排列符号定义明确的概念原因？

Question

这学期在教授群论时，我发现自己正在努力证明置换的符号是一个定义明确的同态$\operatorname{sgn}:\Sigma_n\to\Sigma-2$一位有见地的学生要求我提供更具启发性的证据，我意识到这是一个很好的问题，我不知道一个满意的答案。这个问题有很多表达方式：

问题：有没有一个概念上的解释性理由来解释以下任何实质上等同的陈述？

1. 对称群$\西格玛_n$有一个子组$A_n$索引2。

2. 对称群$\西格玛_n$这并不简单。

3. 存在一个非平凡群同态$\Sigma_n\至\Sigma _2$.

4. 身份置换$（1）\in\Sigma_n$不是奇数转置的乘积。

5. 功能$\operatorname{sgn}:\Sigma_n\to\Sigma-2$它计算置换模2中的转置数，定义明确。

6. 有一个非同寻常的“行列式”同态$\det:\operatorname{GL}_n（k） \到\操作员姓名{GL}_1（k）$.

7. ….

当然，有很多证据可以证明这些事实，最有效的教学方法因背景而异。在这个问题上，我主要感兴趣的不是不同证明在教学上的优点，而是寻找一个论证，其中符号同态的存在看起来像不可避免的而不是归结为某种辅助计算的偶然事件。

我发现最接近这个问题的调查文章是一张1972年的纸条TL Bartlow的《置换奇偶性的历史注释》《美国数学月刊》。然而，尽管巴特洛提到了这些事实的几种不同证据，但他并没有亲自全面审查和比较所有的论点。

以下是一些可能的途径：

• $\西格玛_n$是一个Coxeter群，因此它具有生成器（相邻的换位）和关系的表示，其中每个关系都考虑单词的数量mod 2。但仅仅从定义$\西格玛_n$作为有限集的一组自同构，它是否应该接受这样的表示是不明显的，所以这并不完全令人满意。

• 使用分解成不相交的循环，可以简单地计算乘转置时发生的情况。这还不错，但这里的标志看起来仍然像前机器某种公式。

• 根据交换顺序的对的数量定义符号同态，同样可以归结为无误计算，以确定符号函数是同态。但这仍然像是魔法。

• 涉及多项式的证明对我来说又是一种魔法。

• 某种拓扑证明可能对我有启发。

Answer 1

（这是卡地亚论点的变体提到丹·拉姆拉斯（Dan Ramras）

让$X美元$至少是有限大小的集合$2$.让E美元$是上的完整图的边集$X美元$.套装D美元$指向这些边的方法是在$\｛\pm1\｝^E$.让G美元$是产品同态的核心$\{\pm1\}^E\到\{\pm1\}$.自$（\{\pm1\}^E:G）=2$，集合D/G美元$属于G美元$-中的轨道D美元$具有大小$2$.对称组$\运算符名称{Sym}（X）$作用于$X美元$,D美元$、和D/G美元$，所以我们得到了同态$\operatorname{Sym}（X）\to\operator name{Sym}（D/G）\simeq\{\pm 1\}$.每次换位美元（ij）$映射到$-1$因为如果$d\单位：d$所有边都位于1美元$和j美元$向外，除了从1美元$到j美元$，然后（ij）d美元$等于d美元$除了中间边缘的方向1美元$和j美元$.

Answer 2

这显然是一个主观问题，但我分两个阶段讲授

（1） 我需要尽早了解这个事实，所以我给出了我所知道的最快的定义：$$\mathtt{符号}（\sigma）=\frac{\prod_{i<j}\left（x{\sigma（i）}-x{\sigma（j）}\right）}{\prod{i<j}\left（x_i-x_j\ right）{$$这清楚地表明$\texttt{符号}$定义很好，是一个群同态，但看起来确实很像是从帽子里拉出一只兔子。从积极的方面来说，这是在多项式上计算群体行为的早期实践，学生们需要任何方式。

但是，为了获得动力，一两周后：

（2） 我让学生对所有群同态进行分类$\chi:S_n\到A$哪里美元$是阿贝尔的。自S_n美元$由换位产生，$\chi美元$由其在转置上的值决定。由于任何两个换位都是共轭的，所以必须有一个值$z（美元）$哪个是$\chi（（ij））$为所有人1美元$,j美元$，自$（ij）^2=1$，我们一定有$z^2=1$所以要么我们有琐碎的性格，要么我们可以称之为$z（美元）$按名字$-1$我们有符号特征。

这解释了为什么$\mathtt{符号}$是不可避免的，这是S_n美元$所以任何人S_n美元$必须发现它。

另外，第（2）部分中的计算可以精确地模拟，以表明$A_n$没有的重要字符$n\geq 5美元$:$A_n$由生成$3$-循环，任何字符都必须使用$3$-循环到单位的立方根，但是（对于$n\geq 5美元$)每$3$-循环与其逆循环共轭，因此实际上每个字符在$3$-循环。

Answer 3

在上面画一条辫子n美元$绳子很松散，所以没有三根绳子穿过同一点。让自己相信，在同一辫子的其他每一幅画中，交叉点的数量是相同的。（通过观察两根线。）请注意，编织物的组成增加了交叉的数量。

Answer 4

几年前，基思·丹尼斯（Keith Dennis）继卡地亚（Cartier）的一些论文之后，在Group-Sub-Forum邮件列表上发表了一篇关于排列符号的精彩讨论。我把它作为一系列练习交给了我的研究生代数课，我将在下面复制。丹尼斯还指出，卡地亚使用了类似的想法，就群体理论转移和勒让德符号给出了不同的观点。随后参考了卡地亚的论文。

完整的图形K_n美元$在$\{1，2，3，\dotsc，n\}$是带有n美元$顶点和连接每对不同顶点的边。定向K_n美元$是每条边的方向选择（从形式上讲，边是由两个不同的顶点组成的集，方向只是为每个这样的集选择一个顺序）。
注意，我们不要求不同边的排序之间有任何兼容性。

如果0美元$和0美元$是的方向K_n美元$，我们定义百万美元$为方向不同的边数，我们设置$d（o，o'）=（-1）^{m（o，0'）}$.

证明以下陈述：

a）$d（o，o'）d（o'，o''）=d（o、o''）$适用于所有方向$o，o'，o'$属于K_n美元$;

b） 对称组S_n美元$作用于K_n美元$.正式而言，如果0美元$是一个方向，其中边缘介于1美元$和j美元$点来自1美元$到j美元$，然后在方向上美元\sigma\cdot o$，中间的边缘美元\西格玛（i）$和美元\西格玛（j）$点来自美元\西格玛（i）$到美元\西格玛（j）$证明这定义了一个动作，并表明$d（o，\sigma\cdot o）=d（o'，\sigama\cdot o'）$适用于所有方向$o，o’$属于K_n美元$以及所有S_n中的$\sigma$.

我们现在可以定义$\operatorname{sgn}（\sigma）=d（o，\sigma o）$.

c） 证明这一点$\operatorname{sgn}:S_n\rightarrow\{\pm1\}$是同态。

d） 证明这一点$\operatorname{sgn}（\tau）=-1$每次换位美元\套$.

参考文献：

1. Zbl 0195.03101卡地亚，P。Remarques sur la signature d'une再签名置换（法语）Enseign。数学。，二、。Sér。16, 7-19 (1970).

2. Zbl 0195.04001卡地亚，P。转让担保书群之神（法语）Enseign。数学。，二、。Sér。16, 49-57(1970).

3. Zbl 0195.05802卡地亚，P。象征着勒让德-雅各比（法语）Enseign。数学。，二、。Sér。16, 31-48 (1970).

Answer 5

这是对Will Brian的评论根据我的理解，目标不是找到最简单的证据或学生最喜欢的证据；目标是让事情看起来“不可避免”或“并非奇迹”。为了实现这个目标，我认为最好看法$A_n$作为一个实体，而不是从S_n美元$然后试着解脱$A_n$从S_n美元$单纯形的旋转可以自然地实现$A_n$.我们可以建立一组订单$n/2$归纳地，从$n=3$（三角形的旋转）并乘以n美元$在每个步骤中。

一旦你建造好$A_n$，然后您可以构造S_n美元$作为一组“有符号旋转”，它有两倍的元素。现在的“奇迹”是$A_n$，但这似乎不那么神奇。

Answer 6

一个有趣的答案：否则你就不能问这个问题：宇宙中没有费米子，也没有稳定物质。

Answer 7

这个论点与其他一些答案没有太大的不同，但我要把它记录下来。它是倒置计数参数的一种无偏版本，也可以被视为通过对完整图的方向集的操作来简化参数。

让$X美元$是一个至少具有$2$元素和let$T_X（美元）$是总订单的集合$X美元$考虑以下关系美元\sim$在$T_X（美元）$：如果$2$-元素子集$X美元$在这一点上，他们的分歧是平等的。检查这是否是与两个等价类的等价关系。对称群$\西格玛_X$作用于$T_X（美元）$和尊重美元\sim$.因此$\西格玛_X$作用于$2$-元素集合$T_X/{\sim}$任何换位行为都是非私人的。由此可见$\Sigma_X\到\Sigma{T_X/\sim}$是一个满射同态。

Answer 8

有趣的问题！

我写这篇文章时遇到了类似的教学问题“Grassmann-Berezin演算和矩阵树型定理”关于格拉斯曼/费米子变量。这可能是OP列表中的第7项。

让$\xi_1，\dotsc，\xi_n$可以是形式变量或符号。让R美元$是一个单位为的交换环，包含$\mathbb{Q}$.考虑$R\langle\xi_1，\dotsc，x_n\rangle$自由非对易R美元$-由符号生成的代数$\xi美元$，即正式R美元$-符号中单词的线性组合$\xi美元$将串联作为一个产品。让1美元$是由元素生成的双面理想$\xi_i\xi_j+\xi_j\xi_i$为所有人1美元$,j美元$（不一定不同）。最后考虑商代数$R[\xi_1，\dotsc，\xi_n]=R\langle\xi_1，\dotcc，x_n\rangle/I$.很容易看到2^n美元$单项式$\xi_{i_1}\dotsm\xi__{i_k}$，带有$0\le k\le n美元$和$1\le i_1<\dotsb<i_k\le n美元$,R美元$-线性生成$R[\xi_1，\dotsc，\xi_n]$然而，要显示线性独立性，需要做一些工作。一旦这样做，就可以定义置换的符号美元\西格玛$作为这个系数$\xi_{\sigma（1）}\dotsm\xi_}\sigma（n）}$关于基本要素$\xi_1\dotsm\xi_n$.

我很有趣地证明了这种线性独立性，同时假装对行列式、外代数等一无所知。我记不太清楚，但关键的事实是，如果一个人制作一个顶点对应于$\xi美元$是固定长度的，当两个单词通过切换两个连续单词而不同时，放一个边$\xi美元$是的，那么这个图表是二分的.

变体：（带拓扑？）

在教授线性代数时，我经常将置换的符号定义如下。表示排列美元\西格玛$作为两列之间的一组从左到右的箭头，表示集合的两个副本$\{1，\ldot，n\}$，然后让$c（\sigma）$是箭头之间的交叉数。现在如果美元\套$是另一个排列，画出类似的图美元\套$紧接着sigma右边，作为一个延续。然后我解释一下$c（\tau\cir\sigma）-c（\tau）-c（\sigma）$是均匀的。假设箭头是由橡皮弦制成的，它们被钉在两个排列连接的中间。松开后，弹性绳会拉直，但这样做时交叉点总是成对消失。当然，一旦这一点明确了，就会立即出现同态$\sigma\mapsto（-1）^{c（\sigma）}$.

Answer 9

已经有很多其他的好答案了，但我想我也可以给出我自己的答案。

我的方法是通过拿起上面有大数字的塑料杯，比如从中连续编号，向学生介绍排列$1$到$8$，然后以随机的方式移动它们（就像在“3杯蒙特”展览中一样），最后得到它们的排列。具体来说，让我们假设杯子以顺序结束$$\开始{矩阵}3&5&2&1&4&7&6&8\结束｛矩阵｝。$$在接下来的解释中，我们将集中讨论这个排列。

现在，很容易向学生展示这种排列可以很容易地通过换位获得。但事实上很容易向他们表明，这种置换是通过转置获得的，其中转置的条目是连续的数字$（i\i+1）$，我们将称之为互换.

例如，从$$\开始{矩阵}1&2&3&4&5&6&7&8\结束{矩阵}$$我们可以先推杯子$3$过去的杯子$2$然后过了杯$1$得到$$\开始{矩阵}3&1&2&4&5&6&7&8\结束{矩阵}，$$所以杯子$3$处于正确位置。接下来，我们推杯子$5$过去的$4$，然后$2$，然后$1$，以获取$$\开始{矩阵}3&5&1&2&4&6&7&8\结束{矩阵}，$$所以现在两个杯子$3$和杯子$5$处于正确的位置。以这种方式继续下去，我们可以使用交换将所有杯子放在正确的位置。我们可以将其称为“左倾”算法。达到最终头寸（对于这种排列）所需的掉期总数为7次。

接下来，很容易解释为什么此算法在尽可能少的交换中使杯子就位。请注意，无论我们以何种方式交换杯子，最终都是杯子$3$和$2$将不得不相互交换双方$3$和$1$因此，每一次掉期都是不可避免的。事实上，“左倾”算法中的所有交换都是不可避免的。

然而，重要的是要向学生指出，互换的顺序是不不可避免。事实上，我们本可以在七个动作中执行对称定义的“右移”算法。

现在，证明符号函数是群同态的关键在于，如果我们再加一个交换，比如交换杯子$4$和$7$获得新的阵容$$\开始{矩阵}3&5&2&1&7&4&6&8\结束{矩阵}，$$那么，达到这个新排列所需的最小掉期数量已经改变了一次。（换句话说，掉期最低数量的平价已经改变。）

这是证明的简单想法。首先要注意的是，在这两种情况下，“left-swap”算法都是从对杯子进行完全相同的交换开始的$3,5,2,1$因此，我们不妨忽略这些杯子，并显示从$$\开始｛矩阵｝4&6&7&8\结束{矩阵}$$到$$\开始｛矩阵｝4&7&6&8\结束{矩阵}$$与最低掉期次数不同$$\开始{矩阵}7&4&6&8\结束{矩阵}。$$但现在，使用“右移”算法，我们也可以忽略杯子$6$和$8$所以，这实际上归结为在第一种情况下我们不需要交换$4$和$7$但在第二种情况下，我们做到了。因此，在这种情况下，掉期的最小数量增加了一次。（当然，如果我们选择了不同的杯子进行交换，可能会产生相反的效果，因此需要少换一个杯子。）

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还有其他一些原因，我真的喜欢这种“杯”式的方法。它使解释凯利定理和其他“重命名”定理变得容易。如果你再使用八个贴有标签的杯子$1，r，r^2，r^3，s，rs，r^2s，r^3s$，然后你可以解释如何D_8美元$作用于杯子，并在中给出置换表示S_8美元$。只需将新杯子放在原来杯子的上面，看它们是否也被重新排列，然后取下新杯子，看看旧数字是如何重新排列的。当然，这种杯子的方法不应该只使用，因为有时人们很难从视觉上思考。事实上，我认为这是最有帮助的之后他们已经知道排列是换位的产物。

Answer 10

倒置计数论证真的如此神奇吗？让我把它写下来，你可以指出哪一步似乎没有动力。

无序对$\{i，j\}$是的倒置美元\西格玛$如果美元\西格玛（i）$和美元\西格玛（j）$以相反的方式订购1美元$和j美元$.思考计算$\{\pi（\sigma（i）），\pi$分两步进行，即$\{i，j\}\mapsto\{\sigma（i），\sigma（j）$，我们看到了以下等价性，我认为这是问题的核心：

$\{i，j\}$是的倒置美元\pi\circ\sigma$如果且仅当以下陈述中有一个是正确的：

• $\{i，j\}$是的倒置美元\西格玛$.
• $\{西格玛（i），\sigma（j）\}$是的倒置美元\pi$.

这意味着反转集$I（\sigma）$满足$I（\pi\circ\sigma）=I（\sigma）\mathbin\triangle\sigma^{-1}（I（\π））$，其中$\三角形$表示对称差异。然后取基数的平价，我们就得到了$\#I:S_n\to\mathbb{Z}/2$是同态。

Answer 11

显然，已经有很多答案了，但我想我应该给出乔丹1870年在他的替代特征--这样做的好处是阅读起来非常清晰，并直接切入“概念”。

以下是我对他的定理77、其证明及其上面的段落（第64-65页）的翻译，并对使用的单词进行了一些更新（例如，置换而不是“替换”）：

循环开启美元$信件$a、b、c、\点$显然是p-1美元$换位$（ab），（ac），\点$。因此，在千美元$字母和包含n美元$循环是k-n美元$换位。

定理：让美元，吨$是两个排列，它们分别是$\阿尔法$和$\测试版$换位。产品中连续换位的次数ST美元$根据是否为偶数或奇数$\α+\β$是偶数还是奇数。

证明：由于任何置换都是转置的乘积，因此当T美元$是换位，在这种情况下$\贝塔=1$.

为了明确这个想法，让$S=（abcd）（fg）$.如果T美元$转置出现在同一循环中的两个字母，例如美元$和$c美元$，那么我们有$$ST=（ab）（cde）（fg）$$它是一个包含一个以上循环的置换美元$因此，它是$\字母-1$换位。如果在另一方面T美元$转置两个字母美元$以不同的周期出现，那么$ST=（abcdefg）$将包含一个小于美元$，因此将是$\阿尔法+1$换位。在这两种情况下，产品中的换位次数ST美元$将与$\alpha+1\pmod 2$.

我认为这更像是“传统的”证明，而不是确定性证明，正如它出现在有史以来出版的第一本关于群论的书中：-）当然，它确实属于“使用分解为不相交循环，人们可以简单地计算乘转置时发生的事”，但我并不觉得它有魔力（我也不认为它对乔丹有魔力！）

Answer 12

对称群可以看作是边界的自同构n美元$-如其他人所指出的，排列是否均匀取决于它是否反转方向。的边界n美元$-单纯形可以被认为是(n-1美元$)-维球达到同伦等价。因此，结果可以从以下事实得出：球面自同构空间中有两个相连的分量n美元$至少$2$.

编辑：现在我想解决一个问题，也许还不清楚球体的自同构分为两个部分。这里我提出一种直觉，它不一定是最基本的。我建议考虑球的自同构，从而诱导球谱的自同态。然后接受离散后的球面谱看起来像整数；我会声称，这给出了一种直觉，即自同构分为两个部分，因为整数作为一个组只有两个自同构。

Answer 13

虽然不是最具教育意义的，但我认为这算是“概念上的”：归根结底，超平面将空间精确地分为两部分。

正如前面许多答案中所指出的，我们可以得到$\运算符名称{sgn}$同态来自$\运算符名称{det}$.

我们可以得到$\运算符名称{det}$从概念上考虑$\运算符名称{O}（n）$我们知道身份的关联部分，$\operatorname{SO}（n）$，是一个正规子群，所以我们得到了一个满射映射$\operatorname{det}:\operator名称{O}$哪里$\运算符名称{G}$大小等于连接组件的数量。一旦我们知道有两个组件，$\运算符名称{G}$必须是$\mathbb{Z}/2$

分析拓扑的常用方法$\运算符名称{O}（n）$是通过纤维，即将每个矩阵的列视为正交基，并将正交基集投影到千美元$正交向量1美元$.

让$\运算符名称{Fr}（n，k）$表示空间千美元$-中正交单位向量的元组$\mathbb{R}^n$（即可以是第一个元组千美元$中矩阵的列$\运算符名称{O}（n）$). 然后我们有一张推测图$\pi_k:\operatorname{Fr}（n，k）\rightarrow\operator name{Fr}（n，k-1）$通过忘记最后一个向量给出。这个映射在任何点上的纤维都是同伦的$S^{n-k}$因此，通过归纳法进行论证$k<n$，我们有$\运算符名称{Fr}（n，k）$已连接，因为$\运算符名称｛Fr｝（n，k-1）$和$S^{n-k}$是。

要真正完成证明，您必须更加仔细地分析$\运算符名称{O}（n）$证明最后一步中的纤维并不是一个重要的双重覆盖。这应该很简单，因为$\pi_1（\operatorname{Fr}（n，n-1））$必须由$S^1美元$看起来像是地图的纤维$\pi_｛n-1｝$，这样你就可以把它写下来，并检查地图光纤上的动作$\pi_{n}$

或者，如果您只想获得正确数量的连接组件，我认为以下方法可行（对于$\运算符名称{GL}（n）$而不是$\运算符名称{O}（n）$)：使用行缩减和矩阵$\开始｛bmatrix｝1&k\\0&1\结束｛bmatrix｝$,$\开始{bmatrix}0&-1\\1&0\结束{bmatricx}$,$diag（1，…，k，…，1）$对于$k>0$在恒等式的连通分量中，可以用$1$和$-1$在对角线上。那是因为$\开始{bmatrix}-1&0\\0&-1\结束{bmatricx}$在恒等式的连通分量中，可以用$1$最多一个$-1$在对角线上。这意味着最多有两个组件。然后您仍然需要显示有两个独立的组件，可以通过定义$\hat{\operatorname{det}}$作为多组特征值乘积的符号。当然，你需要以某种方式证明，多组特征值连续依赖于矩阵，但我认为这可能不需要引入行列式的多项式表达式。但你不需要知道$\hat{\operatorname{det}}$是同态。

Answer 14

这个答案来源于试图理解David Speyer的多项式乘积公式回答（也是Theo Johnson-Freyd的评论). 它已被比约恩·普宁（Bjorn Poonen）卓越的独立式系统所取代回答.

如果T美元$是一组完全有序的n美元$元素，斯派尔答案中的乘积定义为$$T^2\将减号\Delta_T\设置为{T\选择2}$$拿$S\子项T$到$（最低（S），最高（S））$，但显然不取决于此部分的选择（交换一对索引会导致$-1$顶部和底部）。这让人联想到规范或核心限制组内上同调。安早期版本我的答案是在一个更一般的环境中使用循环和交叉同态来解决这个问题，但多亏了Poonen的答案和Benjamin Steinberg的评论，我现在可以不用自行车来做这件事了。

如果美元$和T美元$是有限集，那么$S（T）\乘以S（S）$作用于$X=\operatorname{Inj}（S，T）$通过后合成和预合成。的操作美元$是免费的，因为注入是monic的，我们表示商$X/S（秒）$通过$Y={T\选择S}$。具体来说，我们想要$\lvert服务器=2$和$\lvert T\rvert=n$得到$S_n\乘以S_2$作用于$\运算符名称｛Inj｝（2，T）\cong T^2 \ setminus\Delta_T$这是以下更通用对象的示例：

设置。让G美元$和美元$成为团体（最终美元$将是阿贝尔），让$X美元$是一组$（G\乘以A）$-这样的操作美元$-行动是自由的，是设定的$Y=X/年$等效地，$\pi\冒号X\到Y$是一个G美元$-等变的美元$-托索，在这个意义上美元\pi$是一个G美元$-等变映射G美元$-设置为\开始{align*}\mu\冒号A\乘以X和\到X\低于Y\乘以X\\（a，x）和\mapsto（ax，x）\结束｛align*｝是一个G美元$-等变双射，其中G美元$行为琐碎美元$换句话说，这是一个$\下划线{A}$-切片类别上的torsor$G\text{-}\mathbf{Set}/Y$，其中$\下划线{A}$是上的“常量对象”美元$（拉回美元$从格罗森迪克码头$\mathbf{集合}$).

内部hom$\mathbf美元{喇叭}是（_Y）（Y，{-}）\冒号G\text{-}\mathbf{Set}/Y\到G\text{-}\ mathbf}Set}$保留限制，因此将以上内容美元^Y$-托索$\mathbf美元{喇叭}是（_Y）（Y，X）$至的节美元\pi$（这是Poonen答案中的torsor）。在这里，美元^Y$不再是一个恒定的对象：它有一个自然的G美元$-行动。这样的torsor对应于一个元素H^1（G，A^Y）中的$\phi$（虽然我们现在假设非贝拉同调美元$是阿贝尔的），即交叉同态 $\phi\colon G\到A^Y$.给定一个部分$s\colon Y\到X$属于美元\pi$，交叉同态$\phi\colon G\到A^Y$可以通过合成计算$$\开始{array}{ccccccc}G&&\到&X\底部Y \次X&&\堆叠\ sim\左箭头&A \次X&&\堆叠｛\pi_1｝\到&A \\g&&\映射sto&（gs（Y），s（gy））。\！&&&&&\结束{数组}$$换句话说，$\phi（g）（y）$是独一无二的$a\单位：a$使得$gs（y）=作为（gy）$不同的截面选择给出了不同于主交叉同态的交叉同态。

如果美元$是阿贝尔的Y美元$有限，则有一个(G美元$-等变）乘法映射$\Pi\冒号A^Y\到A$，给出地图$H^1（\Pi）\冒号H^1（G，A^Y）\到H^1（G，A）$。自G美元$-上的操作美元$是微不足道的，这只是$\操作符名{Hom}（G，A）$，所以$H^1（\Pi）（\phi）$是同态$G\到A$.

在以下情况下$S_n\乘以S_2$ $\style{display:内联块；转换：旋转（90度）}{\circlearrowright}$ $\!\运算符名{Inj}（2，n）$，这给出了同态$S_n\到S_2$.给定一个部分$s\colon{T\choose 2}\到T^2\setminus\Delta_T$，写入$s_1，s_2\冒号{T\选择2}\到T$用于投影$\pi_i\circ秒$然后是交叉同态$\phi\冒号S_n\to\{\pm 1\}^{T\选择2}$可以用$$\phi（\sigma）（S）=\frac{x{\sigma（S_1（S））}-x{\segma（S_2（S）$$全面了解产品$S\在｛T\选择2｝中$恢复斯派尔答案中的公式美元$由提供$S\mapsto（最小（S），最大（S））$.

备注。我仍然觉得奇怪的一点是几乎努力给出同态$S_n\到S_3$同样，通过服用$\运算符名称{Inj}（3，n）$而不是$\运算符名称{Inj}（2，n）$。它之所以失败，是因为S_3美元$不是阿贝尔的。更换S_3美元$按其子组C_3美元$会产生同态$S_n\到C_3$，这可能是微不足道的。但不知为什么$C_2=S_2$这张地图很重要！

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与核心限制的关系。

如果G美元$-上的操作Y美元$是可传递的，然后选择一个点$y\年$给出了同构$G/H\stackrel\sim\到Y$属于G美元$-集合，其中$H=\操作员姓名{刺}_G（年）$.左Kan延伸\开始{align*}H\text{-}\mathbf{Set}和\到G\text{-}\mathbf{Set}\\Z&\mapsto（G\times Z）/H\cong\coprod_{G/H}Z\结束｛align*｝标识$H\text{-}\mathbf{Set}$带有切片拓扑$G\text{-}\mathbf{Set}/Y$、和美元^Y$是琐碎的虚构H美元$-模块美元$。对于$\lvert Y\rvert=[G:H]$有限的，这也是归纳法，所以夏皮罗引理说$$H^1（G，A^Y）\cong H^1$$地图$H^1（H，A）到H^1$在这种情况下称为核心限制.

同态$H\至A$可以从设置中立即推断：如果$x\以x表示$是的电梯美元$，然后$$\操作员姓名{刺}_{G\times A}（x）\to\operatorname{刺}_G（y） =小时$$是同构，所以它的逆函数给出了一个投影$H\至A$在我们的主要示例中{T\选择2}中的$\{1,2\}$有稳定器$H=S_2\乘以S_{n-2}\subseteq S_n$，上面显示标志$S_n\到S_2$是投影的核心限制$H\至S_2$.

Answer 15

$\DeclareMathOperator\sgn{sgn}$通过归纳法争论如何？我声称有一个同态映射$\sgn_n:\Sigma_n\to\{\pm1\}$这个值是多少$-1$每次换位。对于$n=0$和$n=1$.

一般来说，假设n美元$大于$1$我们有这样的地图$\sgn_{n-1}$在$\西格玛{n-1}$.

让美元\套$是互换的换位n美元$和$n-1美元$.自$\西格玛_n$等于$\Sigma_{n-1}\sqcup\Sigma _{n-1}\tau\Sigma-{n-1$，由于的两个元素$\西格玛{n-1}$由共轭的美元\套$在中已经共轭$\西格玛{n-1}$（以便$\sgn_{n-1}$同意它们），有一个独特的功能$\sgn_n:\Sigma_n\to\{\pm1\}$通过以下方式进行转换$\sgn_{n-1}$左右翻译下方$\西格玛{n-1}$，并且取值$1$在$1$和$-1$在美元\套$.由于所有移动的换位n美元$共轭于$\西格玛{n-1}$，地图$\sgn_n美元$独立于美元\套$.

我最初认为很明显$\sgn_n美元$是同态，并表示：

很难想象你或任何人会比@TheoJohnsonFreyd在评论或由@DavidESpeyer在答案但我认为这并没有违反你的任何禁令。

……但现在我看到必须进行一些计算，这至少被默认了。哦，好吧！

很明显$\sgn_n（\sigma）^{-1}\sgn-n（\sigma\bullet）$等于$\sgn_n美元$为所有人$\sigma\in\sigma_{n-1}$; 还有那个$\sgn_n（\tau）^{-1}\sgn-n（\tao\bullet）$等于$1$在$1$和$-1$在美元\套$，并通过转换$\sgn_{n-1}$左下平移$\西格玛{n-2}$和正确的翻译$\西格玛{n-1}$因此，它只剩下表明$\sgn_n（\tau）^{-1}\sgn-n（\tao\bullet）$同意$\sgn_n美元$在表单的每个元素美元\西格玛\陶$，其中$\sigma\in\sigma_{n-1}$是移动的换位$n-1美元$。你的一个要点中提到的辫子关系可能是可以接受的攻击线美元\套\西格玛\套$等于$\西格玛\tau\西格玛$因此，$\sgn_n（\tau）^｛-1｝\sgn_n（\tau\sgma\tau）$等于$-\sgn_n（\sigma\tau\sigma）=\ sgn_｛n-1｝（\sigma）\ sgn_｛n-1｝（\sigma）\ sgn_n（\tau）\ sgn_｛n-1｝（\sigma）=\ sgn_n（\sigma\tau）$.

Answer 16

下面是等效语句列表中语句4的框架，您可以将我假定的“不出错的计算”转移到另一个位置：

4'. 身份置换$（1）\in\Sigma_n$不是奇数掉期的乘积。

A类互换这是形式的转换$（i；（i+1））$.

4'证明：按以下任何顺序$1,2，\ldot，n美元$，如果在位置处交换两个整数1美元$和$i+1$，它精确地更改了反转数$1$，因为只有这些位置的整数之间的相对顺序受到影响。（反转是一对（a，b）美元$具有a>b美元$.）如果我们按顺序从列表开始，并应用奇数个交换，则最终会得到奇数个反转。但身份置换有0个反转。$\盒$

那么，“概念上的原因”是：互换改变了订单的“错误程度”$1$，因此我们不能在上使用奇数$1,2，\ldot，n美元$为了回到拥有$0$以错误的顺序配对。

4和4'是等价的，这是因为任何换位美元（ij）$可以写为奇数交换的乘积。你可以明确地写下来：$（ij）=\cdots（（i+1）\；（i+2））\；（i\；（i+1））$（如果$i<j$). 或者你可以直观地看到：移动1美元$到j美元$通过掉期，然后转移j美元$到哪里1美元$是，哪些需要$1$移动次数减少，因为它已经移动了一次。无论如何，这就是计算的地方。但也许这是一个更好的地方。

Answer 17

就我的口味而言，在试图澄清/简化自然上升群体（尤其是“经典群体”）作用于建筑（不仅是球面和仿射建筑）的证据时，可能会意外发现“表示置换的数字相邻置换的奇偶性”的精细性证明。

关键点可以用正统的术语表示：长度 $\ell（s\cdot w）$属于$s\cdot周$，在Coxeter组中美元（W）$使用指定的反射生成器美元$，带有$w\单位：w$和$s\单位：s$，是$\ell（w）\pm 1$.从不$\ell（w）$再一次。特别是，奇偶校验完全翻转了。

一些传统的治疗方法并不令人满意我，因为他们假设组合的东西，就像证明排列具有定义明确的奇偶性一样。

同样，“建筑物”的某些发展也首先依赖于发展大量的Coxeter群组合理论。

另一方面，J.Tits的一个定理表明，“厚”建筑中公寓的自同构群是考克塞特组。这就是说，这些公寓是考克塞特建筑群。。。

这方面的争论并非微不足道，但做拥有更多你可能喜欢的几何/概念风格。在研究了正统版本一段时间后，几年前我意识到，同样的“几何”建筑理论论证可以证明这一点至关重要$\ell（s\cdot w）=\ ell（w）\pm 1$属性。请参见http://www.math.umn.edu/~garrett/m/v/bldgs.pdf对于这个推论以及对它有点顽固不耐烦的态度的其他推论进行了自足的讨论（同样，布鲁哈特分解的精化方面……）

…哎呀，忘了提一下，将置换群实现为由向量空间的子空间在字段上构造的（厚）建筑物的单元自同构群是相当容易的。

Answer 18

已经有了足够的答案，但这里是用花圈产品的语言重写了Poonen和De Bruyn的答案。

让美元$是在有限集右侧自由作用的群$X美元$.然后$\mathrm美元｛自闭症｝_A（十）$众所周知，它与置换环积同构$A\wr\mathrm{Sym}（X/A）=A^{X/A}\times\mathrm{Sym{（X/A）$.同构取决于为X美元/年$但任何两个同构都是由以下元素共轭的$A^{X/A}$.具体来说，选择一个部分$t\colon X/A至X$并发送$f\英寸\mathrm｛自闭症｝_A（十）$到$（F，F'）$哪里$f’$是的排列X美元/年$诱发因素$f美元$和$F\冒号X/A\到A$定义于X/A中的$e\$通过$f（t（e））=t（f’（e）$.如果$t'\冒号X/A\到X$是另一部分，然后是A^{X/A}中的$h\$使得$t'（e）=t（e）h（e）$为所有人X/A中的$e\$以及由$t'（美元）$与从中构造的共轭$t（美元）$通过$（h，1）\在A\wr\mathrm{Sym}（X/A）中$我没有给出同构的逆，因为不需要构造符号映射。

在这种情况下美元$是阿贝尔的，有同态$\tau_0\冒号A^{X/A}\times\mathrm{Sym}（X/A）\到A$由提供X/A}f（e）中的$（f，\sigma）\mapsto\prod_{e$（有时称为传输图）。这给出了一个同态$\tau\colon\mathrm｛自闭症｝_A（十） \至A$它独立于上面构造的同构，因为来自不同部分（即横截）的同构通过内部自同构而不同美元$是阿贝尔的。

现在考虑一下团队$A=C_2$（二元循环群），并考虑集合E美元$的不同元素对$[n]=\{1，\ldot，n\}$.然后C_2美元$根据…的权利自由行事E美元$通过让非平凡元素切换坐标和S_n美元$在E美元$用这个通勤。然后我们将合成同态$S_n\to\mathrm{自动}_{C_2}（E）\x右箭头{\，\tau\，}C_2$.

像往常一样，我们需要检查换位$(1,2)$发送到的非平凡元素C_2美元$，但如果您选择排序对作为横向变量，这很容易实现$（i，j）$具有$i<j$并坚持施工。

Answer 19

看起来很容易上瘾，所以恐怕你还得再忍受一个答案。

下面的内容实际上存在于几个已经给出的答案中，我只是试图使其尽可能简单。

记下$\binom n2美元$声明”$1<2$", "$1<3$", ..., "$n-1<n美元$".

现在执行排列并计算违反这些语句的数量。

如果这个置换是一个换位美元（ij）$，用于$i<j$，那么被侵犯的都是“$i<k$“使用$k<j$，全部“$\ell<j$“使用$\ell>i$（两次相同的数字），以及“$i<j$“。因此，每个换位都违反了这些语句的奇数。

将置换的结果视为重新排序，我们可以看到在“偶数违反者”和“奇数违反者“之间再执行一次换位。

我相信这足以说服自己，产生任何给定置换的转置数的奇偶性（与数字本身不同）是明确定义的，并且与这些违规数的奇数一致。

Answer 20

这实际上是对曼扎纳的回答显示O（n）美元$有两个部分，但我想用我思考方向的方式来描述它。

我们可能会想到O（n）美元$作为正交框架$（v_1，\ldot，v_n）$,$|v_i|=1$,$v_i\cdot v_j=0，i\neq j$，给出了$\mathbb{R}^n$。对于$n>1$，我们可以旋转第一个n-1美元$向量到$e_1=（1,0，\ldots，0），e_2=（0,1,0，\ldets，0）$。要执行此操作，请旋转第一个矢量$v_1$到$e_1美元$，我们可能会这样做$S^{n-1}$被连接（并且在每个步骤处使框架的其余部分一起旋转）。然后旋转$v_2$到$e_2（美元）$同时保持$e_1美元$使用球体固定$S^{n-2}=S^{n-1}\cap e_1^\perp$连接，依此类推直到我们开始旋转$v{n-1}$到$e_{n-1}$保持$e_1，\ldot，e_{n-2}$固定使用$S^1美元$已连接。此外，此旋转是标准的，并发送$v_n$到$\pm e_n$因此，我们可以看到O（n）美元$有两个分量，行列式是我们旋转到的正交框架中最后一个向量的符号。

当然，为了严格地证明这一点（要看到我们确实得到了两个分量），必须通过对维度的归纳，并使用manzana的答案中的fibration。但我想我应该指出，这就是我（也许还有其他人）直觉/形象地思考$\mathbb{R}^n$通过空间的组件n美元$-框架。

Answer 21

这里是其他答案的另一种变体（特别是卡地亚方法）。让G美元$是作用于有限集左侧的群$X美元$，让美元$阿贝尔群与let$c\冒号G\乘以X\到A$成为“$1$-cocycle”，意思是$c（gh，x）=c（g，hx）c（h，x）$为所有人$x\以x表示$和$g，h\单位：h$。然后可以定义同态$\θ\冒号G\到A$按规定$$\theta（g）=\prod_{x\ in x}c（g，x）$$虽然我们应该排除计算，但这很容易：$$θ$$通过推杆$y=hx$.

现在将此应用于S_n美元$在片场上表演$X美元$属于$2$-元素子集$\{1，\ldot，n\}$具有$A=\｛\pm 1\｝$。对于$i<j$，放置$$c（\sigma，\{i，j\}）=\begin{cases}1，&\text{if}\\sigma$$（所以$c美元$检查是否美元\西格玛$反转$\{i，j\}$)并观察到$1$-cocycle条件就是这样说的美元\西格玛\陶$反转$i，j美元$当且仅当正好是美元\套$反转$i，j美元$和美元\西格玛$反转$τ（i），τ（j）$发生。然后$c（（1,2），{i，j}）=-1$若（iff）$\{i，j\}=\{1,2\}$等等$θ（（1,2））=-1$.

分类备注。用范畴的术语，你可以建立变换群胚（又名Grothendieck构造，又名元素范畴）$G\时间X$和a$1$-cocycle正是一个函子，也就是$H^1（G时间X，A）\cong H^1$（根据Shapiro引理），后者映射到$H^1（G，A）$通过增强$A^X\到A$发送$f美元$到$\prod_{x\在x}f（x）中$就像我的另一个答案。用更华丽的术语来说，$B（G\times X）$是有限薄板覆盖空间BG美元$对应于G美元$-套$X美元$，因此您可以使用传输映射获取$\mathrm{Hom}（G\times X，A）\cong H^1（B（G\Times X），A）\到H^1$.

拓扑注释。正如DeBruyn最新版本的答案中所提到的那样（用范畴语言），我们可以从拓扑角度来看待这一切（但随后我会转向正确的行动）。让$BS_n美元$是的分类空间S_n美元$通过钢筋结构建造。让$X美元$右边S_n美元$-所有二元子集的集合$\{1，\ldot，n\}$。那么这是一个及物动词S_n美元$-集合因此对应于连接的有限薄板覆盖$E\到BS_n$其基本群同构于稳定器，而稳定器又同构于$S_2\乘以S_{n-2}$此外，E美元$是其基本群的分类空间，因为它的泛覆盖空间$BS_n美元$，可收缩。自$H^1（S_2\次S_{n-2}，\{\pm 1\}）$通过投影到S_2美元$，这给了一个重要的$1$-自行车$c美元$在E美元$.的边缘E美元$看起来像$（e，\σ）\冒号e \到e \σ$哪里$e\以X表示$,S_n中的$\sigma$和相应的$2$-cocycle提供$-1$如果美元\西格玛$反转美元$和$1$，否则。现在，传输映射将这个cocycle发送到$H^1（BS_n，\｛\pm 1\｝）=\mathrm｛Hom｝（S_n，\｛\pm 1\｝）$这很容易通过传输发送的构造来验证美元\西格玛$到的产品$c（e，\sigma）$总的来说美元$，这是$-1$提升到反转次数。

Answer 22

这里给出了一个略为几何化的参数版本，具有更多的Coxeter群感觉。虽然可以归结为Cartier的论点，但完整图的方向被替换为考虑相应的图形超平面排列。

让$\mathcal A_n$是编织物的排列$\mathbb卢比$。它由$\binom{n}{2}$超平面$$H_{ij}=\{\vec x\in\mathbb R^n\mid x_i=x_j}$$具有$i\neq j个$.

小组S_n美元$作用于$\mathbb卢比$通过排列坐标和此操作排列$\mathcal A_n$.让$\vec p=（1,2,3，\cdot，n）$并注意到$\vec p\notin H_{ij}$为所有人$i，j美元$.让$X美元$成为轨道$S_n\cdot\vec p$; 它包括n美元$-不同的元素，它们都不属于任何$H_{ij}$.

对于X中的$\vec q，\vec r$，放置%s（\vec q，\vec r）$为中的超平面数$\mathcal A_n$分离$\vec q，\vec r$，其中，如果这些向量位于补码（其中有两个）的不同连接成分中，则超平面将其分离。放置$d（\vecq，\vecr）=（-1）^{s（\vec q，\VEcr）}$.

简单事实：

1. $d（\vec q，\vec r）=d（\vesc r，\vecq）$（立即）
2. $d（\sigma（\vecq），\sigma-（\vec r））=d（\vec-q，\vec-r）$对于S_n中的$\sigma\$自从$\mathcal A_n$由进行置换S_n美元$.
3. $d（\vec q，\vec r）d（\vesc r，\vecs）=d（\ve c q，\ vec s）$因为超平面分离了$\vec q美元$和$\vec秒$当且仅当它正好分隔其中一个$\vec q，\vec r$和$\vec r，\vec s$因为超平面补语有两个相连的成分。

由此我们可以定义$$\mathrm{sgn}（\sigma）=d（\simma（\vecq），\vecQ）$$哪里X中的$\vec q\$。这与$\vec q美元$因为$$d（\sigma（\vec r），\vec r）=d（\sigma（\ vec r$$根据上述第1、2和3条。

它是同态，因为$$\mathrm{sgn}（\sigma\tau）=d（\simma\tau（\vecq），\vecq=d（\sigma\tau$$由3和独立$\mathrm{sgn}$关于$\vec q美元$.

最后，如果美元\西格玛=（1,2）$，然后$\西格玛（\vec p）=（2,1,3，\ldot，n）$只有这样$H_{1,2}$分离$\矢量p$和美元\西格玛（\vec p）$.因此$\mathrm{sgn（\sigma）}=-1$.

这可以通过观察斯派尔的回答来确定$f（\vec x）=x_i-x_j$是一个表单定义$H_{ij}$等等$$d（\sigma\vecp，\veccp）=\prod_{1\leqi<j\leqn}\dfrac{\sigma（j）-\sigma（i）}{j-i}$$

Answer 23

有一个评论本杰明·斯坦伯格说

“通常，该符号用于表示最高外部功率非零”

我认为有可能扭转局面，首先证明任意函数上非零top形式的存在性n美元$-维度的千美元$-向量空间（通过归纳n美元$（本质上是通过使用拉普拉斯展开），并通过直接的群操作从这种非零顶部形式中提取置换的符号：

对于$n=1$，非零顶形式的存在是空洞真实的。所以让我们$n>1$,V美元$武断的n美元$-维度的千美元$-向量空间，$\varphi\以V^*\setminus\{0\}表示$,$\psi\in\varphi^{-1}（\{1\}）$并定义以下线性“投影$\ker\varphi美元$":$$P:V\to\ker\varphi:V\mapsto V-\frac{\varphi（V）}{\varpi（\psi）}\psi=V-\varphi.（V）\psi$$ $$表示所有j\in\{1，…，n\}:\，P_j:V^n\to（\ker\varphi）^{n-1}:V\mapsto（P（V_1），。。。，P（v_{j-1}），P（v_{j+1}），。。。，P（v_n））$$自$\ker\varphi美元$是一个美元（n-1）-$维度的千美元$-向量空间，归纳假设暗示存在一个非零的多线性交替映射$\epsilon_{n-1}：（\ker\varphi）^{n-1{到K$。然后定义$$\epsilon_n:V^n\到K:V\mapsto\sum_{j=1}^n（-1）^{j+1}\varphi（V_j）\epsilen_{n-1}（P_j（V））$$检查一下$\epsilon_n$非零且很容易实现多重线性。注意到这足以证明$\对于v^n:\中的所有v\，\对于{1，…，n-1\}:\，v_{j}=v_{j+1}\Rightarrow\epsilon_n（v）=0中的所有j\$.

为了得到置换的符号，我们仍然必须证明所有置换都是由许多转置（可能是neirest-neighbour-elements）组成的$（j，j+1）$). 严格地说，为了快速获得标志，我们可以在这里省略以下证据$\epsilon_n$是多线性的，尽管在这种情况下，我们必须证明交替/反对称的版本，即$$代表v^n:\中的所有v\，代表{1，…，n-1}:\，epsilon_n（v_1，…，v_n）=-\epsilon-n（v_{pi_{j，j+1}（1）}，。。。，v{\pi{j，j+1}（n）}）$$

Answer 24

它与Steenrod操作有关$\mathrm{Sq}^2$在球面谱的上同调中消失。

光谱图见证了这种消失$\西格玛：S\到E$，其中E美元$是地图的纤维$H\mathbb{Z}\to\Sigma^2 H\mat血红蛋白{Z}/2\mathbb{Z}$代表$\mathrm{Sq}^2$.现在，$\欧米茄^\infty S$ 是初始类群$E_英寸$-下的幺半群$N_\bullet\mathrm{FinSet}^\sim$和组成$$N_\bullet\mathrm{FinSet}^\sim\to\Omega^\infty S\xrightarrow{\Omega ^\inffty\sigma}\Omegan^\infty E=\mathbb{Z}\times BS_2$$定义符号同态。（希望我在这里正确使用了现代术语和符号，否则请随意改进。）

从这个角度来看，符号同态只是上同调类的一个特例H^{2p-3}（BS_n；\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}）中的$\sigma_p$，为每个质数定义美元$使用Steenrod操作的消失$\mathcal{P}^1$在球面谱的上同调中。

Answer 25

编辑：这不起作用，因为方向是建立在同源性的定义中的。

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也许如果我把它分解得足够清楚，它实际上是圆形的，但我不这么认为。

给定元素$M\in\textrm{总账}_{n+1}（\mathbb{R}）$，将其限制为球体$\波浪线{M}:S^n\到S^n$通过$\波浪线{M}（p）=\裂缝{M（p）}{|M（p$.

$H_n（S^n）\cong\mathbb{Z}$通过简单的计算。现在只需要检查一下$\波浪线{I}$映射到$1\in\mathbb{Z}$而换位的置换矩阵被发送到$-1$.

Answer 26

这是对德布鲁因和普宁使用群上同调的证明的另一次重写。这当然是压倒性的。

让美元$是一个在有限集右边自由作用的阿贝尔群$X美元$然后让G美元$在的左边操作$X美元$通过的自同构美元$-行动。放置$Y=X/年$并注意到美元^Y$是一种权利G美元$-通过预合成模块（自G美元$对具有诱导作用Y美元$). 此外，如果我们美元$微不足道的权利G美元$-模块，我们有一个G美元$-模同态$\ eta\冒号A^Y\到A$由提供$\eta（f）=\prod_{y\in y}f（y）$.

给定一个部分$t\colon Y\到X$，我们得到一个交叉同态（aka$1$-循环）$c\冒号G\到A^Y$按规定$g（t（y））=t（gy）c（g）（y）$用这个动作G美元$在$X美元$以…的行动通勤美元$。可以很容易地检查，如果您选择不同的部分，则会得到一个上同系交叉同态，因此会有一个定义良好的类$[c]\，单位：H^1（G，A^Y）$与此自由操作关联。那么我们有$\eta_*\冒号H^1（G，A^Y）\到H^1$等等$\eta_*（[c]）$是同态$G\到A$.

让$N=\ker\eta$注意，交叉同态$g\冒号g\到A^Y$不包含值的N美元$映射到的非平凡元素$H^1（G，A）=\mathrm｛Hom｝（G，A）$在下面美元\eta_*$.

Poonen的答案当然是这样的$A=\｛\pm 1\｝$在片场上表演$X美元$有序对的$（i，j）$具有1美元$然后S_n美元$作用于的左侧$X美元$与行动通勤美元$。可以表明换位并没有映射到N美元$在交叉同态下$c美元$使用包含$（i，j）$具有$i<j$自从$c（（1,2））$正好从中获取一个重要值美元$因此，$\eta_*（[c]）$是一个非平凡的同态$S_n\到\｛\pm 1\｝$根据需要。

Answer 27

更新3：这是前面给出的参数的完整重写（附加在水平线后面）。

我们在田里工作千美元$具有不同于$2$.

对于$i=1，\cdot，n$让$e_i（美元）$表示标准内部产品空间的标准基础V美元$尺寸的n美元$结束千美元$.

鉴于$v\单位为v$使得$\langle v，v\rangle\neq 0$我们定义$$rv（x）=x-2压裂{langlex，vrangle}{langlev，vrange}v$$这是“反射”的通常定义。

鉴于$i\neq j个$，反射$r_｛e_i-e_j｝$操作于V美元$通过交换$e_i（美元）$和$e_j（美元）$、和固定 $e_k（_k）$对于千美元$不同于1美元$和j美元$.

因此，发送换位的映射$（i，j）$到$r_｛e_i-e_j｝$将置换组嵌入为该组的子组R（V）美元$由反射生成美元_v$作为$v（美元）$变化。

让美元（V）$是的子组R（V）美元$由表单元素生成$r_v\cdot r_w$.

索赔：该组美元（V）$是中的索引2R（V）美元$.

考虑一下空间$W=V+k e_0$通过定义$$\langle v+a e_0，w+b e_0\rangle=langle v，w\rangle+ab$$很明显，这个内部产品延伸上的内层产品V美元$.

如果$v\单位为v$，然后$r_v:W\到W$具有它的属性$r_v:v\到v$由扩展$r_v（e_0）=e_0$.

进一步$r_{e_0}（v）=v$对于$v\单位为v$和$r_{e_0}\cdot r_v=r_v\cdot r_{e\0}$对于每个$v\单位为v$.

因此，集团$R（V，W）$的内部自同构美元（W）$由元素生成$r_｛e_0｝\cdot r_v$作用于V美元$并且可以用R（V）美元$通过此操作。

自$r_{e_0}$与…通勤美元_v$对于每个$v（美元）$，的子组$R（V，W）$其作用是身份在$e_0$可以通过美元（V）$.

这表明该组美元（V）$是中的索引2R（V）美元$.

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拓扑参数可以如下所示。

小组$\西格玛_n$以明显的方式对美元（n-1）$-通过对顶点的操作实现单纯形。

符号决定动作是保留还是反转方向。

也许这是一个循环定义，因为问题是什么是方向。答案是，它是在旋转时保持不变，但在反射时倒置的东西。

换言之，我们可以对单纯形应用旋转，以尝试将单纯形恢复到其原始位置。自$3$-循环由旋转清楚地表示，我们可以看到（由它们生成的组）$A_n$可以应用于该位置。因此，我们可以转换任何位置使用$A_n$到达一个位置全部的除了两个选择的顶点被正确定位之外。

更新：考虑到manzana给出的答案，人们也可以根据正交组进行辩论。

排列群$\西格玛_n$以自然方式操作n美元$-维度内积空间V美元$具有正定内积。可以按照以下步骤对该组进行研究$O（V）美元$的自同构V美元$:

1. 通过归纳证明任何的自同构V美元$是简单反射的产物。让美元_v$表示恒定的简单反射$v^{\perp}$并发送$v（美元）$到$-v美元$.

2. 产品$r_v\cdot r_w$两次反射在正交子空间上是常数$\{v，w\}^{\perp}$余维2，因此已确定通过它在跨度上的作用$v（美元）$和$w美元$.

3. 其中一个显示，如果$u（美元）$位于$v（美元）$和$w美元$，然后有一个$t（美元）$使得$r_v\cdot r_w=r_t\cdot r _u$（我们可以接受$t=r_v\cdot r_w（-u）+u$.)

4. 然后得出子组$SO（V）$的元素$O（V）美元$偶数个反射的乘积是一个连通群。

5. 也就是说$SO（V）$是中索引2的子组$O（V）美元$.

更新2：针对这些评论，并根据蒂莫西·周（Timothy Chow）给出的答案，这里有另一个（希望更简单）的论点。

让美元（W）$是一个有维度的内部生产空间美元+1$其中包含n美元$-维子空间V美元$.让$e_0、e_1、\点、e_n$表示的标准基础美元（W）$.

如上所述，对于非零矢量$v（美元）$在里面美元（W）$，让美元_v$表示由定义的反射$r_v（x）=x-2（<x，v>/<v，v>）v$,

对于每个$0<i，j \leq n$定义自同构$R_{i，j}=R_{e_0}$属于美元（W）$注意这些自同构保存 V美元$以及$R_{i，j}$在V美元$正是换位的作用$（i，j）$如上所述。这表明由$R_{i，j}$是S_n美元$通过上面的操作V美元$.

该组的子组修复 $e_0$是$A_n$显然是索引2。

从几何角度来看，上面是对Timothy Chow在对答案的评论中提到的“双锥”刚性运动组的明确实现。

Answer 28

如果他们研究过伽罗瓦理论，你可以考虑领域的扩展$E:=\mathbb{R}（x_1，\ldots，x_n）^{S_n}\subset F:=\mathbb{R}（x1，\ltots，x_n）$将对称有理函数转换为有理函数。人们可以四处游玩，试图找到一个“几乎对称”的有理函数，在符号旁边，但不是对称的。

让我们一起努力找到它。一开始可以$x_1-x_2$并确保它几乎被所有美元\西格玛$那个掉期$1$和$2$，但只要$1$如果发送到其他地方，您将获得另一个差异，例如。$x_3-x_2$。但是，嘿，如果我们将所有这些差异相乘，它们将在它们之间交换，但乘积（符号旁边）将被保留。

现在考虑你的多项式$p（x_1，\ldots，x_n）=\prod_{i<j}（x_i-x_j）$.由于它几乎是对称的，$p^2$是对称的，因为正方形杀死了符号。这意味着E（p）美元$是一个学位$2$的扩展E美元$.

在Galois方面，这会产生一个子组$G:=\textrm{Gal}（F/E（p））$索引的$2$.的几乎对称性美元$也意味着E（p）/E美元$是正规的，所以我们得到了正规子群$A_n=G$属于S_n美元$。很容易看出置换的作用微不足道美元$当且仅当反转数为偶数时。

笔记。我不确定这很容易解释为什么？ $2$是正确的，这可以用性格的第一个答案来更好地解释。然而，存在性很容易用伽罗瓦理论解释，不需要计算。你可以练习寻找美元$对于$n=2,3$我相信他们会猜出（或者至少可以放心）一般公式。

Answer 29

下面是一个我在长长的优秀答案列表中没有看到的公式：如果$\sigma\in\mathfrak S_n$，然后$\mathop{\rmsgn}（\sigma）=（-1）^{n-p}$，其中美元$是的轨道数美元\西格玛$在$\{1，\点，n\}$.

（此定义甚至适用于任何有限集上的对称群，并扩展到具有有限支持的无限对称群置换。）

唯一不明显的是它定义了群的态射。为此，只要证明如果美元\套$是换位，那么$\mathop{\rmsgn}（\sigma\tau）=-\mathop{\rm sgn}（\sigma）$。有两种情况，根据这两种情况交换的元素美元\套$是否属于同一轨道。事实上，如果$\{a_1，\点，a_m\}$是的一个轨道美元\西格玛$，按循环顺序书写，如果$\tau=（a_1，a_k）$，带有1美元<千万$，然后美元\西格玛\陶$轨道与美元\西格玛$除了轨道$（a_1，\点，a_m）$被分成两个轨道$\{a_1，a_{k+1}，\点，a_m\}$和$\{a_2，\点，a_k\}$; 在这种情况下美元\西格玛\陶$轨道比美元\西格玛$另一种情况是以同样的方式证明的，（甚至可以避免，因为两个元素被美元\套$然后属于同一轨道美元\tau\sigma$).

编辑：添加关于无限对称群的括号

Answer 30

汉斯·利贝克在《美国数学月刊》的文章中有一个有趣的错误“证明”奇偶排列他声称如果一个换位的产物$（1）$是恒等式，然后是每个换位$（1秒）$出现偶数次。然而，$（1；2）（1；3）（1$与这个“事实”相矛盾。（感谢我的同事弗洛里安·莫勒（Florian Möller），他在我的类似“证据”中发现了这种错误……）