接着上一节，为了研究置换群的结构,我们来考虑对称群$S_n$和交错群$A_n$的的生成元系.
定理1 对称群$S_n$可以由$(12),(13),cdots,(1n)$生成，即$S_n=<(12),(13),cdots,(1n)>$.
证明 首先$<(12),cdots,(1n)>subset S_n$,同时注意到每个置换都可以分解成一些对换的乘积,而对换$(i~j),(i eq j)$可以被表示成$$(i~j)=(1~i)(1~j)(1~i)$$这说明$S_nsubset<(12),cdots,(1n)>$,从而$S_n=<(12),cdots,(1n)>$.
定理2 交错群$A_n$可以由全体$3-$轮换生成.
证明 注意到任意的$3-$轮换$(i~j~k)=(1~k)(1~j)(1~i)$,这说明$3-$轮换必然是偶置换,从而乘积也是.另一方面两个对换的乘积$sigma=(ij)(st)$可被一些$3-$轮换表示即可.1)若$i=s,j=t$,那么$sigma=(1)=(123)(123)(123)$,结论成立;2）若$i=s,j eq t$,则$sigma=(i~t~j)$,结论也成立;3)若$i eq j,s eq t$,那么$$sigma=(i~j)(s~t)=(1~i~s)(1~i~j)(1~s~t)$$注意此处默认$i,i,s,t$均不为$1$.这说明偶置换可被表示成$3-$轮换的乘积.所以定理成立.即$A_n$可由全体$3-$轮换生成.
要注意的是群的生成元并不唯一,例如我们还有$$S_n=<(12),(23),cdots,(n-1,n)>=<(12),(12cdots n)>$$以及$$A_n=<(123),(124),cdots,(12n)>,ngeq3$$
另一个问题,$S_n$中任意的置换$sigma=(a~b~cdots~c)cdots(alpha~eta~cdots~gamma)$,我们考虑与之共轭的置换$delta= ausigma au^{-1}$,注意到$$deltaleft( au(a) ight)= ausigma(a)= au(b)$$同理$delta( au(b))= au(c)$,不难看出$$delta= ausigma au^{-1}=left( au(a)~ au(b)~cdots~ au(c) ight)cdotsleft( au(alpha)~ au(eta)~cdots~ au(gamma) ight)$$可以看出$sigma$与$delta$具有相同的形式,这里的形式指的是分解成不相交的轮换的结果中,轮换的长度以及轮换的个数对应相等,某些书中也将这个称为置换的型：
例如在$S_{13}$中的置换$(1234)(567)(89)(10,11)$,那么称他的型为$1^22^23^14^15^0cdots13^0$,其原理就是置换分解成不相交轮换在不考虑次序情况下是唯一的.一般的在$S_n$中如果某个置换的型为$1^{r_1}2^{r_2}cdots n^{r_n}$,那么必然有$$sum_{i=1}^{n}ir_i=n$$
借助于型的概念,我们可以说$S_n$中置换$sigma$的共轭置换一定与之具有相同的型,那么反之是否成立呢？答案是肯定的,我们有
定理 $S_n$中两个置换$sigma,delta$共轭的充要条件是他们的型相同.
证明 必要性已然说明,再证充分性,设$sigma=(a~b~cdots~c)cdots(alpha~eta~cdots~gamma),delta=(a'~b'~cdots~c')cdots(alpha'~eta'~cdots~gamma')$,那么取置换$$ au=left(egin{matrix}a&b&cdots&gamma\a'&b'&cdots&gamma'end{matrix} ight)$$可以验证$delta= ausigma au^{-1}$,说明$sigma,delta$是共轭的.
按照置换的型可以很容易写出对称群$S_n$中的全部共轭类,以$S_5$为例,我们知道$|S_5|=5!=120$,其全部的共轭类如下:
$1^5$型:仅有一个,即为$(1)$;
$1^32^1$型:共$inom{5}{2}=10$个;
$1^23^1$型:共$A_{5}^{3}/3=20$个,即在$5$个元素中选取$3$个元素的圆排列(轮换对称性);
$1^14^1$型:共$A_{5}^{4}/4=30$个;
$1^12^2$型:共$inom{5}{1}inom{4}{2}/2=15$个;
$2^13^1$型:共$inom{5}{2}A_{3}^{3}/3=20$个;
$5^1$型:共$A_{5}^{5}/5=24$个.
一般的我们有,在对称群$S_n$中,型为$1^{r_1}2^{r_2}cdots n^{r_n}$的置换的个数为$$frac{n!}{prodlimits_{i=1}^{n}r_i!i^{r_i}}$$(在数字较大时用词结论计算是方便的,但是在数字较小时用前面排列组合的思路更快捷)用数学归纳法来证明是可行的,我们更希望给出如下的直接求法.记集合$A:=$表示$n$个元素$1,2,cdots,n$的所有重排的集合,而集合$B:=$表示型为$1^{r_1}2^{r_2}cdots n^{r_n}$的置换的全体.作映射$pi:A o B$,具体方式如下:
对于重排$a_1,a_2,cdots,a_n$,将前$r_1$个当做$r_1$个$1-$轮换,接下来的$2r_2$个每$2$个一组作为$r_2$个$2-$轮换,接下来的$3r_3$个每$3$个一组作为$r_3$个$3-$轮换……这样就构造出了型为$1^{r_1}2^{r_2}cdots n^{r_n}$的置换,显然$pi$是个满射但是并非单射.对于任意的$sigmain B$,那么$pi^{-1}(sigma)$便是$n$个元素的一个重排.我们把$sigma$写成按照轮换长度递增的顺序的形式,显然这种表示并不唯一,因为每个$r-$轮换$(a_1~a_2~cdots~a_r)$有$r$种不同的表示,并且每一种表示对应的在$pi$下的原象均不同.另一方面不相交轮换是可换的,因此在保持长度递增情况下,$r_i$个$i-$轮换可以有$r_{i}!$种表示,结合起来可以看出$pi^{-1}(sigma)$共有$prod_{i=1}^{n}r_{i}!i^{r_i}$种不同情况.而$|A|=n!$,因此$$|B|=frac{n!}{prodlimits_{i=1}^{n}r_i!i^{r_i}}$$
利用置换的型,我们可以确定对称群的正规子群,例如我们考虑$S_4$的共轭类：
$1^5$型:仅$1$个,即为$(1)$；
$1^22^1$型:$inom{4}{2}=6$个,分别是$(12),(13),(14),(23),(24),(34)$；
$1^13^1$型:$A_{4}^{3}/3=8$个,分别是$(123),(124),(132),(134),(142),(143),(213),(234)$；
$2^2$型:$inom{4}{2}/2=3$个,分别是$(12)(34),(13)(24),(14)(23)$；
$4^1$型:仅一个,即为$(1234)$.
设$H$是$S_4$的正规子群,根据Lagrange定理$|H|$只能是$1,2,3,4,6,8,12,24$,如果$H$是非平凡的,那么$|H|$只能是$2,3,4,6,8,12$,注意正规子群是一些共轭类组成的子群:
1)显然$|H| eq 2,3,6,8$,因为这些元素不可能是完整的若干共轭类;
2)而$|H|=4$是可能的,此时$H$中的元素为:$(1),(12)(34),(13)(24)$,显然此时$H$同构于Kelin四元群$mathbb K_4={1,a,b,ab}$,其中$a^2=b^2=(ab)^2=1$;
3)同样的$|H|=12$也是可以的,此时$H$由幺元,$8$个$1^13^1$型置换以及$3$个$2^2$型置换构成,即为全体偶置换,此时$H$同构于$A_4$.
以上分析说明$S_4$只有$4$个正规子群${1},K_4,A_4,S_4$.
类似的分析可以得到$A_4$的正规子群只有${1},K_4,A_4$.
更进一步的我们还有$$S_4/K_4simeq S_3$$证明 我们可以将$S_3$视作$S_4$的子群,将$sigmain S_3$看成$sigma(4)=4$即可.由前面的结论$K_4 riangleleft S_4$,从而$K_4S_3leq S_4$,注意到$K_4cap S_3={1}$,那么$$|K_4S_3|=frac{|S_3|cdot|k_4|}{|K_4cap S_3|}=24=|S_4|$$这说明$S_4=K_4S_3$,根据第一同构定理$S_3/K_4cap S_3simeq S_4/K_4$,即$$S_4/K_4simeq S_3$$另一种证法是直接分析$6$阶群$S_4/K_4$的结构,事实上$6$阶群仅有$2$个,他们是$mathbb Z_6$和$S_3simeq D_3$.