§3 群的例子
1. 图形的对称群
设 F F F 为平面上的一个图形，令 G F G_{F} GF 为全体保持 F F F 不变的平面正交变换所成的集合。
显然恒等变换总在其中， G F G_{F} GF 中任意两个变换的乘积也在其中，因此变换的乘法可被视作在 G F G_{F} GF 上定义的一个运算， G F G_{F} GF 中变换的逆仍在其中。也就是说 G F G_{F} GF 在变换的乘法下成一个群，称其为图形 F F F 的对称群。
一般地，若 F F F 为平面上正 n n n 边形，则 F F F 的对称群 G F G_{F} GF 是由 2 n 2n 2n 个元素所组成的。令 T T T 为绕中心转 2 π n \frac{2\pi}{n} n2π ， S S S 为对于某一对称轴的镜面反射，则有：
G F = { T , T 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , T n , S T , S T 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , S T n n } G_{F} = \{T,T^2,···,T^n,ST,ST^2,···,ST^nn\} GF={T,T2,⋅⋅⋅,Tn,ST,ST2,⋅⋅⋅,STnn}
这些群通常称为二面体群，用符号 D n D_{n} Dn 表示。
2. 对称群 S n S_{n} Sn
设 M M M 为一非空集合，集合 M M M 到自身的可逆变换的全体对于变换的乘法组成一个群，称为集合 M M M 的全变换群，记为 S ( M ) S(M) S(M) 。当 M M M为无限集合时， S ( M ) S(M) S(M)显为一个无限群。
下面考虑 M M M 为一个有限非空集合的情形：当 M M M 含有 n n n 个元素时，称其可逆变换为 n n n 元置换， S ( M ) S(M) S(M) 称为 n n n 元对称群，简记为 S n S_{n} Sn 。在 M M M 的元素依次用 1 , 2 , ⋅ ⋅ ⋅ , n 1,2,···,n 1,2,⋅⋅⋅,n编号后， S n S_{n} Sn中元素 σ \sigma σ 可表示为：σ = ( 1 2 ⋯ n a 1 a 2 ⋯ a n ) \sigma = \begin{pmatrix} 1\ 2\ \dotsb\ n \\ a_{1}\ a_{2} \dotsb\ a_{n} \end{pmatrix} σ=(1 2 ⋯ na1 a2⋯ an)
其中， a i = σ ( i ) , i = 1 , 2 , 3 , ⋅ ⋅ ⋅ , n a_{i} = \sigma(i), i=1,2,3,\cdot\cdot\cdot,n ai=σ(i),i=1,2,3,⋅⋅⋅,n。
由于 σ \sigma σ 是双射，故下排的值： σ 1 , σ 2 , ⋯ , σ n \sigma_{1}, \sigma_{2}, \dotsb,\sigma_{n} σ1,σ2,⋯,σn 恰为 1 , 2 , ⋯ , n 1,2,\dotsb,n 1,2,⋯,n 的一个排列。实际上， n n n 元置换和 n n n 元排列是一一对应的。因此可以立即得出： S n S_{n} Sn 的阶为 n ! n! n! 。
定义1.3.1（轮换和对换）
若一个 n n n 元置换 σ \sigma σ 将 1 , 2 , ⋯ , n 1,2,\dotsb,n 1,2,⋯,n 中某 m m m 个数轮换而保持其余的数不变，则称 σ \sigma σ 为一个轮换，记为 σ = ( α 1 α 2 ⋯ α m ) \sigma=(\alpha_{1}\alpha_{2}\dotsb\ \alpha_{m}) σ=(α1α2⋯ αm)。
m = 2 m=2 m=2 时， σ \sigma σ 的作用是对换 α 1 \alpha_{1} α1 和 α 2 \alpha_{2} α2 ，而保持其余的数不变。称这样的轮换为对换。
S
n
S_{n}
Sn 中两个轮换
(
α
1
α
2
⋯
α
m
)
(\alpha_{1}\alpha_{2}\dotsb\ \alpha_{m})
(α1α2⋯ αm) 和
(
β
1
β
2
⋯
β
t
)
(\beta_{1}\beta_{2}\dotsb\ \beta_{t})
(β1β2⋯ βt) 称为不相交的，如果
α
i
≠
β
j
,
i
=
1
,
2
,
⋯
,
m
,
j
=
1
,
2
,
⋯
,
l
.
\alpha_{i} \neq \beta_{j}, i=1,2,\dotsb,m, j=1,2,\dotsb, l.
αi=βj,i=1,2,⋯,m,j=1,2,⋯,l.
不难看出：不相交的轮换对于乘法具有可交换性。
定理1.3.1
任何一个非单位的置换都可以唯一地表示为一些不相交的轮换的乘积。
证明：
设
σ
\sigma
σ 为某一个
n
n
n 元置换，在
1
,
2
,
⋯
,
n
1,2,\dotsb,n
1,2,⋯,n 中任取一个元素，记为
α
1
\alpha_{1}
α1 ，并用
σ
\sigma
σ 连续作用至少
n
n
n 次，得到一个序列：
α
2
=
σ
(
α
1
)
,
α
3
=
σ
(
α
2
)
,
⋯
,
α
i
=
σ
(
α
i
−
1
)
.
\alpha_{2}=\sigma(\alpha_{1}), \alpha_{3}=\sigma(\alpha_{2}), \dotsb,\alpha_{i}=\sigma(\alpha_{i-1}).
α2=σ(α1),α3=σ(α2),⋯,αi=σ(αi−1).
由抽屉原理知：序列中的元素至少有一对相同。令
α
j
\alpha_{j}
αj 为序列中首个与它前面的某个元素
α
i
\alpha_{i}
αi 相同的元素，即：
α
i
=
α
j
\alpha_{i}=\alpha_{j}
αi=αj ，也就是
σ
i
−
1
(
α
1
)
=
σ
j
−
1
(
α
1
)
\sigma^{i-1}(\alpha_{1})=\sigma^{j-1}(\alpha_{1})
σi−1(α1)=σj−1(α1) 。下面证明：
i
=
1
i=1
i=1：
若
i
>
1
i>1
i>1， 用
σ
−
1
\sigma^{-1}
σ−1 作用两边，得
σ
i
−
2
(
α
1
)
=
σ
j
−
2
(
α
1
)
\sigma^{i-2}(\alpha_{1})=\sigma^{j-2}(\alpha_{1})
σi−2(α1)=σj−2(α1)
显见这和
j
j
j 的最小性相矛盾。故
i
=
1
i=1
i=1 ，故有
α
j
=
α
1
\alpha_{j}=\alpha_{1}
αj=α1
也就是：
σ
(
α
1
)
=
α
2
,
⋯
,
σ
(
α
j
−
1
)
=
α
1
\sigma(\alpha_{1})=\alpha_{2}, \dotsb, \sigma(\alpha_{j-1})=\alpha_{1}
σ(α1)=α2,⋯,σ(αj−1)=α1
这说明
σ
\sigma
σ 在元素
α
1
α
2
⋯
α
j
−
1
\alpha_{1}\alpha_{2}\dotsb\ \alpha_{j-1}
α1α2⋯ αj−1 上成一个轮换。在
α
1
α
2
⋯
α
j
−
1
\alpha_{1}\alpha_{2}\dotsb\ \alpha_{j-1}
α1α2⋯ αj−1 外另取任一元素并重复以上讨论，经过有限次讨论后可得到一系列不相交的轮换。这样，
σ
\sigma
σ 就被分解为了有限多个不相交的轮换的乘积！
由我们寻找
j
j
j 的方式可知：这样分解所得到的轮换一定是唯一的。否则，将破坏
j
j
j 的最小性，和假设矛盾。故原命题证毕。
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