§E7.5置換の符号と交代群

証明. 左辺の積では、各相異なる添字の組$\{p,q\}$に対する二つの変数$x_p,x_q$がちょうど一つの因子に現れる。$p<q$とすると、その因子は$x_q-x_p$または$x_p-x_q=-(x_q-x_p)$のいずれかである。したがって左辺は$\Delta(x_1,\ldots,x_n)$の$1$倍または$-1$倍であり、その符号は$x_1,\ldots,x_n$の値によらず、$\sigma$だけから決まる。

この比を$(x_1,\ldots,x_n)=(1,\ldots,n)$で計算すると

である。よって式 (1.2.1)が成り立ち、この比は$1$または$-1$である。▨

証明. 相異なる実数$x_1,\ldots,x_n$を取る。補題 1.2を、まず$y_i=x_{\sigma(i)}$という数列と置換$\tau$に適用し、次に数列$x_1,\ldots,x_n$と置換$\sigma$に適用すると

を得る。積の規約から$\sigma\tau=\sigma\circ\tau$であり、$\{1,-1\}$の積は可換である。同じ左辺へ補題 1.2を直接適用した式と比較すると

が従う。したがって$\operatorname{sgn}$は群準同型である。

互換$\upsilon=(a\,b)$は$\Delta(1,\ldots,n)$の第$a$成分と第$b$成分を交換する。Vandermonde 積でこの二成分を結ぶ因子は符号を変え、他の添字$k$と二成分を結ぶ二因子の積は変わらない。したがって

であり、符号の定義から$\operatorname{sgn}(\upsilon)=-1$となる。▨

証明.定理 2.1と各互換の符号が$-1$であることから

を得る。左辺は$\sigma$だけから定義されているため、二つの互換表示の長さは同じ偶奇をもつ。▨

証明.§E7.4 定理 6.2の証明にある

は$r-1$個の互換からなるため、最初の等式が従う。

符号の定義式の分母はすべて正である。分子の因子$\sigma(j)-\sigma(i)$は、$(i,j)$が反転であるとき、またそのときに限って負である。したがって分子の符号は$(-1)^{\operatorname{inv}(\sigma)}$である。▨

証明.§E7.3 命題 2.2により、準同型の核$A_n$は$S_n$の部分群である。$\sigma\in A_n$と$\tau\in S_n$を取る。符号の準同型性から

であるため、$\tau\sigma\tau^{-1}\in A_n$である。したがって$\tau A_n\tau^{-1}\subseteq A_n$である。$\tau^{-1}$に対する同じ包含関係

の両辺を$\tau$と$\tau^{-1}$で共役すると$A_n\subseteq\tau A_n\tau^{-1}$を得る。よって$\tau A_n\tau^{-1}=A_n$であり、$A_n$は$S_n$の正規部分群である。

$n\geq2$とし、互換$\upsilon=(1\,2)$を固定する。任意の$\pi\in S_n$について、$\operatorname{sgn}(\pi)=1$ならば$\pi\in A_n$である。$\operatorname{sgn}(\pi)=-1$ならば$\operatorname{sgn}(\upsilon^{-1}\pi)=1$であるため、$\pi\in\upsilon A_n$である。二つの集合$A_n$と$\upsilon A_n$は交わらない。実際、$\upsilon a\in A_n$を満たす$a\in A_n$が存在すれば$\upsilon=(\upsilon a)a^{-1}\in A_n$となり、互換の符号が$-1$であることに反する。さらに、$\pi\in A_n$ならば$\pi A_n=A_n$である。$\pi\in\upsilon A_n$ならば、ある$a\in A_n$によって$\pi=\upsilon a$と表されるため、$\pi A_n=\upsilon aA_n=\upsilon A_n$である。したがって左剰余類は$A_n$と$\upsilon A_n$の二つである。

左乗法$a\mapsto\upsilon a$は$A_n$から$\upsilon A_n$への全単射である。§E7.4 命題 2.2から$|S_n|=n!$であるため、$|A_n|=n!/2$を得る。▨

証明.$P_\sigma$の第$j$列は$e_{\sigma(j)}$である。したがって$P_\sigma$の列は標準正規直交基底の並べ替えであり、§D3.15 命題 1.2によって$P_\sigma\in\Orth(n)$である。また、$P_\sigma=(p_{ij})$と書くと

である。§E3.15 定理 3.1の和では$\prod_{j=1}^n p_{\tau(j),j}$が非零となる置換$\tau$は$\tau=\sigma$だけである。したがって

を得る。

§E7.4 命題 7.1と§E7.3 命題 2.2により$S_n$の像は$\Orth(n)$の部分群である。また、$\sigma\in A_n$であることは$\operatorname{sgn}(\sigma)=1$と同値であり、示した等式によって$\det(P_\sigma)=1$と同値である。ゆえに、この同一視の下で$A_n=S_n\cap\SO(n)$である。▨

証明. 15枚の駒と空白を16個の対象とみなし、完成形から現在の配置への置換を$\pi$とする。一回の操作は空白と一枚の駒を交換する互換であるため、一回の操作ごとに$\operatorname{sgn}(\pi)$は符号を変える。

盤面のますを市松模様に二色で塗る。現在の空白が完成形の空白と同じ色のますにあるとき$c=1$、異なる色のますにあるとき$c=-1$とする。一回の操作では空白が隣のますへ移るため、$c$も符号を変える。したがって

は一回の操作で二度符号を変え、すべての合法手順に対して不変である。完成形では$\operatorname{sgn}(\pi)=c=1$であるから$I=1$である。

駒14と駒15だけを交換し、空白を完成形と同じ位置に置いた配置では、$\pi$は一つの互換であるため$\operatorname{sgn}(\pi)=-1$であり、$c=1$である。よって$I=-1$となり、完成形から到達する配置がもつ値と一致しない。▨