接着上一節，為了研究置換群的結構,我們來考慮對稱群$S_n$和交錯群$A_n$的的生成元系.
定理1 對稱群$S_n$可以由$(12),(13),\cdots,(1n)$生成，即$S_n=<(12),(13),\cdots,(1n)>$.
證明 首先$<(12),\cdots,(1n)>\subset S_n$,同時注意到每個置換都可以分解成一些對換的乘積,而對換$(i~j),(i\neq j)$可以被表示成$$(i~j)=(1~i)(1~j)(1~i)$$這說明$S_n\subset<(12),\cdots,(1n)>$,從而$S_n=<(12),\cdots,(1n)>$.
定理2 交錯群$A_n$可以由全體$3-$輪換生成.
證明 注意到任意的$3-$輪換$(i~j~k)=(1~k)(1~j)(1~i)$,這說明$3-$輪換必然是偶置換,從而乘積也是.另一方面兩個對換的乘積$\sigma=(ij)(st)$可被一些$3-$輪換表示即可.1)若$i=s,j=t$,那么$\sigma=(1)=(123)(123)(123)$,結論成立;2）若$i=s,j\neq t$,則$\sigma=(i~t~j)$,結論也成立;3)若$i\neq j,s\neq t$,那么$$\sigma=(i~j)(s~t)=(1~i~s)(1~i~j)(1~s~t)$$注意此處默認$i,i,s,t$均不為$1$.這說明偶置換可被表示成$3-$輪換的乘積.所以定理成立.即$A_n$可由全體$3-$輪換生成.
要注意的是群的生成元並不唯一,例如我們還有$$S_n=<(12),(23),\cdots,(n-1,n)>=<(12),(12\cdots n)>$$以及$$A_n=<(123),(124),\cdots,(12n)>,n\geq3$$
另一個問題,$S_n$中任意的置換$\sigma=(a~b~\cdots~c)\cdots(\alpha~\beta~\cdots~\gamma)$,我們考慮與之共軛的置換$\delta=\tau\sigma\tau^{-1}$,注意到$$\delta\left(\tau(a)\right)=\tau\sigma(a)=\tau(b)$$同理$\delta(\tau(b))=\tau(c)$,不難看出$$\delta=\tau\sigma\tau^{-1}=\left(\tau(a)~\tau(b)~\cdots~\tau(c)\right)\cdots\left(\tau(\alpha)~\tau(\beta)~\cdots~\tau(\gamma)\right)$$可以看出$\sigma$與$\delta$具有相同的形式,這里的形式指的是分解成不相交的輪換的結果中,輪換的長度以及輪換的個數對應相等,某些書中也將這個稱為置換的型：
例如在$S_{13}$中的置換$(1234)(567)(89)(10,11)$,那么稱他的型為$1^22^23^14^15^0\cdots13^0$,其原理就是置換分解成不相交輪換在不考慮次序情況下是唯一的.一般的在$S_n$中如果某個置換的型為$1^{r_1}2^{r_2}\cdots n^{r_n}$,那么必然有$$\sum_{i=1}^{n}ir_i=n$$
借助於型的概念,我們可以說$S_n$中置換$\sigma$的共軛置換一定與之具有相同的型,那么反之是否成立呢？答案是肯定的,我們有
定理 $S_n$中兩個置換$\sigma,\delta$共軛的充要條件是他們的型相同.
證明 必要性已然說明,再證充分性,設$\sigma=(a~b~\cdots~c)\cdots(\alpha~\beta~\cdots~\gamma),\delta=(a'~b'~\cdots~c')\cdots(\alpha'~\beta'~\cdots~\gamma')$,那么取置換$$\tau=\left(\begin{matrix}a&b&\cdots&\gamma\\a'&b'&\cdots&\gamma'\end{matrix}\right)$$可以驗證$\delta=\tau\sigma\tau^{-1}$,說明$\sigma,\delta$是共軛的.
按照置換的型可以很容易寫出對稱群$S_n$中的全部共軛類,以$S_5$為例,我們知道$|S_5|=5!=120$,其全部的共軛類如下:
$1^5$型:僅有一個,即為$(1)$;
$1^32^1$型:共$\binom{5}{2}=10$個;
$1^23^1$型:共$A_{5}^{3}/3=20$個,即在$5$個元素中選取$3$個元素的圓排列(輪換對稱性);
$1^14^1$型:共$A_{5}^{4}/4=30$個;
$1^12^2$型:共$\binom{5}{1}\binom{4}{2}/2=15$個;
$2^13^1$型:共$\binom{5}{2}A_{3}^{3}/3=20$個;
$5^1$型:共$A_{5}^{5}/5=24$個.
一般的我們有,在對稱群$S_n$中,型為$1^{r_1}2^{r_2}\cdots n^{r_n}$的置換的個數為$$\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^{n}r_i!i^{r_i}}$$(在數字較大時用詞結論計算是方便的,但是在數字較小時用前面排列組合的思路更快捷)用數學歸納法來證明是可行的,我們更希望給出如下的直接求法.記集合$A:=$表示$n$個元素$1,2,\cdots,n$的所有重排的集合,而集合$B:=$表示型為$1^{r_1}2^{r_2}\cdots n^{r_n}$的置換的全體.作映射$\pi:A\to B$,具體方式如下:
對於重排$a_1,a_2,\cdots,a_n$,將前$r_1$個當做$r_1$個$1-$輪換,接下來的$2r_2$個每$2$個一組作為$r_2$個$2-$輪換,接下來的$3r_3$個每$3$個一組作為$r_3$個$3-$輪換……這樣就構造出了型為$1^{r_1}2^{r_2}\cdots n^{r_n}$的置換,顯然$\pi$是個滿射但是並非單射.對於任意的$\sigma\in B$,那么$\pi^{-1}(\sigma)$便是$n$個元素的一個重排.我們把$\sigma$寫成按照輪換長度遞增的順序的形式,顯然這種表示並不唯一,因為每個$r-$輪換$(a_1~a_2~\cdots~a_r)$有$r$種不同的表示,並且每一種表示對應的在$\pi$下的原象均不同.另一方面不相交輪換是可換的,因此在保持長度遞增情況下,$r_i$個$i-$輪換可以有$r_{i}!$種表示,結合起來可以看出$\pi^{-1}(\sigma)$共有$\prod_{i=1}^{n}r_{i}!i^{r_i}$種不同情況.而$|A|=n!$,因此$$|B|=\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^{n}r_i!i^{r_i}}$$
利用置換的型,我們可以確定對稱群的正規子群,例如我們考慮$S_4$的共軛類：
$1^5$型:僅$1$個,即為$(1)$；
$1^22^1$型:$\binom{4}{2}=6$個,分別是$(12),(13),(14),(23),(24),(34)$；
$1^13^1$型:$A_{4}^{3}/3=8$個,分別是$(123),(124),(132),(134),(142),(143),(213),(234)$；
$2^2$型:$\binom{4}{2}/2=3$個,分別是$(12)(34),(13)(24),(14)(23)$；
$4^1$型:僅一個,即為$(1234)$.
設$H$是$S_4$的正規子群,根據Lagrange定理$|H|$只能是$1,2,3,4,6,8,12,24$,如果$H$是非平凡的,那么$|H|$只能是$2,3,4,6,8,12$,注意正規子群是一些共軛類組成的子群:
1)顯然$|H|\neq 2,3,6,8$,因為這些元素不可能是完整的若干共軛類;
2)而$|H|=4$是可能的,此時$H$中的元素為:$(1),(12)(34),(13)(24)$,顯然此時$H$同構於Kelin四元群$\mathbb K_4=\{1,a,b,ab\}$,其中$a^2=b^2=(ab)^2=1$;
3)同樣的$|H|=12$也是可以的,此時$H$由幺元,$8$個$1^13^1$型置換以及$3$個$2^2$型置換構成,即為全體偶置換,此時$H$同構於$A_4$.
以上分析說明$S_4$只有$4$個正規子群$\{1\},K_4,A_4,S_4$.
類似的分析可以得到$A_4$的正規子群只有$\{1\},K_4,A_4$.
更進一步的我們還有$$S_4/K_4\simeq S_3$$證明 我們可以將$S_3$視作$S_4$的子群,將$\sigma\in S_3$看成$\sigma(4)=4$即可.由前面的結論$K_4\triangleleft S_4$,從而$K_4S_3\leq S_4$,注意到$K_4\cap S_3=\{1\}$,那么$$|K_4S_3|=\frac{|S_3|\cdot|k_4|}{|K_4\cap S_3|}=24=|S_4|$$這說明$S_4=K_4S_3$,根據第一同構定理$S_3/K_4\cap S_3\simeq S_4/K_4$,即$$S_4/K_4\simeq S_3$$另一種證法是直接分析$6$階群$S_4/K_4$的結構,事實上$6$階群僅有$2$個,他們是$\mathbb Z_6$和$S_3\simeq D_3$.