置換的奇偶性

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在數學中，當X是一個至少有兩個元素的有限集合時，X的置換（即從X到X的雙射）可分為大小相同的兩類：奇置換與偶置換。如果X固定了任何一個全序，X的一個置換$\sigma$的奇偶性可以定義為$\sigma$中反向對個數的奇偶性。所謂反向對即X中二元組$x,y$使得$x<y$且$\sigma(x)>\sigma(y)$。這裡$\sigma(x)$為置換$\sigma$中第$x$位的元素。

一個置換$\sigma$的符號（sign或signature）記作sgn(σ)：如果$\sigma$是偶數則定義為 +1，如果$\sigma$是奇數則定義為 -1。符號定義了對稱群Sn的交錯特徵。置換的符號另一個更一般的符號為列維-奇維塔符號（$\epsilon_\sigma$），定義在X到X的所有映射上，而在非雙射映射上取值為0。

置換的符號可以清晰地表達為

$$\sgn(\sigma)=(-1)^{N(\sigma)}$$

這裡$N(\sigma)$是$\sigma$中反向對的個數。或者，置換$\sigma$的符號也可通過對換分解定義為

$$\sgn(\sigma)=(-1)^m$$

這裡m是分解中對換的個數。儘管這樣一個分解不是惟一的，所有分解中對換個數的奇偶性是相同的，蘊含著置換的符號是良定義的。

## 例子

考慮集合{1,2,3,4,5}的置換σ，它將初始排列12345變為34521。可以通過三個對換得到：首先交換1和3的位置，然後交換2和4，最後交換1和5。這證明了給定的置換σ是奇的。利用置換一文中的記號，我們可寫成$\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\ 3&4&5&2&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&3&5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&3\end{pmatrix}$。

有無窮種方式將σ寫成換位的複合，例如

$$\sigma=(2 3) (1 2) (2 4) (3 5) (4 5),\;$$

但是不可能將其寫為偶數個換位的複合。

## 性質

恆同置換是偶置換。一個偶置換可以由恆同置換通過偶數次兩個元素互換（稱為對換）得到，而一個奇置換可由奇數次對換得到。

由整數加法相應的法則馬上得到下列性質：

- 兩個偶置換的複合是偶的
- 兩個奇置換的複合是偶的
- 一個奇置換與偶置換的複合是奇的

由此得到

- 任何偶置換的逆是偶的
- 任何奇置換的逆是奇的

考慮集合{1,...,n}的所有置換之對稱群Sn，我們可總結為映射

$$\operatorname{sgn} : S_n \to \{-1,1\}$$

將每個置換映為其符號是一個群同態。

進一步，我們見到偶置換組成Sn的一個子群。這就是n個字母上的交錯群，記作An。它是符號同態的核。奇置換不能組成一個子群，因為兩個奇置換的複合是偶置換，但它們是An（在Sn中）的一個陪集。

如果n>1，則Sn中偶置換與奇置換一樣多；從而An包含n!/2個置換。（原因：如果σ是偶的，則 (12)σ是奇的；如果σ是奇的，則 (12)σ是偶的；這兩個映射互逆。）

一個輪換是偶的若且唯若它的長度是奇的。這得自如下類似公式

(a b c d e) = (a e) (b e) (c e) (d e)

特別地，為了確定給定的置換是偶的還是奇的，將它寫成不交輪換的乘積。這個置換是奇的若且唯若這個分解包含奇數個偶長度的輪換。

每個奇數階置換必須是偶的；反之一般不成立。

## 兩個定義的等價性

### 證明一

任意置換可以由一列對換產生：對第一個對換我們將置換的第一個元素放到它恰當的位置，第二個對換放第二個元素，等等。給定一個置換σ，我們可用無數種方式將其寫成對換之積。我們要證明所有這樣一個分解，要麼都有偶數個對換，要麼有奇數個對換。

假設我們有兩個這樣的分解：

σ = T'1 T'2 ... T'k'

σ = Q'1 Q'2 ... Q'm'

我們要證明k'與m'要麼都是偶的，要麼都是奇的。

每個對換可以寫成奇數個相鄰元素的對換之乘積，例如

(2 5) = (2 3)(3 4)(4 5)(4 3)(3 2)

如果我們將上面的T'1...T'k'與Q'1...Q'm'中每個對換作這樣的分解，我們得到一個新的分解：

σ = T1 T2 ... Tk

σ = Q1 Q2 ... Qm

這裡所有T1...Tk Q1...Qk是相鄰對換，k − k'是偶數，m − m'是偶數。

現在將T1的逆與σ複合。T1是兩個相鄰數 (i, i + 1)的對換，所以與σ相比，新置換σ(i, i + 1)恰好少一個（若 (i,i + 1)是σ的反向對）或多一個反向對（若 (i,i + 1)不是σ的反向對）。然後以相同的方法應用到T2, T3, ... Tk的逆，「消解」了置換σ。最後我們得到了恆同置換，它的N是零，這意味著首先的N(σ)減去k是偶數。

對另一個置換Q1...Qm我們對同樣的事情，從而首先的N(σ)減去m是偶數

這樣m − k是偶數，這就是我們要證明的。

現在我們可以定義置換σ是偶的，如果N(σ)是偶數；是奇的，如果N(σ)是奇數。這與首先給出的定義相同，但現在清晰地看到每個置換不是偶的就是奇的。

### 證明二

另一個證明利用多項式

$$P(x_1,\ldots,x_n)=\prod_{i<j} (x_i - x_j).\;$$

例如在n = 3的情形，我們有

$$P(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - x_2)(x_2 - x_3)(x_1 - x_3).\;$$

現在對{1,...,n}的一個給定置換σ，我們定義

$\operatorname{sgn}(\sigma)=\frac{P(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})}{P(x_1,\ldots,x_n)}$。

因為多項式$P(x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(n)})$與$P(x_1,\dots,x_n)$除了符號之外它們的因子相同，從而sgn(σ)不是 +1就是−1。從而如果σ與τ是兩個置換，我們有

$$\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = \frac{P(x_{\sigma(\tau(1))},\ldots,x_{\sigma(\tau(n))})}{P(x_1,\ldots,x_n)}$$

$$= \frac{P(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})}{P(x_1,\ldots,x_n)} \cdot \frac{P(x_{\sigma(\tau(1))},\ldots, x_{\sigma(\tau(n))})}{P(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})}$$

$$= \operatorname{sgn}(\sigma)\cdot\operatorname{sgn}(\tau)$$

有此定義之後，顯然任何兩個相鄰元素的對換有符號−1，這樣我們事實上重新得到了早先定義的符號。

### 證明三

第三個證明利用群Sn一個呈示，使用生成元為$\tau_1,\dots,\tau_{n-1}$，關係為

- $\tau_i^2 = 1$ 對所有i。
- $\tau_i\tau_{i+1}\tau_i = \tau_{i+1}\tau_i\tau_{i+1}$ 對所有i < n − 1。
- $\tau_i\tau_j = \tau_j\tau_i$ 如果 |i − j| ≥ 2。

這裡生成元$\tau_i$表示對換 (i, i + 1)。所有的關係將一個詞的長度保持或改變2。從一個偶數長詞開始使用這些關係後總得到偶數長詞，對奇數長詞也類似。從而可以毫無歧義地稱Sn中由偶數長詞表示的元素是偶的，由奇數長詞表示的元素是奇的。

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