1. 4.3 群作用于自身通过共轭——类方程

本节引入了一个非常核心的概念：群作用（Group Action）的一种特殊形式——共轭作用（Conjugation Action）。这个作用是群自身作用于自身，为我们提供了一个强大的工具来分析群的内部结构。

1. 角色定位：这部分是本节的开篇，旨在定义什么是“通过共轭作用于自身”，并验证这个定义确实满足群作用的基本公理。这是后续所有讨论的基石。
2. 核心定义：
   • 作用的对象：群 $G$。
   • 作用的方式：通过共轭。
   • 具体来说，一个群 $G$ 要作用在一个集合 $A$ 上。在本节的特殊情况下，这个集合 $A$ 就是群 $G$ 本身。所以我们说“群 $G$ 作用于自身”。
   • 作用的规则：对于群 $G$ 中的任何一个元素 $g$（我们称之为作用者），以及集合 $A=G$ 中的任何一个元素 $a$（我们称之为被作用者），它们之间的“作用”被定义为一个新的元素，这个新元素是通过计算 $g a g^{-1}$ 得到的。
   • 这里的 $g a g^{-1}$ 是群 $G$ 内部的运算：首先是 $g$ 与 $a$ 的乘法，然后是其结果与 $g$ 的逆元 $g^{-1}$ 的乘法。
3. 验证群作用公理：一个操作要被称为“群作用”，必须满足两条公理。这部分就是逐一验证这些公理。
   • 公理1：结合律/兼容性（Compatibility）。这条公理要求，连续两次作用等价于两次作用者的乘积进行一次作用。
   • 原文的推导过程是：$g_1 \cdot (g_2 \cdot a)$。我们从内到外一步步看：
   • 首先，计算内层的作用：$g_2 \cdot a$。根据定义，这等于 $g_2 a g_2^{-1}$。
   • 然后，将这个结果作为新的被作用者，让 $g_1$ 作用于它：$g_1 \cdot (g_2 a g_2^{-1})$。
   • 再次根据定义，这等于 $g_1 (g_2 a g_2^{-1}) g_1^{-1}$。
   • 利用群的结合律，我们可以去掉括号，得到 $g_1 g_2 a g_2^{-1} g_1^{-1}$。
   • 再利用一个群中常见的技巧：$(xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1}$。我们可以将 $g_2^{-1} g_1^{-1}$ 写成 $(g_1 g_2)^{-1}$。
   • 于是，表达式变成了 $(g_1 g_2) a (g_1 g_2)^{-1}$。
   • 观察这个最终形式，它正好是元素 $g_1 g_2$ 对 $a$ 进行共轭作用的定义。
   • 所以，我们证明了 $g_1 \cdot (g_2 \cdot a) = (g_1 g_2) \cdot a$。公理1成立。
   • 公理2：单位元不变性（Identity）。这条公理要求，群的单位元 $1$ 作用于任何元素，都应该让该元素保持不变。
   • 原文的验证很简单：$1 \cdot a$。
   • 根据定义，这等于 $1 a 1^{-1}$。
   • 在任何群中，单位元 $1$ 的逆元 $1^{-1}$ 还是 $1$。
   • 所以表达式是 $1 a 1$。
   • 根据单位元的性质（任何元素乘以单位元都等于自身），$1a = a$，然后 $a1 = a$。
   • 所以，$1 \cdot a = a$。公理2成立。
4. 结论：因为两条公理都得到了满足，所以“通过共轭将一个元素 $a$ 变成 $g a g^{-1}$”这个操作，确实是一个合法的群作用。我们可以放心地使用所有关于群作用的理论（如轨道、稳定子等）来分析这个共轭作用。

这段内容在上一部分定义了共轭作用的基础上，正式给出了两个核心术语的定义：共轭元素和共轭类。

1. 角色定位：这是从群作用的通用语言到共轭这个特定应用的“翻译”。它将群作用中的抽象概念“轨道”（Orbit）与一个新的、更具体的名词“共轭类”（Conjugacy Class）联系起来。
2. 定义“共轭”关系：
   • 首先，定义了两个元素 $a$ 和 $b$ 之间的一种关系，叫做“共轭”（are conjugate）。
   • 这种关系成立的条件是：你能在群 $G$ 中找到至少一个元素 $g$，使得 $b$ 可以通过 $g a g^{-1}$ 的计算得到。
   • 换句话说，$b$ 是 $a$ 在被某个 $g$ 共轭作用后得到的结果。
   • 这个关系是等价关系（虽然原文没明说，但可以证明）：
   • 自反性：$a = 1 a 1^{-1}$，所以 $a$ 与自身共轭。
   • 对称性：如果 $b = g a g^{-1}$，那么两边同时左乘 $g^{-1}$ 右乘 $g$，得到 $g^{-1} b g = a$。令 $h = g^{-1}$，则 $h \in G$，且 $a = h b h^{-1}$。所以 $a$ 也与 $b$ 共轭。
   • 传递性：如果 $b = g_1 a g_1^{-1}$ 且 $c = g_2 b g_2^{-1}$，那么将 $b$ 的表达式代入，得到 $c = g_2 (g_1 a g_1^{-1}) g_2^{-1} = (g_2 g_1) a (g_2 g_1)^{-1}$。令 $h = g_2 g_1$，则 $h \in G$，且 $c = h a h^{-1}$。所以 $a$ 与 $c$ 共轭。
   • 既然是等价关系，它就会把整个群 $G$ 划分成若干个不相交的子集，每个子集就是一个等价类。
3. 连接“共轭”与“轨道”：
   • 原文中括号里的内容是关键：“即当且仅当它们在 $G$ 通过共轭作用于自身的同一个轨道中”。
   • 回顾群作用中“轨道”的定义：元素 $a$ 的轨道是指集合 $\{g \cdot a \mid g \in G\}$，也就是 $a$ 在被 $G$ 中所有元素作用一遍后，能够得到的所有元素的集合。
   • 在共轭作用下，$a$ 的轨道就是 $\{g a g^{-1} \mid g \in G\}$。
   • 这正好就是所有与 $a$ 共轭的元素的集合！
   • 所以，“$b$ 与 $a$ 共轭” 和 “$b$ 在 $a$ 的轨道里” 是完全等价的说法。
4. 定义“共轭类”：
   • 定义的核心：共轭类就是共轭作用下的轨道。
   • 这只是给轨道这个通用术语，在共轭作用这个特定情境下，起了一个专门的名字。
   • $a$ 的共轭类，通常记作 $Cl(a)$ 或 $C_a$，就是集合 $\{b \in G \mid b \text{ 与 } a \text{ 共轭}\} = \{g a g^{-1} \mid g \in G\}$。
   • 由于等价关系将集合划分为不相交的等价类，所以整个群 $G$ 可以被分解为若干个不相交的共轭类的并集。

这部分通过三个具体的例子来阐述共轭类的概念，从最简单到更具体的情况，帮助我们建立对共轭类的直观理解。

例子 (1): 阿贝尔群

• 阿贝尔群的定义：一个群 $G$ 如果对所有元素 $g,a \in G$ 都满足 $ga = ag$，那么它就是一个阿贝尔群（或称交换群）。
• 共轭作用在阿贝尔群中的表现：我们来计算共轭 $g a g^{-1}$。
• 因为运算是可交换的，我们可以交换 $a$ 和 $g^{-1}$ 的位置：$g a g^{-1} = g g^{-1} a$。
• 根据逆元的定义，$g g^{-1} = 1$ (单位元)。
• 所以， $g g^{-1} a = 1 a = a$。
• 结论：在阿贝尔群中，任何元素 $g$ 对任何元素 $a$ 的共轭作用结果都是 $a$ 本身。这种作用被称为平凡作用（trivial action），因为它什么也没改变。
• 共轭类是什么：既然对于任何 $g$, $g a g^{-1}$ 都等于 $a$，那么 $a$ 的共轭类——即 $\{g a g^{-1} \mid g \in G\}$——就只包含 $a$ 这一个元素。所以，每个元素的共轭类都是一个只包含它自身的单元素集合 $\{a\}$。
• 引申：这意味着一个阿贝尔群被划分成了许多大小为 1 的共轭类。如果群的阶是 $n$，那么它就有 $n$ 个共轭类。

例子 (2): 非传递性与中心

• 回顾“传递作用”：一个群作用被称为传递的（transitive），如果整个集合 $A$ 只有一个轨道。也就是说，从集合中任意一个元素出发，可以通过群中某个元素的作用到达集合中任何其他元素。
• 共轭作用的非传递性：
• “通过左乘的作用” ($g \cdot a = ga$) 是传递的。因为对于任意 $a, b \in G$，我们可以取 $g = ba^{-1}$，那么 $g \cdot a = (ba^{-1})a = b$。所以任何元素都可以变到任何其他元素，整个 $G$ 是一个大轨道。
• 但是共轭作用通常不是传递的。原文给出了一个铁证：单位元 $1$。
• 我们来计算 $1$ 的共轭类：$\{g \cdot 1 \cdot g^{-1} \mid g \in G\}$。
• 对于任何 $g$， $g \cdot 1 \cdot g^{-1} = g g^{-1} = 1$。
• 所以 $1$ 的共轭类永远是 $\{1\}$。它自己孤立地形成一个轨道。
• 只要群 $G$ 的阶大于 1（即除了 $1$ 之外还有其他元素），那么就至少存在两个轨道：$\{1\}$ 和包含其他元素的轨道。因此，共轭作用不可能是传递的。
• 推广到中心元素：
• 一个共轭类是单元素集合 $\{a\}$ 的条件是什么？
• 这意味着对于所有 $g \in G$，都有 $g a g^{-1} = a$。
• 我们将这个等式右乘 $g$：$g a g^{-1} g = a g$，即 $g a = a g$。
• 这个条件——“一个元素 $a$ 与群中所有元素 $g$ 都可交换”——正是群的中心 $Z(G)$ 的定义！
• 所以，一个元素 $a$ 自己构成一个共轭类，当且仅当 $a$ 属于群的中心 $Z(G)$。
• 这为我们提供了一个通过共轭类来理解中心的视角：中心就是所有大小为 1 的共轭类的元素的集合。

例子 (3): 对称群 $S_3$

• 这是一个具体的计算例子，结果在之前的示例中已经计算过了。
• $G = S_3 = \{1, (12), (13), (23), (123), (132)\}$。
• 共轭类的计算结果是：
• $Cl(1) = \{1\}$。因为 $1$ 是中心的元素（实际上 $S_3$ 的中心只有单位元）。
• $Cl(12) = \{(12), (13), (23)\}$。这包含了所有的“对换”（2-cycles）。
• $Cl(123) = \{(123), (132)\}$。这包含了所有的“三元轮换”（3-cycles）。
• 群的划分：这三个共轭类是不相交的，它们的并集是整个 $S_3$。$\{1\} \cup \{(12), (13), (23)\} \cup \{(123), (132)\} = S_3$。
• 阶数关系：它们的阶数之和是 $1 + 3 + 2 = 6$，正好是 $S_3$ 的阶 $|S_3|$。这个关系预示了后面要讲的类方程。
• 预告：原文提到“我们很快将开发出更容易计算共轭类的技术”。这暗示了直接对每个元素和每个 $g$ 进行暴力计算是非常低效的。对于对称群 $S_n$ 来说，判断两个元素是否共轭有一个非常简单的判据，即看它们的循环分解结构是否相同。

1. 角色定位：这部分内容将前面“群作用于元素”的概念进行了扩展，变为“群作用于子集”。这是一个自然的推广，使得我们可以讨论子群的共轭等更复杂的结构。
2. 推广的核心思想：
   • 之前，我们考虑的是单个元素 $a$ 如何在共轭下变换：$a \mapsto g a g^{-1}$。
   • 现在，我们考虑一个由多个元素组成的子集 $S$ 如何在共轭下变换。
   • 推广的方法非常直观：将 $S$ 中的每一个元素 $s$ 都进行同样的共轭变换，然后把所有得到的新元素收集起来，形成一个新的子集。
3. 定义子集的共轭：
   • $S$ 是群 $G$ 的一个子集（subset），不一定是子群（subgroup）。它可以是任意一些元素的集合。
   • $g S g^{-1}$ 是一个新的集合。这个集合的定义是：遍历 $S$ 中的每一个元素 $s$，计算出 $g s g^{-1}$，然后将所有这些计算结果汇集在一起。
   • 这个新集合 $g S g^{-1}$ 被称为 $S$ 的一个共轭子集。
4. 定义对子集的群作用：
   • 作用的集合：不再是群 $G$ 本身，而是 $G$ 的幂集 $\mathcal{P}(G)$。幂集 $\mathcal{P}(G)$ 是指由 $G$ 的所有可能子集构成的集合。例如，如果 $G=\{1,a\}$，那么 $\mathcal{P}(G) = \{\emptyset, \{1\}, \{a\}, \{1,a\}\}$。
   • 作用者：仍然是群 $G$ 中的元素 $g$。
   • 被作用者：是幂集 $\mathcal{P}(G)$ 中的元素，即 $G$ 的一个子集 $S$。
   • 作用规则：$g \cdot S = g S g^{-1}$。
   • 验证：原文中提到“如上所述，这定义了一个...群作用”。这里的验证过程和之前作用于单个元素时完全一样，只需将单个元素 $a$ 替换为子集 $S$ 即可。公理的证明逻辑是相同的。
5. 与原定义的联系（一致性检验）：
   • 这个推广是否与原来的定义兼容？
   • 原文指出了关键点：如果子集 $S$ 恰好是一个只包含单个元素的集合，比如 $S = \{s\}$。
   • 那么根据新定义，$g \cdot S = g\{s\}g^{-1}$。
   • 根据集合共轭的定义，这是 $\{g s' g^{-1} \mid s' \in \{s\}\}$。由于 $S$ 中只有一个元素 $s$，这个集合就是 $\{g s g^{-1}\}$。
   • 这表明，对单元素集合 $\{s\}$ 的作用，结果是包含共轭元素 $g s g^{-1}$ 的单元素集合。这与我们之前对单个元素 $s$ 的作用（结果是元素 $g s g^{-1}$）在本质上是一致的。
   • 因此，我们可以把“对子集的共轭作用”看作是“对元素的共轭作用”的一个自然、无矛盾的推广。

这一部分将前面建立的对子集的共轭作用与群作用的一般性核心定理——轨道-稳定子定理——联系起来，得出了一个计算共轭数量的强大公式（命题6）。

1. 定义共轭子集：
   • 这部分首先给出了“共轭子集”的正式定义，它完全是“共轭元素”定义的平行推广。
   • 两个子集 $S$ 和 $T$ 是共轭的，条件是存在一个群元素 $g$ 能把 $S$ “变”成 $T$，即 $T = gSg^{-1}$。
   • 括号里的解释再次强调：这等价于说 $S$ 和 $T$ 在“对子集的共轭作用”这个群作用下，位于同一个轨道里。
2. 应用轨道-稳定子定理（命题2）：
   • 轨道-稳定子定理（在本书中是命题2）是群作用理论的基石。它指出：对于一个群 $G$ 作用于集合 $A$ 的一个元素 $x \in A$，其轨道的大小乘以其稳定子的大小，等于群 $G$ 的阶。即 $|Orb(x)| \cdot |Stab(x)| = |G|$。
   • 等价地，轨道的大小等于稳定子在群中的指数：$|Orb(x)| = |G : Stab(x)|$。
   • 这里的“$S$ 的共轭数量”就是 $S$ 所在轨道的大小 $|Orb(S)|$。
   • 因此，根据轨道-稳定子定理，$S$ 的共轭数量 = $|G : G_S|$，其中 $G_S$ 是 $S$ 的稳定子。
3. 识别稳定子——正规化子：
   • 在“对子集的共轭作用”中，$S$ 的稳定子 $G_S$ 是什么？
   • 稳定子的定义是：所有作用在 $S$ 上但使其保持不变的群元素 $g$ 的集合。
   • 用数学语言描述就是 $G_S = \{g \in G \mid g \cdot S = S\}$。
   • 将共轭作用的定义代入，就是 $G_S = \{g \in G \mid g S g^{-1} = S\}$。
   • 这个集合——所有使得子集 $S$ 在共轭下保持不变的 $g$ 的集合——在群论中有一个专门的名字，叫做 $S$ 的正规化子（Normalizer），记作 $N_G(S)$。
   • 因此，对于子集的共轭作用，稳定子就是正规化子。
4. 总结出命题6：
   • 将上述发现结合起来：
   • $S$ 的共轭数量 = $|Orb(S)|$
   • $|Orb(S)| = |G : G_S|$ (轨道-稳定子定理)
   • $G_S = N_G(S)$ (稳定子是正规化子)
   • 于是得到命题6的第一个断言：群 $G$ 中子集 $S$ 的共轭数量是 $S$ 的正规化子的指数 $|G : N_G(S)|$。
5. 命题6的特殊情况——单个元素：
   • 命题6的第二个断言是关于单个元素 $s$ 的。
   • 这可以看作是第一个断言的特殊情况，只需令子集 $S = \{s\}$。
   • 此时，“元素 $s$ 的共轭数量”就是子集 $\{s\}$ 的共轭数量。
   • 根据第一个断言，这等于 $|G : N_G(\{s\})|$。
   • 现在问题是 $N_G(\{s\})$ 是什么？
   • $N_G(\{s\}) = \{ g \in G \mid g\{s\}g^{-1} = \{s\} \}$.
   • $g\{s\}g^{-1}$ 等于 $\{gsg^{-1}\}$。
   • 所以条件变为 $\{gsg^{-1}\} = \{s\}$，这等价于 $gsg^{-1} = s$。
   • 这个条件 $gsg^{-1}=s$ (等价于 $gs=sg$) 定义了另一个重要的子群：$s$ 的中心化子（Centralizer），记作 $C_G(s)$。
   • 所以，$N_G(\{s\}) = C_G(s)$。
   • 代入公式，得到：元素 $s$ 的共轭数量是 $s$ 的中心化子的指数 $|G : C_G(s)|$。
   • 这就是命题的第二个断言，证明在原文中已清晰说明。

这一部分是本节的高潮，它基于前面所有的铺垫，推导出了有限群理论中一个至关重要的方程——类方程。

1. 推导的起点：
   • 回顾之前得到的两个关键事实：
2. 共轭关系是一种等价关系，因此它将整个群 $G$ 划分为若干个不相交的共轭类的并集。
3. 一个元素 $g_i$ 的共轭类的大小，等于其中心化子的指数 $|G: C_G(g_i)|$ (来自命题6)。
   • 既然共轭类是 $G$ 的一个划分，那么把所有共轭类的大小加起来，就必然等于整个群的大小 $|G|$。
   • $|G| = \sum_{\text{所有不同的共轭类 } \mathcal{K}} |\mathcal{K}|$
4. 对共轭类进行分类：
   • 为了让这个求和式更有结构，我们将共轭类按其大小分为两类：
   • 大小为 1 的共轭类：我们在例子(2)中已经知道，一个共轭类 $\{a\}$ 的大小为1，当且仅当元素 $a$ 属于群的中心 $Z(G)$。
   • 大小大于 1 的共轭类：这些是所有不属于中心的元素所在的共轭类。
   • 所以，群 $G$ 可以被看作是中心 $Z(G)$ 和所有非中心元素的共轭类的并集。
5. 构建类方程：
   • 我们将总和 $|G|$ 分解成两部分：
   • 第一部分：所有大小为1的共轭类，恰好对应中心 $Z(G)$ 里的每一个元素。如果 $Z(G) = \{z_1, z_2, \dots, z_m\}$，那么这些共轭类就是 $\{z_1\}, \{z_2\}, \dots, \{z_m\}$。它们的大小之和就是 $1+1+\dots+1$ ($m$次)，这正好等于中心的阶 $|Z(G)|$。
   • 第二部分：对于所有大小大于1的共轭类，我们从每个类中选取一个代表元素（representative），记为 $g_1, g_2, \ldots, g_r$。这里 $r$ 是大小大于1的共轭类的个数。
   • 第 $i$ 个这样的共轭类的大小，根据命题6，是 $|G: C_G(g_i)|$。
   • 将这些大小大于1的共轭类的大小全部加起来，就是 $\sum_{i=1}^{r} |G: C_G(g_i)|$。
   • 组合起来：将两部分加起来，就得到了类方程：
6. 定理陈述的细节：
   • “$G$ 是一个有限群”：这个条件是必须的，因为类方程处理的是群的阶（一个有限数）。
   • “$g_1, \ldots, g_r$ 是不在 $G$ 的中心 $Z(G)$ 中的不同共轭类的代表”：这句话精确地定义了求和项的来源。
   • “不同共轭类”：求和时每个共轭类只算一次。
   • “代表”：从每个共轭类中随便拿一个元素来代表它就行，因为同一个共轭类中所有元素的中心化子的阶是相同的（它们的中心化子本身也是共轭的），所以指数也相同。
   • “不在中心中”：这确保了我们加的是那些大小大于1的共轭类。

这部分是定理7 (类方程) 的正式证明过程，以及对该方程一个重要性质的强调。

1. 证明的逻辑结构：这个证明是一个清晰的会计/盘点过程。
   • 第一步：分类。将群 $G$ 的所有元素按其所属的共轭类进行分类。
   • 第二步：分箱。将这些共轭类本身分为两大箱子：大小为1的箱子和大小大于1的箱子。
   • 第三步：计数。分别计算每个箱子里的元素总数。
   • 第四步：加和。将两个箱子的元素总数相加，得到群的总元素数。
2. 证明步骤详解：
   • 起始点：引用之前例子(2)的结论，即“一个共轭类大小为1 $\iff$ 该元素在中心 $Z(G)$ 中”。这是将共轭类分箱的依据。
   • 设定符号：
   • 设中心 $Z(G)$ 有 $m$ 个元素，记为 $\{1, z_2, \ldots, z_m\}$。这里的 $1$ 是单位元。这 $m$ 个元素对应着 $m$ 个大小为1的共轭类：$\{1\}, \{z_2\}, \ldots, \{z_m\}$。
   • 设所有大小大于1的共轭类有 $r$ 个，记为 $\mathcal{K}_1, \mathcal{K}_2, \ldots, \mathcal{K}_r$。
   • 为方便计算，从每个 $\mathcal{K}_i$ 中取一个代表元素 $g_i$。
   • 列出全部分类：至此，我们已经不重不漏地列出了 $G$ 的所有共轭类。它们是 $m$ 个单元素共轭类加上 $r$ 个多元素共轭类。
   • 应用划分原理：因为共轭类是群 $G$ 的一个划分（partition），意味着它们互不相交且并集为 $G$。所以，将所有共轭类的大小（元素个数）加起来，一定等于群 $G$ 的大小（总元素个数）。
   • 写出求和式：
   • 替换第一项：$m$ 个1相加，就是 $m$，而 $m$ 正是中心的阶 $|Z(G)|$。
   • 替换第二项：根据命题6，每个共轭类 $\mathcal{K}_i$ 的大小 $|\mathcal{K}_i|$ 等于其代表元素 $g_i$ 的中心化子的指数 $|G : C_G(g_i)|$。
   • 得到最终形式：将替换后的两项代入，便得到了类方程:
   • 证明完成。
3. 重要提示（特别要注意）：
   • 类方程右侧求和项 $\left|G: C_{G}\left(g_{i}\right)\right|$ 是子群 $C_G(g_i)$ 的指数。
   • 根据拉格朗日定理，对于有限群 $G$ 及其子群 $H$，有 $|G| = |H| \cdot |G:H|$。
   • 这意味着，子群的阶 $|H|$ 和指数 $|G:H|$ 都必须是群的阶 $|G|$ 的因子（divisor）。
   • 因此，类方程中的每一项 $|G: C_G(g_i)|$ 都必须是 $|G|$ 的一个因子。
   • 这个性质非常强大，它极大地限制了共轭类可能的大小。例如，一个6阶群的共轭类大小只可能是 1, 2, 3, 或 6 的其中之一。

这部分通过三个例子，展示了如何应用类方程以及相关的概念来分析具体的有限群结构。

例子 (1): 阿贝尔群

• 回顾：在一个阿贝尔群 $G$ 中，对任何元素 $a$，$gag^{-1} = a$。
• 这意味着每个元素的共轭类都只包含它自己，大小为1。
• 同时，这也意味着所有元素都与所有其他元素交换，所以中心 $Z(G)$ 就是群 $G$ 本身。$|Z(G)|=|G|$。
• 类方程的形式是 $|G| = |Z(G)| + \sum \dots$。
• 因为 $Z(G)=G$，所以没有“不在中心中的共轭类”，求和项 $\sum$ 为空（即为0）。
• 类方程变成了 $|G| = |G| + 0$，即 $|G|=|G|$。
• 这是一个永远正确的等式，但它没有提供任何关于群结构的新的、非平凡的信息。
• 结论：类方程这个工具的威力主要体现在非阿贝尔群上。对于阿贝尔群，它退化成一个无用的恒等式。

例子 (2): 四元数群 $Q_8$

• $|Q_8| = 8$。
• 引入一个重要观察：对于任何元素 $g$，由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle = \{1, g, g^2, \dots\}$ 中的所有元素都与 $g$ 交换。这是因为 $g^k \cdot g = g^{k+1} = g \cdot g^k$。
• 因此，$\langle g \rangle$ 一定是 $g$ 的中心化子 $C_G(g)$ 的一个子群。即 $\langle g \rangle \leq C_G(g)$。
• 同时，$C_G(g)$ 本身是 $G$ 的一个子群。所以我们有这样一个子群链：$\langle g \rangle \leq C_G(g) \leq G$。
• 应用到 $Q_8$：考虑元素 $i \in Q_8$。
• 由 $i$ 生成的循环子群是 $\langle i \rangle = \{1, i, i^2, i^3\} = \{1, i, -1, -i\}$。它的阶是4。
• 我们有子群链 $\langle i \rangle \leq C_{Q_8}(i) \leq Q_8$。
• 根据拉格朗日定理，这些子群的阶必须是整除关系：$|\langle i \rangle|$ 整除 $|C_{Q_8}(i)|$，$|C_{Q_8}(i)|$ 整除 $|Q_8|$。
• 即 4 整除 $|C_{Q_8}(i)|$，且 $|C_{Q_8}(i)|$ 整除 8。
• 所以 $|C_{Q_8}(i)|$ 只可能是 4 或 8。
• 如果 $|C_{Q_8}(i)|=8$，那么 $C_{Q_8}(i) = Q_8$，这意味着 $i$ 与 $Q_8$ 中所有元素都交换，即 $i \in Z(Q_8)$。
• 但我们知道 $Q_8$ 是非阿贝尔的，比如 $ij=k$ 而 $ji=-k$，所以 $i$ 不在中心里。
• 因此，$|C_{Q_8}(i)|$ 不可能是 8。唯一的可能性是 $|C_{Q_8}(i)|=4$。
• 既然 $|\langle i \rangle|=4$ 且 $|C_{Q_8}(i)|=4$，并且前者是后者的子群，那么它们必须相等：$C_{Q_8}(i) = \langle i \rangle$。
• 计算共轭类大小：
• $i$ 的共轭类大小是 $|Q_8 : C_{Q_8}(i)| = |Q_8| / |C_{Q_8}(i)| = 8 / 4 = 2$。
• 这个共轭类是 $\{i, kik^{-1}\} = \{i, -i\}$。
• 推广到其他元素：用完全相同的方法，可以得到：
• $C_{Q_8}(j) = \langle j \rangle$，大小为4，所以 $j$ 的共轭类是 $\{j, -j\}$，大小为2。
• $C_{Q_8}(k) = \langle k \rangle$，大小为4，所以 $k$ 的共轭类是 $\{k, -k\}$，大小为2。
• 中心元素：$Z(Q_8) = \{1, -1\}$。它们各自形成大小为1的共轭类。
• 列出所有共轭类：$\{1\}, \{-1\}, \{i, -i\}, \{j, -j\}, \{k, -k\}$。
• 写出类方程：
• $|Q_8| = |Z(Q_8)| + (\text{其他共轭类大小之和})$
• $|Z(Q_8)|$ 不是1，而是 $\{1, -1\}$ 的大小，即2。
• $8 = 2 + 2 + 2 + 2$。

例子 (3): 二面体群 $D_8$

• $|D_8| = 8$。$D_8 = \{1, r, r^2, r^3, s, sr, sr^2, sr^3\}$。
• 利用 $D_8$ 的特殊结构：$D_8$ 有三个指数为2的子群（即阶为4的子群），它们都是阿贝尔群：
• $H_1 = \langle r \rangle = \{1, r, r^2, r^3\}$
• $H_2 = \{1, r^2, s, sr^2\}$
• $H_3 = \{1, r^2, sr, sr^3\}$
• 分析中心化子：对于任何一个非中心元素 $x \notin Z(D_8)$。
• 我们知道 $\langle x \rangle \leq C_{D_8}(x)$。
• 并且 $x$ 属于某个阶为4的阿贝尔子群 $H_i$。由于 $H_i$ 是阿贝尔的，所以 $H_i$ 中所有元素都与 $x$ 交换。因此 $H_i \leq C_{D_8}(x)$。
• 这给了我们一个更强的子群链：$H_i \leq C_{D_8}(x) \leq D_8$。
• 对应的阶数关系是：$4 \leq |C_{D_8}(x)| \leq 8$。
• 且 $|C_{D_8}(x)|$ 必须整除 8。所以 $|C_{D_8}(x)|$ 只能是 4 或 8。
• 因为 $x$ 不是中心元素，所以 $|C_{D_8}(x)| \neq 8$。
• 因此，对于任何非中心元素 $x$，其中心化子的阶一定是4。
• 计算共轭类大小：
• 对于任何非中心元素 $x$，其共轭类的大小是 $|D_8 : C_{D_8}(x)| = 8 / 4 = 2$。
• 找出中心：$Z(D_8) = \{1, r^2\}$。它的大小是2。
• 写出类方程：
• $|D_8| = |Z(D_8)| + (\text{其他共轭类大小之和})$
• $8 = 2 + (\text{一堆大小为2的项相加})$
• $6 = 2+2+2$。
• 所以，一定有3个大小为2的非中心共轭类。
• $8 = 2 + 2 + 2 + 2$。
• 具体找出共轭类：
• 中心：$\{1\}, \{r^2\}$。
• $Cl(r) = \{r, srs^{-1}\} = \{r, r^{-1}\} = \{r, r^3\}$。
• $Cl(s) = \{s, rsr^{-1}\} = \{s, sr^2\}$。
• $Cl(sr) = \{sr, rsr^{-1}\} = \{sr, sr^3\}$。
• 列出的这5个共轭类，其大小分别是 1, 1, 2, 2, 2。它们的和是 $1+1+2+2+2 = 8$。
• 最终类方程：$8 = |Z(D_8)| + |Cl(r)| + |Cl(s)| + |Cl(sr)| = (1+1) + 2 + 2 + 2$。原文将其写为 $2+2+2+2$ 是将中心的两个类也看作求和项。

这部分展示了类方程的第一个惊人威力：证明一个关于一大类群（所有p-群）的深刻结构性定理。

1. 角色定位：本段是类方程应用的第一个高光时刻。它从一个代数等式出发，得出了一个关于群的性质的重要结论。这个结论本身是p-群（p-group）理论的奠基石。
2. 核心概念定义：
   • 素数 p：一个大于1且只能被1和自身整除的正整数，如 2, 3, 5, 7, ...
   • p-群 (p-group)：一个有限群，其阶（元素个数）是某个素数 $p$ 的幂 $p^\alpha$，其中 $\alpha \ge 1$。例如，阶为 $2, 4, 8, 16, \dots$ 的是 2-群；阶为 $3, 9, 27, \dots$ 的是 3-群。我们刚分析过的 $Q_8$ 和 $D_8$ 都是 2-群。
   • 非平凡中心 (non-trivial center)：一个群的中心 $Z(P)$ 不仅仅只包含单位元 $\{1\}$。也就是说，至少存在一个非单位元的元素，它与群中所有其他元素都可交换。$Z(P) \neq \{1\}$，等价于 $|Z(P)| > 1$。
3. 定理的陈述：
   • 定理8 断言：任何p-群（只要它的阶不是 $p^0=1$）都必然有一个非平凡的中心。
   • 这是一个非常强的结论。它告诉我们p-群不可能是“完全非交换”的。它内部总存在一定程度的交换性。例如，它排除了任何p-群（$\alpha \ge 1$）是单群的可能性（因为中心如果非平凡，就是一个正规子群）。

这是定理8的证明，一个简洁而优美的数论论证，完美展现了类方程的威力。

1. 证明策略：这是一个利用整除性质的证明。思路是：我们有一个整数等式（类方程）。我们知道方程的左边和一部分右边都能被素数 $p$ 整除，由此可以推出，剩下的那部分也必须能被 $p$ 整除。
2. 写下类方程：
   • 证明的第一步是写下适用于群 $P$ 的类方程：
   • 这里 $|P| = p^\alpha$。
3. 分析求和项：
   • 求和项是 $|P : C_P(g_i)|$，代表非中心共轭类的大小。
   • $g_i$ 是非中心元素，这意味着它的中心化子 $C_P(g_i)$ 不可能是整个群 $P$。即 $C_P(g_i) \neq P$。
   • $C_P(g_i)$ 是 $P$ 的一个真子群。根据拉格朗日定理，$|C_P(g_i)|$ 必须是 $|P|=p^\alpha$ 的因子。所以 $|C_P(g_i)| = p^\beta$，其中 $0 \le \beta < \alpha$。
   • 那么，指数 $|P : C_P(g_i)| = |P| / |C_P(g_i)| = p^\alpha / p^\beta = p^{\alpha - \beta}$。
   • 因为 $g_i$ 不是中心元素，所以它的共轭类大小大于1，这意味着指数 $|P : C_P(g_i)| > 1$。
   • 所以 $\alpha - \beta > 0$，即 $\alpha > \beta$。
   • 因此，$\alpha - \beta \ge 1$。这意味着 $|P : C_P(g_i)| = p^{\text{正整数}}$。
   • 关键结论：每一个求和项 $|P : C_P(g_i)|$ 都是 $p$ 的倍数，即 $p$ 整除 $|P : C_P(g_i)|$ 对于所有的 $i=1, \ldots, r$ 都成立。
4. 进行数论推理：
   • 我们将类方程变形为：$|Z(P)| = |P| - \sum_{i=1}^{r} |P : C_P(g_i)|$。
   • 我们来分析这个等式右边的每一项是否能被 $p$ 整除：
   • $|P| = p^\alpha$。因为 $\alpha \ge 1$，所以 $|P|$ 显然能被 $p$ 整除。
   • $\sum_{i=1}^{r} |P : C_P(g_i)|$：这是一个由若干能被 $p$ 整除的数相加得到的和。能被 $p$ 整除的数的和，也一定能被 $p$ 整除。
   • 现在我们有：$|Z(P)| = (\text{一个p的倍数}) - (\text{另一个p的倍数})$。
   • 两个 $p$ 的倍数之差，也必然是 $p$ 的倍数。
   • 因此，我们得出结论：$p$ 必须整除 $|Z(P)|$。
5. 得出最终结论：
   • $|Z(P)|$ 是群 $P$ 的一个子群（中心）的阶。子群的阶至少为1，因为单位元总是在里面。所以 $|Z(P)| \ge 1$。
   • 我们刚刚证明了 $p$ 整除 $|Z(P)|$。
   • 一个能被素数 $p$（$p \ge 2$）整除的正整数，最小也得是 $p$ 本身。所以 $|Z(P)|$ 不可能是1。
   • 因此， $|Z(P)| \ge p > 1$。
   • 这就证明了中心是非平凡的。证明完毕。

这个推论是定理8的直接且强大的应用，它完全确定了阶为 $p^2$ 的所有群的结构。

1. 推论的陈述：
   • 主要结论：任何一个阶为 $p^2$ （$p$是素数）的群，都必然是阿贝尔群（交换群）。
   • 这是一个非常强的结构性断言。例如，阶为 $4=2^2$ 的群，阶为 $9=3^2$ 的群，阶为 $25=5^2$ 的群，都一定是阿贝尔群。
   • 更精确的结论：不仅是阿贝尔群，它只有两种可能：要么是循环群 $Z_{p^2}$，要么是两个循环群的直积 $Z_p \times Z_p$。这是对这类群的完全分类。
2. 证明的第一部分：证明P是阿贝尔的
   • 利用定理8：因为 $|P|=p^2$ 是一个p-群，根据定理8，$Z(P) \neq \{1\}$。
   • 分析中心Z(P)的阶：根据拉格朗日定理，$|Z(P)|$ 必须整除 $|P|=p^2$。所以 $|Z(P)|$ 的可能性是 $1, p, p^2$。
   • 因为 $Z(P)$ 非平凡，所以 $|Z(P)| \neq 1$。
   • 所以 $|Z(P)|$ 只能是 $p$ 或 $p^2$。
   • 考虑商群P/Z(P)：
   • 如果 $|Z(P)|=p^2$，那么 $Z(P)=P$，这意味着 $P$ 本身就是阿贝尔群。结论成立。
   • 如果 $|Z(P)|=p$，那么商群 $P/Z(P)$ 的阶是 $|P|/|Z(P)| = p^2/p = p$。
   • 任何素数阶群都是循环群。所以 $P/Z(P)$ 是一个循环群。
   • 引用一个关键引理：原文提到“根据习题36，第3.1节”。这个习题的内容是：如果一个群 $G$ 的商群 $G/Z(G)$ 是循环群，那么 $G$ 必须是阿贝尔群。这是一个标准结论。
   • 得出结论：既然我们证明了 $P/Z(P)$ 是循环的，根据这个引理，$P$ 必须是阿贝尔群。
3. 证明的第二部分：分类P的结构
   • 现在我们已经知道 $P$ 是一个阶为 $p^2$ 的阿贝尔群。我们需要确定它到底是哪种阿贝尔群。
   • 根据有限阿贝尔群基本定理，任何这样的群都同构于 $Z_{p^2}$ 或 $Z_p \times Z_p$。这里的证明提供了一个更初等的论证。
   • 情况一：P中存在一个阶为 $p^2$ 的元素。
   • 假设存在一个元素 $g \in P$，其阶 $ord(g) = p^2$。
   • 那么由 $g$ 生成的循环子群 $\langle g \rangle$ 的阶也是 $p^2$。
   • 由于 $\langle g \rangle$ 是 $P$ 的一个子群，且它们的阶相同，所以 $P = \langle g \rangle$。
   • 这意味着 $P$ 是一个循环群，因此它同构于 $Z_{p^2}$。
   • 情况二：P中不存在阶为 $p^2$ 的元素。
   • 这意味着对于所有非单位元的元素 $x \in P$，其阶 $ord(x)$ 必须是 $|P|=p^2$ 的真因子。唯一的可能是 $p$。
   • 所以， $P$ 中每个非单位元素的阶都是 $p$。
   • 构造生成元：
   • 任取一个非单位元 $x \in P$。它生成一个子群 $\langle x \rangle$，阶为 $p$。
   • 由于 $|\langle x \rangle| = p < p^2 = |P|$，所以 $\langle x \rangle$ 不是整个群。因此存在一个元素 $y$ 在 $P$ 中但不在 $\langle x \rangle$ 中，即 $y \in P - \langle x \rangle$。
   • 考虑由 $x$ 和 $y$ 共同生成的子群 $\langle x, y \rangle$。
   • 因为 $y \notin \langle x \rangle$，所以 $\langle x, y \rangle$ 严格大于 $\langle x \rangle$。根据拉格朗日定理，$|\langle x, y \rangle|$ 必须整除 $|P|=p^2$，并且要大于 $|\langle x \rangle|=p$。
   • 唯一的可能性是 $|\langle x, y \rangle| = p^2$。所以 $P = \langle x, y \rangle$。
   • 构造同构：
   • 我们有两个元素 $x, y$，它们的阶都是 $p$。它们生成了整个群 $P$。
   • 考虑直积群 $\langle x \rangle \times \langle y \rangle$。因为 $x, y$ 的阶都是 $p$，所以这个直积群同构于 $Z_p \times Z_p$，其阶为 $p^2$。
   • 定义一个映射 $\phi: \langle x \rangle \times \langle y \rangle \to P$，规则是 $\phi(x^a, y^b) = x^a y^b$。（因为 $P$ 是阿贝尔的，所以 $x^a y^b = y^b x^a$）。
   • 可以验证这个映射是一个同态。由于源和目标的阶都是 $p^2$，我们只需证明它是单射或满射即可。
   • 这个映射是满射的，因为 $x, y$ 生成 $P$。
   • 因此，$\phi$ 是一个同构。
   • 所以 $P$ 同构于 $\langle x \rangle \times \langle y \rangle \cong Z_p \times Z_p$。

这一小段是一个引子，它通过类比读者可能更熟悉的线性代数中的概念，来为理解对称群 $S_n$ 中的共轭建立一个直观的框架。

1. 转向新主题：从前面讨论的一般群的共轭，现在聚焦到一个非常重要和具体的群——对称群 $S_n$（所有在 $n$ 个元素上的置换构成的群）。
2. 建立类比 (Analogy)：
   • 熟悉的领域：线性代数中的一般线性群 $GL_n(F)$，它是由所有 $n \times n$ 的可逆矩阵构成的群，其中元素来自域 $F$（例如实数 $\mathbb{R}$ 或复数 $\mathbb{C}$）。
   • 矩阵的共轭：在 $GL_n(F)$ 中，对一个矩阵 $A$ 的共轭操作是 $A \mapsto PAP^{-1}$。这里的 $P$ 是另一个可逆矩阵。这个操作在线性代数中被称为相似变换 (similarity transformation)。
   • 相似变换的意义：一个线性变换在不同基下的矩阵表示是相似的。如果一个线性变换在“标准基”下表示为矩阵 $A$，在另一组由可逆矩阵 $P$ 的列向量构成的基下，它的矩阵表示就是 $P^{-1}AP$。（注意：这里的 $P$ 是基变换矩阵，其作用形式是 $P^{-1}AP$ 或 $PAP^{-1}$，取决于 $P$ 定义为从旧到新还是从新到旧的变换）。
   • 核心思想：共轭操作 $A \mapsto PAP^{-1}$ 本质上没有改变线性变换本身，只是从一个不同的“视角”（不同的基）来观察它。共轭的矩阵（相似矩阵）代表的是同一个线性变换。
3. 引出 $S_n$ 的情况：
   • 原文说 “$S_n$ 中的情况是类似的”。这暗示了 $S_n$ 中的共轭 $\sigma \mapsto \tau \sigma \tau^{-1}$ 也有一个类似的“改变视角”的解释。
   • 在线性代数中，我们改变的是“基向量”。
   • 在对称群 $S_n$ 中，我们操作的对象是数字 $\{1, 2, \ldots, n\}$。因此，这里的“改变视角”很可能与“重新标记这些数字”有关。
   • 这个类比为我们理解下一条命题做好了心理准备：置换 $\tau$ 的作用，就是把置换 $\sigma$ 所操作的数字，按照 $\tau$ 的规则重新“贴上标签”。

这个命题给出了在对称群 $S_n$ 中计算一个共轭置换的极其简单和直观的方法。

1. 命题的陈述：
   • 它告诉我们如何找到置换 $\tau \sigma \tau^{-1}$ 的循环分解，只要我们知道 $\sigma$ 的循环分解。
   • 规则非常简单：直接在 $\sigma$ 的循环分解表达式中，把出现的每一个数字 $x$ 都换成 $\tau(x)$。
   • 例如，如果 $\sigma = (1 2 3)$ 且 $\tau = (14)(25)$，那么 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 的循环分解就是把 1 换成 $\tau(1)=4$，把 2 换成 $\tau(2)=5$，把 3 换成 $\tau(3)=3$。所以结果是 $(\tau(1) \tau(2) \tau(3)) = (4 5 3)$。
   • 这个规则适用于 $\sigma$ 的所有循环，包括不动点（1-循环）。
2. 证明的逻辑：
   • 证明的核心是验证这个“替换规则”为什么是正确的。它需要证明，如果 $\sigma$ 把 $i$ 映射到 $j$，那么 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 就会把 $\tau(i)$ 映射到 $\tau(j)$。
   • 我们来计算 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 作用在 $\tau(i)$ 上的结果：
   • 根据函数复合的结合律，这等于 $\tau(\sigma(\tau^{-1}(\tau(i))))$。
   • $\tau^{-1}$ 和 $\tau$ 是互逆的置换（函数），所以 $\tau^{-1}(\tau(i)) = i$。
   • 表达式变为 $\tau(\sigma(i))$。
   • 根据我们的假设，$\sigma(i)=j$。
   • 所以最终结果是 $\tau(j)$。
   • 证明完毕：我们已经证明了 $(\tau\sigma\tau^{-1})(\tau(i)) = \tau(j)$。
3. 证明的含义：
   • 这个等式 $(\tau\sigma\tau^{-1})(\tau(i)) = \tau(j)$ 意味着什么？
   • 在置换 $\sigma$ 中，存在一个映射关系 $i \mapsto j$。这在循环分解中表现为 $j$ 跟在 $i$ 后面（或者如果 $i$ 是循环的最后一个元素， $j$ 就是该循环的第一个元素）。
   • 在新的置换 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 中，存在一个映射关系 $\tau(i) \mapsto \tau(j)$。这意味着在 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 的循环分解中，$\tau(j)$ 会跟在 $\tau(i)$ 后面。
   • 这正好验证了我们的“替换规则”：$\sigma$ 的循环分解中的 ... i j ... 结构，在 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 的循环分解中变成了 ... τ(i) τ(j) ... 结构。

这是一个应用命题10进行计算的具体数值示例。

1. 给定元素：
   • $G=S_9$ (或任何 $S_n$ 只要 $n \ge 9$)。
   • 被共轭的置换 $\sigma = (12)(345)(6789)$。这是一个由一个2-循环、一个3-循环和一个4-循环组成的置换。
   • 执行共轭的置换 $\tau = (1357)(2468)$。这是一个由两个不相交的4-循环组成的置换。
2. 计算目标：求 $\tau \sigma \tau^{-1}$ 的循环分解。
3. 应用命题10的“替换法”：
   • 我们需要一个“数字-替换值”的对照表，这个表由 $\tau$ 给出：
   • $\tau(1)=3$
   • $\tau(2)=4$
   • $\tau(3)=5$
   • $\tau(4)=6$
   • $\tau(5)=7$
   • $\tau(6)=8$
   • $\tau(7)=1$
   • $\tau(8)=2$
   • $\tau(9)=9$ (9是 $\tau$ 的不动点)
   • 现在，我们逐个替换 $\sigma = (12)(345)(6789)$ 中的数字：
   • 第一个循环 $(12)$ 变为 $(\tau(1)\tau(2)) = (34)$。
   • 第二个循环 $(345)$ 变为 $(\tau(3)\tau(4)\tau(5)) = (567)$。
   • 第三个循环 $(6789)$ 变为 $(\tau(6)\tau(7)\tau(8)\tau(9)) = (8129)$。
4. 得出结论：
   • 将替换后的循环组合起来，得到：
   • 这与原文给出的结果完全一致。
5. 观察：
   • 原始置换 $\sigma$ 的循环结构是 (2-循环)(3-循环)(4-循环)。
   • 共轭后的置换 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 的循环结构也是 (2-循环)(3-循环)(4-循环)。
   • 共轭操作保持了循环结构的类型和长度，只改变了循环内部的具体数字。这个观察是理解共jang和循环类型关系的关键。

这部分引入了两个密切相关的定义：循环类型和整数的划分。这两个概念是将在 $S_n$ 中对共轭类进行分类的基石。

定义 (1): 循环类型 (Cycle Type)

• 对象：一个置换 $\sigma \in S_n$。
• 前提：首先，将 $\sigma$ 写成不相交循环的乘积形式。根据群论基本定理，这种分解是唯一的（除了循环的顺序和每个循环内部的起始数字）。
• 关键操作：

1. 写出完整的分解，必须包括所有不动点，每个不动点都看作一个 1-循环。
2. 列出所有这些不相交循环的长度。
3. 将这些长度按非递减（从小到大）的顺序排列。
   • 定义：这个排好序的长度序列 $n_1, n_2, \ldots, n_r$ 就被称为 $\sigma$ 的循环类型。
   • 唯一性：“根据前一节的结果，置换的循环类型是唯一的”。这是因为任何置换的不相交循环分解在本质上是唯一的，所以这些循环的长度集合也是唯一的，排序后自然也唯一。

定义 (2): n 的划分 (Partition of n)

• 对象：一个正整数 $n$。
• 定义：$n$ 的一个划分，是一个由正整数组成的序列，这个序列是非递减的，并且序列中所有数字的和恰好等于 $n$。
• 例如，整数 4 的划分有：
• 1, 1, 1, 1 (1+1+1+1=4)
• 1, 1, 2 (1+1+2=4)
• 1, 3 (1+3=4)
• 2, 2 (2+2=4)
• 4 (4=4)
• 所以，整数 4 共有 5 种不同的划分。

两个定义的联系

• 一个置换 $\sigma \in S_n$ 的循环类型 $(n_1, \ldots, n_r)$，其所有长度加起来必然等于 $n$。因为不相交循环分解（包括1-循环）包含了从 1 到 $n$ 的每一个数字，且每个数字只出现一次。所以 $\sum_{i=1}^r n_i = n$。
• 同时，根据循环类型的定义，序列 $n_1, \ldots, n_r$ 是非递减的。
• 这完全符合“$n$ 的划分”的定义！
• 结论：任何一个 $S_n$ 中置换的循环类型，都对应着整数 $n$ 的一个划分。

最后一个例子

• 一个 $m$-循环 $\sigma$ 在 $S_n$ 中。比如 $(12\dots m)$。
• 这个置换移动了 $m$ 个元素，剩下的 $n-m$ 个元素是它的不动点。
• 它的不相交循环分解是一个长度为 $m$ 的循环，和 $n-m$ 个长度为 1 的循环。
• 这些长度是 $m, 1, 1, \ldots, 1$ (共 $n-m$ 个 1)。
• 按照非递减顺序排列后，得到序列 $1, 1, \ldots, 1, m$。
• 这就是它的循环类型。

这是本节关于 $S_n$ 的核心定理，它完美地刻画了 $S_n$ 中的共轭类。

1. 命题的两个断言：
   • 断言1：给出了一个判定两个置换 $\sigma_1, \sigma_2$ 是否共轭的充要条件（if and only if）。这个条件就是：它们拥有完全相同的循环类型。
   • 断言2：给出了计算 $S_n$ 中共轭类总数的方法。这个数量等于整数 $n$ 的划分（partition）的数量。
2. 证明断言1：这是一个充要条件的证明，需要证明两个方向。
   • 方向一 (“仅当” / $\Rightarrow$)：如果 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 共轭，那么它们具有相同的循环类型。
   • 这个方向的证明在原文中一笔带过：“根据命题10...”。
   • 详细来说，如果 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 共轭，那么存在一个 $\tau$ 使得 $\sigma_2 = \tau \sigma_1 \tau^{-1}$。
   • 根据命题10，$\sigma_2$ 的循环分解是通过替换 $\sigma_1$ 循环分解中的数字得到的。这个替换过程保持了每个循环的长度不变。
   • 因此，$\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 的循环长度集合是完全相同的，所以它们的循环类型也必然相同。
   • 方向二 (“当” / $\Leftarrow$)：如果 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 具有相同的循环类型，那么它们共轭。
   • 这是证明的构造性部分，我们需要具体构造出一个 $\tau$ 使得 $\sigma_2 = \tau \sigma_1 \tau^{-1}$。
   • 构造步骤：
3. 将 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 都写成不相交循环的乘积，并按循环长度从小到大排列。
4. 关键思想：将两个置换的表达式“对齐”。

$\sigma_1 = (a_1 \dots a_{k_1})(b_1 \dots b_{k_2})\dots$

$\sigma_2 = (c_1 \dots c_{k_1})(d_1 \dots d_{k_2})\dots$

因为循环类型相同，所以对应位置的循环长度是相同的。

1. 定义 $\tau$：我们定义一个置换 $\tau$ 作为“翻译字典”。规则是：将 $\sigma_1$ 表达式中出现的第一个数字 $a_1$ 映射到 $\sigma_2$ 表达式中出现的第一个数字 $c_1$；将第二个数字 $a_2$ 映射到第二个数字 $c_2$，以此类推。

$\tau(a_1)=c_1, \tau(a_2)=c_2, \dots, \tau(b_1)=d_1, \dots$

1. 验证 $\tau$ 是一个置换：因为 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 的循环分解都包含了 $1, \dots, n$ 中所有数字各一次，所以这个映射 $\tau$ 建立了一个从 $\{1,\dots,n\}$ 到 $\{1,\dots,n\}$ 的一一对应，因此 $\tau$ 是一个合法的置换。
2. 应用命题10：现在我们用这个构造出来的 $\tau$ 去共轭 $\sigma_1$。根据命题10的替换规则，$\tau \sigma_1 \tau^{-1}$ 就是把 $\sigma_1=(a_1 \dots)(b_1 \dots)\dots$ 中的每个数字 $x$ 换成 $\tau(x)$。
   • $(a_1 a_2 \dots)$ 就会变成 $(\tau(a_1) \tau(a_2) \dots) = (c_1 c_2 \dots)$。
   • $(b_1 b_2 \dots)$ 就会变成 $(\tau(b_1) \tau(b_2) \dots) = (d_1 d_2 \dots)$。
   • ...
3. 结果发现，$\tau \sigma_1 \tau^{-1}$ 的循环分解正好就是我们写出的 $\sigma_2$ 的循环分解。所以 $\tau \sigma_1 \tau^{-1} = \sigma_2$。
4. 结论：我们成功构造出了一个 $\tau$ 使两者共轭。证明完毕。
5. 证明断言2：
   • 断言1建立了一个一一对应关系（双射）：
   • $S_n$ 的每个共轭类 $\leftrightarrow$ 一个唯一的循环类型。
   • 我们在上一节已经知道：
   • $S_n$ 的每个循环类型 $\leftrightarrow$ 整数 $n$ 的一个唯一的划分。
   • 通过传递性，我们得到：
   • $S_n$ 的每个共轭类 $\leftrightarrow$ 整数 $n$ 的一个唯一的划分。
   • 既然共轭类的集合和 $n$ 的划分的集合之间存在一个双射，那么这两个集合的元素数量必然相等。
   • 因此，$S_n$ 的共轭类的数量等于 $n$ 的划分数量。

这部分通过三个例子来具体展示命题11的应用。

例子 (1): 构造共轭元 $\tau$

• 给定：
• $\sigma_1 = (1)(35)(89)(2476) \in S_9$。其循环类型是 (1, 2, 2, 4)。
• $\sigma_2 = (3)(47)(81)(5269) \in S_9$。其循环类型也是 (1, 2, 2, 4)。
• 目标：根据命题11的证明过程，构造一个 $\tau$ 使得 $\tau\sigma_1\tau^{-1}=\sigma_2$。
• 构造步骤：

1. 对齐两个置换。为了清晰，我们按循环长度对齐。

$\sigma_1 = (1) (3 5) (8 9) (2 4 7 6)$

$\sigma_2 = (3) (4 7) (8 1) (5 2 6 9)$

1. 建立映射（$\tau$ 的定义）：将 $\sigma_1$ 表达式中的数字，按位置一一对应地映射到 $\sigma_2$ 中的数字。
   • 从1-循环：$\tau(1)=3$
   • 从第一个2-循环：$\tau(3)=4, \tau(5)=7$
   • 从第二个2-循环：$\tau(8)=8, \tau(9)=1$
   • 从4-循环：$\tau(2)=5, \tau(4)=2, \tau(7)=6, \tau(6)=9$
2. 写出 $\tau$：根据这个映射表，我们来写出 $\tau$ 的循环分解。
   • $1 \to 3 \to 4 \to 2 \to 5 \to 7 \to 6 \to 9 \to 1$。形成一个大循环 $(13425769)$。
   • $8 \to 8$。8是不动点。
   • 所以 $\tau = (13425769)(8)$。
   • 结论：这个构造出来的 $\tau$ 就是一个能将 $\sigma_1$ 共轭到 $\sigma_2$ 的元素。

例子 (2): 共轭元 $\tau$ 的不唯一性

• 背景：$\sigma_1$ 的循环类型 (1, 2, 2, 4) 中，长度2的循环出现了两次。这导致了歧义。
• 改变对齐方式：我们保持 $\sigma_1$ 不变，但将 $\sigma_2$ 的两个2-循环交换顺序。

$\sigma_1 = (1) (3 5) (8 9) (2 4 7 6)$

$\sigma_2' = (3) (8 1) (4 7) (5 2 6 9)$ (注意 (81) 和 (47) 交换了位置)

• 重新建立映射：
• 1-循环：$\tau(1)=3$
• 第一个2-循环：$\tau(3)=8, \tau(5)=1$
• 第二个2-循环：$\tau(8)=4, \tau(9)=7$
• 4-循环：$\tau(2)=5, \tau(4)=2, \tau(7)=6, \tau(6)=9$
• 写出新的 $\tau$：
• $1 \to 3 \to 8 \to 4 \to 2 \to 5 \to 1$。形成循环 $(138425)$。
• $6 \to 9 \to 7 \to 6$。形成循环 $(697)$。
• 等等，原文的计算是 $\tau=\left(\begin{array}{lllll}1 & 3 & 8 & 4 & 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}6 & 9\end{array}\right)$。让我们检查原文的 $\tau$。
• 原文的 $\tau$ 定义为 $\tau(1)=3, \tau(3)=8, \tau(5)=1, \tau(8)=4$ 等。这里的 "等" 字省略了细节。让我们根据原文给出的最终 $\tau$ 来反推映射。
• $\tau = (13842)(69)$。
• $\tau(1)=3, \tau(3)=8, \tau(8)=4, \tau(4)=2, \tau(2)=1$。
• $\tau(6)=9, \tau(9)=6$。
• $\tau(5)=5, \tau(7)=7$ (不动点)。
• 让我们用这个 $\tau$ 来共轭 $\sigma_1=(1)(35)(89)(2476)$。
• $(1) \to (\tau(1)) = (3)$
• $(35) \to (\tau(3)\tau(5)) = (85)$
• $(89) \to (\tau(8)\tau(9)) = (46)$
• $(2476) \to (\tau(2)\tau(4)\tau(7)\tau(6)) = (1279)$
• 结果是 $(3)(85)(46)(1279)$。这并不等于 $\sigma_2$。
• 看来原文的这个例子计算过程可能存在一些笔误或跳步。但其要表达的核心思想是正确的。
• 核心思想：当一个置换的循环类型中存在相同长度的循环时，你在对齐 $\sigma_1$ 和 $\sigma_2$ 时，可以有多种方式来配对这些相同长度的循环。每一种配对方式都会通过构造法产生一个不同的 $\tau$。因此，将 $\sigma_1$ 共轭到 $\sigma_2$ 的元素 $\tau$ 通常不是唯一的。

例子 (3): $S_5$ 的共轭类代表

• 目标：列出 $S_5$ 的所有共轭类。
• 根据命题11，这等价于列出整数5的所有划分，并为每个划分给出一个对应的置换例子。
• 划分与代表的表格：
• 划分 (1,1,1,1,1): 和为5。代表置换的循环长度是1,1,1,1,1。这就是单位元 $e$。
• 划分 (1,1,1,2): 和为5。代表是1个2-循环和3个1-循环。例如 $(12)$。
• 划分 (1,1,3): 和为5。代表是1个3-循环和2个1-循环。例如 $(123)$。
• 划分 (1,4): 和为5。代表是1个4-循环和1个1-循环。例如 $(1234)$。
• 划分 (5): 和为5。代表是1个5-循环。例如 $(12345)$。
• 划分 (1,2,2): 和为5。代表是2个2-循环和1个1-循环。例如 $(12)(34)$。
• 划分 (2,3): 和为5。代表是1个2-循环和1个3-循环。例如 $(12)(345)$。
• 结论：整数5共有7种划分，因此 $S_5$ 共有7个共轭类。这张表为每个共轭类都提供了一个最简单的代表元素。

本段是理论应用的一个精彩范例，它结合了命题11（组合计数）和命题6（代数关系），来精确计算 $S_n$ 中一个 $m$-循环的中心化子的阶，并最终确定其结构。

1. 目标：找出 $S_n$ 中一个 $m$-循环 $\sigma$ 的中心化子 $C_{S_n}(\sigma)$。
2. 策略：这是一个迂回但高效的策略。
   • Step 1 (组合计数)：不直接计算中心化子，而是先计算 $\sigma$ 的共轭类的大小。
   • Step 2 (代数关联)：利用命题6，即 $|Cl(\sigma)| = |S_n : C_{S_n}(\sigma)| = |S_n| / |C_{S_n}(\sigma)|$，来反推出中心化子的阶 $|C_{S_n}(\sigma)|$。
   • Step 3 (结构分析)：直接找出一些明显与 $\sigma$ 可交换的元素，数一数它们的数量。
   • Step 4 (结论)：如果 Step 3 找到的元素数量恰好等于 Step 2 计算出的阶数，那么我们就找到了全部的中心化子成员。
3. 执行 Step 1: 计算 $m$-循环的数量
   • $\sigma$ 是一个 $m$-循环。根据命题11，它的共轭类就是所有 $m$-循环的集合。所以问题转化为：$S_n$ 中有多少个不同的 $m$-循环？
   • 计数方法：
4. 从 $n$ 个数字中选出 $m$ 个数字来组成循环。有 $\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}$ 种选法。
5. 对于选出的 $m$ 个数字，可以写成 $(m-1)!$ 个不同的 $m$-循环。（固定第一个数字，剩下 $m-1$ 个数字全排列）。
6. 总数 = (选数字的方法数) $\times$ (排列成循环的方法数)

$= \frac{n!}{m!(n-m)!} \times (m-1)! = \frac{n!}{m \cdot (n-m)!}$

• 原文给出的公式 $\frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{m}$ 是等价的：
• 从 $n$ 个数字中按顺序选 $m$ 个，有 $P(n,m) = n(n-1)\dots(n-m+1)$ 种方法。
• 但这会重复计数，因为 $(a_1 a_2 \dots a_m)$, $(a_2 \dots a_m a_1)$ 等 $m$ 种写法都是同一个循环。
• 所以要除以 $m$。结果是 $\frac{n(n-1)\dots(n-m+1)}{m}$。

1. 执行 Step 2: 计算中心化子的阶
   • $|\text{m-循环的数量}| = \frac{|S_n|}{|C_{S_n}(\sigma)|}$
   • $\frac{n!}{m(n-m)!} = \frac{n!}{|C_{S_n}(\sigma)|}$
   • 两边消去 $n!$，得到 $|C_{S_n}(\sigma)| = m \cdot (n-m)!$。
2. 执行 Step 3: 构造中心化子的成员
   • 哪些元素 $\tau$ 肯定与 $m$-循环 $\sigma$ 可交换（即 $\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma$）？
   • 第一类：$\sigma$ 的幂。
   • $\sigma^i$ 显然与 $\sigma$ 可交换，因为 $\sigma^i \sigma = \sigma^{i+1} = \sigma \sigma^i$。
   • $\sigma$ 是一个 $m$-循环，所以它生成的循环子群 $\langle\sigma\rangle = \{1, \sigma, \dots, \sigma^{m-1}\}$ 有 $m$ 个元素。这些都是中心化子的成员。
   • 第二类：与 $\sigma$ 不相交的置换。
   • $\sigma$ 使用了 $m$ 个数字。剩下 $n-m$ 个数字 $\sigma$ 根本没碰。
   • 任何一个只作用于这 $n-m$ 个数字、而固定 $\sigma$ 所用数字的置换 $\tau$，都与 $\sigma$ 不相交。
   • 不相交的置换是可交换的。这是一个基本结论。
   • 所有这样的置换 $\tau$ 构成了作用在 $n-m$ 个数字上的一个完整的对称群，这个群同构于 $S_{n-m}$，其阶为 $(n-m)!$。
   • 组合这两类：
   • 我们可以将第一类的元素和第二类的元素相乘，得到形如 $\sigma^i \tau$ 的元素。
   • 由于 $\sigma^i$ 和 $\tau$ 作用的数字集合不相交，它们也是可交换的。
   • 这样的元素总共有 $m \times (n-m)!$ 个。
3. 执行 Step 4: 对比结论
   • 通过代数方法（Step 2），我们计算出中心化子的阶必须是 $m \cdot (n-m)!$。
   • 通过构造方法（Step 3），我们找到了 $m \cdot (n-m)!$ 个确实在中心化子里的元素。
   • 两者数量相等。因此，我们找到的就是中心化子的全部成员。
4. 明确写出中心化子的结构
   • $C_{S_n}(\sigma) = \{\sigma^i \tau \mid 0 \le i \le m-1, \tau \in S_{n-m}\}$。
   • $S_{n-m}$ 在此处的准确含义是：作用于 $\{1, \dots, n\}$ 中未被 $\sigma$ 移动的 $n-m$ 个数字的置换所构成的子群。
   • 这个结构是一个直积：$C_{S_n}(\sigma) \cong \langle\sigma\rangle \times S_{n-m}$。

这是一个将上一段的通用公式应用到具体数值上的例子。

1. 问题设定：
   • 群：$S_7$ ($n=7$)。
   • 元素：$\sigma = (135)$。这是一个3-循环 ($m=3$)。
   • 目标：描述 $\sigma$ 在 $S_7$ 中的中心化子 $C_{S_7}((135))$。
   • 原文中 $\sigma=\binom{135}{5}$ 可能是印刷错误，应为 $\sigma=(135)$。
2. 应用通用公式：
   • 上一段的结论是：如果 $\sigma$ 是一个 $m$-循环，其中心化子是 $C_{S_n}(\sigma) = \{\sigma^i \tau \mid 0 \le i \le m-1, \tau \in S_{n-m}\}$。
   • 我们将 $n=7, m=3$ 代入。
   • $i$ 的取值范围是 $0 \le i \le 3-1$，即 $i=0, 1, 2$。
   • $\sigma^i$ 指的是 $(135)^i$，这包括 $(135)^0=1$, $(135)^1=(135)$, $(135)^2=(153)$。共有 $m=3$ 种选择。
   • $\tau$ 是作用在 $n-m = 7-3=4$ 个数字上的置换。
   • 哪些数字？是 $\sigma=(135)$ 没有动过的数字。在 $\{1,2,3,4,5,6,7\}$ 中，排除了 $\{1,3,5\}$，剩下的是集合 $A = \{2,4,6,7\}$。
   • 所以，$\tau$ 是任何一个只作用于集合 $A$ 并固定 $\{1,3,5\}$ 的置换。
   • 所有这样的 $\tau$ 构成的群，与 $S_4$ 同构。
3. 描述中心化子：
   • 将这些部分组合起来，就得到了原文中的描述：
4. 计算中心化子的阶：
   • $\sigma^i$ 有 3 种选择 ($i=0,1,2$)。
   • $\tau$ 是作用在 4 个元素上的置换，所以 $\tau$ 有 $4!$ 种选择。
   • $4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$。
   • 中心化子的总阶数是 (第一部分的选择数) $\times$ (第二部分的选择数) = $3 \times 24 = 72$。
   • 用公式验证：我们也可以直接用上一段的公式 $|C_{S_n}(\sigma)| = m \cdot (n-m)!$ 来计算。
   • $m=3, n=7$。
   • $|C_{S_7}((135))| = 3 \cdot (7-3)! = 3 \cdot 4! = 3 \cdot 24 = 72$。
   • 两种方法得到的结果完全一致。

这一部分为证明 $A_5$ 是单群提供了一个至关重要的理论工具：正规子群与共轭类之间的关系。

1. 承上启下：
   • 第一句是一个过渡，告诉我们关于中心化子的讨论暂告一段落，接下来要开启一个新的、更宏大的目标：证明 $A_5$ 的单性。
   • 单群 (Simple Group)：一个群如果除了它自身和平凡子群 $\{1\}$ 之外，没有其他正规子群，那么它就被称为单群。单群在有限群理论中的地位，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”。证明一个群是单群是一件意义重大的事。
   • $A_5$ 是5个元素上的交错群，即所有偶置换构成的群，其阶为 $5!/2=60$。
2. 核心观察：正规子群的结构
   • 断言：一个正规子群 $H$ 必须是群 $G$ 中若干个共轭类的完整并集。
   • “要么全要，要么全不要”原则：对于任何一个共轭类 $\mathcal{K}$，如果 $H$ 包含了 $\mathcal{K}$ 中的哪怕一个元素，那么它必须包含 $\mathcal{K}$ 中的所有元素。用集合的语言说，就是 $\mathcal{K}$ 和 $H$ 的关系只有两种可能：要么 $\mathcal{K}$ 完全在 $H$ 内部（$\mathcal{K} \subseteq H$），要么 $\mathcal{K}$ 完全在 $H$ 外部（$\mathcal{K} \cap H = \emptyset$）。
3. 证明这个观察：
   • 前提：假设 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群（$H \unlhd G$）。
   • 假设交集非空：我们假设一个共轭类 $\mathcal{K}$ 和 $H$ 的交集不是空的，即 $\mathcal{K} \cap H \neq \emptyset$。这意味着至少存在一个元素 $x$，它既在 $\mathcal{K}$ 中，也在 $H$ 中。
   • 目标：我们要证明，在这种情况下，整个 $\mathcal{K}$ 都必须被包含在 $H$ 中。
   • 证明步骤：
4. 因为 $x \in \mathcal{K}$，所以 $\mathcal{K}$ 是 $x$ 的共轭类，即 $\mathcal{K} = \{gxg^{-1} \mid g \in G\}$。
5. 因为 $x \in H$，并且 $H$ 是一个正规子群，所以根据正规子群的定义，$gHg^{-1}=H$ 对所有 $g \in G$ 都成立。
6. 既然 $x \in H$，那么对于任何 $g \in G$，元素 $gxg^{-1}$ 必然属于集合 $gHg^{-1}$。
7. 由于 $gHg^{-1}=H$，所以 $gxg^{-1}$ 必然属于 $H$。
8. 这个结论对 所有 $g \in G$ 都成立。这意味着 $x$ 的所有共轭元素（即 $\mathcal{K}$ 中的所有元素）都必须在 $H$ 中。
9. 因此，$\mathcal{K} \subseteq H$。
   • 结论：我们证明了，只要一个正规子群“沾染”了一个共轭类中的任何一个元素，它就必须“吞下”整个共轭类。

这是本章的一个高潮部分，通过前面建立的关于共轭类的所有理论，来证明一个在群论中具有里程碑意义的结果：$A_5$ 是一个单群。

1. 证明策略：
   • 第一步：将 $A_5$ 分解成共轭类，并计算每个共轭类的大小。
   • 第二步：假设存在一个正规子群 $H$。根据上一节的结论，$H$ 必须是这些共轭类的并集，并且必须包含单位元类 $\{1\}$。
   • 第三步：$H$ 的阶 $|H|$ 必须是 $A_5$ 的阶 60 的一个因子。
   • 第四步：通过检查所有可能的共轭类组合，看它们的元素总数之和是否能等于60的某个真因子（大于1且小于60的因子）。如果找不到这样的组合，就说明不存在这样的正规子群 $H$。
2. 第一步：计算 $A_5$ 的共轭类
   • 一个重要的微妙之处：在 $S_n$ 中，共轭等价于循环类型相同。但在其子群 $A_n$ 中，这不一定成立。一个在 $S_n$ 中的共轭类，如果它完全包含在 $A_n$ 中，它在 $A_n$ 里可能会“分裂”成两个大小相等的共轭类。
   • 分裂的条件（来自习题，是一个关键定理）：$S_n$ 中一个共轭类 $\mathcal{K} \subset A_n$ 在 $A_n$ 中分裂，当且仅当 $\mathcal{K}$ 中任何一个元素 $\sigma$ 的中心化子 $C_{S_n}(\sigma)$ 也完全包含在 $A_n$ 中（即 $C_{S_n}(\sigma)$ 中只含偶置换）。
   • $A_5$ 中的元素类型：$|A_5| = 5!/2 = 60$。其元素的循环类型（除去单位元）有：
   • 3-循环，如 $(123)$。
   • 5-循环，如 $(12345)$。
   • 两个不相交的2-循环，如 $(12)(34)$。

• 分析每种类型：
• 单位元 1：循环类型 (1,1,1,1,1)。它自己构成一个共轭类，大小为 1。
• 3-循环 (如 (123))：
• 在 $S_5$ 中，3-循环共有 $\binom{5}{3} \times (3-1)! = 10 \times 2 = 20$ 个。它们都属于 $A_5$。
• (123) 的中心化子 $C_{S_5}((123))$ 包含哪些元素？我们知道它包含 $\langle(123)\rangle = \{1, (123), (132)\}$，还包含与 (123) 不相交的置换，即作用在 $\{4,5\}$ 上的置换 $\{1, (45)\}$。所以 $C_{S_5}((123)) = \{1, (123), (132), (45), (123)(45), (132)(45)\}$。
• 这个中心化子中包含了奇置换 $(45)$。
• 根据分裂条件，因为 $C_{S_5}((123))$ 不全在 $A_5$ 中，所以这个共轭类在 $A_5$ 中不分裂。
• 结论：所有20个3-循环在 $A_5$ 中仍然构成一个共轭类，大小为 20。
• 5-循环 (如 (12345))：
• 在 $S_5$ 中，5-循环共有 $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{5} = 24$ 个。它们都属于 $A_5$。
• (12345) 的中心化子 $C_{S_5}((12345)) = \langle(12345)\rangle = \{1, (12345), (15432), (13524), (14253)\}$。(注：原文用$C_{A_5}$计算是跳步了，应该先在$S_5$里看)。这个中心化子里的5个元素都是偶置换。
• 根据分裂条件，因为 $C_{S_5}((12345))$ 完全包含在 $A_5$ 中，所以这个共轭类在 $A_5$ 中必须分裂！
• 它会分裂成两个大小相等的共轭类，每个类的大小是 $24/2 = 12$。
• 结论：24个5-循环在 $A_5$ 中形成两个共轭类，大小都为 12。
• 两个2-循环 (如 (12)(34))：
• 在 $S_5$ 中，这种类型的置换共有 $\frac{\binom{5}{2}\binom{3}{2}}{2} = 15$ 个。它们都属于 $A_5$。
• (12)(34) 的中心化子 $C_{S_5}((12)(34))$ 是什么？它与 $(12)$ 可交换（一个奇置换）。
• 因为 $C_{S_5}((12)(34))$ 中包含了奇置换，所以这个共轭类在 $A_5$ 中不分裂。
• 结论：所有15个形如 $(ab)(cd)$ 的置换在 $A_5$ 中构成一个共轭类，大小为 15。

1. 第二步和第三步：汇总共轭类大小，并对照60的因子
   • 我们得到了 $A_5$ 的所有共轭类的大小：1, 15, 20, 12, 12。
   • 检查总和：$1+15+20+12+12 = 60$，与 $|A_5|$ 相符，说明分类无误。
   • 现在，假设 $H$ 是一个正规子群。$|H|$ 必须是 $\{1, 15, 20, 12, 12\}$ 中若干个数的和（必须包含1），并且 $|H|$ 必须整除 60。
   • 60的真因子有：2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30。
2. 第四步：检查所有组合
   • $|H|=1$: 这是平凡子群 $\{1\}$。
   • $|H|$ 能否等于 2, 3, 4, 5, 6, 10? 不可能，因为除了1之外最小的共轭类是12。$1+...$ 不可能凑出这些小数字。
   • $|H|=12$?: 我们只能取大小为1和... 无法凑出12。
   • $|H|=15$?: 我们只能取大小为1和... 无法凑出15。
   • $|H|=20$?: 我们只能取大小为1和... 无法凑出20。
   • $|H|=30$?: 我们来试试组合。
   • $1+15+...$
   • $1+20+...$
   • $1+12+...$
   • $1+12+12=25$ (不行)
   • $1+12+15=28$ (不行)
   • $1+12+20=33$ (不行)
   • $1+15+20=36$ (不行)
   • 快速检查可以发现，从集合 $\{1, 12, 12, 15, 20\}$ 中，你无法选出包含1的任何子集，使其和等于60的任何一个真因子。
   • 所有可能的和：1, 13, 16, 21, 26, 28, 33, 36, ... 均不是60的因子。
3. 最终结论：
   • 唯一能凑成的、同时又是60的因子的和只有两种：
   • $|H|=1$ (对应平凡子群 $\{1\}$)。
   • $|H|=1+15+20+12+12=60$ (对应整个群 $A_5$)。
   • 因此，$A_5$ 没有非平凡的真子群。
   • 根据单群的定义，$A_5$ 是一个单群。

本段引入了右群作用的概念，并介绍了一种非常常见的右共轭作用的记法。

1. 左群作用 vs 右群作用：
   • 我们之前一直使用的 $g \cdot a$ 是一种左群作用，因为群元素 $g$ 在集合元素 $a$ 的左边。
   • 右群作用则反过来，将群元素写在右边，记为 $a \cdot g$。
   • 公理的区别：
   • 左作用公理1：$g_1 \cdot (g_2 \cdot a) = (g_1 g_2) \cdot a$。（先作用 $g_2$ 再作用 $g_1$，等同于先乘好 $g_1g_2$ 再作用）
   • 右作用公理1：$(a \cdot g_1) \cdot g_2 = a \cdot (g_1 g_2)$。（先作用 $g_1$ 再作用 $g_2$，等同于先乘好 $g_1g_2$ 再作用）。注意 $g_1$ 和 $g_2$ 的顺序在两边是相同的，这是与左作用的关键区别。
   • 单位元公理是相同的：$1 \cdot a = a$ (左)，$a \cdot 1 = a$ (右)。
2. 右共轭作用的记法：
   • 一个非常流行且方便的记法是用上标来表示右共轭作用：$a^g$。
   • 定义：$a^g = g^{-1}ag$。
   • 注意：这里的逆元 $g^{-1}$ 出现在左边！这是为了让它满足右作用的公理。这是一个关键的设计。
3. 验证右共轭作用的公理：
   • 验证公理1：$(a^{g_1})^{g_2} = a^{(g_1g_2)}$。
   • 从左边开始：$(a^{g_1})^{g_2}$。
   • 根据定义，$a^{g_1} = g_1^{-1}ag_1$。
   • 所以 $(a^{g_1})^{g_2} = g_2^{-1} (a^{g_1}) g_2 = g_2^{-1} (g_1^{-1}ag_1) g_2$。
   • 利用结合律：$(g_2^{-1}g_1^{-1}) a (g_1g_2)$。
   • 利用逆元性质 $(g_1g_2)^{-1} = g_2^{-1}g_1^{-1}$，表达式变为 $(g_1g_2)^{-1} a (g_1g_2)$。
   • 这正好是 $a^{(g_1g_2)}$ 的定义。公理成立。
   • 验证公理2：$a^1 = a$。
   • $a^1 = 1^{-1} a 1 = 1 a 1 = a$。公理成立。
   • “指数定律”：$(a^{g_1})^{g_2} = a^{g_1g_2}$ 这种形式酷似我们熟悉的指数运算法则 $(x^m)^n = x^{mn}$，这使得这种记法非常自然和易于记忆。
   • 区分：原文提醒，要区分共轭 $a^g$（上标是群元素）和整数幂 $a^n$（上标是整数）。
4. 使用该记法的动机：
   • 共轭在群论中极为常用。
   • 记号 $a^g$ 比 $g^{-1}ag$ 或 $g \cdot a$ 更简洁、更高效。
   • 指数形式的公理也让计算和推导更符合直觉。

本段阐明了左群作用和右群作用之间的内在联系，并解释了作者坚持使用左作用的原因。

1. 左右作用的转换：
   • 本段给出了一个通用的“翻译”规则，可以在左作用和右作用之间来回切换。
   • 从左到右：如果有一个左作用 g • a，你可以定义一个右作用 a · g 为 g⁻¹ • a。
   • 从右到左：如果有一个右作用 a · g，你可以定义一个左作用 g • a 为 a · g⁻¹。
   • 这种通过逆元建立起来的成对的左/右作用，被称为对应群作用。
2. 对应群作用的核心思想：
   • “$g$ 在左侧的作用方式与 $g^{-1}$ 在右侧的作用方式相同”。
   • 这句话是关键。$g \cdot a = a \cdot g^{-1}$。
   • 这意味着，用 $g$ 进行左作用得到的结果，和用 $g^{-1}$ 进行右作用得到的结果是一样的。
3. 在共轭作用中的体现：
   • 左共轭作用的定义是：$g \cdot a = gag^{-1}$。
   • 右共轭作用的定义是：$a^h = h^{-1}ah$。
   • 让我们看看 $g$ 的左作用和 $g^{-1}$ 的右作用：
   • $g$ 的左作用结果是：$gag^{-1}$。
   • $g^{-1}$ 的右作用结果是：$a^{(g^{-1})} = (g^{-1})^{-1} a (g^{-1}) = g a g^{-1}$。
   • 两者结果完全相同！这完美地印证了“$g$ 在左侧的作用方式与 $g^{-1}$ 在右侧的作用方式相同”的结论。
4. 共轭关系的不变性：
   • “左共轭”关系：$b$ 与 $a$ 左共轭 $\iff$ 存在 $g$ 使得 $b=gag^{-1}$。
   • “右共轭”关系：$b$ 与 $a$ 右共轭 $\iff$ 存在 $h$ 使得 $b=h^{-1}ah$。
   • 这两个关系是等价的。如果 $b=gag^{-1}$，我们可以取 $h=g^{-1}$，那么 $h^{-1}ah = (g^{-1})^{-1}ag^{-1} = gag^{-1} = b$。所以左共轭蕴含右共轭。反之亦然。
   • 因此，“共轭”这个关系本身不依赖于你使用左作用还是右作用的观点。
   • 轨道是相同的：一个元素 $a$ 的左轨道 $\{gag^{-1} \mid g \in G\}$ 和它的右轨道 $\{h^{-1}ah \mid h \in G\}$ 是完全相同的集合（因为当 $g$ 遍历 $G$ 时，$h=g^{-1}$ 也会遍历 $G$）。所以共轭类的概念是唯一的。
5. 作者的偏好和原因：
   • 作者申明，本书一直使用左作用。
   • 原因：左作用与标准的函数记法 $\phi(x)$ (函数名在变量左边) 更兼容。
   • 例子：
   • 左陪集上的左乘：当 $G$ 作用于子群 $H$ 的左陪集集合 $\{gH\}$ 时，定义作用为 $g_1 \cdot (g_2 H) = (g_1 g_2) H$ 是一个自然的左作用。
   • 右陪集上的右乘：当 $G$ 作用于右陪集集合 $\{Hg\}$ 时，定义作用为 $(H g_1) \cdot g_2 = H (g_1 g_2)$ 是一个自然的右作用。
   • 当我们将群作用转化为置换表示（一个从 $G$ 到对称群 $S_A$ 的同态）时，使用左作用可以自然地得到一个同态 $\phi(g_1g_2) = \phi(g_1) \circ \phi(g_2)$。如果使用右作用，为了得到一个标准的同态，可能需要将函数写在右边，或者定义一个反同态，这会带来一些记法上的不便。
6. 结论：熟悉两种作用都很有用，因为在某些问题中，一个集合上可能同时存在自然的左作用和右作用（例如一个群同时通过左乘和右乘作用于自身）。

习题 1

• 问题主旨：证明左作用定义的“在同一轨道”关系和对应右作用定义的“在同一轨道”关系是完全相同的。
• 定义解析：
• 左作用 $g \cdot a$。
• 对应右作用 $a \cdot g$ 根据定义等于 $g^{-1} \cdot a$。
• 关系 $\sim$：$a \sim b \iff a = g \cdot b$。这意味着 $a$ 在 $b$ 的左轨道上。这是一个等价关系，其等价类就是轨道。
• 关系 $\sim'$：$a \sim' b \iff a = b \cdot g$。这意味着 $a$ 在 $b$ 的右轨道上。
• 证明思路：我们需要证明 $a \sim b \implies a \sim' b$ 并且 $a \sim' b \implies a \sim b$。
• 证明 $a \sim b \implies a \sim' b$：

1. 假设 $a \sim b$，所以存在某个 $g \in G$ 使得 $a = g \cdot b$。
2. 我们要证明存在某个 $h \in G$ 使得 $a = b \cdot h$。
3. 根据对应右作用的定义，$b \cdot h = h^{-1} \cdot b$。
4. 所以我们要找一个 $h$，使得 $a = h^{-1} \cdot b$。
5. 对比 $a=g \cdot b$ 和 $a=h^{-1} \cdot b$，我们只需取 $h^{-1} = g$，即 $h = g^{-1}$。
6. 因为 $g \in G$，所以 $h=g^{-1} \in G$。
7. 因此，我们找到了这样的 $h$，证明成立。
   • 证明 $a \sim' b \implies a \sim b$ 的过程完全类似。

习题 2

• 问题主旨：对三个具体的8阶和12阶群，完整地计算出它们所有的共轭类以及每个类的大小。
• 解题方法：
• 对于 (a) $D_8$ 和 (b) $Q_8$，正文中已经作为例子详细计算过了。可以直接引用结果或重新计算以作练习。类方程分别为 $8=2+2+2+2$ 和 $8=2+2+2+2$。
• 对于 (c) $A_4$（12阶交错群），需要：

1. 列出 $A_4$ 的所有12个元素。它们是单位元、8个3-循环（如(123)）和3个双2-循环（如(12)(34)）。
2. 计算中心 $Z(A_4)$。可以证明 $Z(A_4)=\{1\}$。
3. 对每种类型的元素（如(123)和(12)(34)）计算其中心化子的阶。
4. 使用公式 $|Cl(a)| = |A_4| / |C_{A_4}(a)| = 12 / |C_{A_4}(a)|$ 来计算共轭类大小。
5. 将群划分，直到所有12个元素都被覆盖。最终 $A_4$ 的类方程是 $12 = 1+3+4+4$。

习题 3

• 问题主旨：计算直积群的共轭类。
• 关键定理：对于直积群 $G = H \times K$，其一个元素 $(h, k)$ 的共轭类是 $h$ 在 $H$ 中的共轭类与 $k$ 在 $K$ 中的共轭类的笛卡尔积。即 $Cl_G((h,k)) = Cl_H(h) \times Cl_K(k)$。共轭类的大小就是两个子共轭类大小的乘积。
• 解题方法：
• (a) $Z_2 \times S_3$：$|G|=2 \times 6=12$。$Z_2$ 是阿贝尔群，共轭类是 $\{0\}$ 和 $\{1\}$。$S_3$ 的共轭类是 $\{1\}$, $\{(12),(13),(23)\}$, $\{(123),(132)\}$。将它们两两配对即可。例如，$Cl((1, (123))) = Cl_{Z_2}(1) \times Cl_{S_3}((123)) = \{1\} \times \{(123),(132)\} = \{(1,(123)), (1,(132))\}$，大小为 $1 \times 2 = 2$。
• (b) $S_3 \times S_3$：$|G|=36$。将 $S_3$ 的3个共轭类自身进行笛卡尔积。总共会有 $3 \times 3 = 9$ 个共轭类。
• (c) $Z_3 \times A_4$：$|G|=3 \times 12 = 36$。$Z_3$ 有3个大小为1的共轭类。$A_4$ 有4个共轭类。总共会有 $3 \times 4 = 12$ 个共轭类。

习题 4

• 问题主旨：证明正规化子和中心化子的共轭等于共轭子集的正规化子和中心化子。
• 证明思路 ($g N_{G}(S) g^{-1}=N_{G}\left(g S g^{-1}\right)$)：
• 这是一个集合相等的证明，需要证明两个方向的包含关系。
• 方向1 ($\subseteq$)：任取一个元素 $x \in g N_G(S) g^{-1}$。那么 $x=ghg^{-1}$，其中 $h \in N_G(S)$，即 $hSh^{-1}=S$。我们要证明 $x \in N_G(gSg^{-1})$，即证明 $x(gSg^{-1})x^{-1} = gSg^{-1}$。
• $x(gSg^{-1})x^{-1} = (ghg^{-1})(gSg^{-1})(ghg^{-1})^{-1} = gh(g^{-1}g)S(g^{-1}g)h^{-1}g^{-1} = g(hSh^{-1})g^{-1}$。
• 因为 $hSh^{-1}=S$，所以上式等于 $gSg^{-1}$。证明成立。
• 方向2 ($\supseteq$)：任取一个元素 $y \in N_G(gSg^{-1})$。所以 $y(gSg^{-1})y^{-1} = gSg^{-1}$。我们要证明 $y \in gN_G(S)g^{-1}$。这意味着要证明 $g^{-1}yg \in N_G(S)$。
• 我们需要验证 $(g^{-1}yg) S (g^{-1}yg)^{-1} = S$。
• $(g^{-1}yg) S (g^{-1}y^{-1}g) = g^{-1}(y(gSg^{-1})y^{-1})g$。
• 因为 $y \in N_G(gSg^{-1})$，所以括号里的内容是 $gSg^{-1}$。
• 所以上式等于 $g^{-1}(gSg^{-1})g = (g^{-1}g)S(g^{-1}g) = S$。证明成立。
• $C_G(S)$ 的证明完全类似，只需将集合 $S$ 替换为元素 $s$。

习题 5

• 问题主旨：将群的中心的指数与共轭类的大小联系起来。
• 定义解析：
• 中心的指数是 $n$，即 $|G:Z(G)|=n$。
• 一个共轭类的大小是 $|Cl(a)| = |G:C_G(a)|$。
• 证明思路：

1. 我们知道，中心 $Z(G)$ 是群 $G$ 的一个子群。
2. 对于任何元素 $a \in G$，$Z(G)$ 中的所有元素都与 $a$ 可交换。
3. 所以 $Z(G)$ 必然是 $a$ 的中心化子 $C_G(a)$ 的一个子群。即 $Z(G) \leq C_G(a) \leq G$。
4. 根据拉格朗日定理的推论（指数的可乘性）：$|G:Z(G)| = |G:C_G(a)| \cdot |C_G(a):Z(G)|$。
5. 代入已知条件和定义：$n = |Cl(a)| \cdot |C_G(a):Z(G)|$。
6. 由于 $|C_G(a):Z(G)|$ 是一个指数，它必然是 $\ge 1$ 的整数。
7. 因此，$|Cl(a)| = n / |C_G(a):Z(G)| \le n$。
8. 所以，任何共轭类的大小都不能超过 $n$。

习题 6

• 问题主旨：分析一个15阶非阿贝尔群的类方程结构。
• 背景知识：阶为 $pq$（$p<q$ 为素数）的群的结构。可以证明，如果 $p$ 不整除 $q-1$，则任何阶为 $pq$ 的群都是循环群。在这里，$15=3 \times 5$，$p=3, q=5$，$p$ 不整除 $q-1=4$。所以任何阶为15的群都同构于 $Z_{15}$，因此是阿贝尔群。所以，一个15阶非阿贝尔群根本不存在。这道题的假设是矛盾的，但我们可以按照题意进行分析，这可能是一个引导性的思考题。
• 证明 $Z(G)=1$：
• $|Z(G)|$ 必须整除 $|G|=15$，所以 $|Z(G)| \in \{1,3,5,15\}$。
• 如果 $|Z(G)|=15$，则 $G$ 是阿贝尔群，与题设矛盾。
• 如果 $|Z(G)|=3$ 或 $5$，则商群 $|G/Z(G)|$ 的阶为 $15/3=5$ 或 $15/5=3$。两者都是素数，所以 $G/Z(G)$ 是循环群。
• 根据“$G/Z(G)$ 循环 $\implies$ $G$ 阿贝尔”的引理（题中引用的习题），$G$ 将是阿贝尔群，与题设矛盾。
• 因此，唯一剩下的可能性是 $|Z(G)|=1$。
• 证明只有一个可能的类方程：
• 类方程为 $15 = 1 + \sum |G:C_G(g_i)|$。
• 求和项 $|G:C_G(g_i)|$ 是 $|G|=15$ 的因子且 $>1$，所以只能是 3 或 5。
• 所以我们有方程 $14 = \sum (\text{由3和5组成的项})$。
• $14$ 不能被3或5整除，所以求和项中必须同时包含3和5。
• $14 = 3a + 5b$。$a,b$ 为正整数。若 $b=1$, $3a=9, a=3$。若 $b=2$, $3a=4$ (无解)。
• 所以唯一的解是 $14 = 3+3+3+5$。
• 这还不够，我们需要验证是否存在这样的群。对于指数为3的项，$|C_G(g_i)|=5$。对于指数为5的项，$|C_G(g_j)|=3$。这些中心化子的阶都是素数，所以它们是循环群。这与 $\langle g \rangle \le C_G(g)$ 相容。
• 因此，唯一的类方程形式是 $15 = 1 + 3 + 3 + 3 + 5$（如果允许重复的话）。更准确地说，应该是有3个大小为5的共轭类和1个大小为3的共轭类。所以方程是 $15=1+5+5+5+3$。等等，$14=3a+5b$, $b=1, a=3 \implies 3*3+5 = 14$。$14=3+3+3+5$。不对。$14 = 5+3+3+3$。哦，是求和项的值。求和项是指数，即共轭类的大小。所以共轭类大小的集合是 $\{3,3,3,5\}$？不，应该是 $14=5+3+...$
• 唯一的解是 $14 = 3a+5b \implies b=1, a=3$ 不对; $b=2, a=4/3$ 不对; $a=3, b=1$ 不对。$a=2, 5b=8$ 不对。$a=1, 5b=11$ 不对。$a=3, 5b=5, b=1$ 不对。$a=4, 5b=2$ 不对。
• 让我们再看一下 $14=3a+5b$。$b=1 \implies 3a=9 \implies a=3$。所以是 3个大小为3的类，和 1个大小为5的类？ $3 \times 3 + 1 \times 5 = 14$。
• 所以类方程是 $15 = 1 + 3+3+3+5$。

习题 7

• 问题主旨：练习划分和循环类型的对应关系。
• 解题方法：对 $n=3,4,6,7$ 分别进行：

1. 写出整数 $n$ 的所有划分。例如 $n=4$，划分是 (1,1,1,1), (1,1,2), (1,3), (2,2), (4)。
2. 对每一种划分，写出一个具有对应循环类型的置换。例如对于 (2,2)，写出 $(12)(34)$。

习题 8

• 问题主旨：证明对于 $n \ge 3$，$S_n$ 的中心是平凡的。
• 证明思路：

1. 设 $\sigma \in Z(S_n)$ 且 $\sigma \ne 1$。
2. 因为 $\sigma$ 在中心，所以它与 $S_n$ 中所有元素可交换。$\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma$ 对所有 $\tau \in S_n$ 成立。
3. 这意味着 $\sigma$ 的共轭类只有它自己一个元素，大小为1。
4. 我们来证明，只要 $n \ge 3$，任何非单位元的置换 $\sigma$ 的共轭类大小都大于1。
5. 设 $\sigma$ 不是单位元，那么它至少移动了一个数字，比如 $\sigma(i)=j$ 且 $i \ne j$。
6. 因为 $n \ge 3$，所以至少还存在一个数字 $k$，它不同于 $i$ 和 $j$。
7. 考虑置换 $\tau=(jk)$。这是一个2-循环。
8. 计算 $\tau\sigma\tau^{-1}$。根据命题10，这个新置换会将 $\tau(i)$ 映射到 $\tau(j)$。
9. $\tau(i)=i$，$\tau(j)=k$。所以 $\tau\sigma\tau^{-1}(i) = k$。
10. 但是 $\sigma(i)=j$。由于 $j \ne k$，所以 $\tau\sigma\tau^{-1} \ne \sigma$。
11. 这说明 $\sigma$ 和 $\tau\sigma\tau^{-1}$ 是两个不同的元素，它们都在 $\sigma$ 的共轭类中。所以该共轭类大小至少为2。
12. 这与 $\sigma$ 在中心的假设（共轭类大小为1）矛盾。
13. 因此，中心里不可能有非单位元素。$Z(S_n)=\{1\}$。

习题 9

• 问题主旨：计算特定类型置换的中心化子的阶，并描述其结构。
• 置换：$\sigma=(12)(34)$，类型为 (2,2)。
• 计算阶数：

1. 先计算其共轭类的大小，即所有形如 $(ab)(cd)$ 的置换数量。
2. 从 $n$ 个数中选4个数：$\binom{n}{4}$。
3. 对于选出的4个数 $\{a,b,c,d\}$，可以组成3种不同的双对换：$(ab)(cd), (ac)(bd), (ad)(bc)$。
4. 所以共轭类大小是 $3 \binom{n}{4} = 3 \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}$。
5. $|C_{S_n}(\sigma)| = |S_n| / |Cl(\sigma)| = n! / (\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{8}) = \frac{8 \cdot n!}{n(n-1)(n-2)(n-3)} = 8 \cdot (n-4)!$。
   • 确定元素：
   • 哪些元素 $\tau$ 与 $\sigma=(12)(34)$ 可交换？
   • 第一类：由 $\sigma$ 自身相关的元素。$\{1, (12), (34), (12)(34)\}$ 这4个元素与 $\sigma$ 可交换吗？不。但 $\langle (12), (34) \rangle$生成的子群（一个克莱因四元群）中的元素 $\{1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ （作用在{1,2,3,4}上）与 $\sigma$ 可交换吗？考虑 $(13)(24) \sigma (13)(24) = (13)(24)(12)(34)(13)(24) = (14)(23) \ne \sigma$。不对。
   • 让我们直接构造。
6. 显然，$\sigma$ 本身和 $1$ 与自己可交换。
7. $(12)$ 与 $\sigma$ 可交换：$(12)\sigma(12) = (12)(12)(34)(12) = (34)(12) = \sigma$。
8. 同理，$(34)$ 与 $\sigma$ 可交换。
9. $(1324)$ 与 $\sigma$ 可交换吗？$(1324)\sigma(1423)=(1324)(12)(34)(1423) = (13)(24) \ne \sigma$。
10. 直接观察：任何保持 $\{1,2\}$ 和 $\{3,4\}$ 这两个集合不变的置换，或者交换这两个集合的置换，都可能与 $\sigma$ 可交换。
    • 在 $\{1,2\}$ 内部的置换（$1, (12)$）。
    • 在 $\{3,4\}$ 内部的置换（$1, (34)$）。组合起来有 $2 \times 2 = 4$ 个，即 $\{1, (12), (34), (12)(34)\}$。
    • 交换 $\{1,2\}$ 和 $\{3,4\}$ 这两个集合的置换。如 $(13)(24)$。$(13)(24)\sigma(13)(24) = (13)(24)(12)(34)(13)(24) = (31)(42) = (13)(24) \ne \sigma$。这个思路不对。
11. 正确思路：中心化子的元素由两部分组成：作用在 $\{1,2,3,4\}$ 上的置换，和作用在剩下 $n-4$ 个数字上的置换。后者构成 $S_{n-4}$，阶为 $(n-4)!$。
12. 我们需要找到 $C_{S_4}((12)(34))$。其阶为 $8 \cdot (4-4)! = 8$。
    • $\{1, (12)(34)\}$
    • $(12)$, $(34)$
    • $(13)(24)$, $(14)(23)$
    • $(1324)$, $(1423)$
    • 这8个元素构成了 $D_8$ 的一个同构拷贝。
    • 所以，中心化子的元素是：上述8个元素，与任何一个作用在 $\{5, \dots, n\}$ 上的置换的乘积。

习题 10

• 问题主旨：练习命题11的构造性证明，为同一共轭类中的元素找到共轭它的 $\tau$。
• 背景：在 $S_5$ 中，$\sigma=(12345)$ 的共轭类分裂成两个大小为12的类。但 $\sigma, \sigma^2, \sigma^{-1}, \sigma^{-2}$ 都在同一个 $S_5$ 共轭类中（都是5-循环）。所以一定存在 $\tau$。
• 解题方法：使用“对齐-映射”法。
• (a) $\tau \sigma \tau^{-1}=\sigma^{2}$
• $\sigma = (1 2 3 4 5)$
• $\sigma^2 = (1 3 5 2 4)$
• 对齐：$1 \to 1, 2 \to 3, 3 \to 5, 4 \to 2, 5 \to 4$。
• 定义 $\tau(1)=1, \tau(2)=3, \tau(3)=5, \tau(4)=2, \tau(5)=4$。
• 所以 $\tau = (2 3 5 4)$。
• (b) $\tau \sigma \tau^{-1}=\sigma^{-1}$
• $\sigma^{-1} = (1 5 4 3 2)$
• 对齐 $\sigma$ 和 $\sigma^{-1}$：$1 \to 1, 2 \to 5, 3 \to 4, 4 \to 3, 5 \to 2$。
• $\tau(1)=1, \tau(2)=5, \tau(3)=4, \tau(4)=3, \tau(5)=2$。
• $\tau=(25)(34)$。
• (c) $\tau \sigma \tau^{-1}=\sigma^{-2}$
• $\sigma^{-2} = (\sigma^2)^{-1} = (14253)$。
• 对齐 $\sigma$ 和 $\sigma^{-2}$：$1 \to 1, 2 \to 4, 3 \to 2, 4 \to 5, 5 \to 3$。
• $\tau=(2453)$。

习题 11

• 问题主旨：练习使用命题11的核心结论：判断共轭等价于判断循环类型是否相同。
• 解题方法：
• (a) $\sigma_1=(12)(345)$ 循环类型 (2,3)。$\sigma_2=(123)(45)$ 循环类型 (2,3)。循环类型相同，共轭。构造 $\tau$：对齐 $(12)(345)$ 和 $(45)(123)$，$\tau(1)=4, \tau(2)=5, \tau(3)=1, \tau(4)=2, \tau(5)=3$。$\tau=(14253)$。
• (b) $\sigma_1=(15)(372)(10\;6\;8\;11)$ 在 $S_{11}$ 中。循环类型 (1,1,1,2,3,4)。$\sigma_2=(3\;7\;5\;10)(4\;9)(1\;3\;11\;2)$。这里 $\sigma_2$ 的写法不是不相交循环，3出现了两次。需要先计算 $\sigma_2$ 的标准分解。$(37510)(13112) = (17510)(23)(11)$? 计算 $1 \to 3 \to 7 \to 7$.. No.. $1 \to 3 \to 7$, $7 \to 5$, $5 \to 10$, $10 \to 10$. $3 \to 11$, $11 \to 2$, $2 \to 3$. $1 \to 7 \to 5 \to 10 \to 10$. $2 \to 3 \to 11 \to 2$. So $(2311)$. $1 \to 3 \to 7$. $7 \to 7 \to 5$. $5 \to 5 \to 10$. $10 \to 10 \to 1$. So $(17510)$. $\sigma_2$ 是 $(17510)(2311)(49)$。循环类型 (2,4,4)。与 $\sigma_1$ 的 (1,1,1,2,3,4) 不同。不共轭。
• (c) $\sigma_1^{3}$。计算 $\sigma_1^3 = ((15)(372)(10\;6\;8\;11))^3$。$(15)^3=(15)$。$(372)^3=1$。$(10\;6\;8\;11)^3 = (10\;11\;8\;6)$。所以 $\sigma_1^3=(15)(10\;11\;8\;6)$。循环类型是 (1,1,1,1,1,2,4)。与 $\sigma_1$ 的 (1,1,1,2,3,4) 不同。不共轭。
• (d) $\sigma_1=(13)(246)$ 在 $S_6$ 中。循环类型 (1,2,3)。$\sigma_2=(35)(24)(56)=(356)(24)$。循环类型 (1,2,3)。循环类型相同，共轭。构造 $\tau$: 对齐 $(13)(246)$ 和 $(24)(356)$。$\tau(1)=2, \tau(3)=4, \tau(2)=3, \tau(4)=5, \tau(6)=6$。$\tau(5)=1$。$\tau=(12345)(6)$。

习题 12

• 问题主旨：根据元素的阶来反推其可能的循环类型，从而找到对应的共轭类代表。
• 背景知识：一个置换的阶是其不相交循环长度的最小公倍数。
• 解题思路 ($S_8$ 中阶为4的元素):

1. 我们要找一个划分 $n_1, \dots, n_r$ of 8，使得这些长度的最小公倍数 $lcm(n_1, \dots, n_r) = 4$。
2. 划分中必须包含长度为4的循环，或者长度能凑出4的lcm的循环（比如2和4，但2是4的因子）。
3. 可能性分析：
   • 包含一个4-循环：
   • (4, ...): 和为8。剩下4。
   • (4, 4): $lcm(4,4)=4$。代表: $(1234)(5678)$。
   • (4, 3, 1): $lcm(4,3)=12 \ne 4$。
   • (4, 2, 2): $lcm(4,2,2)=4$。代表: $(1234)(56)(78)$。
   • (4, 2, 1, 1): $lcm(4,2)=4$。代表: $(1234)(56)$。
   • (4, 1, 1, 1, 1): $lcm(4)=4$。代表: $(1234)$。
   • 不包含4-循环，但lcm为4：
   • 不可能。因为要lcm为4，必须有一个长度是4的倍数。在这个情况下只能是4或大于4的数。
   • $S_8$ 的代表：$(1234)$, $(1234)(56)$, $(1234)(56)(78)$, $(1234)(5678)$。
   • $S_{12}$ 的代表：用同样的方法分析12的划分，找出所有lcm为4的组合。例如 (4, ...)，(2,2, ...lcm为4?)。
   • (4, 8), (4, 4, 4), (4, 4, 2, 1, 1), (4, 3, ...), (4, 2, ...), (4, 1, ...)。
   • (4, 3, 2, 1, 1, 1), $lcm=12$.
   • (4, 2, ...), $lcm=4$.
   • 所以代表可以是 $(1234), (1234)(56), \dots, (1234)(5678)(9\;10\;11\;12)$ 等。

习题 13

• 问题主旨：通过共轭类的数量来反推群的结构。
• 分析：

1. 设 $|G|=n$。$G$ 有两个共轭类。
2. 其中一个共轭类必须是 $\{1\}$，大小为1。
3. 剩下的所有非单位元素构成另一个共轭类 $\mathcal{K}$。其大小为 $n-1$。
4. 我们知道共轭类的大小必须整除群的阶。所以 1 整除 $n$，且 $n-1$ 整除 $n$。
5. $n-1$ 整除 $n$ 的条件是什么？ $n = k(n-1)$ for some integer $k \ge 1$。
6. $n = kn-k \implies (k-1)n = k$。
7. 如果 $k=1$, $0=1$ (矛盾)。
8. 如果 $k=2$, $n=2$。
9. 如果 $k>2$, $k-1 \ge 2$, $n=k/(k-1) = 1 + 1/(k-1)$。这不是一个整数。
10. 所以唯一的可能性是 $n=2$。
    • 结论：阶为2的群是唯一的（同构意义下），即 $Z_2$。$Z_2=\{1,x\}$。它是阿贝尔群，共轭类是 $\{1\}$ 和 $\{x\}$，正好是两个。所以唯一的解是 $Z_2$。

习题 14

• 问题主旨：这是一个验证题，展示了“改变标记”如何导致一个共轭的置换表示。
• 背景：左正则表示是通过群在自身上的左乘作用得到的同态 $\pi: G \to S_G$。为了将 $S_G$ 写成 $S_n$，我们需要给 $G$ 的元素一个从1到$n$的标记。
• 解题思路：

1. 回顾或重新进行“第2节的习题1”。
2. 写出 (a) 部分的标记（比如 $1 \to 1, a \to 2, b \to 3, c \to 4$）和它产生的置换表示 $\pi_1(g)$。
3. 写出 (b) 部分的标记（比如 $1 \to 1, a \to 2, b \to 4, c \to 3$）和它产生的置换表示 $\pi_2(g)$。
4. 对于 $V$ 中的每一个元素 $g$（$1, a, b, c$），计算 $\tau \circ \pi_1(g) \circ \tau^{-1}$，其中 $\tau=(24)$。
5. 验证计算结果是否等于 $\pi_2(g)$。
6. 这本质上就是命题10的一个实例，这里的 $\tau$ 正是两个标记之间的转换关系。

习题 15 & 16

• 问题主旨：这是命题11构造性证明的实践。两个子群如果同构，它们不一定共轭。但如果它们是通过凯莱定理的不同标记得到的，它们就是共轭的。
• 背景：凯莱定理说任何群 $G$ 都同构于 $S_G$ 的一个子群。如果 $G$ 的阶是 $n$，我们可以将 $G$ 同构地嵌入到 $S_n$ 中，但嵌入的方式依赖于我们如何给 $G$ 的元素标记 $1, \dots, n$。不同的标记会产生 $S_n$ 中不同的子群，但这些子群彼此之间是共轭的。
• 解题思路：

1. 找出题目中提到的两个子群 $H_1$ 和 $H_2$。它们都是 $D_8$ 的同构拷贝。
2. $H_1$ 和 $H_2$ 是通过不同的方式将 $D_8$ 的元素映射到 $S_8$ (或 $S_4$) 的置换得到的。
3. 找出这两个映射（标记）之间的关系。比如，如果 $H_1$ 中代表 $r$ 的是置换 $\sigma_1$，H2 中代表 $r$ 的是置换 $\sigma_2$，那么我们需要找一个 $\tau$ 使得 $\tau\sigma_1\tau^{-1}=\sigma_2$ 对所有生成元成立。
4. 这本质上是求解一个类似命题11证明过程中的 $\tau$。你需要对齐两个子群的生成元，然后构造出能将一个的生成元共轭到另一个的生成元的 $\tau$。

习题 17

• 问题主旨：证明一个由“有限支持”的置换构成的集合 $D$ 是 $S_A$ 的一个正规子群。
• 定义解析：
• $F(X)$：被 $X$ 中所有置换都固定的点的集合。
• $M(\sigma)$：被置换 $\sigma$ 移动的点的集合。$|M(\sigma)|$ 是 $\sigma$ 的“支持”的大小。
• $D$：所有只移动有限个点的置换的集合。
• 证明思路：

1. 证明 D 是子群：
   • 单位元：$M(1) = \emptyset$，所以 $|M(1)|=0$ 是有限的。$1 \in D$。
   • 封闭性：设 $\sigma, \tau \in D$。$M(\sigma\tau) \subseteq M(\sigma) \cup M(\tau)$。两个有限集的并集是有限的，所以 $|\!|M(\sigma\tau)|\!|$ 是有限的。$\sigma\tau \in D$。
   • 逆元：$M(\sigma^{-1}) = M(\sigma)$。如果 $|M(\sigma)|$ 有限，那么 $|M(\sigma^{-1})|$ 也有限。$\sigma^{-1} \in D$。
2. 证明 D 是正规的：
   • 需要证明对于任何 $\pi \in S_A$ 和 $\sigma \in D$，都有 $\pi\sigma\pi^{-1} \in D$。
   • 我们需要看被 $\pi\sigma\pi^{-1}$ 移动的点的集合 $M(\pi\sigma\pi^{-1})$。
   • 可以证明 $M(\pi\sigma\pi^{-1}) = \pi(M(\sigma))$。即，如果 $\sigma$ 移动了集合 $M$, 那么 $\pi\sigma\pi^{-1}$ 移动的正是 $M$ 在 $\pi$ 下的像。
   • 由于 $\pi$ 是一个双射，所以 $|\pi(M(\sigma))| = |M(\sigma)|$。
   • 因为 $\sigma \in D$，所以 $|M(\sigma)|$ 是有限的。因此 $|\pi(M(\sigma))|$ 也是有限的。
   • 所以 $\pi\sigma\pi^{-1} \in D$。$D$ 是正规子群。

习题 18

• 问题主旨：证明子群 $H$ 的正规化子中的元素 $\tau$ 必须保持 $H$ 的固定点集 $F(H)$ 稳定。
• 定义解析：$\tau$ 稳定 $F(H)$ 意味着 $\tau(F(H)) = F(H)$。
• 证明思路：

1. 设 $\tau \in N_{S_A}(H)$，即 $\tau H \tau^{-1}=H$。设 $a \in F(H)$，即对所有 $\sigma \in H$ 都有 $\sigma(a)=a$。
2. 我们要证明 $\tau(a)$ 也在 $F(H)$ 中。这意味着要证明对于任意 $\sigma' \in H$，都有 $\sigma'(\tau(a)) = \tau(a)$。
3. 因为 $\tau H \tau^{-1} = H$，所以 $\tau^{-1} \sigma' \tau \in H$。令这个元素为 $\sigma_{new} \in H$。
4. 由于 $a \in F(H)$，所以 $\sigma_{new}(a)=a$。
5. 即 $(\tau^{-1}\sigma'\tau)(a)=a$。两边用 $\tau$ 作用：$\tau((\tau^{-1}\sigma'\tau)(a)) = \tau(a)$。
6. $(\tau\tau^{-1})\sigma'(\tau(a)) = \tau(a)$，即 $\sigma'(\tau(a))=\tau(a)$。
7. 这正是我们要证明的。所以 $\tau(a) \in F(H)$。因此 $\tau(F(H)) \subseteq F(H)$。
8. 由于 $\tau$ 是双射且集合有限时，这也意味着 $\tau(F(H))=F(H)$。对于无限集合，还需要证明反向包含，可以通过 $\tau^{-1}$ 来证明。
9. 如果一个集合稳定，其补集也必然稳定。

习题 19-21：共轭类分裂的核心理论

这三道题是一个系列，共同构成了证明 $A_5$ 单性时所用的“共轭类分裂定理”。

• 习题 19：
• 问题主旨：给出了 $S_n$ 中的一个共轭类 $\mathcal{K}$（它在 $A_n$ 内），在 $A_n$ 中会分裂成多少个共轭类，以及它们的大小。
• 结论：分裂成的类的个数是 $k = |G : H C_G(x)|$，其中 $G=S_n, H=A_n, x \in \mathcal{K}$。每个类的大小都相同。
• 推论：因为 $|G:H|=|S_n:A_n|=2$，所以 $k$ 只能是 1 或 2。即，共轭类要么不分裂，要么分裂成两个大小相同的类。
• 习题 20：
• 问题主旨：将分裂问题与奇置换联系起来。
• 结论：$\mathcal{K}$ 在 $A_n$ 中不分裂（保持为单个共轭类） $\iff$ $\mathcal{K}$ 中的元素 $\sigma$ 能与某个奇置换可交换。
• 思路：使用习题19的结论。不分裂意味着 $k=1$。$k=|S_n:A_nC_{S_n}(\sigma)|=1$。这意味着 $S_n=A_nC_{S_n}(\sigma)$。这当且仅当 $C_{S_n}(\sigma)$ 不包含于 $A_n$ 时成立，即中心化子中存在奇置换。
• 习题 21：
• 问题主旨：给出了一个纯粹基于循环类型的判据来决定是否分裂。
• 结论：$\sigma$ 不与任何奇置换可交换 $\iff$ $\sigma$ 的循环类型由互不相同的奇数长度的循环组成。
• 推论：一个在 $A_n$ 中的 $S_n$ 共轭类，会在 $A_n$ 中分裂成两个共轭类，当且仅当其循环类型由互不相同的奇数长度的循环组成。
• 例子：在 $A_5$ 中，5-循环的循环类型是 (5)。5是奇数，且只有一个，所以它们是“互不相同的奇数”。因此5-循环的共轭类会分裂。3-循环的循环类型是 (1,1,3)。包含1，不是全由奇数组成。不对。循环分解中所有循环的长度都是奇数，且长度值互不相同。对于 $(123) \in A_5$，其循环类型是 (1,1,3)。长度有1和3，都是奇数，但不互不相同（有两个1）。所以不会分裂？不，这里的条件是 decomposition into cycles of distinct odd length。对于3-循环(123)，不动点(4)和(5)是1-循环，也是奇数。所以循环长度是3,1,1。长度不唯一。所以它会与奇置换(45)交换，所以不分裂。对于5-循环(12345)，循环长度是5，是奇数，且唯一。所以它不与任何奇置换交换，所以它分裂。

习题 22

• 问题主旨：应用习题21的结论于一个具体情况。
• 证明思路：

1. $n$ 是奇数。一个 $n$-循环是偶置换（因为长度为奇数，可以写成 $n-1$ 个对换，而 $n-1$ 是偶数）。所以 $n$-循环的共轭类在 $A_n$ 中。
2. 一个 $n$-循环的循环类型是 $(n)$。
3. $n$ 是奇数。
4. 该循环类型中只有一个长度，所以它们是“互不相同”的。
5. 所以，循环类型 $(n)$ 满足了“由互不相同的奇数长度组成”的条件。
6. 根据习题21的结论，这个共轭类在 $A_n$ 中必须分裂成两个大小相同的共轭类。

习题 23

• 问题主旨：探讨极大子群的正规化子的性质，并用它来估计共轭子群并集的大小。
• 证明 $N_G(M)$：

1. 我们总是有 $M \le N_G(M) \le G$。
2. 因为 $M$ 是极大子群，根据定义，在 $M$ 和 $G$ 之间不存在任何其他子群。
3. 所以，中间的 $N_G(M)$ 只能是两端之一：要么 $N_G(M)=M$，要么 $N_G(M)=G$。
   • 推断：
4. 如果 $M$ 在 $G$ 中不正规，那么根据定义 $N_G(M) \ne G$。
5. 结合上一步，只能是 $N_G(M)=M$。
6. $M$ 的共轭子群的数量是 $|G:N_G(M)| = |G:M|$。
7. 这些共轭子群的并集是 $\cup_{g \in G} gMg^{-1}$。
8. 这个并集中的非单位元素的数量，最多是 (每个共轭子群中的非单位元素数量) $\times$ (共轭子群的数量)。
9. 每个共轭子群 $gMg^{-1}$ 的阶都是 $|M|$，所以非单位元素最多有 $|M|-1$ 个。
10. 所以总数最多是 $(|M|-1)|G:M|$。

习题 24

• 问题主旨：证明一个群不能被它的任何一个真子群的共轭所完全覆盖。
• 证明思路（使用提示）：

1. $H$ 是 $G$ 的一个真子群（$H \ne G$）。
2. 任何真子群都包含在一个极大子群 $M$ 中。所以 $H \le M$。
3. 因此，$\cup gHg^{-1} \subseteq \cup gMg^{-1}$。我们只需证明 $\cup gMg^{-1} \ne G$ 即可。
4. 情况1：$M$ 是正规的。那么 $gMg^{-1}=M$ 对所有 $g$ 都成立。$\cup gMg^{-1} = M$。因为 $M$ 是真子群，所以 $M \ne G$。结论成立。
5. 情况2：$M$ 是不正规的。根据习题23，并集中的非单位元素数量最多是 $(|M|-1)|G:M|$。
6. 并集总元素数量最多是 $1 + (|M|-1)|G:M|$。
7. $|G:M| = |G|/|M|$。所以数量最多是 $1 + (|M|-1)\frac{|G|}{|M|} = 1 + |G| - \frac{|G|}{|M|}$。
8. 因为 $M$ 是真子群，$|M| < |G|$，且 $|M| \ge 1$。如果 $|M|>1$, 那么 $|G|/|M| \ge 1$ (actually > 1)。如果 $|G|/|M| \ge 2$，那么 $1+|G|-|G|/|M| < |G|$。所以并集大小小于 $|G|$。
9. 如果 $|G|/|M|=1$，$M=G$，不是真子群。如果 $|G|/|M|$ 不是整数，$|M|$ 不整除 $|G|$，与拉格朗日定理矛盾。
10. 唯一的临界情况是 $|M|=1$？不，M是极大子群。$|G|/|M|$ 至少为2 (如果 G 不是素数阶)。所以 $1+|G|-|G|/|M| < |G|$ 总是成立。
11. 结论：并集的大小严格小于 $|G|$，所以 $G$ 不能被其覆盖。

习题 25

• 问题主旨：这是一个与习题24形成鲜明对比的例子，展示了在无限群中，一个群可以被它的一个真子群的共轭并集所覆盖。
• 群：$G=GL_2(\mathbb{C})$ (2x2复可逆矩阵)。$H$ 是其中的上三角矩阵子群。
• 证明思路：

1. 证明每个元素共轭于H中元素：需要证明对任意矩阵 $A \in G$，存在一个可逆矩阵 $P$ 使得 $PAP^{-1} \in H$。
2. 提示说要用特征向量。任何一个在 $\mathbb{C}$ 上的线性变换（即任何一个复矩阵）都至少有一个特征向量 $v$。即 $Av = \lambda v$。
3. 我们可以构造一个基，其第一个基向量就是这个特征向量 $v$。比如，取 $\{v, w\}$ 作为 $\mathbb{C}^2$ 的一个基（$w$ 是任何与 $v$ 线性无关的向量）。
4. 设 $P$ 是将这个新基变换到标准基的基变换矩阵。
5. 那么，原线性变换 $A$ 在这个新基下的矩阵表示 $A'$ 就是 $P^{-1}AP$。
6. $A'$ 是什么样的？
   • $A'$ 的第一列是 $T(v)$ 在新基下的坐标。$T(v)=Av=\lambda v = \lambda v + 0 w$。所以第一列是 $\begin{pmatrix} \lambda \\ 0 \end{pmatrix}$。
   • $A'$ 的第二列是 $T(w)$ 在新基下的坐标。$T(w)$ 可以写成 $av+bw$。所以第二列是 $\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}$。
   • 所以 $A' = \begin{pmatrix} \lambda & a \\ 0 & b \end{pmatrix}$。
7. 这是一个上三角矩阵，它属于 $H$。
8. 推断：既然 $G$ 中的每个元素 $A$ 都与 $H$ 中的某个元素 $A'$ 共轭（即 $A = PA'P^{-1}$），这意味着每个 $A$ 都属于 $H$ 的某个共轭子群 $PHP^{-1}$。因此 $G = \cup_{P \in G} PHP^{-1}$。

习题 26

• 问题主旨：证明在传递群作用中，存在一个“移动所有点”的置换。
• 背景：这是一个经典的群论结果，有时被称为Burnside引理的一个推论或相关结果。
• 证明思路（一种常见证法）：

1. 使用Burnside引理（也叫轨道计数引理）：轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |fix(g)|$，其中 $fix(g)$ 是被 $g$ 固定的点的集合。
2. 因为作用是传递的，所以只有一个轨道。引理变为 $1 = \frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |fix(g)|$。
3. $|G| = \sum_{g \in G} |fix(g)|$。
4. $|fix(1)| = |A|$ (单位元固定所有点)。
5. $|G| = |A| + \sum_{g \in G, g \ne 1} |fix(g)|$。
6. $|fix(g)| \ge 0$。
7. 现在假设结论不成立，即对于所有 $g \ne 1$，都至少有一个固定点，即 $|fix(g)| \ge 1$。
8. 那么 $\sum_{g \in G, g \ne 1} |fix(g)| \ge |G|-1$。
9. 代入方程：$|G| \ge |A| + (|G|-1)$。
10. 这意味着 $1 \ge |A|$。
11. 但题设 $|A|>1$。产生矛盾。
12. 因此，假设必定是错的。必然存在某个 $g \in G$ (且 $g \ne 1$)，使得 $|fix(g)|=0$，即它没有不动点。

习题 27

• 问题主旨：如果所有共轭类的代表都两两可交换，那么群本身是阿贝尔的。
• 证明思路：

1. 设 $g_1, \dots, g_r$ 是所有共轭类的代表（这次包括中心的）。
2. $G = \cup_{i=1}^r Cl(g_i)$。
3. 假设 $g_i g_j = g_j g_i$ 对所有 $i,j$ 成立。
4. 任取两个元素 $x, y \in G$。$x$ 属于某个共轭类 $Cl(g_i)$，$y$ 属于某个共轭类 $Cl(g_j)$。
5. $x = a g_i a^{-1}$，$y = b g_j b^{-1}$ 对于某些 $a,b \in G$。
6. $xy = a g_i a^{-1} b g_j b^{-1}$。
7. $yx = b g_j b^{-1} a g_i a^{-1}$。
8. 这看起来很难证明相等。换个思路。
9. 如果所有共轭类的代表可交换，这意味着 $G$ 是由一个阿贝尔子集的共轭元素生成的。
10. 考虑 $C = C_G(\{g_1, \dots, g_r\})$，即与所有代表都可交换的元素的集合。
11. 如果 $g_i$ 都在 $C$ 中，这并不意味着什么。
12. 更直接的思路：如果 $g_i$ 两两可交换，那么 $G = \langle g_1, \dots, g_r \rangle$？不一定。
13. 设 $x \in G$。则 $x$ 与某个 $g_i$ 共轭。$x = a g_i a^{-1}$。
14. 任何一个元素 $g_i$ 的中心化子 $C_G(g_i)$ 包含了所有的 $g_j$。
15. 这意味着 $\{g_1, \dots, g_r\} \subseteq C_G(g_i)$ 对所有 $i$ 成立。
16. 所以，对任何 $i, j$，都有 $g_i g_j = g_j g_i$。这是题设。
17. 考虑群的中心 $Z(G)$。如果 $G$ 不是阿贝尔的，则存在一个共轭类 $Cl(g_i)$ 的大小 $>1$。
18. 这意味着 $C_G(g_i)$ 是一个真子群。
19. 如果所有 $g_j$ 都可交换，那么它们都属于 $C_G(g_i)$。
20. 如果 $G$ 是由它的共轭类代表生成的，那么 $G$ 将是阿贝尔的。但这不一定成立。
21. 一个关键洞察：如果 $g_i$ 两两可交换，那么它们都在彼此的中心化子里。考虑任意一个 $g_i$。它的共轭类是 $Cl(g_i)$。任何 $x \in Cl(g_i)$ 都有 $x=aga^{-1}$。那么 $C_G(x) = aC_G(g_i)a^{-1}$。如果 $C_G(g_i)=G$ 对所有 $i$ 成立，则 $G$ 是阿贝尔的。
22. 设 $x,y \in G$。$x$ 与某个 $g_i$ 共轭，$y$ 与某个 $g_j$ 共轭。$x \in Cl(g_i), y \in Cl(g_j)$。如果 $G$ 是阿贝尔的，那么所有共轭类大小都是1，代表就是元素本身，它们当然可交换。反过来...如果 $g_i$ 们可交换，那么 $G$ 就是阿贝尔的。这个结论很强。一个群等于其中心当且仅当所有共轭类大小为1。如果共轭类代表互相可交换，那么群就是阿贝尔的。这意味着，不可能存在一个非阿贝尔群，其共轭类的代表恰好构成一个可交换集。

习题 28

• 问题主旨：分析阶为 $pq$ 的非阿贝尔群的结构，并将其与 $S_q$ 中的一个子群联系起来。
• 背景：这是对半直积 $Z_q \rtimes Z_p$ 的一个具体描述。
• 证明思路：

1. 根据西洛定理，$G$ 有一个阶为 $q$ 的西洛q-子群 $Q$，和一个阶为 $p$ 的西洛p-子群 $P$。
2. $Q$ 的指数是 $p$，是 $G$ 中最小的素数因子，所以 $Q$ 是正规子群。
3. 因为 $G$ 是非阿贝尔的，所以 $P$ 不可能是正规的（否则 $G \cong P \times Q$ 是阿贝尔的）。
4. $P$ 是一个阶为 $p$ 的非正规子群。它的指数是 $q$。
5. 考虑 $G$ 在 $P$ 的左陪集集合 $A$ 上的左乘作用。$|A|=|G:P|=q$。
6. 这个作用给出了一个同态 $\phi: G \to S_A \cong S_q$。
7. 这个同态的核是 $\cap_{g \in G} gPg^{-1}$。这个核是 $P$ 中包含的最大的正规子群。
8. 因为 $P$ 的阶是素数 $p$，它的子群只有 $\{1\}$ 和 $P$。因为 $P$ 不正规，所以核只能是 $\{1\}$。
9. 因此，$\phi$ 是一个内射同态（单射）。$G$ 同构于 $S_q$ 的一个子群。
10. 推断：$G$ 同构于 $Im(\phi) \le S_q$。$Q$（阶为q的正规子群）在 $\phi$ 下的像 $\phi(Q)$ 是 $S_q$ 中一个阶为 $q$ 的子群，它必然是由一个 $q$-循环生成的，比如 $C = \langle (12\dots q) \rangle$。
11. 整个群 $G$ 的像 $Im(\phi)$ 包含了正规子群 $\phi(Q)$，并且 $Im(\phi)$ 中的元素对 $\phi(Q)$ 进行共轭时，会使其保持稳定。所以 $Im(\phi) \le N_{S_q}(\phi(Q))$。
12. 因此，$G$ 同构于 $S_q$ 中 $q$-循环的正规化子的一个子群。

习题 29

• 问题主旨：证明p-群的一个基本性质，有时被称为西洛第一定理的推论或一部分：p-群具有所有可能阶的子群。
• 证明思路（归纳法）：

1. 基本情况：$\alpha=1$ 时，$|G|=p$。$G$ 有阶为 $p^0=1$ 的子群 $\{1\}$ 和阶为 $p^1=p$ 的子群 $G$。成立。
2. 归纳假设：假设对于所有阶为 $p^k$ 且 $k < \alpha$ 的群，该结论都成立。
3. 归纳步骤：考虑阶为 $p^\alpha$ 的群 $G$。
   • 根据定理8，$G$ 有一个非平凡中心 $Z(G)$。
   • 根据柯西定理，$Z(G)$ 中必然存在一个阶为 $p$ 的元素 $x$，它生成一个阶为 $p$ 的循环子群 $N=\langle x \rangle$。
   • 因为 $N \le Z(G)$，所以 $N$ 是 $G$ 的正规子群。
   • 考虑商群 $G/N$。其阶为 $|G/N| = p^\alpha / p = p^{\alpha-1}$。
   • 根据归纳假设，对于 $G/N$ 这个阶为 $p^{\alpha-1}$ 的群，它对每个 $0 \le \gamma \le \alpha-1$ 都具有一个阶为 $p^\gamma$ 的子群，记作 $H^*$。
   • 根据第四同构定理（格定理），$G/N$ 的子群 $H^*$ 对应于 $G$ 的一个包含 $N$ 的子群 $H$，且 $H^*=H/N$。
   • 这个子群 $H$ 的阶是 $|H| = |H^*| \cdot |N| = p^\gamma \cdot p = p^{\gamma+1}$。
   • 当 $\gamma$ 从 $0$ 到 $\alpha-1$ 变化时，$\gamma+1$ 从 $1$ 到 $\alpha$ 变化。
   • 这表明，$G$ 具有阶为 $p^1, p^2, \ldots, p^\alpha$ 的子群。
   • 再加上阶为 $p^0=1$ 的平凡子群 $\{1\}$。
   • 结论：$G$ 具有所有阶为 $p^\beta$ ($0 \le \beta \le \alpha$) 的子群。归纳完成。

习题 30

• 问题主旨：证明在奇数阶群中，一个元素和它的逆元不会共轭（除非它是单位元）。
• 证明思路（反证法）：

1. 假设 $x \ne 1$ 且 $x$ 与 $x^{-1}$ 共轭。
2. 那么存在一个 $g \in G$ 使得 $gxg^{-1} = x^{-1}$。
3. 这意味着 $g$ 把 $x$ 共轭成了它的逆元。
4. 再用 $g$ 共轭一次：$g(x^{-1})g^{-1} = g(gxg^{-1})g^{-1} = g^2 x (g^2)^{-1}$。
5. 同时，$g(x^{-1})g^{-1} = (gxg^{-1})^{-1} = (x^{-1})^{-1} = x$。
6. 所以，我们有 $g^2 x (g^2)^{-1} = x$。这意味着 $g^2$ 与 $x$ 可交换，$g^2 \in C_G(x)$。
7. 这个结论本身不直接导致矛盾。让我们换一个思路。
8. 考虑作用在共轭类上的共轭：设 $g$ 是将 $x$ 映射到 $x^{-1}$ 的元素。那么 $g$ 作为置换作用在 $G$ 上，它是一个映射。$g$ 的阶 $ord(g)$ 是奇数（因为 $G$ 是奇数阶群，所有元素的阶都是奇数）。
9. 这个置换（共轭）将 $x$ 送到 $x^{-1}$，将 $x^{-1}$ 送到 $x$。它构成了一个大小为2的轨道 $\{x, x^{-1}\}$。
10. 考虑置换 $\phi_g: a \mapsto gag^{-1}$。$\phi_g$ 是 $S_G$ 的一个元素。
11. 这个置换 $\phi_g$ 在 $Cl(x)$ 上作用，如果 $g \in C_G(x)$，则 $\phi_g$ 是不动点。
12. 关键洞察：如果 $gxg^{-1}=x^{-1}$，那么置换 $\phi_g$ 作用在 $Cl(x)$ 这个集合上时，会将元素两两配对。$y \leftrightarrow y^{-1}$ 吗？不一定。
13. 一个更标准的证明：假设 $g x g^{-1}=x^{-1}$。令 $C=Cl(x)$。$g$ 通过共轭作用在 $C$ 上。这个作用将 $x$ 变成 $x^{-1}$，将 $x^{-1}$ 变成 $x$。如果 $x \ne x^{-1}$（即 $x$ 的阶不为2），那么这个作用在 $\{x, x^{-1}\}$ 上是一个2-循环。$G$ 的阶是奇数，所以不存在阶为2的元素，所以 $x \ne x^{-1}$。
14. 考虑 $C_G(x)$ 中元素的个数。$|Cl(x)| = |G:C_G(x)|$。
15. 核心论点：如果 $x$ 和 $x^{-1}$ 共轭，那么共轭类 $Cl(x)$ 中所有元素 $y$ 的逆元 $y^{-1}$ 也都在 $Cl(x)$ 中。如果没有任何元素是自身的逆元，那么这个共轭类可以被划分为成对的 $\{y, y^{-1}\}$。这意味着 $|Cl(x)|$ 必须是偶数。
16. $|Cl(x)| = |G|/|C_G(x)|$。
17. $|G|$ 是奇数。一个奇数不可能等于一个偶数乘以任何整数。
18. 所以 $|Cl(x)|$ 必须是奇数。
19. 这与 $|Cl(x)|$ 必须是偶数的结论矛盾。
20. 因此，最初的假设“$x$ 与 $x^{-1}$ 共轭”是错误的。

习题 31 & 32：二面体群的共轭类

• 问题主旨：对二面体群 $D_{2n}$ 的共轭类进行完整分类，并根据 $n$ 是偶数还是奇数分别讨论。
• 背景知识：$D_{2n} = \langle r, s \mid r^n=1, s^2=1, srs^{-1}=r^{-1} \rangle$。
• 分析思路：

1. 旋转元素的共轭类：
   • 用 $r^j$ 去共轭 $r^i$: $r^j r^i (r^j)^{-1} = r^i$。所以所有旋转元素都在彼此的中心化子里。
   • 用 $s r^j$ 去共轭 $r^i$: $(sr^j) r^i (sr^j)^{-1} = sr^j r^i r^{-j} s = s r^i s = s r^i s^{-1} = (srs^{-1})^i = (r^{-1})^i = r^{-i}$。
   • 结论：$r^i$ 的共轭元素只有 $r^i$ 和 $r^{-i}$。所以共轭类是 $\{r^i, r^{-i}\}$。
   • 特殊情况：如果 $r^i = r^{-i}$，即 $r^{2i}=1$。
   • $i=0$: $\{r^0\}=\{1\}$，大小为1。
   • $n=2k$ (偶数)时, $i=k$: $\{r^k\}$，大小为1，因为 $r^k$ 的逆元是它自己。
2. 反射元素的共轭类：
   • 用 $r^j$ 去共轭 $s r^i$: $r^j (s r^i) (r^j)^{-1} = r^j s r^i r^{-j} = (r^j s) r^{i-j} = (s r^{-j}) r^{i-j} = s r^{i-2j}$。
   • 用 $s r^j$ 去共轭 $s r^i$: $(s r^j) (s r^i) (s r^j)^{-1} = s r^j s r^i r^{-j} s = s (r^j s) r^{i-j} s = s(sr^{-j})r^{i-j}s = r^{-j} r^{i-j} s = r^{i-2j} s = s r^{-(i-2j)} = s r^{2j-i}$。
   • 习题 31 ($n=2k$ 偶数)：
   • 旋转类：$\{1\}, \{r^k\}$ (两个大小为1的类，构成中心)，和 $\{r^{\pm i}\}$ for $i=1, \dots, k-1$ (k-1个大小为2的类)。
   • 反射类：当 $j$ 遍历 $0, \dots, n-1$ 时，$s r^{i-2j}$ 会得到什么？$i-2j$ 跑遍了所有与 $i$ 同奇偶性的数。
   • 取 $s$ ($i=0$)：它的共轭是 $\{sr^{-2j}\}$。$j=0,\dots,k-1$，得到 $\{s, sr^{-2}, sr^{-4}, \dots\}$。这是所有 $s r^{\text{偶数}}$ 的集合。大小为 $k$。
   • 取 $sr$ ($i=1$)：它的共轭是 $\{sr^{1-2j}\}$。这是所有 $s r^{\text{奇数}}$ 的集合。大小为 $k$。
   • 最终分类：与题目给出的结果吻合。
   • 类方程：$|D_{4k}| = 4k = |Z(D_{4k})| + \sum |Cl| = 2 + (k-1)\times 2 + k + k = 2 + 2k-2 + 2k = 4k$。
   • 习题 32 ($n=2k+1$ 奇数)：
   • 旋转类：$\{1\}$ (大小为1)，和 $\{r^{\pm i}\}$ for $i=1, \dots, k$ ($k$个大小为2的类)。
   • 反射类：$s r^{i-2j}$。因为 $n=2k+1$ 是奇数，所以 $-2j \pmod n$ 可以取遍所有值。所以所有反射元素 $sr^b$ 都在同一个共轭类中。大小为 $n$。
   • 最终分类：与题目给出的结果吻合。
   • 类方程：$|D_{2n}| = 2n = 1 + k \times 2 + n = 1 + (n-1) + n = 2n$。

习题 33

• 问题主旨：给出一个通用的公式，用于计算具有任意给定循环类型的置换的共轭类的大小。
• 公式解析：
• 分母是一个中心化子的阶。
• $m_i^{k_i}$：对于 $k_i$ 个长度为 $m_i$ 的循环，每个循环自身可以旋转 $m_i$ 次而不改变置换的循环集合。这提供了 $m_i^{k_i}$ 个可交换的操作。
• $k_i!$：这 $k_i$ 个长度相同的循环可以互相任意排列（交换位置），而不改变整个置换。这提供了 $k_i!$ 个可交换的操作。
• 将所有这些独立的操作组合起来，就得到了中心化子的阶。
• 证明思路：

1. 共轭类大小 = $|S_n| / |C_{S_n}(\sigma)| = n! / |C_{S_n}(\sigma)|$。
2. 我们只需证明 $|C_{S_n}(\sigma)| = \prod_{i=1}^s (k_i! m_i^{k_i})$。
3. 一个置换 $\tau$ 在中心化子中，意味着 $\tau\sigma\tau^{-1}=\sigma$。
4. 这意味着 $\tau$ 必须将 $\sigma$ 的循环映射到 $\sigma$ 的循环，并且保持长度不变。
5. 对于 $k_i$ 个长度为 $m_i$ 的循环，$\tau$ 可以在这 $k_i$ 个循环之间进行任意的排列（$k_i!$ 种方式）。
6. 对于每个长度为 $m_i$ 的循环 $C$，$\tau$ 还可以将其映射到 $C$ 的幂 $C^j$ 所对应的循环上，这给出了 $m_i$ 种可能性。对于 $k_i$ 个这样的循环，就有 $m_i^{k_i}$ 种方式。
7. 将所有这些可能性相乘，得到中心化子的阶。

习题 34

• 问题主旨：计算 $S_p$ 中一个阶为 $p$ 的子群的正规化子的阶。
• 证明思路：

1. 在 $S_p$ 中，一个阶为 $p$ 的子群 $P$ 必然是循环群，由一个 $p$-循环生成。
2. $P = \langle \sigma \rangle$，其中 $\sigma$ 是一个 $p$-循环。$P$ 包含了 $p-1$ 个 $p$-循环（$\sigma, \sigma^2, \dots, \sigma^{p-1}$）和单位元。
3. $P$ 的共轭子群 $gPg^{-1}$ 也是一个阶为 $p$ 的子群。如果 $gPg^{-1} \ne P$，那么它们的交集只能是 $\{1\}$（因为两个不同素数阶子群的交集是平凡的）。
4. 这意味着不同的共轭子群除了单位元外没有公共元素。每个共うち都贡献了 $p-1$ 个新的 $p$-循环。
5. $S_p$ 中 $p$-循环的总数是 $(p-1)!$。
6. 所以 $P$ 的共轭子群的数量是 $(p-1)! / (p-1) = (p-2)!$。
7. 共轭子群的数量也等于 $|S_p : N_{S_p}(P)| = p! / |N_{S_p}(P)|$。
8. 所以 $p! / |N_{S_p}(P)| = (p-2)!$。
9. $|N_{S_p}(P)| = p! / (p-2)! = p(p-1)$。

习题 35

• 问题主旨：对阶为 $p$ 的元素的共轭类数量进行计数。
• 思路：

1. 一个置换的阶为 $p$（素数），意味着它的循环分解中，所有循环的长度都必须是 $p$ 的因子，即 1 或 $p$，并且至少有一个 $p$-循环。
2. 所以，这种置换的循环类型是由 $k$ 个 $p$-循环和 $n-kp$ 个 1-循环组成，其中 $k \ge 1$。
3. $k$ 的最大值是 $\lfloor n/p \rfloor$。
4. 对于每个固定的 $k$（从1到 $\lfloor n/p \rfloor$），所有由 $k$ 个 $p$-循环构成的置换都属于同一个共轭类。
5. 因此，共轭类的数量就等于 $k$ 可能的取值数量。
6. 所以，数量是 $\lfloor n/p \rfloor$。

习题 36

• 问题主旨：探讨左正则表示 $\pi$ 和右正则表示 $\lambda$ 之间的关系。
• 定义：$\sigma_g(x) = gx$ (左乘)，$\tau_h(x) = xh^{-1}$ (右乘逆元)。
• (a) 证明可交换：
• 我们要证明 $\sigma_g \circ \tau_h = \tau_h \circ \sigma_g$。
• 计算它们作用在任意元素 $x \in G$ 上的结果。
• $(\sigma_g \circ \tau_h)(x) = \sigma_g(\tau_h(x)) = \sigma_g(xh^{-1}) = g(xh^{-1}) = gxh^{-1}$。
• $(\tau_h \circ \sigma_g)(x) = \tau_h(\sigma_g(x)) = \tau_h(gx) = (gx)h^{-1} = gxh^{-1}$。
• 两者结果相同，因此它们可交换。
• (b) 证明相等条件：
• $\sigma_g = \tau_h \iff \sigma_g(x) = \tau_h(x)$ 对所有 $x \in G$ 成立。
• $gx = xh^{-1}$ 对所有 $x$ 成立。
• 特别地，取 $x=1$：$g = h^{-1}$。
• 将 $h=g^{-1}$ 代回：$gx = x(g^{-1})^{-1} = xg$。
• $gx=xg$ 对所有 $x$ 都成立，这意味着 $g \in Z(G)$。
• 所以条件是 $h=g^{-1}$ 并且 $g \in Z(G)$。
• 等一下，原文是“阶为1或2的元素”。让我们看看。
• $\sigma_g = \tau_g$？不，是 $\tau_h$。所以是 $h=g^{-1}$ 和 $g \in Z(G)$。这没有提到阶。
• 让我们重新审视问题 (b)。也许有印刷错误？如果是 $\sigma_g = \lambda(g)$ (即 $\tau_g$），那么 $h=g$。条件是 $g=g^{-1}$ 且 $g \in Z(G)$。$g=g^{-1} \iff g^2=1$。所以 $g$ 是中心里阶为1或2的元素。这似乎更合理。假设题目是这个意思。
• (c) 证明交集：
• $\pi(G) \cap \lambda(G)$ 是指那些置换，它既可以表示成 $\sigma_g$ 的形式，又可以表示成 $\tau_h$ 的形式。
• 根据 (b) 的（修正版）结论，$\sigma_g = \tau_h$ 当且仅当 $g \in Z(G)$ 且 $h=g^{-1}$ 且 $g^2=1$。这太窄了。
• 让我们用原始的 (b) 结论：$\sigma_g = \tau_h \iff h=g^{-1} \text{ and } g \in Z(G)$。
• 那么交集中的一个元素 $\sigma_g$ 必须满足 $g \in Z(G)$，并且它等于 $\tau_{g^{-1}}$。
• 这意味着 $\pi(G) \cap \lambda(G) \subseteq \pi(Z(G))$。
• 反过来，如果 $g \in Z(G)$，那么 $\sigma_g$ 是否在 $\lambda(G)$ 中？
• $\sigma_g(x) = gx = xg$。我们要找一个 $h$ 使得 $\sigma_g(x) = \tau_h(x) = xh^{-1}$。
• $xg = xh^{-1} \implies g=h^{-1} \implies h=g^{-1}$。
• 所以 $\sigma_g = \tau_{g^{-1}}$。因为 $g^{-1} \in G$，所以 $\tau_{g^{-1}} \in \lambda(G)$。
• 因此，只要 $g \in Z(G)$，$\pi(g)$ 就在 $\lambda(G)$ 中。
• 这证明了 $\pi(G) \cap \lambda(G) = \pi(Z(G))$。
• 类似的论证可以证明 $\pi(G) \cap \lambda(G) = \lambda(Z(G))$。因为如果 $\tau_h \in \pi(G) \cap \lambda(G)$，那么 $\tau_h=\sigma_g$ 对某个 $g$ 成立。这要求 $h \in Z(G)$ 且 $g=h^{-1}$。所以 $\tau_h \in \lambda(Z(G))$。