DOI:10.12677/pm.2024.146257,PDF,HTML,XML,被引量下载: 40浏览: 70国家自然科学基金支持
作者:陈守双,钟丽萍,张师贤^*：江西理工大学理学院，江西 赣州
关键词:对称群；元素比例；数学归纳法；素数平方阶元素；上界表达式；Symmetry Group；Element Proportion；Mathematical Induction；Prime Square Element；Upper Bound Expression

文章引用：陈守双, 钟丽萍, 张师贤. 有限对称群中素数平方阶元素的比例[J]. 理论数学, 2024, 14(6): 373-386. https://doi.org/10.12677/pm.2024.146257

1. 引言

在群论研究中，构造n阶有限群有助于学者理解和发现不同阶数下群的结构特点和性质，同时这些群在数学、计算机科学、物理学、化学和生物学等多个领域都有广泛的应用，因此研究其构造方法具有重要的理论价值和实践意义。当考虑构造一个n阶有限群G时，需要用到著名的凯莱定理：n阶有限群G同构于有限对称群S_n的一个子群[1]。这意味着G可以作为由S_n中的置换集合M生成的群给出，即 $G=\langle M\rangle$。也就是说，在构造和理解n阶有限群G时，一个关键的步骤是寻找和确定其生成集。生成集，作为能够生成整个群的一组元素，其选择不仅决定了对群的理解和操作，更直接影响到后续深入的研究和拓展。

为了构造G的生成集，需要从S_n中选择一些特殊的元素作为生成元，通常是随机寻找。然而，这个过程并非总是简单明了的，因为需要考虑这些特殊元素的复杂性和寻找它们的难度。为了更深入地理解这个问题，需要研究对称群S_n中各种类型元素的比例，特别是对于素数p，p²阶元素在对称群S_n中的比例。这些比例不仅可以帮助估计寻找特殊元素的复杂性，还可以提供关于群G的结构和性质的线索。

一直以来对称群S_n中素数p阶元素所占比例的问题广受学者的关注，在上世纪四五十年代开始被研究。令p是素数，n是大于等于p的整数，设 ${\rho }_p^{\ast }\left(n\right)$是素数阶元素所占比例。1949年Jacabsthal[2]给出了素数阶元素所占比例的递推公式和生成函数，即

${\rho }_p^{\ast }\left(n\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\left[n/p\right]}{\sum }}\frac{1}{\left(n-ip\right)!i!p^i}}$和 ${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\rho }_p^{\ast }\left(n\right)x^n}=\exp \left(x\right)\left(\exp \left(x^p/p\right)-1\right)$，

这是一项开创性的工作。随后其结果被不断推广拓展[3][4]，如Moser和Wyman[4]给出了素数阶元素占比的渐近展开式

${\rho }_p\left(n\right)~\frac{1}{\sqrt{p}\cdot n!}{\left(\frac{n}{\text{e}}\right)}^{n\left(1-1/p\right)}{\text{e}}^{n^{1/p}}$,

由此不难看出，对给定的素数p，随着n不断变大，有 ${\rho }_p\left(n\right)~n^{-n/p}$；文献[5]进一步给出了明确的界限，还有许多类似的渐进结果，例如去除p是素数的限制[6]。另外一些学者在考虑相关问题时采用一些算法来达到其目的，例如，Beals[7]合理地构造了置换 $b^f$；Niemeyer[8]给出了更多关于对称群S_n中元素比例的算法应用；还有一些学者构造了pre-p-cycle的概念，它对于涉及置换群和经典矩阵群的算法是有帮助的[9][10][11]，但是这些界限和渐近展开式还不是最理想的结果。直到2022年Praeger和Sueiman[12]给出了素数阶元素在有限对称群中比例明确的上界，即

${\rho }_p\left(n\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$,

同时明确了等号成立的条件。

为了将构造G的生成集的特殊元素推广到更具代表性，本文较全面地讨论了素数p的平方阶元素在有限对称群中的比例，本文首先分析对称群S_n中p²阶元素的形式，并找出所有可能的形式。然后，寻找这些形式中p²阶元素的比例的递归公式。基于对称群S_n中元素数量的合理构造和数学归纳法的应用，获得 ${\rho }_n\left(p^2\right)$的上界表达式。为了实现这一目标，我们采用数学归纳法、组合数学和群论等多种数学工具和方法。具体来说，我们首先利用群论的知识分析p²元素的结构，然后通过结合群论知识、列举法和组合数学的方法给出对称群S_n中p²元素的数量及所占比例的递归表达式。最后，我们通过第二数学归纳法推导出 ${\rho }_n\left(p^2\right)$的上界表达式，并给出详细的证明和解释。文章的主要定理如下。

2. 主要定理

定理1.令n是正整数且p是素数，设 $n=a\cdot p^2+k_1$和 $n=b\cdot p+k_2$，其中 $a,b\ge 0$， $0\le k_1\le p^2-1$及 $0\le k_2\le p-1$。设 ${\rho }_n\left(p^2\right)$是对称群 $Sym\left(\Omega \right)$中p²阶元素所占比例，则下列情形之一成立：

(1) 当 $n<p^2$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)=0$；

(2) 当 $p^2\le n<p^2+p$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k_1!}$，其中 $0\le k_1\le p^2-1$；

(3) 当 $n\ge p^2+p$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k_1!}+\frac{1}{p^3\cdot k_2!}$，其中 $0\le k_1\le p^2-1$及 $0\le k_2\le p-1$，当且仅当 $p^2+p\le n<p^2+2p$时等号成立。

3. 定理1的证明

在第三部分，我们将给出定理1的证明。在此之前，我们先介绍几个重要的结论，并用它们来完成定理1的证明。

3.1. 对称群S_n中p²阶元素的形式

这部分我们将利用群论的知识分析得到p²阶元素的结构。

引理3.1.[12]令n是正整数且p是素数，设Ω是一个大小为n的集合，则对于Ω的每个大小为p的子集Δ，恰好有 $\left(p-1\right)!$个两两不相同的p-循环是Δ上的置换。

令n是正整数，设 $\left[n\right]=\left\{1,2,\cdots ,n\right\}$， $\Delta =\left[n\right]\backslash \left\{1\right\}=\left\{2,3,\cdots ,n\right\}$，S_n是 $\left[n\right]$上的对称群。因为每个置换都可以写成若干个不相交轮换乘积的形式，也就是说一个置换的阶是其不相交轮换的长度的最小公倍数。接下来我们将找出对称群S_n中p²阶元素的所有形式：

假设 $\sigma \in S_n$是一个p²阶元素，根据置换的阶的定义，存在一个最小的正整数k使得 ${\sigma }^k$是恒等置换。由于 $k=p^2$，我们知道p是k的一个因子。根据轮换分解定理， $\sigma$可以分解为若干个不相交的轮换的乘积，即 $\sigma ={\tau }_1{\tau }_2\cdots {\tau }_r$，其中 ${\tau }_i$是长度为 $l_i$的轮换，且 $l_1+l_2+\cdots +l_r\le n$。由于 $\sigma$的阶是p²，根据置换的阶和轮换长度的关系，我们知道p²必须是 $l_1,l_2,\cdots ,l_r$的最小公倍数。由于p是p²的一个因子，因此必须是 $l_1,l_2,\cdots ,l_r$中的某些数的因子。考虑以下几种情况：

(1) 如果存在某个 $l_i=p^2$，那么 $\sigma$可以写成至少包含一个p²个元素的轮换的乘积，证明完成。

(2) 如果不存在某个 $l_i=p^2$，但存在多个 $l_i$是p的倍数(例如 $l_1=p$， $l_2=p$)，那么这些轮换的乘积的阶将是p的一个因子，但不一定是p²。因此这种情况不足以证明 $\sigma$的阶是p²。

(3) 如果存在某个 $l_i=p^2$，和某个 $l_j=p$(其他 $l_k$要么是1要么是p的倍数但不大于)，那么 $\sigma$可以写成至少包含一个p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积，证明完成。

(4) 如果不存在某个 $l_i=p^2$，且只有某个 $l_i$是p的倍数(其他 $l_k$都是1或者不是p的倍数的数)，那么 $\sigma$的阶不可能是p²，因为这将导致阶是p的一个小于p²的因子。

综上所述，我们得出结论： $\sigma$要么是至少包含一个p²个元素的轮换的乘积，要么是至少包含一个p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积。这完成了证明。

所以S_n中任一p²阶元素g可以表示成下列形式之一：

(I) $\underset{s_1}{\underset{︸}{\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}$

(II) $\underset{s_2}{\underset{︸}{\stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}\underset{s_3}{\underset{︸}{\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}$

其中 $s_i\ge 1\left(i=1,2,3\right)$。

3.2. 对称群S_n中p²阶元素比例的递归公式

这部分我们将结合群论知识、列举法和组合数学的方法计算对称群S_n中p²阶元素的数量及比例的递归公式。

下面我们将分别讨论对称群S_n中关于上面两种形式的元素所占比例的上界：

令 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)$和 ${{\rm P}}_n^{(\ast )}\left(p^2\right)$分别表示S_n中所有p²阶元素所组成的集合和上述两种形式 $(\ast )$元素组成的集合，其中 $(\ast )$取I或II，则相应的比例分别为

${\rho }_n\left(p^2\right)=\frac{\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|}{n!}$;(1)

${\rho }_n^{(\ast )}\left(p^2\right)=\frac{\left|{{\rm P}}_n^{(\ast )}\left(p^2\right)\right|}{n!}$.(2)

为了证明定理1，我们需要先找出 ${\rho }_n^{(\ast )}\left(p^2\right)$的递归公式。

命题3.2.令n是正整数且p是奇素数，则S_n中形式为 $(\ast )$的元素所占比例满足下列表达式：

(1) 如果 $(\ast )=I$且 $n\ge p^2+1$，则

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$;

(2) 如果 $(\ast )=II$且 $n\ge p^2+p+1$，则

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)$.

证明：根据式(1)可知，对任意的正整数n有

$\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=n!{\rho }_n\left(p^2\right)$.(3)

下面通过列举 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)$中的元素来建立递归关系，设

${{\rm P}}_n\left(p^2\right)={}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\cup {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$,

其中 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)=\left\{g\in {{\rm P}}_n\left(p^2\right)|1^g=1\right\}$及 ${}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)=\left\{g\in {{\rm P}}_n\left(p^2\right)|1^g\ne 1\right\}$。

(1) 先考虑 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$中的元素。

显然 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$是 $Sym\left(\Delta \right)$中所有p²阶元素所组成的集合，因此

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}\left(p^2\right)$.

如果 $(\ast )=I$，则

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)$;(4)

如果 $(\ast )=II$，则

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)$.(5)

(2) 再考虑 ${}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$中的元素。

如果 $(\ast )=I$，因为 $1^g\ne 1$，所以对每一个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$，1在长度为p²的循环中，记这个循环为h，因此h是一个p²-循环。由引理3.1可得，循环h的个数等于 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是 $p^2$阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p^2}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p^2-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$或 $o\left(g^{\prime }\right)=1$。若 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p²阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p²阶元素的个数；若 $o\left(g^{\prime }\right)=1$，即 $g^{\prime }=1$。从而得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_{n-p^2}\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!\left[\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+1\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)}\right]\end{array}$(6)

由式(4)和式(6)相加可得

$\begin{array}{c}\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|+\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|\\ =\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\end{array}$(7)

由式(3)和式(7)得到命题3.2结论(1)

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$.(8)

如果 $(\ast )=II$，因为 $1^g\ne 1$，所以对于每一个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$，1在长度为p或p²的循环中，记该循环为h。有以下两种情况：

情况一：h是p-循环。

由引理3.1知，循环h的个数为 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left(p-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是p²阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p}$中p²阶元素，因此元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p}$中p²阶元素个数。从而得到

$\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left(p-1\right)!\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}\left(p^2\right)$,(9)

又因为 $S_{n-p}$中出现p²阶元素只有两种情况：或者元素中只有p²-循环，即形式I，或者元素中同时出现p²-循环和p-循环，即形式II。因此得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left[\left(p-1\right)！\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+\left(p-1\right)！\left(n-p\right)!\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}^{II}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p\right)\right]\end{array}$(10)

情况二：h是p²-循环。

由引理3.1可知，循环h的个数为 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是p²阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p^2}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p^2-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$或 $o\left(g^{\prime }\right)=p$。若 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p²阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p²阶元素个数；若 $o\left(g^{\prime }\right)=p$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p阶元素个数。从而得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)！\left[\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\end{array}$(11)

由式(10)和式(11)相加得

$\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]$.(12)

联立式(5)和式(12)得

$\begin{array}{c}\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|+\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|\\ =\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\end{array}$(13)

由式(3)和式(13)得到命题3.2结论(2)

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)$.(14)

这就完成了命题3.2的证明。

3.3. 对称群S_n中p²阶元素比例上界表达式

引理3.3.[13](第二数学归纳法)假设有一个与自然数有关的命题，如果

(1) 当时 $n=1$，命题 $p\left(1\right)$成立；

(2) 当时 $n>1$，若对所有的自然数 $m<n$，命题 $p\left(m\right)$成立，推出 $p\left(n\right)$成立。

则命题对于一切自然数n来说都成立。

引理3.4.[12]令p是素数且n是正整数，则记 $n=ap+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k<p$，则在对称群S_n中p阶元素占比 ${\rho }_p\left(n\right)$满足

${\rho }_p\left(n\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$，当且仅当 $p\le n<2p$等号成立。

这部分我们将通过第二数学归纳法来推导出 ${\rho }_n\left(p^2\right)$的上界表达式。

由于对称群S_n中p²阶元素可以写成p²个元素的轮换的乘积的形式，也就是I形式下的p²阶元素的情况，则得到如下命题：

命题3.5令n是正整数且p是素数。则记 $n=a\cdot p^2+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p^2-1$，则在对称群S_n中p²阶元素占比 ${\rho }_n\left(p^2\right)$满足

${\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k!}$，当且仅当 $p^2\le n\le 2p^2-1$等号成立。

证明：如果 $n<p^2$，不存在I形式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)=\varnothing$，从而 ${\rho }_n^I\left(p^2\right)=0$。

如果 $n=p^2$，则得到 $\left|{{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)\right|=\frac{n!}{p^2}$，从而 ${\rho }_n^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2}$。

现假设 $n\ge p^2+1$，并归纳假设结果对所有严格小于n的正整数成立。记 $n=a\cdot p^2+k$，其中 $a\ge 0$，且 $0\le k\le p^2-1$。我们将利用命题3.2(1)

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$.

继续下面的证明。

由命题3.2(1)知，递归公式出现了 $n-1$和 $n-p^2$的情况，现在分别将 $n-1$和 $n-p^2$分解成标准式：

$n-1=\{\begin{array}{ll}a{p}^2+k-1\hfill & k\ge 1\hfill \\ \left(a-1\right)\cdot p^2+p^2-1\hfill & k=0\hfill \end{array}$; $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2+k$.

下面对a进行讨论。

(1) 当 $a=1$且 $k\ge 1$时，则 $n=p^2+k$。得到： $n-1=p^2+k-1$，此时存在I形式的p²阶元素； $n-p^2=k$，此时不存在I形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)=\frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}+0+\frac{1}{k!}\right]\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\cdot \frac{k+p^2}{n}\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\end{array}$

(2) $a\ge 2$。(i) 如果 $k=0$时，则 $n=a\cdot p^2$。从而 $n-1=\left(a-1\right)\cdot p^2+p^2-1$和 $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2$；此时都存I形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(p^2-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(p^2-1\right)!}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\frac{1}{p^2}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p^2-1\right)!}+1+\frac{p^2}{\left(n-p^2\right)!}}{n}\\ <\frac{3}{n{p}^2}<\frac{1}{p^2}\end{array}$

(ii) 如果 $k\ge 1$时，则 $n=a\cdot p^2+k$。得到 $n-1=a\cdot p^2+k-1$和 $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2+k$；此时都存在I形式的p²阶元素；由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k!}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot k!}+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\cdot \frac{k+1+\frac{p^2\cdot k!}{\left(n-p^2\right)!}}{n}\\ <\frac{k+2}{n{p}^2\cdot k!}<\frac{1}{p^2\cdot k!}\end{array}$

综上所述，我们证得命题3.5。

由于对称群S_n中p²阶元素可以写成p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积的形式，也就是II形式下的p²阶元素的情况，则得到如下命题：

命题3.6令n是正整数且p是素数。记 $n=a\cdot p+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p-1$，则在对称群S_n中p²阶元素占比 ${\rho }_n\left(p^2\right)$满足

${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$，当且仅当 $p^2+p\le n\le p^2+2p-1$等号成立。

证明：如果 $n<p^2+p$，不存在II形式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n^{II}\left(p^2\right)=\varnothing$，从而 ${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=0$。

如果 $n=p^2+p$，则得到 $\left|{{\rm P}}_n^{II}\left(p^2\right)\right|=\frac{n!}{p^3}$，从而 ${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{p^3}$。

现假设 $n\ge p^2+p+1$，并归纳假设结果对所有严格小于n的正整数成立。记 $n=a\cdot p+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p-1$。我们将利用命题3.2(1)

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)$.

继续下面的证明。

由命题3.2(2)知，递归公式出现了 $n-1$， $n-p$和 $n-p^2$的情况，现在我们分别将 $n-1$， $n-p$和 $n-p^2$分解成标准式：

$n-1=\{\begin{array}{ll}ap-1\hfill & k\ge 1\hfill \\ \left(a-1\right)\cdot p+p-1\hfill & k=0\hfill \end{array}$; $n-p=\left(a-1\right)\cdot p+k$; $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p+k$.

下面对a进行讨论。

(1) $a=p+1$且 $1\le k\le p-1$时，则 $n=\left(p+1\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(p+1\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+k$，此时存在I形式的p²阶元素但不存在II形式的p²阶元素； $n-p^2=p+k$，此时不存在II形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)=0$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)=\frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{n}\left[{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot k!}+0+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+p+p^2}{n}\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

(2) $a\ge p+2$， $0\le k\le p-1$时。

(i) $k=0$。如果 $a=p+2$时，则 $n=\left(p+2\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(p+1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=2p$，此时不存在II形式的

p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot p!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot p!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{1}{\left(p-1\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $p+3\le a\le 2p$时，则 $n=a\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(a-1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(a-1\right)\cdot p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p$，此时不存在II

形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{p}{\left(n-p^2-p\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $a=2p+1$时，则 $n=\left(2p+1\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=2p^2+p-1$，此时存在II形式下的p²阶元素； $n-p=2p^2$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=p^2+p$，此时存在II形式的p²阶元素；

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^3}\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+p+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $a=mp+r\ge 2p+2$，其中 $1\le r\le p-1$，则有 $n=\left(mp+r\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(mp+r-1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(mp+r-1\right)\cdot p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(mp+r-p\right)\cdot p$，此时存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^3}\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{p}{\left(n-m{p}^2-p\right)!}+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

(ii) $k\ge 1$。如果 $a=p+2$时，则 $n=\left(p+2\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(p+2\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+p+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=2p+k$，此时不

存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(p+k\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(p+k\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(p+k\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

如果 $p+3\le a\le 2p$时，则 $n=a\cdot p+k$。因此得到： $n-1=a\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(a-1\right)\cdot p+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p$，此时不存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(n-p^2-p\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

如果 $a=2p+1$时，则 $n=\left(2p+1\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(2p+1\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=2p^2+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=p^2+p+k$，此时存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(n-p^2-p\right)!}+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

如果 $a=mp+r\ge 2p+2$时，其中 $1\le r\le p-1$，从而有 $n=\left(mp+r\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(mp+r\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(mp+r-1\right)\cdot p+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(mp+r-p\right)p+k$，此时存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(n-m{p}^2-p\right)!}+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

因此证得命题3.6。

现在利用命题3.5和命题3.6来证明定理1。

证明：令n是正整数且p是素数。如果 $(\ast )=I$，设 $n=a\cdot p^2+k_1$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k_1\le p^2-1$；如果 $(\ast )=II$，设 $n=b\cdot p+k_2$，其中 $b\ge 0$且 $0\le k_2\le p-1$。结合命题3.5和命题3.6对对称群S_n中各种情况进行分析：

(1) 当 $n<p^2$时，不存在p²阶元素，即 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)=\varnothing$，因此 ${\rho }_n\left(p^2\right)=0$；

(2) 当 $p^2\le n<p^2+p$时，存在I形式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)={{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)$，因此得到 ${\rho }_n\left(p^2\right)={\rho }_n^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k_1!}$，则

${\rho }_n\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k_1!}$

其中 $0\le k_1\le p^2-1$；

(3) 当 $n\ge p^2+p$时，同时存在I和II式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)={{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)+{{\rm P}}_n^{II}\left(p^2\right)$，因此 ${\rho }_n\left(p^2\right)={\rho }_n^I\left(p^2\right)+{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)$，则

${\rho }_n\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k_1!}+\frac{1}{p^3\cdot k_2!}$

其中 $0\le k_1\le p^2-1$及 $0\le k_2\le p-1$，当且仅当 $p^2+p\le n<p^2+2p$时等号成立。

综上所述证得定理1。因此得到：

令n是正整数且p是素数，设 $n=a\cdot p^2+k_1$和 $n=b\cdot p+k_2$，其中 $a,b\ge 0$， $0\le k_1\le p^2-1$及 $0\le k_2\le p-1$。设 ${\rho }_n\left(p^2\right)$是对称群S_n中p²阶元素所占比例，则下列情形之一成立：

(1) 当 $n<p^2$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)=0$；

(2) 当 $p^2\le n<p^2+p$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k_1!}$，其中 $0\le k_1\le p^2-1$；

(3) 当 $n\ge p^2+p$时， ${\rho }_n\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k_1!}+\frac{1}{p^3\cdot k_2!}$，其中 $0\le k_1\le p^2-1$及 $0\le k_2\le p-1$，当且仅当 $p^2+p\le n<p^2+2p$时等号成立。

在深入探索有限对称群中素数阶平方元素比例的过程中，我们发现了这一比例在数学理论以及多个实际应用领域中具有显著的重要性。在密码学领域，特定群中素数平方阶元素的比例直接影响基于该群设计的加密算法的安全性和计算效率。在组合数学领域，我们观察到这一比例能够为我们提供关于排列、组合和计数结构特性的深刻见解。此外，物理学和化学领域的研究亦揭示了素数平方阶元素比例在描述物理系统对称性和分子内部规律性方面的重要价值。最后，在计算机科学领域，这一比例对于理解问题复杂性以及设计高效的算法具有不可忽视的指导意义。我们的研究不仅丰富了群论的内涵，更为多个学科领域提供了新的视角和工具。

从定理1关于有限对称群中素数平方阶元素的比例结果中，我们可以观察到一个有趣的现象，元素

比例的上界与定义在 $\left[p^2\right]=\left\{0,1,2,\cdots ,p^2-1\right\}$和 $\left[p\right]=\left\{0,1,2,\cdots ,p-1\right\}$上的函数有关。并且我们注意到在有

限对称群中，素数平方阶元素的比例可能会对生成集的构造产生影响。如果群中包含大量的素数阶元素，那么可能需要更多的元素来构成一个能够生成整个群的子集。这是因为素数阶元素通常具有较为特殊的性质，它们在群中的行为可能与非素数阶元素有所不同。因此，在构造生成集时，需要更加仔细地选择元素，以确保它们能够覆盖群中的所有可能的行为。这就引出了下面这个自然问题：

问题1：求对称群S_n中 $p^m$阶元素所占比例 ${\rho }_n\left(p^m\right)$的上界，其中p为素数，m为任意整数。

我们将在后续论文中讨论问题1。

基金项目

国家自然科学基金(12126415, 12301026)；江西省自然科学基金(20232BAB211006)；江西理工大学研究生创新专项资金(XY2023-S066)。

NOTES

^*通讯作者。