群與置換

加法下的整數、乘法下的可逆矩陣和複合下的對稱變換看似不同，卻具有共同模式。群抽取了使可逆運算協調運行的規則；研究這些規則，就能使一個證明適用於所有這些情形。

1 群公理

群是配備二元運算 $G\times G\to G$ 的集合 $G$：運算滿足結合律，存在單位元 $e$，且每個 $g\in G$ 有逆元 $g^{-1}$，滿足 $gg^{-1}=g^{-1}g=e$。若對所有元素有 $gh=hg$，則稱群為阿貝爾群。將運算稱為取值於 $G$ 的函數，已包含封閉性。

整數在加法下構成阿貝爾群；非零實數在乘法下構成阿貝爾群。可逆 $n\times n$ 實矩陣構成一般非阿貝爾的群 $GL_n(\mathbb R)$。非零整數在乘法下不成群：2 沒有整數逆元。

消去律與唯一性。 群只有一個單位元，每個元素只有一個逆元；$ab=ac$ 蘊含 $b=c$。

證明。 若 $e,e'$ 都是單位元，則 $e=ee'=e'$。若 $u,v$ 都是 $g$ 的逆元，則 $u=u(gv)=(ug)v=v$。在 $ab=ac$ 兩邊左乘 $a^{-1}$，由結合律得消去律。$\square$

結合律不允許改變次序。在任意群中，$(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}$，因為兩種乘法次序都得到單位元。公式 $a^{-1}b^{-1}$ 一般不正確。

2 置換與循環記號

集合的置換是到自身的雙射。$\{1,\ldots,n\}$ 的置換在複合下構成 $S_n$；本章中 $\sigma\tau$ 表示先施行 $\tau$，再施行 $\sigma$。

循環 $(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k)$ 將每個列出的元素送到下一個，最後一個送回第一個，其餘元素不變。每個置換都可分解為不相交循環：從一個元素出發反覆取像，直到回到起點；雙射性保證軌道不會在尚未屬於先前軌道時進入它。對未使用的元素重複。由於作用的集合不相交，不相交循環可交換。除了循環次序和每個循環內部的循環移位外，分解唯一。

例。 在 $S_4$ 中令 $\sigma=(1\ 2\ 3)$、$\tau=(1\ 4)$。追蹤各元素的像得到 $\sigma\tau=(1\ 4\ 2\ 3)$，而 $\tau\sigma=(1\ 2\ 3\ 4)$。二者不同，說明不滿足交換律。

$g$ 的階是使 $g^k=e$ 成立的最小正整數 $k$；若不存在則階為無窮。不相交循環的置換，其階是循環長度的最小公倍數：某個冪固定每個元素，當且僅當該冪的整數指數被每個循環長度整除。因此 $(1\ 2\ 3)(4\ 5)$ 的階為 6。

對換交換兩個元素。每個循環都可寫成對換的乘積：

$$(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k)=(a_1\ a_k)\cdots(a_1\ a_2).$$

置換的奇偶性可用其置換矩陣的行列式定義，該矩陣的欄是標準基向量的像。每個對換的行列式為 $-1$，而行列式滿足乘積法則。因此同一置換的任意兩個對換分解有相同奇偶性。符號映射滿足 $\operatorname{sgn}(\sigma\tau)=\operatorname{sgn}(\sigma)\operatorname{sgn}(\tau)$。

3 以對稱性為具體模型

令 $r$ 為正方形旋轉 $90$ 度，$s$ 為沿一條通過相對頂點的固定軸反射。八個對稱變換為 $e,r,r^2,r^3,s,rs,r^2s,r^3s$，其關係為

$$r^4=e,\qquad s^2=e,\qquad sr=r^{-1}s.$$

最後一個關係可在四個頂點上檢驗：反射會反轉旋轉方向。它把每個 $s$ 移到右邊，使任意乘積化為上述八種形式之一。不同教材使用 $D_4$ 或 $D_8$ 表示同一個八元素群；應說明約定，不應從符號推斷群的大小。

為甚麼置換奇偶性不依賴分解的選擇

上文的行列式定義使用行列式的乘積定理。這裏另給一個只用實係數多項式運算的證明。令

$$V(t_1,\ldots,t_n)=\prod_{1\le i<j\le n}(t_j-t_i).$$

交換兩個變量使這個乘積變號。連接這兩個變量的因子變號；連接其中一個變量與第三個變量的因子則成對交換。當第三個指標位於這兩個指標之間時，成對的兩個因子各變一次號，所以它們的乘積不變。其餘因子都不變。因此每個對換把 $V$ 變為 $-V$。

若同一置換分別寫成 $k$ 個和 $l$ 個對換的乘積，兩種寫法作用於 $V$ 得到 $(-1)^kV=(-1)^lV$。取互異實數，例如 $t_i=i$，此時 $V\ne0$；消去後得 $(-1)^k=(-1)^l$。這就證明了奇偶性定義良好。把兩個對換分解接起來，便得到符號的乘積法則。論證沒有預先假設奇偶性，也不只是檢查幾個置換。

還要核對置換確實成群：雙射的複合仍是雙射，函數複合滿足結合律，恆等映射在其中，逆雙射也仍是置換。對正方形，一個對稱由某頂點的像及其相鄰頂點的像確定：前者有四種選擇，後者有兩個相鄰選擇，其餘頂點由距離確定。列出的八個旋轉或反射實現全部八種選擇，故沒有遺漏其他對稱。

4 分級練習

E1 基礎。 判斷正實數在乘法下、非負整數在加法下是否成群。

E2 循環。 按從右向左的複合順序計算 $(1\ 2)(2\ 3)$ 和 $(2\ 3)(1\ 2)$，並求其階。

E3 對稱性。 在上述正方形群中化簡 $(r^2s)(rs)$，並證明每個反射 $r^ks$ 的階為 2。

E4 證明。 若群的每個元素滿足 $g^2=e$，證明該群是阿貝爾群。

5 完整解答

S1. 正實數成群：乘法滿足結合律，單位元為 1，逆元 $1/x$ 仍為正數。非負整數在加法下缺少正元素的加法逆元，所以不成群。

S2. 按右邊先作用的順序分別得到 $(1\ 2\ 3)$ 和 $(1\ 3\ 2)$，每個的階均為 3。二者不同說明對換一般不交換。

S3. $r^2srs=r^2r^{-1}s^2=r$。由 $sr^k=r^{-k}s$，得到 $(r^ks)^2=r^kr^{-k}s^2=e$。反射不是單位元，故其階恰為 2。

S4. 每個元素都是自身的逆元。因此 $ab=(ab)^{-1}=b^{-1}a^{-1}=ba$。乘積的逆元法則是關鍵；不能未經論證直接消去不相鄰因子。

總結

群描述可逆的結合運算。置換為有限對稱性提供具體通用的語言；循環結構給出階，仔細說明複合約定可避免許多錯誤。非交換推理在每一步都必須保持次序。