置换与对称：用有限个位置记录操作

3.1 标签去了哪里

把六张有编号的卡片放在六个固定位置，每个位置恰好放一张。一次重新排列可以记成一张去向表：原来在位置 $i$ 的卡片被送到位置 $\sigma(i)$。如果两张卡片被送到同一个位置，这就不是一次合法的重排。每个位置都要有来处，也都只能有一个来处。

这正是双射。集合 $X$ 到自身的双射叫作 $X$ 上的置换，全体置换记为 $S_X$。当 $X=\{1,\ldots,n\}$ 时记为 $S_n$，称为 $n$ 次对称群。标签换成字母并不改变这套运算，只是编号更方便。

例如

表示 $1\mapsto4$、$2\mapsto1$，其余同样按列读。上排是出发位置，下排是到达位置。两排都恰好用完这些标签，就能保证这是双射。

本课程始终规定

右边的操作先执行。这里追踪的是卡片的去向，不能把下排数列误当成“每个位置现在放了哪张卡片”；后者记录的是逆置换。举例说，$\sigma(1)=4$ 告诉我们标签 1 去了位置 4；若问位置 1 里是哪张卡片，要解 $\sigma(i)=1$，答案是 $i=2$。

再取 $\tau$，让 $2\mapsto5\mapsto6\mapsto2$，其他位置不动。算 $\sigma\tau$ 时，可以暂时不找捷径，把中间一排也写出来：

例如 2 先被送到 5，随后从 5 送到 3，所以 $\sigma\tau(2)=3$。反过来，$\tau\sigma(2)=\tau(1)=1$，交换次序已经改变结果。这不是结合律出了问题，而是交换律没有成立。

图中的中间位置不能省掉：它让你看见右边的置换先做完，左边的置换才接手。若一条路径的中间标签读错，整条复合也会跟着错。

为什么全体置换确实组成群？两个双射的复合仍为双射，这给出封闭性。对每个 $i$，无论如何加括号，三个置换都把它送到 $\sigma(\tau(\rho(i)))$，所以结合律成立。恒等映射把每个标签留在原处；双射的逆映射则把所有箭头倒过来，左右复合都回到恒等映射。这里的单位元记为 $e$，也常写成 $()$；它不是数字 0。

计数也很直接。位置 1 的去向有 $n$ 种选择，位置 2 只能选剩下的 $n-1$ 个去向，直到最后一个位置只有一种选择。每条合法选择序列对应且只对应一个置换，因此

$S_n$ 的任意子群称为置换群。并非每个位置重排都符合某个物体的几何限制：正方形的一次刚性对称必须保住顶点间的距离，而 $S_4$ 只要求四个顶点不重不漏。我们会在 3.6 节看清两者的差别。

3.2 沿着箭头，把循环找全

上一节的 $\sigma$ 把 $1$ 送到 $4$，把 $4$ 送到 $2$，又把 $2$ 送回 $1$。这段运动可以缩写为 $(1\ 4\ 2)$。循环符号里的相邻标签表示箭头，末尾还要连回开头。因此 ，只是换了读图的起点； 则把方向反过来了，通常是另一个置换。

一个 $k$ 循环 $(a_1\ a_2\ \cdots\ a_k)$ 把 $$ 送到 ，依次前进，把 送回 ；没有写出的标签保持不动。于是上一节整个置换是

另外还有固定点 6。若需要完整计算循环数，我们会把它写为 $(6)$。固定点是长度为 1 的循环，不是“没有去向”。

两个循环若没有共同标签，称为不交循环。它们可以交换顺序，理由要从每个标签看：一个标签若在第一圈内，第二个循环对它以及它在第一圈里的后继都不做任何事；若在第二圈内，理由反过来；若两圈都不在，两边都固定它。因此两个复合对所有标签给出同一去向。

图中分开的两圈与一个固定点恰好用完六个标签。拆开画不是为了忽略复合，而是因为不交循环各自处理自己的标签。

分解存在，也有可以追溯的唯一性

任取一个还没处理的标签 $x$，连续观察 $x,\sigma(x),\sigma^2(x),\ldots$。标签只有有限个，必有重复。若 $\sigma^i(x)=\sigma^j(x)$ 且 ，用逆置换 作用，得到 。所以轨迹不能先钻进一个不包含起点的圈：第一次重复时必回到 。

这一圈确定后，取圈外的标签 $y$。它的轨迹不可能闯进已找到的圈。否则 $\sigma^p(y)=\sigma^q(x)$，施加 $\sigma^{-p}$ 就把 也写成 的某个整数次像，与它在圈外矛盾。有限次重复这一过程，所有标签都会进入各自的圈。

在每个标签上，找到的那个循环都与 $\sigma$ 做同一件事，其他圈固定它，所以这些不交循环的乘积就是 $\sigma$。而每个标签的下一步由 $\sigma$ 唯一指定，整条轨迹也随之固定。因而分解的唯一性只允许两种记法变化：各圈从哪里开始写，以及不交圈按什么顺序写。省略固定点是第三种书写简化，不是多出一种分解。

重叠循环的乘积则必须重新追踪。对上一节的

沿复合表读下去得到

因此 $\sigma\tau=(1\ 4\ 2\ 3\ 5\ 6)$。若计算 $\tau\sigma$，得到的是 $(1\ 4\ 5\ 3\ 6\ 2)$。两个结果都走遍六个标签，却不是同一个循环；去向的顺序也属于置换的信息。

各圈同时回原处，才是整个置换回原处

一个长度为 $k$ 的循环，作用 $m$ 次相当于沿圈前进 $m$ 格。每个标签都回原位，恰好要求 $k\mid m$，所以它的阶是 $k$。逆循环按反方向走，因而

设置换的不交循环长度为 $k_1,\ldots,k_t$，包括需要计入的固定点。由于各圈互不影响，$\sigma^m=e$ 当且仅当每个 $$ 都整除 。第一个正的共同返回时刻就是最小公倍数：

条件“不交”在这里保证我们真的可以把幂分别送进各圈。未经分解的两个重叠循环不能直接套这个公式。

例如 $\rho=(1\ 2\ 3\ 4)(5\ 6\ 7)$ 在 $S_7$ 中，两个循环分别每 4 次、每 3 次回位，整个置换要等 12 次。它移动了七个标签，阶却是 12。求 $\rho^{14}$ 时，各圈分别取余数：、，所以

右侧的阶是 $\operatorname{lcm}(2,2,3)=6$。用第 2 章的公式检查，$\operatorname{ord}(\rho^{14})=12/\gcd(12,14)=6$，两个角度吻合。

图中另取 $(1\,2\,3)(4\,5)$：两个不交循环的长度为 3 和 2，返回刻度在第 6 步首次正向对齐，所以这个置换的阶为 6。它与前面的 $\rho$ 是不同例子，使用的是同一条最小公倍数规则；零次操作不能算作阶。

在下面的实验里，先对照一条标签路径预测复合结果，再逐步执行两个置换。把乘积改成反向，留意哪些标签的终点改变；随后切换到不交循环和返回步数，检查“最长圈长就是阶”的猜想。这里看到的有限结果来自逐点计算，一般情况下为什么能分圈、为什么取最小公倍数，依据是刚才的证明。

3.3 换位次数会变，奇偶性不会

如果一次只允许交换两个位置，还能完成任意置换吗？交换 $a,b$ 的置换 $(a\ b)$ 叫作换位。它的逆就是自身。对一个 $k$ 循环，可以写出

右端把 $a_1$ 送到 $a_2$，此后的换位不再碰它。对中间的 $a_i$，右边较早的换位都不动它，轮到 $(a_1{a}_{}$ 时把它送到 ，下一次 又把它送到 ，剩余换位不动这个位置。最后的 被送到 。圈外的标签始终不动，所以两边确实是同一置换。

把每个不交循环这样拆开，就证明了每个有限置换都能写成换位的乘积。单位元可以用零个换位表示；也可以写成 $(1\ 2)(1\ 2)$。插入一对相同换位不会改变结果，表示的长度当然不唯一。

我们真正要证明的是：同一个置换，能不能既用奇数次交换完成，又用偶数次交换完成？仅展示一条分解不能回答这个问题。

一个能跟踪所有分解的量

把固定点也算成长为 1 的循环，记 $c(\pi)$ 为 $\pi$ 的不交循环总数。在 $S_6$ 中，$(1\ 4\ 2)(3\ 5)(6)$ 有三圈，而单位元有六圈。

现在左乘一个换位 $(a\ b)$。它只改变输出为 $a$ 或 $b$ 的两条箭头：原来指向 $a$ 的那条改指 $b$，原来指向 $b$ 的那条改指 $a$，其他箭头保留。

若 $a,b$ 原本在不同圈里，把两圈分别从它们开始记为

改接后，从 $a$ 出发仍走过 $a_1,\ldots,a_p$，但末尾不再回 $a$，而是跳到 $b$，沿第二圈走完才回 $$。于是两圈合成

循环总数减少 1。这里允许某一段为空：若 $a$ 原来是固定点，原来的自环就改指 $b$。

若 $a,b$ 原本同圈，写成 $(a\ a_1\cdots a_p\ b\ b_1\cdots b_q)$，同样改接两条箭头，反而得到 与 两圈，循环总数增加 1。因此每乘一个换位，循环总数恰好改变 或 ，无论哪种都翻转奇偶。

图里只改了两条指向被交换标签的箭头，其余箭头沿用。这个局部变化解释了为什么循环数只能增减一，而不能跳过两圈。

从单位元开始按右至左执行一串 $r$ 个换位，循环总数从 $n$ 变到 $c(\sigma)$。每一步都翻转奇偶，所以

右侧只取决于最终置换，与我们采用哪串换位无关。这就证明了奇偶性是良定义的：所有换位表示的长度奇偶相同。$r$ 为偶数时称为偶置换，为奇数时称为奇置换。

这个论证还给出一个直接判法。若不交循环长度为 $k_1,\ldots,k_t$，固定点也计入，则

一个 $k$ 循环的奇偶由 $k-1$ 决定，所以三循环是偶置换，四循环是奇置换。不能用“圈长是奇数，所以置换是奇的”来判断。

例如 $(1\ 4\ 2)(3\ 5)$ 可写成 $(1\ 2)(1\ 4)(3\ 5)$，用了三次换位，是奇置换。它移动五个标签只是巧合；$(1\ 2\ 3\ 4)$ 移动四个标签，却同样是奇置换。固定点不移动，但计入循环数后与 $$ 一起变化，不会改变结论。

符号让乘积的奇偶可以计算

定义

设 $\sigma$ 和 $\tau$ 分别用 $r,s$ 个换位表示。把两串连在一起就是 $\sigma\tau$ 的换位表示，长度为 $r+s$；奇偶的良定义保证我们可以用这条表示计算符号。因此

偶乘偶、奇乘奇得到偶，恰有一个因子奇时得到奇。逆置换只是把换位串倒序，长度不变，因此逆置换与原置换同奇偶。

3.4 偶置换组成的群

把 $S_n$ 中的偶置换收在一起，得到交错群 $A_n$。单位元用零次换位表示，是偶置换，所以这个集合非空。若 $\sigma,\tau$ 都是偶置换，$\tau^{-1}$ 也是偶置换， 仍为偶置换。第 2 章的子群判据立即给出 。

奇置换组成的集合却不是子群，因为它不含单位元；两个奇置换的乘积还会跑到偶置换中去。它们仍有值得研究的共同性质，只是不能误叫成子群。

当 $n\ge2$，偶、奇置换的数量一样多。固定一个换位 $t=(1\ 2)$，映射 $\sigma\mapsto t\sigma$ 会把偶置换变成奇置换。这个映射没有重复：$t\sigma=t\tau$ 可消去 得 。也没有漏掉任何奇置换 ，因为 为偶置换，且 。由此得到两个集合之间的双射，因而

$n\ge2$ 在这里提供了可以选取的换位。$S_1=A_1=\{e\}$，不能把 $1!\mathrm{/}2$ 当作其元素个数。

把 $A_4$ 的元素按类型数清

四个标签的不交循环长度之和必须为 4。固定点也算在内，可能的长度组合只有

单换位和四循环是奇的，不能进入 $A_4$。剩余类型可以逐一计数：

数量相加为 $1+3+8=12=4!/2$。三循环不是每组选出后再乘 $3!$：$(1\ 2\ 3)$、$(2\ 3\ 1)$、 是同一个循环，起点不同而已。四个三循环的支撑集合各提供两个元素，共八个。

这张表给了后面判断子群的重要资料：我们不仅知道 $A_4$ 的总大小，也知道其中哪些元素具有哪些阶。只知道“有 12 个元素”还不能推断它与任何其他 12 元群结构相同。

交错群也不必交换。例如在 $A_4$ 中取 $\alpha=(1\ 2\ 3)$、$\beta=(1\ 2\ 4)$，则 $$，而 ，所以 。偶置换的定义限制了换位次数的奇偶，没有要求它们互相交换。把这些置换延伸为固定其余标签的置换，同样说明 在 时非阿贝尔。

3.5 共轭是在统一更换标签

第 1 章出现过 $aba^{-1}$，第 2 章证明了它与 $b$ 同阶。在置换群里，这种操作可以看得更具体。设 $\alpha$ 是一次标签更名：旧标签 $i$ 现在改叫 $\alpha(i)$。若旧规则把 $i$ 送到 ，那么新规则应把 送到 。

输入一个新标签时，我们要用 $\alpha^{-1}$ 找回旧名字，按 $\sigma$ 执行，再用 $\alpha$ 把结果改回新名字。合起来正是 $\alpha\sigma\alpha^{-1}$。

对一个循环，任取其中的 $a_i$，有

下标到 $k$ 后回到 1。新标签圈外的点，经 $\alpha^{-1}$ 回到旧圈外，被中间循环固定，又经 $\alpha$ 回原处。因此

图中三段路径承担不同任务：退回旧名、执行旧规则、换成新名。只给箭头的起点改名而不改终点，就不再是同一规则的统一更名。

例如 $\sigma=(1\ 4\ 2)(3\ 5)$，取 $\alpha=(1\ 6\ 3)$，逐个换名得到

原来的固定点 6 也要一起改名，它的新名字为 3，确实在右侧被固定。两个循环的长度仍是 3 与 2，因此阶仍为 6，奇偶仍为奇。这些不是额外的数值巧合，而是圈长没有改变的结果。

称两个置换共轭，是指存在 $\alpha$ 使它们满足 $\tau=\alpha\sigma\alpha^{-1}$。在同一个 $S_n$ 中，共轭当且仅当它们的不交循环长度完全相同，包括固定点数量。

必要性刚才已经证明：统一换名不会改变圈长。充分性则需要我们真的造出更名映射。把两边长度相同的圈一一配对，将第一圈的第一个标签送到配对圈的第一个标签，第二个送到第二个，依次配完。固定点也配对。因为每个标签只在一个圈里，这些安排互不冲突，又用完两边全部标签，得到一个双射 $\alpha$。逐圈使用换名公式，就有 $\alpha\sigma\alpha^{-1}=\tau$。

比如想把 $\sigma=(1\ 2\ 3)(4\ 5)$ 变成 $\tau=(2\ 4\ 6)(1\ 3)$，两者均在 $S_6$ 中。按两个圈和固定点配对，可取

目标标签 $1,\ldots,6$ 各出现一次，这确实是置换。代入公式，三循环变成 $(2\ 4\ 6)$，换位变成 $(1\ 3)$，固定点变成 5，全部吻合。更名不一定唯一：从另一个循环位置开始配对，也可能得到合法的 $\alpha$。

共轭保留圈长，而元素阶只记录圈长的最小公倍数，已经丢掉一部分信息。后面比较群结构时，经常要问的正是：我们选用的量究竟保留了多少信息，足不足以支持结论。

3.6 正方形的八种对称

在平面中固定一个正方形，把右上、左上、左下、右下顶点依次标为 $1,2,3,4$。允许的操作是把整个正方形送回自身的平面刚性变换，包含旋转和反射。任何一次操作都保留距离，也就把顶点排列成另一个合法位置次序。这些操作对复合、逆变换封闭，恒等变换也在其中，形成正方形的对称群。

记 $r$ 为绕中心逆时针转 $90^\circ$，记 $s$ 为关于通过中心的竖直轴反射。按刚才的顶点编号，

本课把这个群记为 $D_4$。一般的 $D_n$ 指正 $n$ 边形的对称群，元素数量为 $2n$，其中 $n\ge3$。有些记号会用下标标记群的阶，阅读其他资料时要核对约定；本课下标始终指边数。

顶点去向为什么只有两倍边数种

选定第一个顶点的去向，有 $n$ 个选择。与它相邻的第二个顶点必须送到新位置两侧的某一个邻点，只有两种选择。顶点去向和相邻方向一旦确定，剩余顶点就按等边长、等角度依次确定，因此至多有 $2n$ 种。

这些选择都能实现：保持绕边顺序的 $n$ 种由旋转实现，反转绕边顺序的 $n$ 种由一次固定反射再配合旋转实现。于是恰好有 $2n$ 种。这里不是只凭标签个数来计数，保留邻接关系的条件已排除了多数 $S_n$ 的元素。

比如单换位 $(1\ 2)$ 固定 3、4，却把原来的相邻顶点 2、3 送成 1、3，这两个顶点互为对角点，距离变了。因此 $(1\ 2)\in S_4$，却不属于 $D_4$。

用两个操作写出全部元素

连续转四次回原位，反射两次也回原位，因此 $r^4=e$、$s^2=e$。真正控制次序的是另一个等式：

可以在正方形坐标上验证。设中心为原点，则

按右侧先执行，$(x,y)$ 经过 $s,r,s$ 依次成为 $(-x,y)$、$(-y,-x)$、；这正是顺时针转 ，即 。对一般正多边形，把角位置记为 ，旋转增加 ，关于角度为 的轴反射把 变成 。做 后结果为 ，所以同一关系对 成立。

在等式 $srs=r^{-1}$ 右乘 $s$，得到 $sr=r^{-1}s$。重复应用便有 $s{}^{}$，正指数可逐次移过去，负指数由取逆或按模 改写得到。也就是说，把一个反射越过一个旋转，旋转方向就要反过来。

这允许把任何由 $r,s$ 写成的有限乘积化成

做法是用 $sr=r^{-1}s$ 把所有 $s$ 移到右边，配对消去 $s^2$，旋转指数按模 $n$ 合并。$\varepsilon=0$ 是旋转， 是反射；不同 送出的顶点位置不同，两类又有不同的绕边方向，所以这些正规式互不重复。

在 $D_4$ 中，八个元素具体如下。表中的 $r^is$ 仍是先反射、再旋转。

图中方形外轮廓始终相同，标签去向却各不相同。两条对角线反射各固定两个顶点，水平、竖直反射没有固定顶点；只画经过顶点的轴，会漏掉一半反射。

在正规式里算乘法

设 $\varepsilon,\delta\in\{0,1\}$。若左边没有 $s$，中间旋转直接相加；若有 $s$，把它移过 $r^j$ 时把 $j$ 改成 。两种情形合起来是

其中旋转指数按模 $n$，反射指数按模 2 计算。这个公式来自刚才的移项关系，没有假设 $r,s$ 交换。

例如在 $D_4$ 中，

换一下顺序，结果为 $r^{3-2}=r$。两次反射能合成旋转，而且交换反射的先后可能让旋转反向。再如

同样的方法既可处理两个正规式，也可处理较长的操作串。

反射的平方为

反射不是恒等变换，因此阶恰为 2。旋转 $r^i$ 的阶则由第 2 章得到 $n/\gcd(n,i)$。一般 $D_n$ 不是阿贝尔群：如果 $sr=rs$，结合 并消去右边的 ，将得到 ，即 ，与 的阶为 矛盾。

在下面的实验中，保持同一个正方形，从标签 1 的去向预测 $rs$ 和 $sr$ 的差别。分别执行右端操作，再完成左端，观察两条反射轴是否相同。换成其他边数后，还可以把较长的操作串逐步约简为 $r^is^\varepsilon$；对照几何结果和正规式，特别检查反射越过旋转时的负号。重置后从空操作串开始，空串代表单位元。

3.7 把计算变成结构判断

练习 1：两种次序与一次逆操作

在 $S_6$ 中令 $u=(1\ 3\ 5\ 2)$、$v=(2\ 4)(5\ 6)$。求 、 的不交循环分解及各自的阶。求 ，并用标签 1 的去向检查它确实撤销了 。

练习 2：一个圈的幂也可能变成几圈

设 $c=(1\ 2\ \cdots\ 12)$。不用连乘八张去向表，求 $c^8$ 的不交循环分解、阶及奇偶。解释为什么会得到这些圈，而不仅给出结果。

练习 3：最少要交换多少次

设置换 $\pi\in S_n$ 有 $c$ 个不交循环，固定点也计入。证明完成 $\pi$ 所需的最少换位数恰为 $n-c$。再对 $\pi =(123$ 求这个最小值，并说明能否用五个换位表示它。

练习 4：没有直接列举全部置换的计数

按不交循环类型分类 $A_5$ 的元素，求各类数量和可能的元素阶。$A_5$ 中是否有阶为 6 的元素？说明排除的理由。

练习 5：把两个圈一并改名

在 $S_7$ 中取 $\sigma=(1\ 2\ 3)(4\ 5\ 6)$、$\tau=(1\ 4\ 7)(2\ 5\ 6)$。构造一个 使 。 能否与 在 中共轭？

练习 6：保住一组位置，并非逐点不动

在 $S_5$ 中定义 $H=\{\sigma:\sigma(\{1,2\})=\{1,2\}\}$。证明 $$ 为子群并求其阶。另取 ，它是不是子群？

练习 7：两次反射生成了多大一个群

在 $D_{12}$ 中令 $a=r^2s$、$b=r^8s$。求 ，并完整确定 。只算出 还不足以确定生成子群，请证明你列出的集合既封闭又包含所有可能的乘积。

练习 8：两条反射何时交换

在 $D_n$ 中，证明 $r^is$ 与 $r^js$ 交换当且仅当 $n\mid2(i-j)$。据此说明：当 为奇数时，不同反射不交换；当 为偶数时，每个反射恰有一个不同于自身、且与它交换的反射。

进一步推理：偶置换只用三循环也能生成

证明 $n\ge3$ 时，$A_n$ 的每个元素都能写成若干三循环的乘积。试着从换位表示着手，把相邻两个换位合并处理。

另一个次序得到 $vu=(1\ 3\ 6\ 5\ 4\ 2)$。两者都是六循环，所以阶都是 6，但逐点去向并不相同。阶相同不能替代两个置换相等。

逆循环反向读为 $(uv)^{-1}=(1\ 4\ 2\ 6\ 5\ 3)$。例如 $uv$ 把 1 送到 3，逆置换再把 3 送回 1。对每个标签反向追踪都有相同效果，故整个复合是单位元。

从尚未出现的标签出发，得到

每次增加 8 保持模 4 的余数，因此四圈分别对应四种模 4 余数，不能互相混入。它的阶为 3；四个三循环各为偶置换，乘积也是偶置换。也可按符号乘法看，$c$ 是奇置换，其八次幂的符号为 $(-1)^8=1$。

题中的 $n=8,c=4$，最少需要 4 次，例如 $(1\ 4)(1\ 3)(1\ 2)(5\ 6)$。五次不可能，因为最终置换是偶的。可以插入两个相同换位而改成六次，但不能只多一次。

这些类型的阶依次为 $1,2,3,5$。因此没有阶为 6 的元素。在 $S_5$ 中，确有类型为 $3+2$ 的置换，阶为 6；但它是奇置换，进入 $A_5$ 的条件正好排除了它。不能只用 $6\le5!$ 这样的大小比较来判断。

$\sigma$ 有两个三循环和一个固定点，而单独的 $(1\ 2\ 3)$ 在 $S_7$ 中有一个三循环、四个固定点。更名不可能改变圈数和圈长，所以不能共轭，尽管二者的阶都是 3。

这两个位置内部可任意排列，有 $2!$ 种；双射性要求剩余 $\{3,4,5\}$ 也在内部任意排列，有 $3!$ 种。两边独立，所以 $|H|=2!3!=12$。$H$ 允许交换 1、2，并不要求逐点固定。$K$ 不含恒等置换，因为 $e(1)=1\ne2$，因此不是子群。

因此 $L=\{e,t,a,ta\}$ 中任意乘积都能把 $t,a$ 各自的指数按模 2 化简，仍在 $L$ 中；每个元素的逆也在其中，所以 $L$ 是子群。四个正规式 $e,r^6,r^2s,r^8s$ 不同，$|L|=4$。

它包含 $a,b$，故 $\langle a,b\rangle\subseteq L$；反过来 $t=ab$ 已在生成子群中，$e,t,a,ta$ 全都能由 $a,b$ 得到，故 $L\subseteq\langle a,b\rangle$。两边相等。这一步区分了“找到了若干乘积”与“找全生成子群”。

$n$ 为奇数时，2 与 $n$ 互质，可约去 2 得 $n\mid i-j$，两个正规式实际上相同。$n$ 为偶数时，条件等价于 $n/2\mid i-j$。指数按模 $n$ 取值，只有 $j\equiv i$ 或 $j\equiv i+n/2$ 两种，其中后一种给出唯一的不同反射。

右端把 $a,b$ 互换，把 $c,d$ 互换，其余固定，因此等式成立。每一对换位都被删去或改写成一至两个三循环，整串就得到所需表示。反方向也清楚：三循环是偶置换，任意有限乘积仍在 $A_n$ 中。