符号与交错群

置换的符号与交错群（Sign and Alternating Group）

定义
依赖深度 layer 11
抽象代数
群作用与置换

def.alternating-group · 定义 · 代数 · 群 · 置换

陈述

每个 $\sigma \in S_n$ 都能写成对换（两个点的交换）之积，且所用对换个数的奇偶性与分解方式无关。据此定义符号

\operatorname{sgn}(\sigma) := (-1)^{k} \quad (\sigma = \text{$k$ 个对换之积})

等价公式（不含分解的任意性）

\operatorname{sgn}(\sigma) = \prod_{1 \le i < j \le n} \frac{\sigma(j) - \sigma(i)}{j - i} \in \{\pm 1\}

$\operatorname{sgn} : S_n \to \{\pm 1\}$ 是群同态（ $n \ge 2$ 时满）。其核

A_n := \ker \operatorname{sgn} = \{\, \sigma \in S_n : \operatorname{sgn}(\sigma) = 1 \,\}

叫 $n$ 次交错群： $|A_n| = n!/2$ ， $A_n \trianglelefteq S_n$ ， $[S_n : A_n] = 2$ 。

说明

⭐ 符号是 $S_n$ 到 $\{\pm 1\}$ 的唯一非平凡同态（ $n \ge 3$ ），所以 $A_n$ 是 $S_n$ 的唯一指数 $2$ 子群 —— 这个唯一性是后面「 $S_n$ 不单」以及 Galois 理论里「二次子扩张唯一」的来源。

⭐ 乘积公式为什么干净：每一项 $\frac{\sigma(j)-\sigma(i)}{j-i}$ 的分母固定、分子只是把同一批差重新排列，故乘积的符号只取决于 $\sigma$ 引起的排列的奇偶性。这也顺手证明了「奇偶性与分解无关」。

⚠ 边界： $n = 1$ 时 $A_1 = S_1$ 是平凡群， $|A_n| = n!/2$ 不适用。 $n = 2$ 时 $A_2 = \{e\}$ 。

⭐ 单性的跳变： $A_4$ 不单（有正规子群 $V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ ），而 $A_5$ 单且非阿贝尔。这个跳变正是 $S_n$ 可解性的分界线（prop.sn-solvable）。

它指向谁（出边）

推出 1

本页 ⟹ 对称群的可解性推出

$A_5$ 的单性（按共轭类枚举） $\implies$ $S_n$ 可解 $\iff n \le 4$
第一步： $A_5$ 的共轭类。 $|A_5| = 60$ 。按循环型列举， $A_5$ 中的元素与它们在 $A_5$ 中的共轭类大小是：
- 单位元： $1$ 个，单独一类，大小 $1$ ；
- $3$ -循环：共 $\binom{5}{3} \cdot 2 = 20$ 个，一类，大小 $20$ ；
- 双对换（型 $2^{2}$ ）：共 $\binom{5}{4}\cdot 3 = 15$ 个，一类，大小 $15$ （中心化子阶 $4$ ， $60/4 = 15$ ）；
- $5$ -循环：共 $4! = 24$ 个，在 $A_5$ 中裂成两类，各 $12$ 。
合计 $1 + 20 + 15 + 12 + 12 = 60$ ✓。（ $5$ -循环之所以分裂：它的中心化子就是那个 $5$ 阶循环群本身，阶 $5$ ，故 $A_5$ -共轭类大小 $60/5 = 12$ ；而 $S_5$ 中同样中心化子给出 $120/5 = 24$ ，所以 $S_5$ 里只有一类、 $A_5$ 里是两类。）
第二步： $A_5$ 单。 设 $\{e\} \ne N \trianglelefteq A_5$ 。正规子群是共轭类的并，且含 $e$ ，故
$|N| = 1 + (\text{若干个 } 15, 20, 12, 12 \text{ 之和}).$
又 $|N| \mid |A_5| = 60$ 。枚举全部子集和： $1, 16, 21, 13, 36, 28, 33, 25, 48, 40, 45, 60$ 。其中能整除 $60$ 的只有 $1$ 与 $60$ 。故 $N = \{e\}$ 或 $N = A_5$ ，即 $A_5$ 单。
第三步： $A_5$ 非阿贝尔，故不可解。 $A_5$ 的合成列只能是 $\{e\} \trianglelefteq A_5$ （第二步），其唯一因子是 $A_5$ 本身；而 $A_5$ 非阿贝尔（例如 $(123)(124) \ne (124)(123)$ ）。故 $A_5$ 没有阿贝尔商的正规链，即 $A_5$ 不可解。
第四步： $n \ge 5$ 时 $S_n$ 不可解。 固定后 $n - 5$ 个点，前 $5$ 个点上的偶置换给出 $A_5 \le A_n \le S_n$ 。若 $S_n$ 可解，则由 (a) 其子群 $A_5$ 可解，与第三步矛盾。
第五步： $n \le 4$ 时可解。 给出具体链：
- $n \le 2$ ： $S_n$ 阿贝尔，一步链即可；
- $n = 3$ ： $\{e\} \trianglelefteq A_3 \trianglelefteq S_3$ ，商 $\mathbb{Z}/3$ 、 $\mathbb{Z}/2$ ，均阿贝尔；
- $n = 4$ ： $\{e\} \trianglelefteq V_4 \trianglelefteq A_4 \trianglelefteq S_4$ ，其中 $V_4 = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$ ；商依次为 $V_4 \cong \mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$ 、 $A_4/V_4 \cong \mathbb{Z}/3$ 、 $S_4/A_4 \cong \mathbb{Z}/2$ ，全是阿贝尔。（ $V_4 \trianglelefteq A_4$ 因为它是「单位 + 全部三个双对换」这个共轭类的并。）
两个方向合起来即得 $S_n$ 可解 $\iff n \le 4$ 。∎
⭐ 整个证明的关键是把「 $A_5$ 单」变成一个可以逐项核对的有限计算：共轭类大小只有 $1, 15, 20, 12, 12$ ，正规子群是若干类的并、且阶整除 $60$ —— 枚举 $2^{4} = 16$ 种组合，只有 $1$ 与 $60$ 可行。这比「抽象地论证单性」可靠得多，也省掉了「证明 $A_n$ （ $n \ge 5$ ）都单」这件更重的事：判 $S_n$ 不可解只需要 $A_5$ 这一个。
⚠ 第四步用了一个小事实： $A_5 \le A_n$ （ $n \ge 5$ ）—— 固定后 $n-5$ 个点、在前 $5$ 个点上做偶置换即可。它是 $A_n$ 的子群，而子群可解性向下传（thm.solvable-quotients (a)）。

谁指向它（入边）

定义引用 1

置换群与对称群 → 本页定义引用

符号定义在 $S_n$ 的元素上，交错群是它的核。

参考

Lang, Algebra, Ch. I §5
Dummit–Foote, Abstract Algebra, §3.5

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