1. 3.5 对换与交错群

这段话的核心思想是对比两种分解置换的方式：分解成不相交循环和分解成循环（不一定不相交）。

1. 回顾不相交循环分解的唯一性：首先，作者提醒我们一个之前学过的重要结论（来自1.3节）。任何一个对称群 $S_n$ 中的元素（也就是一个置换），都可以被写成一串不相交循环的乘积。这种写法，在不考虑循环的顺序和循环内部元素的起始位置的情况下，是唯一的。例如，在 $S_5$ 中，置换 $\pi = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 3 & 1 & 5 & 4 \end{pmatrix}$ 的唯一不相交循环分解是 $(123)(45)$。你不能用其他不相交的循环来表示同一个置换 $\pi$。
2. 引入非不相交循环分解的非唯一性：接着，作者笔锋一转，指出如果我们放弃“不相交”这个限制条件，情况就完全不同了。一个置换可以被写成很多很多种不同的循环（这些循环可以有共同的元素）的乘积。
3. 用 $S_3$ 中的例子说明：为了让这个概念更具体，作者举了对称群 $S_3$ 中的一个例子。$S_3$ 的元素是集合 $\{1, 2, 3\}$ 上的所有置换。其中一个元素是循环 $\sigma = (123)$，它的作用是 $1 \to 2$, $2 \to 3$, $3 \to 1$。
   • 作者展示了 $\sigma$ 的几种不同写法：
   • $\sigma = (13)(12)$：这是一个对换的乘积。
   • $\sigma = (12)(13)(12)(13)$：这是四个对换的乘积。
   • $\sigma = (12)(23)$：这又是另一种两个对换的乘积。
   • 这个例子清晰地表明，一旦允许循环相交（比如 $(13)$ 和 $(12)$ 都含有元素 $1$），表示方法就不唯一了，而且可以有无限多种（比如你可以不断地乘以一个恒等置换，像 $(12)(12)$）。
4. 点明非唯一性的后果：不要求循环不相交，就彻底失去了表示方法的唯一性。这似乎是个坏消息，因为唯一性通常是数学中一个很好的性质。
5. 引出新的方向——“奇偶校验”：然而，作者指出，虽然表示方法不唯一，但我们可以从中提取出一个有用的性质。具体来说，就是将置换表示为2-循环（即对换）的乘积。尽管表示方法多种多样，但所用对换的数量是奇数还是偶数，这个“奇偶性” (parity) 却是一个固定不变的属性。这就为我们引入偶置换和奇置换的概念铺平了道路。

这段话的目的是给出一个明确的定义和一套构造性的方法，来证明任何置换都可以由对换生成。

1. 定义“对换”：首先，文章给出了一个正式的定义。一个“对换”（transposition）就是一个长度为2的循环，形如 $(ij)$。它的作用就是交换元素 $i$ 和 $j$，而保持其他所有元素不变。这是最简单的非平凡置换。
2. 建立直觉：作者给出了一个直观的类比：任何对一副扑克牌的重新排列，都可以通过一系列“两张牌互换位置”的操作来完成。这暗示了对换的基础性地位。
3. 提供核心工具——分解m-循环：接下来，文章给出了一个至关重要的公式。这个公式告诉我们如何将任意一个长度为 $m$ 的循环 $(a_1 a_2 \ldots a_m)$ 分解成一串对换的乘积。这个分解方法是：
   • 将第一个元素 $a_1$ 与最后一个元素 $a_m$ 配对，得到对换 $(a_1 a_m)$。
   • 将第一个元素 $a_1$ 与倒数第二个元素 $a_{m-1}$ 配对，得到对换 $(a_1 a_{m-1})$。
   • ……
   • 一直持续到将第一个元素 $a_1$ 与第二个元素 $a_2$ 配对，得到对换 $(a_1 a_2)$。
   • 把这些对换从右到左依次相乘，就得到了原来的 $m$-循环。
   • 注意，一个 $m$-循环被分解成了 $m-1$ 个对换。
4. 构建证明逻辑：基于以上工具，文章构建了一个清晰的逻辑链来证明“$S_n$ 的每个元素都可以写成对换的乘积”：
   • 步骤A：我们已经知道，$S_n$ 中的任何置换都可以被分解成不相交循环的乘积。
   • 步骤B：根据刚刚给出的公式，每一个循环（无论多长）又可以被分解成对换的乘积。
   • 结论：将步骤A中得到的每个循环都用步骤B的方法替换掉，那么整个置换就完全由对换的乘积表示了。
5. 引入群论的语言——生成集：这个结论可以用群论的术语来重新表述。如果一个群里的所有元素都可以由某个子集中的元素通过乘法（和求逆，但在有限群中乘法就够了）得到，那么这个子集就被称为群的生成集。
   • 这里，结论是 $S_n$ 的所有元素都能由对换生成。
   • 因此，所有对换构成的集合 $T = \{(ij) \mid 1 \leq i < j \leq n\}$ 是 $S_n$ 的一个生成集。
   • 记号 $S_n = \langle T \rangle$ 就是“$S_n$ 由集合 T 生成”的数学表达。
6. 给出一个复杂的例子：为了展示这个过程如何运作，文章给出了一个来自前文的复杂置换 $\sigma$。
   • $\sigma$ 首先被写成其不相交循环分解的形式：$(1\;12\;8\;10\;4)(2\;13)(5\;11\;7)(6\;9)$。
   • 然后，作者应用分解规则：
   • $(1\;12\;8\;10\;4)$ 是一个5-循环。根据公式，它被分解为 $(1\;4)(1\;10)(1\;8)(1\;12)$。
   • $(2\;13)$ 是一个2-循环，本身就是对换，不用变。
   • $(5\;11\;7)$ 是一个3-循环。根据公式，它被分解为 $(5\;7)(5\;11)$。
   • $(6\;9)$ 是一个2-循环，本身就是对换，不用变。
   • 最后，将这些分解后的对换全部组合在一起，就得到了 $\sigma$ 的一个对换乘积表示。注意原文的分解 $(14)(110)(18)(112)(213)(57)(511)(69)$ 中，$(1\;12\;8\;10\;4)$ 被分解成了 $(1\;4)(1\;10)(1\;8)(1\;12)$，这和我们的公式 $(a_1 a_m)\dots(a_1 a_2)$ 有一点出入，应该是 $(1\;4)(1\;10)(1\;8)(1\;12)$，原文似乎把 $(1\;12)$ 和 $(1\;4)$ 的顺序写反了，不过这不影响结论。让我们验证原文的分解：$(1\;4)(1\;10)(1\;8)(1\;12)$。
   • $1 \to 12 \to 12 \to 12 \to 12$。
   • $12 \to 1 \to 8 \to 8 \to 8$。
   • $8 \to 8 \to 1 \to 10 \to 10$。
   • $10 \to 10 \to 10 \to 1 \to 4$。
   • $4 \to 4 \to 4 \to 4 \to 1$。
   • 结果是 $(1\;12\;8\;10\;4)$。原文的分解是正确的，只是与它给出的通用公式 $(a_1 a_m)\dots(a_1 a_2)$ 顺序不同，但结果等价。实际上，$(a_1 \dots a_m) = (a_1 a_2)(a_2 a_3)\dots(a_{m-1} a_m)$ 也是一个有效的分解。

这一段的目的是引入一个巧妙的数学工具——一个特殊构造的多项式 $\Delta$，并利用置换作用于这个多项式的方式来定义置换的奇偶性。

1. 重申目标：作者首先再次强调本节的核心目标：证明对于一个给定的置换 $\sigma$，无论你用哪种方法把它分解成对换的乘积，这些乘积中对换的个数要么总是奇数，要么总是偶数。这个“奇偶性”是 $\sigma$ 内在的属性。
2. 引入工具：多项式 $\Delta$：为了证明这一点，作者引入了一个看起来毫不相干的工具：一个关于 $n$ 个独立变量 $x_1, \ldots, x_n$ 的多项式 $\Delta$。
   • 这个 $\Delta$ 的定义是：将所有形如 $(x_i - x_j)$ 的项（其中下标 $i$ 严格小于 $j$）全部乘起来。
   • 这个多项式也被称为范德蒙德行列式或差积（Vandermonde determinant / difference product）。
3. 举例说明 $\Delta$：为了让定义更清晰，作者给出了 $n=4$ 时的例子。
   • 变量是 $x_1, x_2, x_3, x_4$。
   • 所有 $i<j$ 的组合有：$(1,2), (1,3), (1,4), (2,3), (2,4), (3,4)$。
   • 对应的项是 $(x_1-x_2), (x_1-x_3), (x_1-x_4), (x_2-x_3), (x_2-x_4), (x_3-x_4)$。
   • 将它们全部相乘，就得到了 $n=4$ 时的 $\Delta$。
4. 定义置换在 $\Delta$ 上的作用：接下来，定义了对称群 $S_n$ 中的一个元素 $\sigma$ 如何作用于多项式 $\Delta$。
   • 作用方式是：置换变量的下标。也就是说，在 $\Delta$ 的表达式中，所有出现 $x_i$ 的地方都换成 $x_{\sigma(i)}$。
   • 作用后的结果记为 $\sigma(\Delta)$。
5. 举例说明置换的作用：作者继续使用 $n=4$ 的例子，并令置换 $\sigma = (1234)$。
   • 这个 $\sigma$ 的作用是 $1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 4, 4 \to 1$。
   • 我们将这个作用应用到 $n=4$ 的 $\Delta$ 的每一个因子上：
   • $(x_1-x_2)$ 变成 $(x_{\sigma(1)}-x_{\sigma(2)}) = (x_2-x_3)$。
   • $(x_1-x_3)$ 变成 $(x_{\sigma(1)}-x_{\sigma(3)}) = (x_2-x_4)$。
   • $(x_1-x_4)$ 变成 $(x_{\sigma(1)}-x_{\sigma(4)}) = (x_2-x_1)$。
   • ... 以此类推，直到所有因子都被替换。
   • 最终得到了 $\sigma(\Delta)$ 的表达式。
6. 分析作用后的结果：这是最关键的一步。作者分析了 $\sigma(\Delta)$ 和原始 $\Delta$ 之间的关系。
   • 原始的 $\Delta$ 包含了所有形如 $(x_i - x_j)$ 且 $i<j$ 的因子。
   • 由于 $\sigma$ 是一个双射（一一对应），它只是重新排列了下标 $\{1, \ldots, n\}$。所以，对于任意一对不相等的 $p,q$，在 $\sigma(\Delta)$ 中必然会且仅会出现一次 $(x_p - x_q)$ 或者 $(x_q - x_p)$ 形式的因子。
   • 例如，在 $\Delta$ 中有因子 $(x_1-x_2)$。在 $\sigma(\Delta)$ 中，它变成了 $(x_2-x_1)$。注意到 $(x_2-x_1) = -(x_1-x_2)$。
   • 有些因子可能保持形式不变，比如 $(x_2-x_3)$ 变成了 $(x_3-x_4)$，它们都是“小编号减大编号”的形式。
   • 有些因子则会“翻转”，比如 $(x_1-x_2)$ 变成了 $(x_2-x_1)$，从“小编号减大编号”变成了“大编号减小编号”。
   • 每一个“翻转”的因子，都可以被写成原始形式的因子乘以 $-1$。例如，$(x_2-x_1) = -(x_1-x_2)$。
   • 把所有这些 $-1$ 都提出来，我们发现 $\sigma(\Delta)$ 的因子集合和 $\Delta$ 的因子集合是完全一样的，只是可能多了一个总的符号。
7. 得出核心关系：基于以上分析，得出了一个极其重要的结论：任何置换 $\sigma$ 作用于 $\Delta$ 的结果，要么是 $\Delta$ 本身，要么是 $-\Delta$。不可能有其他结果。

这段话基于前一段的结论，正式定义了置换的符号、偶置换和奇置换。

1. 定义符号函数 $\epsilon$：首先，文章定义了一个函数 $\epsilon$ (epsilon)，它将对称群 $S_n$ 中的每个置换 $\sigma$ 映射到集合 $\{+1, -1\}$ 中。
   • 这个映射的规则很简单：
   • 如果 $\sigma$ 作用在 $\Delta$ 上不改变其符号（即 $\sigma(\Delta) = \Delta$），那么 $\epsilon(\sigma)$ 就被定义为 $+1$。
   • 如果 $\sigma$ 作用在 $\Delta$ 上使其符号反转（即 $\sigma(\Delta) = -\Delta$），那么 $\epsilon(\sigma)$ 就被定义为 $-1$。
   • 因为我们已经证明了 $\sigma(\Delta)$ 只可能是 $\pm\Delta$ 这两种情况，所以这个函数 $\epsilon$ 对于所有的 $\sigma \in S_n$ 都是良定义的（well-defined）。
2. 重温并计算一个例子：为了巩固这个定义，作者回顾了之前 $n=4, \sigma=(1234)$ 的例子。
   • 在那段分析中，我们看到 $\sigma(\Delta)$ 中有3个因子的符号被翻转了（即变成了 $x_j - x_i$ 且 $j>i$ 的形式）。
   • 每个这样的翻转贡献一个 $-1$ 的因子。总共有3个，所以总的符号变化是 $(-1)^3 = -1$。
   • 因此，$(1234)(\Delta) = -\Delta$。
   • 根据 $\epsilon$ 的定义，既然 $\sigma(\Delta) = -\Delta$，那么 $\epsilon((1234))$ 就等于 $-1$。
3. 给出正式定义：最后，文章给出了两个核心定义：
   • 定义1（符号）：函数值 $\epsilon(\sigma)$ 被正式命名为置换 $\sigma$ 的符号（sign）。
   • 定义2（奇偶置换）：
   • 如果一个置换 $\sigma$ 的符号 $\epsilon(\sigma)$ 是 $+1$，它就被称为偶置换（even permutation）。
   • 如果一个置换 $\sigma$ 的符号 $\epsilon(\sigma)$ 是 $-1$，它就被称为奇置换（odd permutation）。

这就在严格的数学基础上，定义了置换的奇偶性。一个置换是奇是偶，取决于它作用于多项式 $\Delta$ 时，是让其符号反转还是保持不变。

这段话的目的是证明一个极其重要的性质：符号函数 $\epsilon$ 是一个群同态。

1. 陈述命题：命题23明确指出，我们之前定义的映射 $\epsilon$（从对称群 $S_n$ 到集合 $\{+1, -1\}$）不仅仅是一个简单的映射，它还是一个同态。
   • 这意味着这个映射能够保持群的结构。
   • 具体来说，要证明对于任意两个置换 $\tau, \sigma \in S_n$，它们先做乘积再映射，和它们先各自映射再做乘积，结果是一样的。即 $\epsilon(\tau\sigma) = \epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)$。
   • 这里需要注意，左边的乘积 $\tau\sigma$ 是置换的复合，右边的乘积 $\epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)$ 是数字 $+1$ 或 $-1$ 的普通乘法。
   • 目标群 $\{+1, -1\}$ 在乘法下构成一个2阶循环群，同构于 $\mathbb{Z}_2$。
2. 证明的起点：证明从同态要满足的等式左边 $\epsilon(\tau\sigma)$ 出发。为了计算它，我们需要考察 $(\tau\sigma)$ 是如何作用于 $\Delta$ 的。
   • 根据定义，$(\tau\sigma)(\Delta)$ 就是将 $\Delta$ 中所有下标 $i$ 替换为 $(\tau\sigma)(i)$。即 $x_i \to x_{(\tau\sigma)(i)}$。
   • 由于置换乘积的定义，$(\tau\sigma)(i) = \tau(\sigma(i))$。所以 $x_i \to x_{\tau(\sigma(i))}$。
   • 因此，证明的第一行就写出了 $(\tau\sigma)(\Delta)$ 的定义表达式。
3. 证明的巧妙之处——分步作用：直接分析 $(\tau\sigma)(\Delta)$ 比较困难。证明的巧妙之处在于将 $\tau\sigma$ 的作用分解为两步：先看 $\sigma$ 的作用，再看 $\tau$ 的作用。
   • 我们可以把 $(\tau\sigma)(\Delta)$ 看作是 $\tau$ 作用在 $\sigma(\Delta)$ 上，即 $\tau(\sigma(\Delta))$。
   • 我们先来分析 $\sigma(\Delta)$。根据符号的定义，我们知道 $\sigma(\Delta) = \epsilon(\sigma)\Delta$。
   • 所以，$(\tau\sigma)(\Delta) = \tau(\sigma(\Delta)) = \tau(\epsilon(\sigma)\Delta)$。
   • 因为 $\epsilon(\sigma)$ 只是一个常数（$+1$ 或 $-1$），它可以从 $\tau$ 的作用中提出来：$\tau(\epsilon(\sigma)\Delta) = \epsilon(\sigma)\tau(\Delta)$。
4. 证明的另一种思路（文本中的思路）：
   • 文本中的证明采用了稍微不同但本质相同的路径。它直接从 $(\tau\sigma)(\Delta) = \prod (x_{\tau\sigma(i)} - x_{\tau\sigma(j)})$ 出发。
   • 它将这个表达式看作是先对下标进行 $\sigma$ 变换，得到一堆 $(x_{\sigma(i)} - x_{\sigma(j)})$ 的乘积，然后再对这些新下标进行 $\tau$ 变换。
   • 让我们更详细地分析文本的逻辑：
   • 令 $y_k = x_{\sigma(k)}$。那么 $\prod (x_{\sigma(i)} - x_{\sigma(j)}) = \prod(y_i - y_j)$。这个东西就是 $\sigma(\Delta)$。我们知道它等于 $\epsilon(\sigma)\Delta$。
   • 文本的思路是：$\sigma(\Delta)$ 本身是 $\prod_{1 \le i < j \le n} (x_{\sigma(i)} - x_{\sigma(j)})$。
   • $\tau$ 作用于 $\sigma(\Delta)$，就是把 $\sigma(\Delta)$ 表达式里所有的下标 $k$ 换成 $\tau(k)$。
   • 所以 $\tau(\sigma(\Delta)) = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_{\tau(\sigma(i))} - x_{\tau(\sigma(j))}) = (\tau\sigma)(\Delta)$。
   • 另一方面，我们知道 $\sigma(\Delta) = \epsilon(\sigma)\Delta$。
   • 所以 $(\tau\sigma)(\Delta) = \tau(\sigma(\Delta)) = \tau(\epsilon(\sigma)\Delta) = \epsilon(\sigma)\tau(\Delta)$。
   • 而根据定义，$\tau(\Delta) = \epsilon(\tau)\Delta$。
   • 代入上式，得到 $(\tau\sigma)(\Delta) = \epsilon(\sigma) (\epsilon(\tau)\Delta) = \epsilon(\sigma)\epsilon(\tau)\Delta$。
   • 现在我们有了 $(\tau\sigma)(\Delta) = (\epsilon(\tau)\epsilon(\sigma))\Delta$。
   • 根据 $\epsilon$ 函数的定义，这意味着 $\epsilon(\tau\sigma) = \epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)$。
   • 证明完成。
5. 文本中更晦涩的描述解析：
   • "假设 $\sigma(\Delta)$ 正好有 $k$ 个形式为 $x_{j}-x_{i}$ 且 $j>i$ 的因子，即 $\epsilon(\sigma)=(-1)^{k}$。" 这句是 $\epsilon(\sigma)$ 定义的复述。
   • "在计算 $(\tau \sigma)(\Delta)$ 时，首先对下标应用 $\sigma$，我们看到 $(\tau \sigma)(\Delta)$ 正好有 $k$ 个形式为 $x_{\tau(j)}-x_{\tau(i)}$ 且 $j>i$ 的因子。" 这句非常绕。它的意思是，$\sigma$ 作用导致了 $k$ 个“翻转”。现在对整个结果再用 $\tau$ 作用，这 $k$ 个翻转过的东西变成了 $x_{\tau(j)}-x_{\tau(i)}$。
   • "互换这些 $k$ 个因子中项的顺序会引入符号变化 $(-1)^{k}=\epsilon(\sigma)$" 这就是把这 $k$ 个翻转的项变回“正常”顺序，代价是提出一个 $\epsilon(\sigma)$。
   • "现在 $(\tau \sigma)(\Delta)$ 的所有因子都形如 $x_{\tau(p)}-x_{\tau(q)}$，其中 $p<q$。" 经过上一步，我们把由 $\sigma$ 引起的翻转都“修正”了，并付出了 $\epsilon(\sigma)$ 的代价。剩下的部分就是 $\tau$ 作用在“正常”顺序的项上的结果。
   • 这部分就是 $\prod_{1 \leq p<q \leq n}\left(x_{\tau(p)}-x_{\tau(q)}\right)$。
   • 根据定义，这个东西就是 $\tau(\Delta)$，它等于 $\epsilon(\tau)\Delta$。
   • 所以，把所有东西串起来，就得到了 $(\tau\sigma)(\Delta) = \epsilon(\sigma) \cdot (\epsilon(\tau)\Delta)$。这与我们上面更清晰的推导结果一致。

这段内容分为两部分：第一部分通过一个具体的例子来演示和验证刚刚证明的同态性质；第二部分则证明一个关键结论——所有对换都是奇置换。

第一部分：验证同态性质

1. 设置例子：作者选择了 $n=4$，以及两个置换 $\sigma = (1234)$ 和 $\tau = (42)$。首先计算它们的乘积 $\tau\sigma = (42)(1234) = (1432)$。注意，原文给出的乘积是 $(1324)$，这是一个印刷错误。我们按正确的乘积 $(1432)$ 来分析。
   • $\tau\sigma$: $1 \to 2 \to 4$, $4 \to 1 \to 1$, $3 \to 4 \to 2$, $2 \to 3 \to 3$ -> $\tau\sigma = (1423)$。让我们再仔细算一遍 $\tau\sigma=(42)(1234)$
   • $1 \to 2 \to 4$
   • $2 \to 3 \to 3$
   • $3 \to 4 \to 2$
   • $4 \to 1 \to 1$
   • 结果是 $(1423)$。原文的 $(1324)$ 和我第一次算的 $(1432)$ 都是错的。我们将以 $(1423)$ 为准进行分析，但同时指出原文的计算。原文计算 $\tau\sigma=(1324)$，我们暂时按原文的计算结果进行。
2. 方法一：直接计算 $\epsilon(\tau\sigma)$：
   • 原文计算 $\tau\sigma = (1324)$ 的符号。
   • 它作用于 $\Delta$ 得到一长串表达式，然后分析有多少个因子被“翻转”（即变成 $x_j - x_i$ 且 $j>i$ 的形式）。
   • 原文声称有5个因子被翻转，所以结果是 $(-1)^5 \Delta = -\Delta$。因此 $\epsilon(\tau\sigma) = -1$。
   • （我们来核对一下 $\sigma'=(1324)$：$1 \to 3, 3 \to 2, 2 \to 4, 4 \to 1$。逆序对有：$(3,2), (3,1), (2,1), (4,1), (4,3), (4,2)$。当 $i<j$ 时，$\sigma'(i)>\sigma'(j)$ 的对有 $(1,2): \sigma'(1)=3 > \sigma'(2)=4$ (否); $(1,3): \sigma'(1)=3 > \sigma'(3)=2$ (是); $(1,4): \sigma'(1)=3 > \sigma'(4)=1$ (是); $(2,3): \sigma'(2)=4 > \sigma'(3)=2$ (是); $(2,4): \sigma'(2)=4 > \sigma'(4)=1$ (是); $(3,4): \sigma'(3)=2 > \sigma'(4)=1$ (是)。总共有5个逆序对。所以 $\epsilon((1324)) = (-1)^5 = -1$。原文的计算是正确的。）
3. 方法二：利用同态性质 $\epsilon(\tau\sigma)=\epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)$：
   • 作者展示了另一种计算 $(\tau\sigma)(\Delta)$ 的方法，即 $\tau(\sigma(\Delta))$。
   • 这一步在原文中写得非常复杂和混乱，并且似乎有笔误 (例如 $\epsilon(\tau)=(-1)^2=1$，但 $\tau=(42)$ 是一个对换，应该是奇的，$\epsilon(\tau)=-1$ 才对)。
   • 让我们忽略原文混乱的中间步骤，直接计算等式的右边：
   • $\epsilon(\sigma) = \epsilon((1234))$：这是一个4-循环，需要 $4-1=3$ 个对换来表示，如 $(14)(13)(12)$。所以它是奇置换，$\epsilon(\sigma)=-1$。（这与原文 "$\epsilon(\sigma)=(-1)^3=-1$" 一致）。
   • $\epsilon(\tau) = \epsilon((42))$：这是一个对换（2-循环），需要1个对换。所以它是奇置换，$\epsilon(\tau)=-1$。（这里与原文 "$\epsilon(\tau)=(-1)^2=1$" 严重矛盾，原文此处有误）。
   • 根据正确的计算，$\epsilon(\tau)\epsilon(\sigma) = (-1) \times (-1) = +1$。
   • 而我们从方法一得到 $\epsilon(\tau\sigma) = -1$。
   • 结论：原文的这个例子，由于计算错误（$\tau\sigma$的乘积以及$\epsilon(\tau)$的值），未能成功地展示同态性质。一个正确的例子应该是：$\sigma=(12), \tau=(13)$，则 $\tau\sigma=(13)(12)=(123)$。$\epsilon(\tau\sigma)=+1$，而 $\epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)=(-1)(-1)=+1$。

第二部分：证明对换是奇置换

1. 目标：证明对于任意一个对换 $(ij)$，其符号 $\epsilon((ij))$ 总是 $-1$。
2. 策略：从特殊到一般：证明采用了一个常见的数学技巧。不去直接处理通用的 $(ij)$，而是先解决一个最简单、最特殊的情况，然后把一般情况转化为这个特殊情况。
3. 特殊情况：$(12)$：
   • 考虑最简单的对换 $(12)$。它作用在 $\Delta = \prod_{1 \le i < j \le n} (x_i-x_j)$ 上。
   • 我们来分析哪些因子会变号。一个因子 $(x_k - x_l)$ 会变号，当且仅当 $(12)$ 交换了 $k$ 和 $l$。这只在 $k=1, l=2$ 时发生。
   • 因子 $(x_1-x_2)$ 变为 $(x_2-x_1) = -(x_1-x_2)$。它变号了。
   • 对于其他含有 $1$ 或 $2$ 的因子：
   • 当 $k>2$ 时，因子 $(x_1-x_k)$ 变为 $(x_2-x_k)$。
   • 当 $k>2$ 时，因子 $(x_2-x_k)$ 变为 $(x_1-x_k)$。
   • 这对因子 $(x_1-x_k)$ 和 $(x_2-x_k)$ 只是互换了位置，它们的乘积 $(x_1-x_k)(x_2-x_k)$ 变为 $(x_2-x_k)(x_1-x_k)$，值不变。
   • 对于不含 $1$ 和 $2$ 的因子 $(x_k-x_l)$ ($k,l > 2$)，它们完全不受影响。
   • 综上，$(12)$ 作用于 $\Delta$ 时，只有 $(x_1-x_2)$ 这一个因子变号。
   • 所以 $(12)(\Delta) = -\Delta$。
   • 因此，$\epsilon((12)) = -1$。
4. 一般情况：$(ij)$：
   • 现在要处理任意的对换 $(ij)$。这里的关键思想是利用共轭 (conjugation)。
   • 作者构造了一个辅助置换 $\lambda$。这个 $\lambda$ 的作用是：把 $1$ 送到 $i$，把 $i$ 送到 $1$；把 $2$ 送到 $j$，把 $j$ 送到 $2$；其他元素不动。可以写成 $\lambda = (1i)(2j)$ (如果 $i,j,1,2$ 互不相同)。
   • 然后作者声称 $(ij) = \lambda (12) \lambda^{-1}$。这是共轭的基本性质：一个元素的共轭作用在其他元素上，等于先反向映射，再作用，再正向映射。
   • 验证：$\lambda(12)\lambda^{-1}$ 作用在 $i$ 上：$i \xrightarrow{\lambda^{-1}} 1 \xrightarrow{(12)} 2 \xrightarrow{\lambda} j$。所以 $i \to j$。
   • 作用在 $j$ 上：$j \xrightarrow{\lambda^{-1}} 2 \xrightarrow{(12)} 1 \xrightarrow{\lambda} i$。所以 $j \to i$。
   • 作用在其他元素 $k$ 上：$k \xrightarrow{\lambda^{-1}} k \xrightarrow{(12)} k \xrightarrow{\lambda} k$。所以 $k \to k$。
   • 这正好是 $(ij)$ 的作用。所以等式成立。
5. 利用同态性质计算符号：
   • 我们要求 $\epsilon((ij))$。因为 $(ij) = \lambda(12)\lambda^{-1}$，所以 $\epsilon((ij)) = \epsilon(\lambda(12)\lambda^{-1})$。
   • 因为 $\epsilon$ 是同态，所以 $\epsilon(\lambda(12)\lambda^{-1}) = \epsilon(\lambda) \epsilon((12)) \epsilon(\lambda^{-1})$。
   • 我们已经知道 $\epsilon((12)) = -1$。
   • 那么 $\epsilon(\lambda^{-1})$ 是什么呢？对于任何群 $G$ 到阿贝尔群 $H$ 的同态 $\phi$，都有 $\phi(g^{-1}) = \phi(g)^{-1}$。在这里，目标群是 $\{+1, -1\}$，其中每个元素的逆都是它自己（$1^{-1}=1, (-1)^{-1}=-1$）。所以 $\epsilon(\lambda^{-1}) = \epsilon(\lambda)$。
   • 因此，表达式变为 $\epsilon(\lambda) \cdot (-1) \cdot \epsilon(\lambda) = -1 \cdot (\epsilon(\lambda))^2$。
   • $\epsilon(\lambda)$ 的值要么是 $+1$ 要么是 $-1$。但无论哪种情况，它的平方 $(\epsilon(\lambda))^2$ 总是 $(+1)^2=1$ 或 $(-1)^2=1$。
   • 所以，最终结果是 $-1 \cdot 1 = -1$。
6. 得出结论（命题24）：
   • 我们证明了对于任意对换 $(ij)$，都有 $\epsilon((ij)) = -1$。这证明了“对换都是奇置换”。
   • 因为我们至少找到了一个置换（任何一个对换）其符号是 $-1$，也知道恒等置换的符号是 $+1$，所以映射 $\epsilon$ 的值域包含了 $\{+1, -1\}$ 中的所有元素。因此，$\epsilon$ 是一个满射同态（surjective homomorphism）。

这段话正式定义了交错群 $A_n$，并利用同态理论导出了它的一些基本性质，最后将基于多项式 $\Delta$ 的符号定义与基于对换个数的直观定义联系起来，证明了二者的等价性。

1. 定义交错群 $A_n$：
   • 交错群 $A_n$ 被定义为符号同态 $\epsilon: S_n \to \{+1, -1\}$ 的核 (kernel)。
   • 回忆一下同态的核的定义：核是定义域群中，所有被映射到目标群的单位元的元素的集合。
   • 在我们的情景中，定义域是 $S_n$，目标群是 $\{+1, -1\}$（乘法群），其单位元是 $+1$。
   • 因此，$\epsilon$ 的核就是 $S_n$ 中所有满足 $\epsilon(\sigma)=+1$ 的置换 $\sigma$ 的集合。
   • 根据我们之前的定义，这正是所有偶置换的集合。
   • 一个重要的群论事实是：任何同态的核都是定义域群的一个正规子群。因此，$A_n$ 是 $S_n$ 的一个正规子群。
2. 利用第一同构定理计算 $A_n$ 的阶：
   • 第一同构定理指出：对于同态 $\phi: G \to H$，商群 $G/\ker(\phi)$ 与 $\phi$ 的像 $\text{im}(\phi)$ 是同构的。
   • 应用到我们的情况：$G=S_n$, $H=\{+1, -1\}$, $\phi=\epsilon$, $\ker(\epsilon)=A_n$。
   • 我们已经证明 $\epsilon$ 是满射的，所以它的像 $\epsilon(S_n)$ 就是整个目标群 $\{+1, -1\}$。
   • 所以，根据第一同构定理，$S_n / A_n \cong \{+1, -1\}$。
   • 左边商群的阶 $|S_n / A_n|$ 等于 $|S_n| / |A_n|$。右边群的阶是 2。
   • 因此，$|S_n| / |A_n| = 2$。
   • 我们知道 $|S_n| = n!$。所以，可以解出 $|A_n| = \frac{1}{2}|S_n| = \frac{1}{2}n!$。
   • 这个结论非常重要：在 $S_n$ 中，偶置换和奇置换的数量正好各占一半。
3. 描述奇置换集合：
   • $A_n$ 是 $S_n$ 的一个子群（单位陪集）。商群 $S_n/A_n$ 有两个元素（两个陪集）。一个是 $A_n$ 本身，另一个就是 $S_n$ 中所有不属于 $A_n$ 的元素构成的集合，记为 $S_n - A_n$。
   • 这个集合 $S_n - A_n$ 正是所有奇置换（即 $\epsilon(\sigma)=-1$ 的置换）的集合。
   • 可以任取一个奇置换（例如对换 $(12)$），那么所有奇置换的集合就可以表示为陪集 $(12)A_n = \{ (12)\sigma \mid \sigma \in A_n \}$。
4. 符号的运算法则：
   • 由于 $\epsilon$ 是同态，$\epsilon(\tau\sigma) = \epsilon(\tau)\epsilon(\sigma)$ 这个性质可以直接翻译成奇偶性的运算法则：
   • 偶 $\times$ 偶 $\to (+1)(+1)=+1$ (偶)
   • 奇 $\times$ 奇 $\to (-1)(-1)=+1$ (偶)
   • 偶 $\times$ 奇 $\to (+1)(-1)=-1$ (奇)
   • 奇 $\times$ 偶 $\to (-1)(+1)=-1$ (奇)
   • 这表明偶置换的集合 $A_n$ 在乘法下是封闭的（偶 $\times$ 偶 = 偶），符合它是一个子群的事实。
5. 连接两个定义：
   • 这是本节的收尾，它终于将基于 $\Delta$ 的抽象定义和基于对换个数的直观定义完美地统一起来。
   • 逻辑链如下：
   • 任何置换 $\sigma$ 都可以写成对换的乘积 $\sigma = \tau_1 \tau_2 \cdots \tau_k$。
   • 由于 $\epsilon$ 是同态，$\epsilon(\sigma) = \epsilon(\tau_1) \epsilon(\tau_2) \cdots \epsilon(\tau_k)$。
   • 我们已经证明了，任何对换 $\tau_i$ 都是奇置换，即 $\epsilon(\tau_i) = -1$。
   • 所以，$\epsilon(\sigma) = (-1)(-1)\cdots(-1)$ (共 $k$ 个) $= (-1)^k$。
   • 最终结论：一个置换的符号 $\epsilon(\sigma)$ 等于 $(-1)^k$，其中 $k$ 是该置换表示为对换乘积时所用对换的个数。
   • 重要推论：因为对于一个给定的 $\sigma$，其符号 $\epsilon(\sigma)$ 是唯一确定的（要么是+1，要么是-1），所以 $(-1)^k$ 的值也是唯一确定的。这意味着 $k$ 的奇偶性是唯一确定的。无论你用什么方法将 $\sigma$ 分解成对换，对换的个数 $k$ 要么总是奇数，要么总是偶数。
   • 这完美地回答了本章开头提出的问题，并证明了我们最初的直觉是正确的。
   • 文章最后用一个分段函数总结了这个等价的定义。

这段话的目的是提供一个非常实用、快速的技巧，来判断任何一个给定置换的奇偶性，而无需将其完全分解为对换。这个技巧基于置换的不相交循环分解。

1. m-循环的奇偶性：
   • 首先，文章回顾了一个关键事实：一个长度为 $m$ 的循环可以被分解为 $m-1$ 个对换。
   • 根据上一段的结论，一个置换的符号是 $(-1)$ 的（对换个数）次方。
   • 因此，一个 $m$-循环的符号就是 $(-1)^{m-1}$。
   • 分析这个表达式：
   • 如果 $m$ 是奇数（例如3-循环），那么 $m-1$ 是偶数。$(-1)^{\text{偶数}} = +1$。所以，奇数长度的循环是偶置换。
   • 如果 $m$ 是偶数（例如4-循环），那么 $m-1$ 是奇数。$(-1)^{\text{奇数}} = -1$。所以，偶数长度的循环是奇置换。
   • 这个结论非常重要，但有点反直觉，需要记牢：“奇长的循环是偶的，偶长的循环是奇的”。
2. 利用循环分解计算总符号：
   • 任何置换 $\sigma$ 都可以唯一地分解成不相交循环的乘积，比如 $\sigma = \alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_k$。
   • 由于符号函数 $\epsilon$ 是同态，所以 $\sigma$ 的符号等于其各个循环因子符号的乘积：$\epsilon(\sigma) = \epsilon(\alpha_1) \epsilon(\alpha_2) \cdots \epsilon(\alpha_k)$。
   • 我们已经知道如何判断每个 $\epsilon(\alpha_i)$ 的值：
   • 如果 $\alpha_i$ 的长度是奇数，$\epsilon(\alpha_i)=+1$。
   • 如果 $\alpha_i$ 的长度是偶数，$\epsilon(\alpha_i)=-1$。
   • 在计算总的乘积时，所有 +1 的因子都不会改变结果，只有 -1 的因子会起作用。
   • 因此，$\epsilon(\sigma)$ 的最终值取决于乘积中有多少个 -1。
   • 如果有偶数个 -1，总结果是 +1（偶置换）。
   • 如果有奇数个 -1，总结果是 -1（奇置换）。
3. 总结成命题25：
   • 将上述逻辑总结成一个清晰的法则（命题25）：一个置换是奇置换的充分必要条件是，当它被写成不相交循环的乘积时，其中长度为偶数的循环的个数是奇数。
   • 反之，如果偶数长度循环的个数是偶数（包括0个），那么这个置换就是偶置换。
4. 举例说明：
   • 例子1: $\sigma=(1\;2\;3\;4\;5\;6)(7\;8\;9)(10\;11)(12\;13\;14\;15)(16\;17\;18)$
   • 分析每个循环的长度：
   • $(1\;2\;3\;4\;5\;6)$: 长度 6 (偶) -> 贡献一个 -1
   • $(7\;8\;9)$: 长度 3 (奇) -> 贡献一个 +1
   • $(10\;11)$: 长度 2 (偶) -> 贡献一个 -1
   • $(12\;13\;14\;15)$: 长度 4 (偶) -> 贡献一个 -1
   • $(16\;17\;18)$: 长度 3 (奇) -> 贡献一个 +1
   • 总共有 3 个偶数长度的循环。3 是一个奇数。
   • 所以总的符号是 $(-1) \times (+1) \times (-1) \times (-1) \times (+1) = (-1)^3 = -1$。
   • 结论：$\sigma$ 是一个奇置换。

• 例子2: $\tau=(1\;12\;8\;10\;4)(2\;13)(5\;11\;7)(6\;9)$
• 分析每个循环的长度：
• $(1\;12\;8\;10\;4)$: 长度 5 (奇) -> 贡献 +1
• $(2\;13)$: 长度 2 (偶) -> 贡献 -1
• $(5\;11\;7)$: 长度 3 (奇) -> 贡献 +1
• $(6\;9)$: 长度 2 (偶) -> 贡献 -1
• 总共有 2 个偶数长度的循环。2 是一个偶数。
• 所以总的符号是 $(+1) \times (-1) \times (+1) \times (-1) = (-1)^2 = +1$。
• 结论：$\tau$ 是一个偶置换。

这段话是一个重要的提醒，旨在澄清两个容易混淆的概念：一个置换的奇偶性（even/odd permutation）和它的阶的奇偶性（order of even/odd parity）。

1. 提出警告：作者开宗明义，直接警告读者不要把这两个概念搞混。它们描述的是置换完全不同的属性。
   • 置换的奇偶性：指的是该置换是偶置换还是奇置换。这是由它的符号 $\epsilon(\sigma)$ 是 $+1$ 还是 $-1$ 决定的。
   • 阶的奇偶性：指的是置换的阶 $|\sigma|$ 这个数字本身是奇数还是偶数。阶是指将置换连续作用多少次后能首次回到恒等置换。
2. 分析奇阶置换：文章接着分析了阶为奇数的置换。
   • 一个置换的阶是其不相交循环分解中所有循环长度的最小公倍数。
   • 如果这个阶 $|\sigma|$ 是一个奇数，那么所有这些循环的长度的最小公倍数也是奇数。
   • 这意味着，每一个循环的长度都必须是奇数。（如果其中有一个是偶数，那么最小公倍数也必然是偶数）。
   • 现在我们用命题25来判断这个置换的奇偶性：它的不相交循环分解中，偶数长度循环的个数是多少？是 0 个。
   • 0 是一个偶数。
   • 根据命题25，如果偶数长度循环的个数是偶数，那么这个置换就是偶置换。
   • 结论：任何奇数阶的置换，必定是一个偶置换。
3. 分析偶阶置换：接下来，文章指出，如果一个置换的阶是偶数，情况就复杂了。
   • 如果 $|\sigma|$ 是偶数，这意味着它的不相交循环分解中至少包含一个长度为偶数的循环。
   • 此时，这个置换可能是偶置换，也可能是奇置换。这取决于它总共有多少个偶数长度的循环。
   • 为了说明这一点，作者举了两个例子，它们的阶都是2（偶数）：
   • 例子A: $\sigma = (12)$。
   • 它的阶是2（偶数）。
   • 它的循环分解中有一个偶数长度的循环（就是它自己）。1是奇数。
   • 所以 $(12)$ 是一个奇置换。
   • 例子B: $\sigma = (12)(34)$。
   • 它的阶是 $\text{lcm}(2, 2) = 2$（偶数）。
   • 它的循环分解中有两个偶数长度的循环。2是偶数。
   • 所以 $(12)(34)$ 是一个偶置换。
   • 这两个例子清晰地表明，同样是偶数阶的置换，其本身的奇偶性却可以不同。

这段话的作用是承上启下，一方面强调了交错群 $A_n$ 的重要性并预告了其在后续理论中的关键角色，另一方面回顾和总结了当 $n$ 较小时我们已经熟悉的几个交错群。

1. 强调 $A_n$ 的重要性：
   • 作者首先重申，$A_n$ 这个我们刚刚定义和研究的群，并非一个次要角色。它在伽罗瓦理论的核心问题——判断多项式方程是否有根式解（即可解性）——中扮演着至关重要的角色。这是对学习交错群的动机的一个回应和强化。
2. 预告核心定理：
   • 紧接着，作者抛出了一个关于 $A_n$ 的极其深刻和重要的定理，并预告将在下一章证明它。
   • 定理：对于所有 $n \ge 5$，$A_n$ 是一个非阿贝尔单群。
   • 我们来拆解这个论断：
   • 非阿贝尔 (non-Abelian)：意味着群内的乘法不满足交换律。这一点比较容易理解，因为当 $n \ge 4$ 时，$A_n$ 包含像 $(123)$ 和 $(124)$ 这样的元素，它们的乘积是不可交换的。
   • 单群 (simple group)：这是最关键的性质。“单群”指的是一个群除了它自身和平凡子群 $\{e\}$之外，没有任何其他的正规子群。单群在群论中的地位，类似于素数在整数中的地位，它们是构成所有有限群的“基本积木”（根据Jordan-Hölder定理）。
   • 这个定理是伽罗瓦证明五次及以上方程没有通用求根公式的基石。因为 $S_n$ 的可解性与它的合成列中商群的性质有关，而 $A_n$ (n≥5) 是单的且非阿贝尔，破坏了可解性所要求的阿贝尔商群链条。
3. 回顾小 n 值下的 $A_n$：
   • 在抛出宏大的未来理论之后，作者将视角拉回到我们已经熟悉的小规模交错群上。
   • $A_1$ 和 $A_2$：
   • $S_1$ 只有恒等置换 $e$。$e$ 是偶置换，所以 $A_1=\{e\}$。
   • $S_2 = \{e, (12)\}$。$e$ 是偶的，$(12)$ 是奇的。所以 $A_2 = \{e\}$。
   • 这两个都是只包含一个元素的平凡群。
   • $A_3$：
   • $|S_3|=6$，所以 $|A_3|=3$。
   • $S_3$ 中唯一的3阶子群是由3-循环生成的循环群。
   • $A_3 = \{e, (123), (132)\} = \langle(123)\rangle$。
   • 它同构于3阶循环群 $Z_3$。这是一个阿贝尔群，也是单群（因为3是素数，3阶群没有非平凡真子群）。
   • $A_4$：
   • $|S_4|=24$，所以 $|A_4|=12$。
   • $A_4$ 是我们遇到的第一个非凡的交错群。作者提到，它同构于正四面体的旋转对称群。这建立了一个代数结构和几何结构之间的具体联系。
   • $A_4$ 不是单群。它有一个阶为4的正规子群 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$，这个子群同构于克莱因四元群 $V_4$。
4. 展示 $A_4$ 的子群格：
   • 作者提供了一个 $A_4$ 的子群格（subgroup lattice）的图像。
   • 子群格是一个图，其中的节点代表群的各个子群，节点之间的连线表示子群的包含关系（下面的子群被上面的子群包含）。
   • 这个图直观地展示了 $A_4$ 的内部结构，例如它有哪些子群，这些子群的阶是多少，它们之间是如何相互关联的。
   • 作者还附带评论说，这个子群格是一个平面图（planar graph），即可以在平面上画出来而没有任何边交叉。这只是一个美学上的观察，与 $D_{16}$（16阶二面体群）的非平面格形成对比，暗示 $A_4$ 的结构相对“整洁”。

这道题要求我们做三件事：

1. 找到之前1.3节习题中的置换。
2. 将这些置换（已经有了循环分解）进一步分解成对换的乘积。
3. 根据对换分解或循环分解的性质，判断每个置换是偶置换还是奇置换。

这是一个练习巩固本章核心技能的题目。我们需要应用两个关键知识点：

• 分解方法：如何将一个 $m$-循环 $(a_1 a_2 \ldots a_m)$ 分解为 $m-1$ 个对换。例如，使用公式 $(a_1 a_m)\ldots(a_1 a_2)$ 或 $(a_1 a_2)\ldots(a_{m-1} a_m)$。
• 判断奇偶性：
• 方法一（定义法）：数分解出的对换个数是奇数还是偶数。
• 方法二（捷径法/命题25）：看其不相交循环分解中，偶数长度循环的个数是奇数还是偶数。

由于我们没有1.3节习题的具体内容，我将虚构一些典型的置换作为例子来完整地演示解题过程。

这道题要求证明任何置换的平方必然是一个偶置换。

我们可以使用符号同态的性质来轻松证明这一点。

1. 目标：证明对于任意 $\sigma \in S_n$，$\sigma^2$ 是一个偶置换。
2. 翻译成符号语言：要证明 $\sigma^2$ 是偶置换，等价于证明它的符号是+1，即 $\epsilon(\sigma^2) = +1$。
3. 使用同态性质：我们已经证明了 $\epsilon$ 是一个同态，这意味着 $\epsilon(ab) = \epsilon(a)\epsilon(b)$。
   • 将这个性质应用到 $\sigma^2 = \sigma \cdot \sigma$ 上。
   • $\epsilon(\sigma^2) = \epsilon(\sigma \cdot \sigma) = \epsilon(\sigma) \cdot \epsilon(\sigma) = (\epsilon(\sigma))^2$。
4. 分析结果：
   • 我们知道，对于任何置换 $\sigma$，它的符号 $\epsilon(\sigma)$ 只能是两个值之一：$+1$ 或 $-1$。
   • 情况一：如果 $\sigma$ 是偶置换，那么 $\epsilon(\sigma) = +1$。此时，$(\epsilon(\sigma))^2 = (+1)^2 = 1$。
   • 情况二：如果 $\sigma$ 是奇置换，那么 $\epsilon(\sigma) = -1$。此时，$(\epsilon(\sigma))^2 = (-1)^2 = 1$。
5. 得出结论：无论 $\sigma$ 本身是奇是偶，它的平方的符号 $(\epsilon(\sigma))^2$ 永远是 $+1$。
6. 翻译回置换语言：因为 $\epsilon(\sigma^2)=+1$，所以根据定义，$\sigma^2$ 必然是一个偶置换。证明完毕。

这道题要求我们证明一个更强的结论：不需要所有的对换来生成 $S_n$，只需要那些“相邻”的对换（如(12), (23), (34)...）就足够了。

1. 目标：证明集合 $G = \{(12), (23), \ldots, (n-1, n)\}$ 可以生成整个对称群 $S_n$。记为 $S_n = \langle G \rangle$。
2. 已知：我们已经从课文中知道，所有对换的集合 $T = \{(ij) \mid 1 \le i < j \le n\}$ 可以生成 $S_n$。
3. 证明策略：如果我们能证明，利用 $G$ 中的相邻对换，可以构造出集合 $T$ 中的任意一个对换 $(ij)$，那么问题就解决了。因为 $G$ 能生成 $T$，而 $T$ 能生成 $S_n$，所以 $G$ 也能生成 $S_n$。
4. 构造任意对换 $(ij)$：我们需要构造一个通用的、非相邻的对换 $(ij)$，其中 $j > i+1$。我们从一个相邻对换 $(i, i+1)$ 开始，通过与 $G$ 中其他元素进行共轭操作来“移动”它。
5. 利用提示：题目提示我们考虑共轭，例如 $(23)(12)(23)^{-1}$。
   • 我们来计算一下：$(23)(12)(23)$。（因为对换的逆是它自身）
   • 作用在1上：$1 \xrightarrow{(23)} 1 \xrightarrow{(12)} 2 \xrightarrow{(23)} 3$。所以 $1 \to 3$。
   • 作用在3上：$3 \xrightarrow{(23)} 2 \xrightarrow{(12)} 1 \xrightarrow{(23)} 1$。所以 $3 \to 1$。
   • 作用在2上：$2 \xrightarrow{(23)} 3 \xrightarrow{(12)} 3 \xrightarrow{(23)} 2$。所以 $2 \to 2$。
   • 结果是 $(13)$。
   • 我们通过相邻对换 $(12)$ 和 $(23)$，构造出了非相邻对换 $(13)$。
6. 推广这个思想：我们可以通过一系列的共轭操作，将一个对换中的元素“越推越远”。
   • 我们想构造 $(i, i+k)$。
   • 我们已经知道如何构造 $(i, i+2)$：$(i+1, i+2)(i, i+1)(i+1, i+2) = (i, i+2)$。
   • 接着，我们可以构造 $(i, i+3)$：$(i+2, i+3)(i, i+2)(i+2, i+3)$。但是 $(i, i+2)$ 还不是相邻对换。
   • 让我们换一种思路。目标是生成任意对换 $(ij)$ ($i<j$)。
   • 先生成 $(i, i+1)$ 到 $(i, i+2)$，然后 $(i, i+3)$... 直到 $(i,j)$。
   • 我们已经有 $(i, i+1) \in G$。
   • 我们用 $(i+1, i+2) \in G$ 来共轭它：$(i+1, i+2)(i, i+1)(i+1, i+2) = (i, i+2)$。现在我们能生成所有距离为2的对换了。
   • 接着，$(i+2, i+3)(i, i+2)(i+2, i+3) = (i, i+3)$。我们用刚生成的 $(i, i+2)$ 和 $G$ 中的 $(i+2, i+3)$，生成了 $(i, i+3)$。
   • 这个过程可以一直持续下去。要生成 $(ij)$，我们可以通过迭代：
   • 令 $\tau_k = (i, i+k)$。
   • $\tau_1 = (i, i+1)$ (本身就在 $G$ 中)
   • $\tau_2 = (i+1, i+2) \tau_1 (i+1, i+2)$
   • $\tau_3 = (i+2, i+3) \tau_2 (i+2, i+3)$
   • ...
   • $\tau_{j-i} = (j-1, j) \tau_{j-i-1} (j-1, j) = (i, j)$。
   • 在每一步中，我们都只用到了一个已生成的对换和一个相邻对换。由于所有需要的相邻对换 $(k, k+1)$ 都在初始集合 $G$ 中，所以这个过程是可行的。
7. 结论：通过上述的迭代构造法，我们可以从相邻对换的集合 $G$ 中生成任意一个对换 $(ij)$。因为所有对换的集合 $T$ 能生成 $S_n$，所以 $G$ 也能生成 $S_n$。证明完毕。

这道题要求证明一个更惊人的结论：只需要两个特定的置换——一个对换 $(12)$ 和一个最长的循环 $(123\ldots n)$——就足以生成整个对称群 $S_n$。

1. 目标：证明 $S_n = \langle (12), (123\ldots n) \rangle$。
2. 已知：我们刚从习题3证明了，所有相邻对换的集合 $G = \{(12), (23), \ldots, (n-1, n)\}$ 可以生成 $S_n$。
3. 证明策略：如果我们能证明，只用 $(12)$ 和 $\sigma = (123\ldots n)$ 这两个元素，就能构造出 $G$ 中的所有相邻对换，那么问题就解决了。因为我们给定的两个元素能生成 $G$，而 $G$ 能生成 $S_n$，所以这两个元素也能生成 $S_n$。
4. 构造相邻对换：
   • 我们已经有了 $(12)$。
   • 我们需要构造 $(23), (34), \ldots, (n-1, n)$。
   • 再次使用共轭的思想。我们用 $\sigma$ 来对 $(12)$ 进行共轭操作。
   • 计算 $\sigma (12) \sigma^{-1}$：
   • 这是一个共轭运算。根据共轭的性质：$\sigma \tau \sigma^{-1}$ 对于一个循环 $\tau=(a_1 a_2 \ldots a_k)$，其结果是 $(\sigma(a_1) \sigma(a_2) \ldots \sigma(a_k))$。
   • 在这里 $\tau=(12)$。
   • $\sigma(1)=2$, $\sigma(2)=3$。
   • 所以 $\sigma(12)\sigma^{-1} = (\sigma(1) \sigma(2)) = (23)$。
   • 我们成功地用 $\sigma$ 和 $(12)$ 生成了 $(23)$！
5. 迭代构造：
   • 现在我们有了 $(12)$ 和 $(23)$。我们能生成 $(34)$ 吗？
   • 继续用 $\sigma$ 来共轭我们新生成的元素 $(23)$。
   • $\sigma (23) \sigma^{-1} = (\sigma(2) \sigma(3)) = (34)$。
   • 太棒了！我们可以一直这样做下去。
   • 令 $\tau_i = (i, i+1)$。
   • $\tau_1 = (12)$ (已在生成集中)。
   • $\tau_2 = (23) = \sigma \tau_1 \sigma^{-1}$。
   • $\tau_3 = (34) = \sigma \tau_2 \sigma^{-1} = \sigma (\sigma \tau_1 \sigma^{-1}) \sigma^{-1} = \sigma^2 (12) \sigma^{-2}$。
   • 推广开来，相邻对换 $(i, i+1)$ 可以通过 $\sigma^{i-1} (12) \sigma^{-(i-1)}$ 得到。
6. 结论：因为我们可以通过给定的两个元素 $(12)$ 和 $\sigma=(12\ldots n)$ 以及它们的逆和乘积（即共轭操作）来生成所有的相邻对换 $(i, i+1)$ for $i=1, \ldots, n-1$，而这些相邻对换又能生成整个 $S_n$，所以 $(12)$ 和 $(12\ldots n)$ 确实能生成 $S_n$。证明完毕。

这道题是习题4的推广。习题4证明了对于特定的对换 (12) 和特定的 $n$-循环 $(12\ldots n)$，可以生成 $S_n$。现在要求证明，对于素数阶的对称群 $S_p$，任意一个对换和任意一个 $p$-循环都可以生成整个群。

1. 目标：证明对于素数 $p$，任意对换 $(ij)$ 和任意 $p$-循环 $\rho$，都有 $S_p = \langle (ij), \rho \rangle$。
2. 核心思想：这是一个更深刻的结论，依赖于群论中关于子群阶的一个结果（柯西定理或拉格朗日定理的推论）。设 $H = \langle (ij), \rho \rangle$ 是由 $(ij)$ 和 $\rho$ 生成的子群。我们想证明 $H = S_p$。
3. 分析 H 的阶：
   • $H$ 是 $S_p$ 的一个子群。根据拉格朗日定理，$|H|$ 必须整除 $|S_p|=p!$。
   • $H$ 包含元素 $\rho$，$\rho$ 是一个 $p$-循环，它的阶是 $p$。所以 $H$ 包含一个阶为 $p$ 的子群 $\langle \rho \rangle$。根据拉格朗日定理，$p$ 必须整除 $|H|$。
   • $H$ 包含元素 $(ij)$，这是一个对换，它的阶是2。所以 $H$ 包含一个阶为2的子群。因此，2必须整除 $|H|$。
   • 因为 $p$ 是一个素数 (当 $p>2$ 时, $p$ 是奇数)，$p$ 和 2 是互素的。所以 $|H|$ 必须是 $2p$ 的倍数。
4. 一个更强的结论（Sylow理论或传递性相关）：一个包含素数 $p$ 阶元素和一个对换的 $S_p$ 的子群，如果它是传递的，那么它就是 $S_p$ 自身。
   • 传递性 (Transitivity)：一个子群 $H \subseteq S_p$ 是传递的，如果对于集合 $\{1, \ldots, p\}$ 中的任意两个元素 $a,b$，都存在一个 $h \in H$ 使得 $h(a)=b$。
   • 我们生成的子群 $H$ 包含一个 $p$-循环 $\rho$。因为 $p$ 是素数，任何一个 $p$-循环作用在集合 $\{1, \ldots, p\}$ 上都是传递的（它可以把任何一个元素送到任何其他元素的位置上）。
   • 因为 $H$ 包含一个传递的子群 $\langle \rho \rangle$，所以 $H$ 本身也是传递的。
5. 结合结论：我们有一个经典的群论定理（由 Jordan 证明）：如果一个作用在 $p$ 个点上的传递子群 $H \subseteq S_p$ (其中 $p$ 为素数) 包含一个对换，那么 $H=S_p$。
   • 我们已经证明了 $H = \langle (ij), \rho \rangle$ 满足这两个条件：
6. 它是传递的（因为它包含一个 $p$-循环）。
7. 它包含一个对换（$(ij)$）。
   • 因此，根据这个定理，$H$ 必须等于整个对称群 $S_p$。
8. 另一种（更初等的）思路：
   • 不失一般性，我们可以通过重新标记数字，使得那个 $p$-循环就是 $\rho = (12\ldots p)$。（这不影响群的结构）。
   • 现在我们的生成元是某个对换 $(ij)$ 和 $\rho=(12\ldots p)$。
   • 通过对 $(ij)$ 进行共轭操作 $\rho^k (ij) \rho^{-k}$，我们可以得到新的对换。
   • 由于 $\rho$ 是一个 $p$-循环，它会“循环地”移动这些对换。最终可以证明，能生成所有的相邻对换。
   • 例如，在 $S_5$ 中，取对换 $(13)$ 和 $p$-循环 $\rho=(12345)$。
   • $\rho(13)\rho^{-1} = (\rho(1)\rho(3)) = (24)$。
   • $\rho(24)\rho^{-1} = (35)$。
   • $\rho(35)\rho^{-1} = (41) = (14)$。
   • $\rho(14)\rho^{-1} = (25)$。
   • 我们得到了一组对换 $\{(13), (24), (35), (14), (25)\}$。可以证明这个集合可以生成 $S_5$。例如，$(13)(35)=(135)$，有了3-循环，能做的事情就更多了。这个思路比较复杂，但展示了如何通过共轭生成新的元素。

这道题有一个印刷错误，$\binom{1}{3}$ 应该是一个 $S_4$ 中的置换。根据上下文，它很可能是一个对换，比如 $(13)$，或者一个3-循环，比如 $(123)$。如果它是 $(123)$，那么这两个生成元是一样的。更有可能它指的是对换 $(13)$ 或者 $(12)$。让我们假设它指的是对换 $(13)$ 和3-循环 $(123)$。

（另一个可能是 $\binom{13}{}$，但最合理的猜测是 $(13)$）。

1. 目标：分析由 $S_4$ 中的两个元素 $(13)$ 和 $(123)$ 生成的子群 $H = \langle (13), (123) \rangle$。
   • 证明 $H$ 是 $S_4$ 的一个真子群（即 $H \neq S_4$）。
   • 确定 $H$ 的同构类型（即 $H$ 和哪个我们熟悉的群是同构的）。
2. 分析 H 的元素：
   • $H$ 中的元素是通过将 $(13)$ 和 $(123)$ 反复相乘得到的。
   • $(13)$ 的阶是2。
   • $(123)$ 的阶是3。
   • 根据拉格朗日定理，$|H|$ 必须是2和3的公倍数，所以 $|H|$ 至少是6。
   • 我们来列举一些元素：
   • $e$
   • $(13)$
   • $(123)$
   • $(123)^2 = (132)$
   • $(13)(123) = (12)$
   • $(123)(13) = (23)$
   • 现在我们有了 $e, (12), (13), (23), (123), (132)$。
   • 这6个元素正好是 $S_3$ 中的所有元素！
   • 我们来检查这个集合是否在乘法下封闭。
   • $(12)(13) = (132)$，在集合中。
   • $(12)(123) = (23)$，在集合中。
   • 可以验证，这个包含6个元素的集合在乘法下是封闭的。它就是作用在 $\{1,2,3\}$ 上的对称群，可以记为 $S_{\{1,2,3\}}$。
3. 证明 H 是真子群：
   • 我们生成的子群 $H$ 的阶是6。
   • $S_4$ 的阶是 $4!=24$。
   • 因为 $|H|=6 < 24 = |S_4|$，所以 $H$ 是 $S_4$ 的一个真子群。
   • 另一个角度：$H$ 中的所有元素都固定了数字4（即对4不做任何移动）。而 $S_4$ 中有很多移动4的元素，比如 $(14)$。因为 $(14) \notin H$，所以 $H \neq S_4$。
4. 确定同构类型：
   • 我们已经发现 $H$ 的元素和运算结构与 $S_3$ 完全一样。
   • $H$ 是一个6阶非阿贝尔群。
   • 我们知道6阶的群只有两种（同构意义下）：循环群 $Z_6$ 和对称群 $S_3$（或二面体群 $D_3$）。
   • 因为 $H$ 不是阿贝尔的（例如 $(13)(123)=(12)$ 而 $(123)(13)=(23)$），所以它不可能是 $Z_6$。
   • 因此，$H$ 必然同构于 $S_3$。

结论：由 $(13)$ 和 $(123)$ 生成的子群是 $S_4$ 中所有固定元素4的置换构成的群。这个群的阶是6，它同构于 $S_3$。因此，它是 $S_4$ 的一个真子群。

这道题要求我们建立一个几何概念（四面体的旋转对称）和一个代数概念（交错群 $A_4$）之间的联系。

1. 理解问题：
   • 四面体：一个有4个顶点、6条棱、4个面的正多面体。
   • 刚体运动群：指那些保持四面体形状和位置不变的旋转操作构成的群。我们只考虑旋转，不考虑反射。这个群也被称为旋转对称群。
   • 证明同构于 $A_4$：我们需要证明这个几何上的旋转群和一个纯代数的置换群 $A_4$ 具有完全相同的结构。
2. 建立群作用：
   • 要建立两个群的联系，一个常见的方法是定义一个群作用 (group action)。
   • 让四面体的旋转群（我们称之为 $G$）作用在四面体的4个顶点上。
   • 给4个顶点编号：1, 2, 3, 4。
   • 任何一个旋转操作，都会将顶点换到其他顶点的位置上。因此，每一个旋转都对应着一个对顶点编号的置换，即 $S_4$ 中的一个元素。
   • 这个对应关系 $\phi: G \to S_4$ 是一个同态。
3. 分析旋转的种类和对应的置换：
   • 单位元：不旋转。对应于恒等置换 $e$。
   • 穿过顶点和对面中心轴的旋转：
   • 四面体有4个顶点。我们可以把一个顶点（比如1）和它对面三角形（2-3-4）的中心连成一条轴。
   • 沿着这条轴可以旋转 $120^\circ$ 和 $240^\circ$。
   • 旋转 $120^\circ$：顶点1保持不动，顶点2,3,4轮换。这对应于一个3-循环，例如 $(234)$。
   • 旋转 $240^\circ$：顶点1不动，2,3,4反向轮换。对应于 $(243)$。
   • 每个顶点都有一对这样的旋转（正转和反转）。总共有 $4 \times 2 = 8$ 个这样的旋转。
   • 这些旋转对应的置换是 $S_4$ 中所有的8个3-循环。
   • 穿过两对对边中点的轴的旋转：
   • 四面体有6条棱，可以分成3对互不相交且互相垂直的对棱。例如，棱(1,2)和棱(3,4)是一对。
   • 连接这对棱的中点的轴是一条旋转轴。
   • 沿着这条轴旋转 $180^\circ$。
   • 这个旋转会交换顶点1和2，同时交换顶点3和4。
   • 这对应于置换 $(12)(34)$。
   • 总共有3对这样的对棱，所以有3个这样的 $180^\circ$ 旋转。
   • 它们对应的置换是 $(12)(34)$, $(13)(24)$, $(14)(23)$。
4. 计算群的阶和元素：
   • 我们将所有旋转操作加起来：1个恒等操作 + 8个绕顶点轴的旋转 + 3个绕对棱中点轴的旋转 = $1+8+3=12$ 个操作。
   • 所以，四面体的旋转群 $G$ 的阶是12。
   • 这些操作对应的置换集合是：$\{e\}$, 8个3-循环，3个形如 $(ab)(cd)$ 的置换。
5. 与 $A_4$ 比较：
   • 我们知道 $|A_4| = 4!/2 = 12$。
   • $A_4$ 中的元素（偶置换）包括：
   • 恒等置换 $e$ (1个)。
   • 所有的3-循环（长度为3，奇数；$3-1=2$，偶数个对换，所以是偶置换）。$S_4$ 中有8个3-循环。
   • 所有由两个不相交对换组成的置换（2个对换，偶数个，所以是偶置환）。$S_4$ 中有3个这样的置换。
   • 把它们加起来：$1+8+3=12$。
   • 我们发现，四面体旋转群 $G$ 通过作用在顶点上，正好一一对应于交错群 $A_4$ 中的所有元素。
6. 结论：
   • 这个从旋转操作到顶点置换的映射 $\phi: G \to S_4$ 是一个同态。
   • 它的像 $\phi(G)$ 正好是集合 $A_4$。
   • 因为 $|G|=12$ 且 $|A_4|=12$，这个同态是一个双射。
   • 因此，它是一个同构。
   • 证明了四面体的刚体运动群（旋转群）同构于 $A_4$。

这道题要求我们验证 $A_4$ 的子群格图的完整性和正确性。我们需要找出 $A_4$ 的所有子群，并确认它们之间的包含关系与图示一致。

1. 分析 $A_4$ 的阶和可能的子群阶：
   • $|A_4|=12$。
   • 根据拉格朗日定理，任何子群的阶必须是12的因子。12的因子有：1, 2, 3, 4, 6, 12。
   • 所以我们只需要在这些阶的子群中寻找。
2. 寻找各个阶的子群：
   • 阶为1：只有一个，就是平凡子群 $\{e\}$。这是子群格的最底端。
   • 阶为12：只有一个，就是 $A_4$ 自身。这是子群格的最顶端。
   • 阶为2：
   • 2阶子群必然是循环群，由一个2阶元素生成。
   • $A_4$ 中的2阶元素是形如 $(ab)(cd)$ 的置换。
   • 有3个这样的元素：$(12)(34), (13)(24), (14)(23)$。
   • 每个元素都生成一个2阶子群：
   • $H_1 = \langle (12)(34) \rangle = \{e, (12)(34)\}$
   • $H_2 = \langle (13)(24) \rangle = \{e, (13)(24)\}$
   • $H_3 = \langle (14)(23) \rangle = \{e, (14)(23)\}$
   • 所以有3个2阶子群。这与图示一致。
   • 阶为3：
   • 3是素数，所以3阶子群必然是循环群，由一个3阶元素生成。
   • $A_4$ 中的3阶元素是3-循环。
   • $A_4$ 中有8个3-循环：$(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243)$。
   • 每个3-循环和它的逆生成同一个子群。例如 $\langle (123) \rangle = \{e, (123), (132)\} = \langle (132) \rangle$。
   • 所以，8个元素会两两配对，形成4个不同的3阶子群：
   • $\langle (123) \rangle$
   • $\langle (124) \rangle$
   • $\langle (134) \rangle$
   • $\langle (234) \rangle$
   • 所以有4个3阶子群。这与图示一致。
   • 阶为4：
   • 4阶子群可以是循环群 $Z_4$ 或克莱因四元群 $V_4$。
   • $A_4$ 中没有4阶元素（4-循环是奇置换，不在 $A_4$ 中），所以不存在4阶循环子群。
   • 我们来找克莱因四元群类型的子群。这种子群由3个互相乘积为另一个的2阶元素和单位元构成。
   • $A_4$ 中的3个2阶元素是 $v_1=(12)(34), v_2=(13)(24), v_3=(14)(23)$。
   • 我们计算它们的乘积：$v_1 v_2 = (12)(34)(13)(24) = (14)(23) = v_3$。
   • 因此，集合 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 在乘法下是封闭的，构成一个4阶子群，它同构于 $V_4$。
   • 这个子群是唯一的4阶子群吗？是的。任何一个4阶子群都必须包含一些2阶元素。如果它包含一个2阶元素，比如 $(12)(34)$，可以证明为了封闭性，它必须包含所有这3个2阶元素。
   • 所以只有1个4阶子群。这与图示一致。这个子群 $V$ 包含了所有3个2阶子群。
   • 阶为6：
   • 题目提示我们，$A_4$ 没有6阶子群。这是一个重要的事实，也是拉格朗日定理逆命题不成立的经典例子（6整除12，但不存在6阶子群）。
   • 证明：假设 $H$ 是一个6阶子群。$|A_4:H| = 12/6 = 2$。指数为2的子群必然是正规子群。所以 $H$ 必须是 $A_4$ 的正规子群。
   • 如果 $H$ 存在，它必须包含 $A_4$ 中所有3阶元素（因为如果一个3-循环 $x$ 不在 $H$ 中，那么 $x^2$ 也不在，这会导致陪集数量不对）。$A_4$ 有8个3阶元素。$|H|=6$ 无法容纳8个元素。
   • 另一种更强的论证是，任何一个正规子群必须是共轭类的并集。$A_4$ 的共轭类阶为 1, 3, 4, 4。它们的任何组合（包含单位元类）都无法加出6。所以不存在6阶正规子群，也就不存在6阶子群。
3. 验证包含关系：
   • 最底层的 $\{e\}$ 被所有子群包含。
   • 3个2阶子群都被唯一的4阶子群 $V$ 包含。
   • 4个3阶子群和1个4阶子群都直接被 $A_4$ 包含，它们之间没有包含关系。
   • 这与图8的结构完全吻合。

结论：通过系统地查找所有可能阶的子群，并利用一些群论定理（特别是关于6阶子群不存在的证明），我们验证了文本中给出的 $A_4$ 子群格是正确和完整的。

这道题是上一题中关于4阶子群部分的深入探讨。要求我们证明两件事：

1. $A_4$ 只有一个4阶子群。
2. 这个子群是正规子群，并且它同构于克莱因四元群 $V_4$。

我们在上一题的分析中其实已经基本完成了这个证明。这里我们更系统地写出。

1. 证明同构于 $V_4$ 且唯一：
   • 设 $H$ 是 $A_4$ 的一个4阶子群。
   • $A_4$ 中没有阶为4的元素（因为4-循环是奇置换）。
   • 因此，$H$ 中不可能有阶为4的元素。
   • 根据拉格朗日定理，$H$ 中非单位元的阶必须是2或4的因子（不等于1），所以只能是2。
   • 这意味着 $H$ 中所有的非单位元都是2阶元素。
   • 一个所有非单位元阶都为2的4阶群，必然同构于克莱因四元群 $V_4$。
   • $A_4$ 中有哪些2阶元素？只有3个：$(12)(34), (13)(24), (14)(23)$。
   • 任何一个4阶子群 $H$ 都必须由单位元和这3个2阶元素中的一些构成。要凑成4个元素，唯一的可能性就是把这3个2阶元素和单位元全部包含进来。
   • 令 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。我们在习题8中已经验证了这个集合构成一个子群。
   • 因此，$A_4$ 中只可能存在这一个4阶子群 $V$，并且它同构于 $V_4$。
2. 证明 V 是正规的：
   • 要证明 $V$ 是 $A_4$ 的正规子群，我们需要证明对于任意的 $g \in A_4$ 和任意的 $v \in V$，其共轭 $gvg^{-1}$ 仍然在 $V$ 中。
   • 共轭运算保持置换的循环结构。$V$ 中所有的非单位元都是两个不相交对换的乘积结构 (..)(..)。
   • 对于任意 $g \in A_4$ 和 $v \in V$ ($v \neq e$)，其共轭 $gvg^{-1}$ 仍然是一个置换，且其循环结构与 $v$ 相同。
   • 例如 $g=(123), v=(13)(24)$。
   • $gvg^{-1} = (123)(13)(24)(132) = (\sigma(1)\sigma(3))(\sigma(2)\sigma(4)) = (21)(34) = (12)(34)$。
   • $(12)(34)$ 仍然是 (..)(..) 结构。
   • $S_4$ 中所有 (..)(..) 结构的置换就是 $V$ 中的3个非单位元。
   • 因此，任何对 $V$ 中元素的共轭操作，结果必然还是一个 (..)(..) 结构的置换，所以结果必然还在 $V$ 中。
   • 这就证明了 $V$ 在共轭运算下是封闭的，所以 $V$ 是 $A_4$ 的一个正规子群。

结论：$A_4$ 中唯一的4阶子群是 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。这个子群同构于 $V_4$，并且它是 $A_4$ 的一个正规子群。

这道题要求我们找到 $A_4$ 的一个合成列，并以此判断 $A_4$ 是否是可解群。

1. 理解概念：
   • 正规列 (Normal Series)：一个群 $G$ 的一串子群 $G_0, G_1, \ldots, G_k$ 满足 $e = G_0 \unlhd G_1 \unlhd \ldots \unlhd G_k = G$（其中 $\unlhd$ 表示前者是后者的正规子群）。
   • 合成列 (Composition Series)：一个正规列，如果它的所有商群（也叫合成因子） $G_{i+1}/G_i$ 都是单群，那么这个正规列就是一个合成列。
   • 可解群 (Solvable Group)：一个群 $G$ 是可解的，如果它有一个正规列，使得所有的商群 $G_{i+1}/G_i$ 都是阿贝尔群。
2. 寻找 $A_4$ 的正规子群链：
   • 从 $A_4$ 开始。我们需要找它的一个正规子群。
   • 根据习题9，我们知道 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ 是 $A_4$ 的一个正规子群。
   • 所以我们有链条的第一步：$V \unlhd A_4$。
   • 接下来，我们需要找 $V$ 的一个正规子群。
   • $V$ 是一个阿贝尔群（克莱因四元群），所以它的任何子群都是正规子群。
   • $V$ 有一个2阶子群，例如 $H = \{e, (12)(34)\}$。
   • 所以我们有链条的第二步：$H \unlhd V$。
   • 最后，我们需要找 $H$ 的一个正规子群。它只有一个非平凡子群，就是 $\{e\}$。
   • 所以我们有链条的第三步：$\{e\} \unlhd H$。
3. 构造正规列：
   • 我们找到了一个正规列：$\{e\} \unlhd \{e, (12)(34)\} \unlhd V \unlhd A_4$。
4. 分析商群（合成因子）：
   • 第一个商群：$A_4 / V$
   • $|A_4/V| = |A_4| / |V| = 12 / 4 = 3$。
   • 任何3阶群都同构于循环群 $Z_3$。
   • $Z_3$ 是一个阿贝尔群，也是一个单群。
   • 第二个商群：$V / \{e, (12)(34)\}$
   • $|V / H| = |V| / |H| = 4 / 2 = 2$。
   • 任何2阶群都同构于循环群 $Z_2$。
   • $Z_2$ 是一个阿贝尔群，也是一个单群。
   • 第三个商群：$\{e, (12)(34)\} / \{e\}$
   • $|H / \{e\}| = |H| / |\{e\}| = 2 / 1 = 2$。
   • 同构于 $Z_2$。
   • $Z_2$ 是一个阿贝尔群，也是一个单群。
5. 判断与结论：
   • 我们找到的正规列 $\{e\} \unlhd H \unlhd V \unlhd A_4$ 所有的商群（$Z_3, Z_2, Z_2$）都是阿贝尔群。
   • 根据可解群的定义，这意味着 $A_4$ 是一个可解群。
   • 同时，因为所有的商群也都是单群，所以这个正规列也是一个合成列。

结论：$A_4$ 的一个合成列是 $\{e\} \unlhd \{e, (12)(34)\} \unlhd \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\} \unlhd A_4$。因为这个合成列的所有合成因子（$Z_2, Z_2, Z_3$）都是阿贝尔群，所以 $A_4$ 是可解的。

这道题要求我们证明在 $S_4$ 的所有24个元素构成的子群中，找不到任何一个与四元数群 $Q_8$ 具有相同结构的子群。

1. 分析两个群的基本性质：
   • 目标群 $S_4$：
   • 阶为24。
   • 我们需要知道它里面有哪些阶的元素。
   • 阶1: $e$ (1个)
   • 阶2: 对换 $(ab)$ (6个)；两个不相交对换的积 $(ab)(cd)$ (3个)。共9个。
   • 阶3: 3-循环 $(abc)$ (8个)。
   • 阶4: 4-循环 $(abcd)$ (6个)。
   • 要寻找的群 $Q_8$（四元数群）：
   • 阶为8。$Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}$。
   • 元素阶的分布是它的一个关键特征：
   • 阶1: $1$ (1个)。
   • 阶2: $-1$ (1个)。
   • 阶4: $\pm i, \pm j, \pm k$ (6个)。
   • 关键特征：$Q_8$ 有 一个 2阶元素和 六个 4阶元素。
2. 证明策略：反证法 + 比较元素阶的分布
   • 假设 $S_4$ 中存在一个子群 $H$，且 $H$ 同构于 $Q_8$。
   • 如果 $H \cong Q_8$，那么 $H$ 必须和 $Q_8$ 具有完全相同的性质，包括阶和元素的阶分布。
   • $H$ 的阶必须是8。
   • $H$ 必须有 一个 2阶元素和 六个 4阶元素。
3. 在 $S_4$ 中寻找满足条件的8阶子群：
   • $S_4$ 中是否存在一个8阶子群 $H$，它只包含一个2阶元素？
   • 我们先看看 $S_4$ 中有哪些8阶子群。它们是 $S_4$ 的Sylow 2-子群。
   • $S_4$ 的一个典型8阶子群是二面体群 $D_4$（或 $D_8$ 按阶命名），即正方形的对称群。例如，由 $(1234)$ 和 $(13)$ 生成的子群。
   • $H = \langle (1234), (13) \rangle = \{e, (1234), (13)(24), (1432), (13), (24), (12)(34), (14)(23)\}$。
   • 我们来分析这个8阶子群 $H$ 中元素的阶：
   • 阶1: $e$ (1个)
   • 阶2:
   • $(13)(24)$ (1个，旋转180度)
   • $(13)$ (对角线翻转)
   • $(24)$ (对角线翻转)
   • $(12)(34)$ (对边中点翻转)
   • $(14)(23)$ (对边中点翻转)
   • 总共有 五个 2阶元素。
   • 阶4:
   • $(1234)$ (旋转90度)
   • $(1432)$ (旋转270度)
   • 总共有 两个 4阶元素。
   • 所有 $S_4$ 的8阶子群都与这个 $D_4$ 同构。
4. 比较与矛盾：
   • 我们假设存在的子群 $H$（同构于 $Q_8$）应该有：1个 2阶元素，6个 4阶元素。
   • 我们在 $S_4$ 中找到的实际的8阶子群（同构于 $D_4$）却有：5个 2阶元素，2个 4阶元素。
   • 这两者的元素阶分布完全不同。
   • 因此，我们假设的那个子群 $H$ 在 $S_4$ 中根本不存在。
5. 结论：
   • 因为 $S_4$ 中所有8阶子群的结构都与 $Q_8$ 的结构（特别是元素阶的分布）不匹配，所以 $S_4$ 中不可能有同构于 $Q_8$ 的子群。证明完毕。

这道题要求我们证明，在交错群 $A_n$ 内部，可以找到一个结构与规模小两圈的对称群 $S_{n-2}$ 完全一样的子群。

1. 理解目标：我们需要在 $A_n$ 中构造一个子群 $H$，并证明 $H \cong S_{n-2}$。
2. 构造思路：
   • $S_{n-2}$ 是作用在 $n-2$ 个元素上的所有置换构成的群。我们可以考虑 $A_n$ 中那些只作用于前 $n-2$ 个数字 $\{1, 2, \ldots, n-2\}$ 而固定最后两个数字 $\{n-1, n\}$ 的置换。
   • 令 $H'$ 是 $S_n$ 中所有固定 $n-1$ 和 $n$ 的置换的集合。
   • $H'$ 中的一个元素 $\sigma$ 满足 $\sigma(n-1)=n-1$ 和 $\sigma(n)=n$。这种 $\sigma$ 的行为完全由它如何置换 $\{1, 2, \ldots, n-2\}$ 来决定。
   • 因此，$H'$ 这个子群显然同构于 $S_{n-2}$。
   • 现在的问题是：$H'$ 是 $A_n$ 的子群吗？不一定。因为 $H'$ 可能包含奇置换，而 $A_n$ 只包含偶置换。
3. 修正构造：
   • 我们想要的子群 $H$ 应该是 $H'$ 和 $A_n$ 的交集。
   • 令 $H = H' \cap A_n = \{\sigma \in S_n \mid \sigma \text{ fixes } n-1, n \text{ and } \sigma \text{ is even}\}$。
   • 这个集合 $H$ 是 $A_n$ 的一个子群（两个子群的交集仍然是子群）。
   • 这个 $H$ 同构于什么呢？它是由作用在 $\{1, \ldots, n-2\}$ 上的所有偶置换构成的群。也就是说，$H \cong A_{n-2}$。
   • 这个结论不是我们想要的 $S_{n-2}$。我们的构造思路需要调整。
4. 新的构造思路：
   • 我们不能只固定两个元素，因为这会把我们限制在偶置换里，得到的是 $A_{n-2}$。
   • 我们需要一种方法，使得一个作用在 $\{1, \ldots, n-2\}$ 上的奇置换，在 $S_n$ 的视角下能变成一个偶置换。
   • 方法就是：在它身上“附加”一个不相关的对换。
   • 考虑一个映射 $\phi: S_{n-2} \to A_n$。
   • $S_{n-2}$ 作用的集合是 $\{1, \ldots, n-2\}$。
   • 对于 $S_{n-2}$ 中的任意一个置换 $\sigma$：
   • 如果 $\sigma$ 是一个偶置换，那么它本身也在 $A_n$ 中（因为它固定了 $n-1, n$，没有引入新的对换）。我们定义 $\phi(\sigma) = \sigma$。
   • 如果 $\sigma$ 是一个奇置换，那么它本身不在 $A_n$ 中。为了让它变偶，我们需要给它乘上一个奇置换。我们可以乘上一个与 $\{1, \ldots, n-2\}$ 不相交的对换 $(n-1, n)$。
   • 我们定义 $\phi(\sigma) = \sigma \cdot (n-1, n)$。这个新的置换是 奇 $\times$ 奇 = 偶，所以它在 $A_n$ 中。
5. 验证构造的有效性：
   • $\phi$ 的像是一个子群：令 $H = \phi(S_{n-2})$ 是这个映射的像。我们需要证明 $H$ 是 $A_n$ 的一个子群。
   • $\phi$ 是一个同态：我们需要验证 $\phi(\sigma\tau) = \phi(\sigma)\phi(\tau)$。这需要分四种情况讨论 $\sigma, \tau$ 的奇偶性。
   • 偶-偶: $\phi(\sigma\tau)=\sigma\tau$。$\phi(\sigma)\phi(\tau)=\sigma\tau$。成立。
   • 偶-奇: $\sigma\tau$ 是奇。$\phi(\sigma\tau)=\sigma\tau(n-1, n)$。$\phi(\sigma)\phi(\tau)=\sigma(\tau(n-1, n))$。因为 $\sigma$ 和 $(n-1,n)$ 不相交，它们可交换。所以也成立。
   • 奇-偶: 类似偶-奇，成立。
   • 奇-奇: $\sigma\tau$ 是偶。$\phi(\sigma\tau)=\sigma\tau$。$\phi(\sigma)\phi(\tau)=(\sigma(n-1,n))(\tau(n-1,n)) = \sigma\tau(n-1,n)^2 = \sigma\tau e = \sigma\tau$。成立。
   • $\phi$ 是单射 (injective)：如果 $\phi(\sigma) = e$，那么 $\sigma$ 必须是 $e$。
   • 如果 $\sigma$ 是偶，$\phi(\sigma)=\sigma=e$，成立。
   • 如果 $\sigma$ 是奇，$\phi(\sigma)=\sigma(n-1,n)=e$。这意味着 $\sigma = (n-1,n)$。但 $\sigma$ 是作用在 $\{1, \ldots, n-2\}$ 上的，所以它不可能是 $(n-1,n)$。矛盾。
   • 所以核是平凡的，映射是单射。
   • 结论：因为 $\phi$ 是一个从 $S_{n-2}$ 到 $A_n$ 的单射同态，根据第一同构定理， $S_{n-2} / \ker(\phi) \cong \text{im}(\phi)$。因为核是平凡的，$S_{n-2} \cong \text{im}(\phi) = H$。
   • 我们成功地在 $A_n$ 中找到了一个子群 $H$，它同构于 $S_{n-2}$。证明完毕。

这道题要求我们证明一个关于 $A_n$ 中2阶元素的构造性事实。

1. 理解目标：
   • 取 $A_n$ 中任意一个2阶元素 $\sigma$。这意味着 $\sigma \neq e$ 且 $\sigma^2=e$。
   • 我们需要证明，存在一个 $S_n$ 中的元素 $\tau$，使得 $\tau$ 的阶是4（即 $|\tau|=4$），并且 $\tau^2 = \sigma$。
2. 分析 $A_n$ 中的2阶元素：
   • 一个置换的阶是2，意味着它的不相交循环分解中只包含1-循环（不动点）和2-循环（对换）。
   • 这个置换 $\sigma$ 又在 $A_n$ 中，意味着它是一个偶置换。
   • 要成为偶置换，它必须由偶数个对换组成。
   • 所以，$\sigma$ 的不相交循环分解必然是偶数个对换的乘积。
   • 即 $\sigma = (a_1 b_1)(a_2 b_2) \cdots (a_{2k} b_{2k})$，其中所有 $a_i, b_i$ 互不相同，k 是一个正整数。
3. 构造4阶元素 $\tau$：
   • 我们的目标是找到一个 $\tau$，使得 $\tau^2 = \sigma$。
   • 观察 $\sigma$ 的结构，它是一对一对的对换。
   • 我们考虑最简单的情况，当 $\sigma = (a_1 b_1)(a_2 b_2)$ 时。
   • 我们想找一个 $\tau$ 使得 $\tau^2 = (a_1 b_1)(a_2 b_2)$。
   • 什么样的循环平方后会得到两个对换？一个4-循环。
   • 考虑一个4-循环 $\tau = (a_1 a_2 b_1 b_2)$。
   • 计算它的平方 $\tau^2 = (a_1 a_2 b_1 b_2)(a_1 a_2 b_1 b_2)$。
   • $a_1 \to a_2 \to b_1$
   • $b_1 \to b_2 \to a_1$
   • $a_2 \to b_1 \to b_2$
   • $b_2 \to a_1 \to a_2$
   • 所以 $\tau^2 = (a_1 b_1)(a_2 b_2) = \sigma$。
   • 这个 $\tau = (a_1 a_2 b_1 b_2)$ 的阶是4。它就在 $S_n$ 中。
   • 我们成功地为 $k=1$ 的情况找到了所需的 $\tau$。
4. 推广到一般情况：
   • 现在 $\sigma = (a_1 b_1)(a_2 b_2) \cdots (a_{2k} b_{2k})$。
   • 我们可以将这些对换两两配对。
   • 第一对：$(a_1 b_1)(a_2 b_2)$
   • 第二对：$(a_3 b_3)(a_4 b_4)$
   • ...
   • 第 k 对：$(a_{2k-1} b_{2k-1})(a_{2k} b_{2k})$
   • 对于每一对 $(a_{2i-1} b_{2i-1})(a_{2i} b_{2i})$，我们都可以构造一个4-循环 $\tau_i = (a_{2i-1} a_{2i} b_{2i-1} b_{2i})$，使得 $\tau_i^2 = (a_{2i-1} b_{2i-1})(a_{2i} b_{2i})$。
   • 现在我们定义 $\tau = \tau_1 \tau_2 \cdots \tau_k = (a_1 a_2 b_1 b_2)(a_3 a_4 b_3 b_4)\cdots(a_{2k-1} a_{2k} b_{2k-1} b_{2k})$。
   • 这些 $\tau_i$ 是不相交的4-循环，因为它们使用的元素集合 $\{a_{2i-1}, b_{2i-1}, a_{2i}, b_{2i}\}$ 互不重叠。
   • 计算 $\tau^2$：因为这些循环不相交，它们可以交换位置。
   • $\tau^2 = (\tau_1 \tau_2 \cdots \tau_k)^2 = \tau_1^2 \tau_2^2 \cdots \tau_k^2$
   • $= ((a_1 b_1)(a_2 b_2)) ((a_3 b_3)(a_4 b_4)) \cdots$
   • $= \sigma$。
   • 计算 $\tau$ 的阶：因为 $\tau$ 是若干个不相交循环的乘积，它的阶是这些循环长度的最小公倍数。
   • 所有的 $\tau_i$ 都是4-循环。
   • 所以 $|\tau| = \text{lcm}(4, 4, \ldots, 4) = 4$。
5. 结论：
   • 对于 $A_n$ 中任意一个2阶元素 $\sigma$，它必然可以写成偶数个不相交对换的乘积。
   • 我们可以将这些对换两两分组，并将每一组 (ab)(cd) 都替换为一个不相交的4-循环 (acbd)。
   • 将所有这些4-循环相乘得到置换 $\tau$。
   • 这个 $\tau$ 的阶是4，并且它的平方正好是 $\sigma$。
   • 证明完毕。

这道题要求证明，只要我们从 $A_4$ 中任取一个2阶元素和任取一个3阶元素，把它们放在一起作为生成元，就一定能生成整个 $A_4$ 群。

1. 理解目标：
   • 设 $x \in A_4$ 是任意一个2阶元素。
   • 设 $y \in A_4$ 是任意一个3阶元素。
   • 我们需要证明 $H = \langle x, y \rangle = A_4$。
2. 分析 $A_4$ 中的元素：
   • $|A_4|=12$。
   • 2阶元素：有3个，即 $V^* = \{(12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。
   • 3阶元素：有8个，即所有的3-循环。
3. 证明策略：
   • 设 $H = \langle x, y \rangle$ 是 $A_4$ 的一个子群。
   • 根据拉格朗日定理，$|H|$ 必须整除 $|A_4|=12$。
   • $H$ 包含一个2阶元素 $x$，所以 $|H|$ 必须是2的倍数。
   • $H$ 包含一个3阶元素 $y$，所以 $|H|$ 必须是3的倍数。
   • 因此，$|H|$ 必须是 $\text{lcm}(2,3)=6$ 的倍数。
   • 所以 $|H|$ 的可能性只有 6 或 12。
4. 排除阶为6的可能性：
   • 我们在习题8中已经得知（或证明）了 $A_4$ 没有任何阶为6的子群。
   • 这是一个关键的已知事实。
   • 既然 $|H|$ 必须是6或12，而6是不可能的，那么 $|H|$ 就只剩下一种可能性。
5. 结论：
   • $|H|$ 必须等于12。
   • 因为 $H$ 是 $A_4$ 的一个子群，且它的阶与 $A_4$ 相同，所以 $H$ 必然等于 $A_4$。
   • 证明完毕。

这个证明非常简洁，它巧妙地利用了拉格朗日定理和一个关于 $A_4$ 结构的特殊事实（没有6阶子群）。

另一种更构造性的思路（不依赖“无6阶子群”的结论）：

1. 不失一般性地选择元素（利用共轭可以说明一般情况）。
   • 取2阶元素 $x = (12)(34)$。
   • 取3阶元素 $y = (123)$。
2. 生成新的元素：
   • $y x y^{-1} = (123)(12)(34)(132) = (\sigma(1)\sigma(2))(\sigma(3)\sigma(4)) = (23)(14)$。这是一个新的2阶元素。
   • $y^2 x y^{-2} = (132)(12)(34)(123) = (\sigma^2(1)\sigma^2(2))(\sigma^2(3)\sigma^2(4)) = (31)(24) = (13)(24)$。这是第三个2阶元素。
3. 分析生成的子群 $H$：
   • $H$ 包含了所有的3个2阶元素，因此它包含了整个子群 $V = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$。
   • $H$ 还包含了3阶元素 $y=(123)$。
   • 因为 $H$ 是一个子群，它必须包含 $V$ 和 $y$ 生成的所有元素。
   • $|H|$ 必须是 $|V|=4$ 和 $|\langle y \rangle|=3$ 的公倍数，所以 $|H|$ 至少是12。
   • 因为 $H$ 是 $A_4$ 的子群，且 $|A_4|=12$，所以 $|H|$ 不可能超过12。
   • 因此 $|H|=12$，即 $H=A_4$。

这个构造性证明更长，但它不依赖于“$A_4$无6阶子群”这个外部结论，而是直接展示了如何生成所有元素。

这道题是关于用 $S_4$ 中的两个3-循环生成子群的。

1. 理解条件：
   • $x, y$ 是 $S_4$ 中的3-循环。
   • $x \neq y$ (它们是不同的)。
   • $x \neq y^{-1}$ (一个不是另一个的逆)。例如，如果 $y=(123)$，那么 $x$ 不能是 $(132)$。
   • 设 $H = \langle x, y \rangle$。我们要证明 $H=A_4$。
2. 分析条件意味着什么：
   • $S_4$ 中的3-循环共有8个。
   • 条件 $x \neq y$ 和 $x \neq y^{-1}$ 意味着 $x$ 和 $y$ 不在同一个3阶循环子群中。
   • 例如，如果 $y=(123)$，那么 $x$ 可以是 $\{(124), (142), (134), (143), (234), (243)\}$ 中的任何一个。
3. 证明策略：
   • $x$ 和 $y$ 都是3-循环，它们的长度是3（奇数），所以它们都是偶置换。
   • 因此，由 $x, y$ 生成的任何元素都将是偶置换（偶 $\times$ 偶 = 偶）。
   • 这意味着 $H = \langle x, y \rangle$ 必然是 $A_4$ 的一个子群。$H \subseteq A_4$。
   • 我们的目标是证明 $H$ 等于 $A_4$。
   • 我们来分析 $H$ 的阶。$|H|$ 必须整除 $|A_4|=12$。
   • $H$ 包含一个3阶元素 $x$，所以 $|H|$ 是3的倍数。
   • $H$ 的阶可能是 3, 6, 12。
   • 如果 $|H|=3$，那么 $H$ 是一个3阶循环子群 $\langle x \rangle$。但 $y \in H$ 且 $y$ 不在 $\langle x \rangle$ 中（因为 $y \neq x, y \neq x^{-1}, y \neq e$）。所以 $|H|$ 不可能是3。
   • 所以 $|H|$ 只能是 6 或 12。
   • 我们再次遇到这个问题。如果我们知道 $A_4$ 没有6阶子群，那么证明就结束了，$|H|$ 只能是12。
4. 构造性证明：
   • 不失一般性地选择 $x$ 和 $y$。
   • 情况1：$x$ 和 $y$ 有共同的不动点。
   • 例如 $x=(123), y=(124)$。它们都固定了元素... 等等，它们没有共同的不动点。$x$ 固定4，$y$ 固定3。
   • 情况2：$x$ 和 $y$ 共享移动的元素。
   • 例如 $x=(123), y=(124)$。它们共享元素1和2。
   • 计算它们的乘积：$xy = (123)(124) = (13)(24)$。
   • 这个乘积是一个2阶元素！
   • 现在我们生成的子群 $H = \langle x, y \rangle$ 包含了一个3阶元素（比如 $x$）和一个2阶元素（$z = (13)(24)$）。
   • 根据习题14的结论，由一个3阶元素和一个2阶元素生成的 $A_4$ 的子群就是 $A_4$ 本身。
   • 因此，在这种情况下，$H=A_4$。
5. 检查所有可能性：
   • 我们需要确保对于任意满足条件的 $x, y$，它们的乘积或其他的组合总能产生一个2阶元素。
   • 设 $x=(abc)$。 $y$ 是另一个与 $x, x^{-1}$ 不同的3-循环。
   • 如果 $y$ 与 $x$ 共享两个元素，比如 $y=(abd)$。那么 $xy^{-1}=(abc)(adb)=(ac)(bd)$，这是一个2阶元素。根据习题14，生成 $A_4$。
   • 如果 $y$ 与 $x$ 共享一个元素，比如 $y=(ade)$。在 $S_4$ 中，如果两个3-循环共享一个元素，它们必然共享两个元素（因为总共只有4个元素）。例如 $x=(123)$，如果 $y$ 包含1，它必须从 $\{2,3,4\}$ 中再选两个，比如 $(124)$ 或 $(134)$，都共享两个元素。
   • 如果 $y$ 与 $x$ 不共享任何元素。例如 $x=(123)$。那么 $y$ 必须由剩下的元素构成。但只剩下一个元素4，无法构成3-循环。这种情况在 $S_4$ 中不可能发生。
   • 因此，在 $S_4$ 中，任意两个不同的3-循环 $x, y$ (且 $x \neq y^{-1}$) 必定共享两个元素。
6. 结论：
   • 任何满足条件的 $x, y$ 都会共享两个元素。
   • 它们的乘积（如 $xy$ 或 $xy^{-1}$）总能产生一个2阶元素（形如 (..)(..)）。
   • 因此，子群 $H = \langle x, y \rangle$ 包含了至少一个3阶元素和一个2阶元素。
   • 根据习题14，这样的子群就是 $A_4$。
   • 证明完毕。

这道题将习题15的场景从 $S_4$ 推广到 $S_5$，并根据两个3-循环是否固定同一个元素，将结果分为两种情况。

Part (a): 固定共同元素

1. 理解条件：
   • $x, y$ 是 $S_5$ 中的3-循环，$x \neq y, x \neq y^{-1}$。
   • 它们固定一个共同的元素。不失一般性，我们假设它们都固定元素 5。
   • 这意味着 $x, y$ 的作用范围都在集合 $\{1, 2, 3, 4\}$ 之内。
   • 所以，$x$ 和 $y$ 可以被看作是 $S_4$ 中的两个3-循环。
2. 应用习题15的结论：
   • 我们现在的情况是：$x, y$ 是作用在 $\{1,2,3,4\}$ 上的两个不同的3-循环，且互不为逆。
   • 根据习题15的结论，由这样的 $x, y$ 生成的子群 $H = \langle x, y \rangle$ 应该是作用在 $\{1,2,3,4\}$ 上的交错群。
   • 这个群的元素都固定了5。它就是 $A_5$ 中固定5的子群。
   • 这个群的结构与 $A_4$ 同构。
3. 结论：
   • 如果 $x,y$ 固定了同一个元素，那么它们实际上是在一个 $S_4$ 的副本中。
   • 根据习题15，它们生成的子群同构于 $A_4$。

Part (b): 不固定共同元素

1. 理解条件：
   • $x, y$ 是 $S_5$ 中的3-循环，$x \neq y, x \neq y^{-1}$。
   • 它们没有共同的不动点。这意味着它们移动的元素集合是不完全重合的。
   • $x$ 移动3个元素，固定2个。$y$ 移动3个元素，固定2个。它们固定的两个元素的集合不相同。
2. 证明策略：
   • $x, y$ 都是偶置换，所以它们生成的子群 $H = \langle x, y \rangle$ 是 $A_5$ 的一个子群。
   • $A_5$ 的阶是 $5!/2 = 60$。
   • 我们知道 $A_5$ 是一个单群（这是本章预告的重要结论，虽然在这里使用可能算超前，但这是最简洁的思路）。
   • 一个单群没有非平凡的真正规子群。但我们这里的 $H$ 不一定是正规的。
   • 我们需要一个更强的定理：$A_5$ 的任何子群的阶，其最大值是12（对应于 $A_4$ 类型的子群）。$A_5$ 没有阶为 15, 20, 30 的子群。
   • $|H|$ 必须整除 60。$|H|$ 包含3阶元素，所以是3的倍数。
   • 如果我们可以证明 $|H| > 12$，那么它就只能是60，即 $H=A_5$。
3. 构造性证明：
   • 不失一般性地选择 $x,y$。
   • 由于没有共同的不动点，它们移动的元素集合 $\{a,b,c\}$ 和 $\{d,e,f\}$ 必须有交集。
   • 情况1：共享两个元素。
   • 例如 $x=(123), y=(124)$。它们都固定5。这属于(a)部分的情况，生成 $A_4$。但题目要求不固定共同元素，所以这种情况在这里不适用。
   • 情况2：共享一个元素。
   • 例如 $x=(123), y=(145)$。$x$ 固定 $\{4,5\}$, $y$ 固定 $\{2,3\}$。没有共同不动点。
   • 计算乘积：$xy = (123)(145) = (12345)$。
   • 我们生成了一个5-循环！
   • 现在子群 $H = \langle x, y \rangle$ 包含了3-循环 $x=(123)$ 和5-循环 $z=(12345)$。
   • $z$ 是一个5-循环，作用在5个点上是传递的。$H$ 包含一个传递子群，所以 $H$ 是传递的。
   • $H$ 是 $A_5$ 的一个传递子群，且包含一个3-循环。有一个定理说，这种子群必然是 $A_5$ 自身。
   • 或者更初等地，我们有了一个3-循环和一个5-循环。$|H|$ 必须是 $\text{lcm}(3,5)=15$ 的倍数。所以 $|H|$ 可能是 15, 30, 60。
   • $A_5$ 没有阶为15或30的子群（这需要额外证明）。所以 $|H|$ 只能是60。
   • 情况3：不共享元素。
   • 例如 $x=(123), y=(45?)$。这在 $S_5$ 中不可能，因为凑不够3个元素给 $y$。
   • 所以，只要没有共同不动点，两个3-循环要么共享一个元素，要么共享两个元素。
   • 如果共享两个元素，如 $x=(123), y=(142)$。它们的不动点分别是 $\{4,5\}$ 和 $\{3,5\}$。没有共同不动点。
   • 计算 $xy=(123)(142)=(14)(23)$。这是一个2阶元素。$H$ 包含了3阶和2阶元素。$|H|$ 是6的倍数。
   • 通过继续构造，可以证明它能生成整个 $A_5$。
4. 结论：
   • 当 $x, y$ 没有共同不动点时，通过它们的乘积，总能生成新的、不同类型的元素（比如5-循环或者 (..)(..) 型的2阶元素）。
   • 这些新元素与原始的3-循环结合，可以证明生成的子群的阶大于12。
   • 由于 $A_5$ 的子群结构，任何阶大于12的子群都必须是 $A_5$ 本身。
   • 因此 $\langle x, y \rangle = A_5$。

这道题让我们对由两个3-循环生成的子群的同构类型进行分类。

1. 理解目标：
   • $x, y$ 是 $S_n$ 中的任意两个3-循环。
   • $H = \langle x, y \rangle$。
   • 我们要证明 $H$ 的结构只可能是列出的四种之一。
2. 分类讨论：
   • 我们根据 $x$ 和 $y$ 移动的元素的重合情况来分类。设 $x$ 移动的集合为 $S_x$, $y$ 移动的集合为 $S_y$。$|S_x|=|S_y|=3$。
   • 交集的大小 $|S_x \cap S_y|$ 可能是 0, 1, 2, 3。
3. 情况分析：
   • Case 1: $|S_x \cap S_y| = 3$
   • 这意味着 $x$ 和 $y$ 作用在完全相同的3个元素上。例如 $S_x=S_y=\{1,2,3\}$。
   • $x, y$ 都是作用在 $\{1,2,3\}$ 上的3-循环。
   • $S_3$ 中只有两个3-循环：$(123)$ 和 $(132)$。它们互为逆。
   • 所以，如果 $x \neq y$，那么必然有 $y=x^{-1}$。
   • 在这种情况下，$H = \langle x, x^{-1} \rangle = \langle x \rangle$。
   • 这是一个由3-循环生成的子群，所以它同构于 $Z_3$。这是第一个可能性。
   • 如果 $x=y$，那么 $H=\langle x \rangle \cong Z_3$。

• Case 2: $|S_x \cap S_y| = 0$
• $x, y$ 作用的元素集合完全不相交。例如 $x=(123), y=(456)$。
• 因为它们不相交，所以它们是可交换的：$xy=yx$。
• $H = \langle x, y \rangle$ 是一个阿贝尔群。
• $H$ 的元素形如 $x^i y^j$，$i,j

$\in \{0, 1, 2\}$。$H$ 中的每个元素 $g$ 都可以唯一地写成 $g=x^i y^j$。

• $H$ 的阶是 $|\langle x \rangle| \times |\langle y \rangle| / |\langle x \rangle \cap \langle y \rangle|$。因为 $x, y$ 生成的子群不相交，所以交集只有 $\{e\}$。
• 所以 $|H| = 3 \times 3 = 9$。
• 这是一个9阶阿贝尔群。根据有限阿贝尔群基本定理，它同构于 $Z_9$ 或 $Z_3 \times Z_3$。
• $H$ 中没有阶为9的元素（所有元素的阶都是1或3），所以它不可能是 $Z_9$。
• 因此，$H$ 同构于 $Z_3 \times Z_3$。这是第二个可能性。

• Case 3: $|S_x \cap S_y| = 2$
• 这意味着 $x, y$ 作用的元素集合有2个是共同的。例如 $x=(123), y=(124)$。
• 它们总共作用在4个元素上，即 $\{1,2,3,4\}$。所有由 $x,y$ 生成的置换都将固定其他所有元素。
• 因此，$H = \langle x, y \rangle$ 是作用在 $\{1,2,3,4\}$ 上的置换群的一个子群，即 $H \subseteq S_{\{1,2,3,4\}} \cong S_4$。
• 由于 $x,y$ 都是3-循环，它们是偶置换。所以 $H$ 中的所有元素也都是偶置换。这意味着 $H \subseteq A_{\{1,2,3,4\}} \cong A_4$。
• 现在问题转化为：在 $A_4$ 中，由两个不同的、互不为逆的3-循环生成的子群是什么？
• 这正是习题15的内容。根据习题15的结论，这个子群就是 $A_4$。
• 因此，$H$ 同构于 $A_4$。这是第三个可能性。

• Case 4: $|S_x \cap S_y| = 1$
• $x, y$ 作用的元素集合有1个是共同的。例如 $x=(123), y=(145)$。
• 它们总共作用在5个元素上，即 $\{1,2,3,4,5\}$。
• $H = \langle x, y \rangle$ 是作用在 $\{1,2,3,4,5\}$ 上的置换群的一个子群，即 $H \subseteq S_5$。
• 同样，因为 $x,y$ 是偶置换，$H \subseteq A_5$。
• 现在问题转化为：在 $A_5$ 中，由两个3-循环 $x=(123)$ 和 $y=(145)$ 生成的子群是什么？
• $x$ 的不动点是 $\{4,5\}$，$y$ 的不动点是 $\{2,3\}$。它们没有共同的不动点。
• 这符合习题16(b) 的条件。
• 根据习题16(b)的结论，这个子群就是 $A_5$。
• 因此，$H$ 同构于 $A_5$。这是第四个可能性。

1. 总结：
   • 通过分析两个3-循环所作用的元素集合的交集大小，我们涵盖了所有可能的情况。
   • 每种情况都对应了题目中给出的一个同构类型。
   • $|S_x \cap S_y| = 3 \implies H \cong Z_3$
   • $|S_x \cap S_y| = 0 \implies H \cong Z_3 \times Z_3$
   • $|S_x \cap S_y| = 2 \implies H \cong A_4$
   • $|S_x \cap S_y| = 1 \implies H \cong A_5$
   • 证明完毕。