含有限个元素的生成组，则称G是{\color{blue}有限生成的}.定义4.1.1若S为G的子群，且G=⟨S⟩.则称S为G的生成组.若G有一个含有限个元素的生成组，则称G是有限生成的.
例1若G=⟨a⟩为循环群，则a本身就是生成组，这时称a为G的生成元.{\color{blue}例1\quad}若G = \lang a \rang为循环群，则a本身就是生成组，这时称a为G的{\color{blue}生成元}.例1若G=⟨a⟩为循环群，则a本身就是生成组，这时称a为G的生成元.
在§1.5中讨论过这种群。在{\text{\S 1.5}}中讨论过这种群。在§1.5中讨论过这种群。
例2设G=S3,又a=(123213),b=(123321).则S3=⟨{a,b}⟩.{\color{blue}例2\quad}设G = S_3,又a = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}, b = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}.则S_3 = \lang \lbrace a, b \rbrace \rang.例2设G=S3,又a=(122133),b=(132231).则S3=⟨{a,b}⟩.
设G1=⟨a⟩.则G1为S3的二阶子群，且b∉G1.于是G1⊂⟨{a,b}⟩.又⟨{a,b}⟩的阶n为S3的阶6的因子，故有2∣n,2<n,而且n∣6.因而有n=6.由此知S3=⟨{a,b}⟩.设G_1 = \lang a \rang.则G_1为S_3的二阶子群，且b \notin G_1.于是G_1 \subset \lang \lbrace a, b \rbrace \rang.又\lang \lbrace a, b \rbrace \rang的阶n为S_3的阶6的因子，故有2|n, 2 < n,而且n|6.因而有n=6.由此知S_3=\lang \lbrace a, b \rbrace \rang.设G1=⟨a⟩.则G1为S3的二阶子群，且b∈/G1.于是G1⊂⟨{a,b}⟩.又⟨{a,b}⟩的阶n为S3的阶6的因子，故有2∣n,2<n,而且n∣6.因而有n=6.由此知S3=⟨{a,b}⟩.
定义4.1.2设集合{i1,i2,⋯ ,ir}为集合{1,2,⋯ ,n}的子集.若σ∈Sn,满足：{\color{blue}定义4.1.2\quad}设集合\lbrace i_1, i_2, \cdots, i_r \rbrace为集合\lbrace 1, 2, \cdots, n \rbrace的子集.若\sigma \in S_n,满足：定义4.1.2设集合{i1,i2,⋯,ir}为集合{1,2,⋯,n}的子集.若σ∈Sn,满足：
σ(ij)=ij+1,1≤j≤r−1;\qquad \sigma(i_j) = i_{j+1}, 1 \leq j \leq r - 1;σ(ij)=ij+1,1≤j≤r−1;
σ(ir)=i1;\qquad \sigma(i_r) = i_1;σ(ir)=i1;
σ(k)=k,k∉{i1,i2,⋯ ,ir},\qquad \sigma(k) = k, k \notin \lbrace i_1, i_2, \cdots, i_r \rbrace,σ(k)=k,k∈/{i1,i2,⋯,ir},
则称σ为一个长为r的轮换或r−轮换,这时记σ=(i1i2⋯ir).则称\sigma为一个{\color{blue}长为r的轮换}或{\color{blue}r-轮换},这时记\sigma = (i_1i_2\cdots i_r).则称σ为一个长为r的轮换或r−轮换,这时记σ=(i1i2⋯ir).
将2−轮换(ij)成为对换.将2-轮换(ij)成为{\color{blue}对换}.将2−轮换(ij)成为对换.
若σ=(i1i2⋯ir)与τ=(j1j2⋯is)是两个轮换，且若\sigma = (i_1i_2\cdots i_r)与\tau = (j_1j_2\cdots i_s)是两个轮换，且若σ=(i1i2⋯ir)与τ=(j1j2⋯is)是两个轮换，且
{i1,i2,⋯ ,ir}∩{j1,j2,⋯ ,js}=∅,\qquad \lbrace i_1, i_2, \cdots, i_r \rbrace \cap \lbrace j_1, j_2, \cdots, j_s \rbrace = \empty,{i1,i2,⋯,ir}∩{j1,j2,⋯,js}=∅,
则称σ与τ为不相交的轮换.则称\sigma与\tau为{\color{blue}不相交的轮换}.则称σ与τ为不相交的轮换.
一个r−轮换(i1i2⋯ir)有r种不同的表示:一个r-轮换(i_1i_2\cdots i_r)有r种不同的表示:一个r−轮换(i1i2⋯ir)有r种不同的表示:
(i1i2⋯ir)=(i2i3⋯iri1)=⋯=(iri1⋯ir−1).(i_1i_2\cdots i_r) = (i_2i_3\cdots i_ri_1) = \cdots = (i_ri_1\cdots i_{r-1}).(i1i2⋯ir)=(i2i3⋯iri1)=⋯=(iri1⋯ir−1).
定义4.1.2设a∈Sn,且a=σ1σ2⋯σk,其中σi为ri−轮换：i≠j时,σi与σj不相交,1≤i,j≤k,则a的阶为r1,r2,⋯ ,rk的最小公倍数[r1,r2,⋯ ,rk].{\color{blue}定义4.1.2\quad}设a \in S_n,且a = \sigma_1 \sigma_2 \cdots \sigma_k,其中\sigma_i为r_i-轮换：i =\not j时,\sigma_i与\sigma_j不相交,1 \leq i,j \leq k,则a的阶为r_1,r_2, \cdots, r_k的最小公倍数[r_1,r_2,\cdots, r_k].定义4.1.2设a∈Sn,且a=σ1σ2⋯σk,其中σi为ri−轮换：i≠j时,σi与σj不相交,1≤i,j≤k,则a的阶为r1,r2,⋯,rk的最小公倍数[r1,r2,⋯,rk].
证对因子个数k用数学归纳法证明。k=1时，a=(i1i2⋯ir1)是一个轮换。对任何s,1≤s≤r1,有{\color{blue}证\quad}对因子个数k用数学归纳法证明。k=1时，a=(i_1i_2\cdots i_{r_1})是一个轮换。对任何s,1 \leq s \leq r_1,有证对因子个数k用数学归纳法证明。k=1时，a=(i1i2⋯ir1)是一个轮换。对任何s,1≤s≤r1,有
as(j)=j,j≠i1,i2,⋯ ,ir.\qquad a^{s}(j) = j, j =\not i_1, i_2, \cdots, i_r.as(j)=j,j≠i1,i2,⋯,ir.
而而而
as(ij)={is+j,当j+s≤r1;is+j−r1,当j+s>r1.a^{s}(i_j) = \left\{\begin{array}{l} i_{s+j}, 当j+s \leq r_1; \\ i_{s+j-r_1}, 当j+s > r_1. \end{array} \right.as(ij)={is+j,当j+s≤r1;is+j−r1,当j+s>r1.
于是,s<r1时，as≠id,而s=r1时,ar1=id,故a的阶为r1.于是, s< r_1时，a^{s} =\not id,而s=r_1时,a^{r_1}=id,故a的阶为r_1.于是,s<r1时，as≠id,而s=r1时,ar1=id,故a的阶为r1.
设k−1(k≥2)时定理成立。设a=σ1σ2⋯σk,令设k-1(k \geq 2)时定理成立。设a=\sigma_1 \sigma_2 \cdots \sigma_k,令设k−1(k≥2)时定理成立。设a=σ1σ2⋯σk,令
a1=σ2σ3⋯σk,\qquad a_1 = \sigma_2\sigma_3\cdots \sigma_k,a1=σ2σ3⋯σk,
于是a1的阶为[r2,r3,⋯ ,rk].设σ2,σ3,⋯ ,σk中包含的文字为{ir1+1,ir1+2,⋯ ,it},于是a_1的阶为[r_2,r_3,\cdots, r_k].设\sigma_2,\sigma_3,\cdots,\sigma_k中包含的文字为\lbrace i_{r_1+1},i_{r_1+2},\cdots,i_t \rbrace,于是a1的阶为[r2,r3,⋯,rk].设σ2,σ3,⋯,σk中包含的文字为{ir1+1,ir1+2,⋯,it},
σ1中的文字为{i1,i2,⋯ ,ir1}.\sigma_1中的文字为\lbrace i_1,i_2, \cdots, i_{r_1} \rbrace.σ1中的文字为{i1,i2,⋯,ir1}.
若j≠il,1≤l≤t,则σ1(j)=a(j)=j.故σ1a1(j)=a1σ1(j)=j.若j =\not i_l, 1 \leq l \leq t,则\sigma_1(j) = a(j) = j.故\sigma_1a_1(j) = a_1\sigma_1(j) = j.若j≠il,1≤l≤t,则σ1(j)=a(j)=j.故σ1a1(j)=a1σ1(j)=j.
若j=il且1≤l≤r1,则a1(j)=j,σ1(j)=il′,l′≤r1.因而a1σ1(j)=il′=σ1a1(j).若j = i_l且1 \leq l \leq r_1,则a_1(j) = j,\sigma_1(j) = i_{l^{\prime}},l^{\prime} \leq r_1.因而a_1\sigma_1(j) = i_{l^{\prime}} = \sigma_1a_1(j).若j=il且1≤l≤r1,则a1(j)=j,σ1(j)=il′,l′≤r1.因而a1σ1(j)=il′=σ1a1(j).
若j=il且t≥l≥r1+1,则σ1(il)=il,a1(il)=il′,t≥l′≥r1+1.故有a1σ1(j)=il′=σ1a1(j).若j=i_l且t \geq l \geq r_1+1,则\sigma_1(i_l) = i_l,a_1(i_l) = i_{l^{\prime}},t \geq l^{\prime} \geq r_1 + 1.故有a_1\sigma_1(j) = i_{l^{\prime}} = \sigma_1a_1(j).若j=il且t≥l≥r1+1,则σ1(il)=il,a1(il)=il′,t≥l′≥r1+1.故有a1σ1(j)=il′=σ1a1(j).
定理4.1.3令S={(1 i)∣2≤i≤n},则Sn=⟨S⟩.{\color{blue}定理4.1.3\quad}令S=\lbrace (1\;i)|2 \leq i \leq n \rbrace,则S_n=\lang S \rang.定理4.1.3令S={(1i)∣2≤i≤n},则Sn=⟨S⟩.
证:首先证明任何对换(i j)可写成S中元素的积.事实上,{\color{blue}证:}首先证明任何对换(i\;j)可写成S中元素的积.事实上,证:首先证明任何对换(ij)可写成S中元素的积.事实上,
(i j)=(1 i)(1 j)(1 i).(1)\qquad (i\;j) = (1\;i)(1\;j)(1\;i).\qquad (1)(ij)=(1i)(1j)(1i).(1)
其次,我们用数学归纳法证明任何轮换(i1i2⋯ir)可写成对换之积,其次,我们用数学归纳法证明任何轮换(i_1i_2\cdots i_r)可写成对换之积,其次,我们用数学归纳法证明任何轮换(i1i2⋯ir)可写成对换之积,
(i1i2⋯ir)=(i1ir)(i1ir−1)⋯(i1i2)(2)\qquad (i_1i_2\cdots i_r) = (i_1i_r)(i_1i_{r-1})\cdots(i_1i_2) \qquad (2)(i1i2⋯ir)=(i1ir)(i1ir−1)⋯(i1i2)(2)
当r=2时上式显然成立。假设定理对r−1(r≥3)成立，并记a=(i1i2⋯ir),于是有当r=2时上式显然成立。假设定理对r-1(r\geq 3)成立，并记a = (i_1i_2\cdots i_r),于是有当r=2时上式显然成立。假设定理对r−1(r≥3)成立，并记a=(i1i2⋯ir),于是有
(i1ir)(i1ir−1)⋯(i1i3)(i1i2)=(i1i3⋯ir)(i1i2)=a′(i_1i_r)(i_1i_{r-1})\cdots(i_1i_3)(i_1i_2) = (i_1i_3\cdots i_r)(i_1i_2) = a^{\prime}(i1ir)(i1ir−1)⋯(i1i3)(i1i2)=(i1i3⋯ir)(i1i2)=a′
当j≠ik时,a′(j)=j=a(j);当j=\not i_k时,a^{\prime}(j) = j = a(j);当j≠ik时,a′(j)=j=a(j);
当j=ik,k≥3时,a′(j)=(i1i3⋯ir)(j)=a(j);当j = i_k,k \geq 3时,a^{\prime}(j) = (i_1i_3\cdots i_r)(j) = a(j);当j=ik,k≥3时,a′(j)=(i1i3⋯ir)(j)=a(j);
当j=i1时,a′(i1)=(i1i3⋯ir)(i2)=i2=a(i1);当j=i_1时,a^{\prime}(i_1)=(i_1i_3\cdots i_r)(i_2) = i_2 = a(i_1);当j=i1时,a′(i1)=(i1i3⋯ir)(i2)=i2=a(i1);
当j=i2时,a′(i2)=(i1i3⋯ir)(i1)=i3=a(i2).当j=i_2时,a^{\prime}(i_2) = (i_1i_3\cdots i_r)(i_1) = i_3 = a(i_2).当j=i2时,a′(i2)=(i1i3⋯ir)(i1)=i3=a(i2).
故知式(2)成立。故任何轮换可写成S中元素之积.故知式(2)成立。故任何轮换可写成S中元素之积.故知式(2)成立。故任何轮换可写成S中元素之积.
最后证明∀a∈Sn一定可写成轮换之积,即可写成S中元素之积。最后证明\forall a \in S_n一定可写成轮换之积,即可写成S中元素之积。最后证明∀a∈Sn一定可写成轮换之积,即可写成S中元素之积。
设a∈Sn,令Fa‾={j∣a(j)≠j}.显然有设a \in S_n,令\overline{F_a} = \lbrace j | a(j) =\not j \rbrace.显然有设a∈Sn,令Fa={j∣a(j)≠j}.显然有
Fid‾=∅(3)\qquad \overline{F_{id}} = \empty \qquad (3)Fid=∅(3)
当a≠id时，当a =\not id时，当a≠id时，
∣Fa‾∣≥2(4)\qquad |\overline{F_a}| \geq 2 \qquad (4)∣Fa∣≥2(4)
当且仅当a为对换时，式(4)中等号成立.下面不妨设a≠id.我们证明存在轮换σ1满足当且仅当a为对换时，式(4)中等号成立.下面不妨设a =\not id.我们证明存在轮换\sigma_1满足当且仅当a为对换时，式(4)中等号成立.下面不妨设a≠id.我们证明存在轮换σ1满足
Fa‾=Fσ1‾∪Fσ1−1a‾Fσ1‾∩Fσ1−1a‾=∅}(5)\qquad \left. \begin{array} {l} \overline{F_a} = \overline{F_{\sigma_1}} \cup \overline{F_{\sigma_1^{-1}a}} \\ \overline{F_{\sigma_1}} \cap \overline{F_{\sigma_1^{-1}a}} = \empty \end{array} \right\} \qquad (5)Fa=Fσ1∪Fσ1−1aFσ1∩Fσ1−1a=∅}(5)
因a≠id,故由式(4)知有i1∈Fa‾,令因a =\not id,故由式(4)知有i_1 \in \overline{F_a},令因a≠id,故由式(4)知有i1∈Fa,令
i2=a(i1),i3=a(i2),⋯ ,ik=a(ik−1).\qquad i_2 = a(i_1), i_3 = a(i_2), \cdots, i_k = a(i_{k-1}).i2=a(i1),i3=a(i2),⋯,ik=a(ik−1).
由于Fa‾是有限集,故存在r使得i1,i2,⋯ ,ir−1互不相同，而ir=it,1≤t≤r−1.现证t=1.若不然,则有由于\overline{F_a}是有限集,故存在r使得i_1,i_2,\cdots, i_{r-1}互不相同，而i_r=i_t,1 \leq t \leq r-1.现证t = 1.若不然,则有由于Fa是有限集,故存在r使得i1,i2,⋯,ir−1互不相同，而ir=it,1≤t≤r−1.现证t=1.若不然,则有
a(it−1)=it=ir=a(ir−1).\qquad a(i_{t-1}) = i_t = i_r = a(i_{r-1}).a(it−1)=it=ir=a(ir−1).
于是于是于是
it−1=ir−1.\qquad i_{t-1} = i_{r-1}.it−1=ir−1.
即有t=r,矛盾,故t=1.令σ1=(i1i2⋯ir−1).显然即有 t = r,矛盾,故t=1.令\sigma_1 = (i_1i_2\cdots i_{r-1}).显然即有t=r,矛盾,故t=1.令σ1=(i1i2⋯ir−1).显然
Fσ1−1‾={i1,i2,⋯ ,ir−1}⊆Fa‾\qquad \overline{F_{\sigma_1^{-1}}} = \lbrace i_1, i_2, \cdots, i_{r-1} \rbrace \subseteq \overline{F_a}Fσ1−1={i1,i2,⋯,ir−1}⊆Fa
再令a1=σ1−1a,若l≠Fa,则l∉Fσ1−1‾.故a1(l)=l,l∉Fa1‾,因而Fσ1‾⊆Fa‾.再令a_1 = \sigma_1^{-1}a,若l =\not F_a,则l \notin \overline{F_{\sigma_1^{-1}}}.故a_1(l) = l, l \notin \overline{F_{a_1}}, 因而\overline{F_{\sigma_1}} \subseteq \overline{F_a}.再令a1=σ1−1a,若l≠Fa,则l∈/Fσ1−1.故a1(l)=l,l∈/Fa1,因而Fσ1⊆Fa.
于是Fa1‾∪Fσ1‾⊆Fa‾.反之,若l∉Fa1‾∪Fσ1‾,则有a1(l)=σ1(l)=l.故a(l)=l,即l∉Fa‾.于是联立式(5)中第一个式成立.设ik∈Fσ1‾,则有a1(ik)=σ1−1a(ik)=σ1−1σ1(ik)=ik.即ik∉Fa1‾.故联立式(5)中第二式也成立.若a≠σ1,则Fσ1−1a‾≠∅.于是\overline{F_{a_1}} \cup \overline{F_{\sigma_1}} \subseteq \overline{F_a}.反之,若l \notin \overline{F_{a_1}} \cup \overline{F_{\sigma_1}},则有a_1(l) = \sigma_1(l) = l.故a(l) = l,即l \notin \overline{F_a}.于是联立式(5)中第一个式成立.设i_k \in \overline{F_{\sigma_1}},则有a_1(i_k) = \sigma_1^{-1}a(i_k) = \sigma_1^{-1}\sigma_1(i_k) = i_k.即i_k \notin \overline{F_{a_1}}.故联立式(5)中第二式也成立.若a =\not \sigma_1,则\overline{F_{\sigma_1^{-1}a}} =\not \empty.于是Fa1∪Fσ1⊆Fa.反之,若l∈/Fa1∪Fσ1,则有a1(l)=σ1(l)=l.故a(l)=l,即l∈/Fa.于是联立式(5)中第一个式成立.设ik∈Fσ1,则有a1(ik)=σ1−1a(ik)=σ1−1σ1(ik)=ik.即ik∈/Fa1.故联立式(5)中第二式也成立.若a≠σ1,则Fσ1−1a≠∅.
再对σ1−1a用上述方法,可得另一轮换σ2与Fσ2−1σ1−1a‾⊂Fσ1−1a‾⊂Fa‾.由于Fa‾是有限的，最后有n使得再对\sigma_{1}^{-1}a用上述方法,可得另一轮换\sigma_2与\overline{F_{\sigma_2^{-1}\sigma_1^{-1}a}} \subset \overline{F_{\sigma_1^{-1}a}} \subset \overline{F_a}.由于\overline{F_a}是有限的，最后有n使得再对σ1−1a用上述方法,可得另一轮换σ2与Fσ2−1σ1−1a⊂Fσ1−1a⊂Fa.由于Fa是有限的，最后有n使得
Fσn−1σn−1−1⋯σ1−1a‾=∅.\qquad \overline{F_{\sigma_n^{-1}\sigma_{n-1}^{-1}\cdots \sigma_1^{-1}a}} = \empty.Fσn−1σn−1−1⋯σ1−1a=∅.
即σn−1σn−1−1⋯σ1−1a=id.因而即\sigma_n^{-1}\sigma_{n-1}^{-1}\cdots \sigma_1^{-1}a = id.因而即σn−1σn−1−1⋯σ1−1a=id.因而
a=σ1σ2⋯σn.\qquad a = \sigma_1\sigma_2\cdots\sigma_n.a=σ1σ2⋯σn.
即Sn中任意元素可标为轮换之积，故定理成立。即S_n中任意元素可标为轮换之积，故定理成立。即Sn中任意元素可标为轮换之积，故定理成立。
仔细分析定理4.1.3可知σ1,σ2,⋯ ,σn是很容易求出来的,仔细分析定理4.1.3可知\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n是很容易求出来的,仔细分析定理4.1.3可知σ1,σ2,⋯,σn是很容易求出来的,
且σ1,σ2,⋯ ,σn是两两不相交的.有下面推论.且\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n是两两不相交的.有下面推论.且σ1,σ2,⋯,σn是两两不相交的.有下面推论.
推论1若把Sn中的幺元id记为长为1的轮换,即id=(i).则∀a∈Sn,一定可写成不相交的轮换之积.{\color{blue}推论1\quad}若把S_n中的幺元id记为长为1的轮换,即id=(i).则\forall a \in S_n,一定可写成不相交的轮换之积.推论1若把Sn中的幺元id记为长为1的轮换,即id=(i).则∀a∈Sn,一定可写成不相交的轮换之积.
推论2奇置换可表示为奇数个对换之积,偶置换可以表示为偶数个对换之积.{\color{blue}推论2\quad}奇置换可表示为奇数个对换之积,偶置换可以表示为偶数个对换之积.推论2奇置换可表示为奇数个对换之积,偶置换可以表示为偶数个对换之积.
这是因为对换(i j)是奇置换.这是因为对换(i\;j)是奇置换.这是因为对换(ij)是奇置换.

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