Burnside引理
书接上回,继续深入研究在群作用下集合的轨道与稳定子群的相关性质
现在我们想要研究这样一个问题:
有限群 G 在有限集合 S 上面有一个作用,那么 S 的 G − 轨道条数是多少 有限群G在有限集合S上面有一个作用,那么S的G-轨道条数是多少 有限群G在有限集合S上面有一个作用,那么S的G−轨道条数是多少
也就是在有限群 G G G作用下集合 S S S的等价类的数量
不妨设 S S S有 r r r条 G G G-轨道条数,那么就有
S = ⋃ i = 1 r O r b ( x i ) S=\bigcup_{i=1}^{r}Orb(x_i) S=i=1⋃rOrb(xi)
其中 x i x_i xi就是每一条轨道的代表元。注意到任意两条轨道交集为空,所以
∣ S ∣ = ⋃ i = 1 r ∣ O r b ( x i ) ∣ = ⋃ i = 1 r ∣ G ∣ ∣ S t a b ( x i ) ∣ |S|=\bigcup_{i=1}^{r}|Orb(x_i)|=\bigcup_{i=1}^{r}\frac{|G|}{|Stab(x_i)|} ∣S∣=i=1⋃r∣Orb(xi)∣=i=1⋃r∣Stab(xi)∣∣G∣
这里有点怪,它似乎暗示我们同一个轨道的元素的不变子群的阶都是一样的。我们再仔细研究一下
∀ x , y ∈ S \forall x,y\in S ∀x,y∈S,且 x x x, y y y在同一条轨道里面, ∃ a ∈ G , a ⋅ x = y \exist a\in G,a\cdot x=y ∃a∈G,a⋅x=y。则
h ∈ S t a b ( y ) ⇔ h ⋅ y = y ⇔ h ⋅ ( a ⋅ x ) = a ⋅ x ⇔ ( h a ) ⋅ x = a ⋅ x ⇔ a − 1 ⋅ ( ( h a ) ⋅ x ) = ( a − 1 ⋅ ( a ⋅ x ) ) ⇔ ( a − 1 h a ) ⋅ x = x ⇔ a − 1 h a ∈ S t a b ( x ) ⇔ h ∈ a − 1 S t a b ( x ) a h\in Stab(y)\Leftrightarrow h\cdot y=y \\ \Leftrightarrow h\cdot(a\cdot x)=a\cdot x \\ \Leftrightarrow (ha)\cdot x=a\cdot x \\ \Leftrightarrow a^{-1}\cdot ((ha)\cdot x)=(a^{-1}\cdot (a\cdot x)) \\ \Leftrightarrow (a^{-1}ha)\cdot x=x \\ \Leftrightarrow a^{-1}ha\in Stab(x) \\ \Leftrightarrow h\in a^{-1}Stab(x)a h∈Stab(y)⇔h⋅y=y⇔h⋅(a⋅x)=a⋅x⇔(ha)⋅x=a⋅x⇔a−1⋅((ha)⋅x)=(a−1⋅(a⋅x))⇔(a−1ha)⋅x=x⇔a−1ha∈Stab(x)⇔h∈a−1Stab(x)a
注意到上述过程都是等价的,所以我们很快得到
S t a b ( y ) = a − 1 S t a b ( x ) a Stab(y)=a^{-1}Stab(x)a Stab(y)=a−1Stab(x)a
于是我们得到如下命题
设有限群 G G G在有限集合 S S S上面有一个作用,那么同一个 G G G-轨道的点的稳定子群彼此共轭,从而它们彼此同构
同构的群之间显然阶数相等,这也解答了我们刚刚的疑惑。
现在再来重新审视一个轨道 O r b ( x i ) Orb(x_i) Orb(xi),其内部所有元素的稳定子群的阶是相同的,那么内部所有元素的稳定子群的阶数之和就会等于
∑ ∣ S t a b ( x i ) ∣ = ∣ S t a b ( x i ) ∣ ∣ O r b ( x i ∣ = ∣ G ∣ \sum |Stab(x_i)|=|Stab(x_i)||Orb(x_i|=|G| ∑∣Stab(xi)∣=∣Stab(xi)∣∣Orb(xi∣=∣G∣
那么集合内部所有元素的稳定子群的阶之和就会等于
∑ x ∈ S ∣ S t a b ( x ) ∣ = ∑ i = 1 r ∣ G ∣ = r ∣ G ∣ ( 1 ) \sum_{x\in S}|Stab(x)|=\sum_{i=1}^{r} |G|=r|G|\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1) x∈S∑∣Stab(x)∣=i=1∑r∣G∣=r∣G∣(1)
这启发我们用另一种方法来计算 r r r.只要能够得到 ∑ x ∈ S ∣ S t a b ( x ) ∣ \sum_{x\in S}|Stab(x)| ∑x∈S∣Stab(x)∣,再除以 ∣ G ∣ |G| ∣G∣,就能得到 r r r
我们考虑 G ∗ S G* S G∗S的一个子集 K = { ( a , x ) ∣ a ⋅ x = x } K=\{(a,x)|a\cdot x=x\} K={(a,x)∣a⋅x=x},
对于一个给定的 x ∈ S x\in S x∈S,以 x x x作为第二个值的有序对 ( a , x ) (a,x) (a,x)的数量显然就是 ∣ S t a b ( x ) ∣ |Stab(x)| ∣Stab(x)∣,所以
∣ K ∣ = ∑ x ∈ S ∣ S t a b ( x ) ∣ |K|=\sum_{x\in S}|Stab(x)| ∣K∣=x∈S∑∣Stab(x)∣
问题又转化成了求 ∣ K ∣ |K| ∣K∣,不过我们离成功已经很近了。
事实上将问题转化成求 ∣ K ∣ |K| ∣K∣是很有好处的,因为我们可以以 x x x为关键字来看待它,当然也可以以 a a a为关键字来看。如此,对于一个给定的 a ∈ G a\in G a∈G,所有以 a a a为第一个值的有序对对应的x组成一个集合 F a = { x ∣ a ⋅ x = x } F_a=\{x|a\cdot x=x\} Fa={x∣a⋅x=x},我们记其为 a a a的不动点集
那么
∑ x ∈ S ∣ S t a b ( x ) ∣ = ∣ K ∣ = ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ \sum_{x\in S}|Stab(x)|=|K|=\sum_{a\in G}|F_a| x∈S∑∣Stab(x)∣=∣K∣=a∈G∑∣Fa∣
从而由 ( 1 ) (1) (1)式可知
r = ∑ x ∈ S ∣ S t a b ( x ) ∣ ∣ G ∣ = 1 ∣ G ∣ ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ r=\frac{\sum_{x\in S}|Stab(x)|}{|G|}=\frac{1}{|G|}\sum_{a\in G}|F_a| r=∣G∣∑x∈S∣Stab(x)∣=∣G∣1a∈G∑∣Fa∣
于是我们得到 B u r n s i d e Burnside Burnside引理如下:
设有限群 G G G在有限集合 S S S上有一个群作用,那么 S S S的 G G G-轨道条数 r r r为
r = 1 ∣ G ∣ ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ r=\frac{1}{|G|}\sum_{a\in G}|F_a| r=∣G∣1a∈G∑∣Fa∣
这个引理的意义在于,原本单纯只跟集合 S S S有关的问题,我们可以借用群 G G G来解决了,而群 G G G在一些特定情况下有良好的性质能够帮助我们快速计算 ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ \sum_{a\in G}|F_a| ∑a∈G∣Fa∣
应用
来个具体的例子
给定一个大小为n的环,环上每一个点有m种染色方案。问总共可以染出多少个本质不同的环。这里环本质不同定义为无法通过旋转得到
不妨记环上点的集合为 B = { b 1 , b 2 , . . . b n } B=\{b_1,b_2,...b_n\} B={b1,b2,...bn},染色方案集合为 C = { c 1 , c 2 , . . . c m } C=\{c_1,c_2,...c_m\} C={c1,c2,...cm},考虑集合
S = B C = { X i } , 其中 X i = < c i 1 , c i 2 , . . . c i n > , 1 ≤ i j ≤ m S=B^C=\{X_i\},其中X_i=<c_{i_1},c_{i_2},...c_{i_n}>,1\leq i_j\leq m S=BC={Xi},其中Xi=<ci1,ci2,...cin>,1≤ij≤m
S S S的实际含义就是所有给 B B B中元素染色的方案的集合,每一个方案用一个n元排列表示,显然 ∣ S ∣ = m n |S|=m^n ∣S∣=mn
现在考虑在集合 B B B上的置换群 P e r m ( B ) Perm(B) Perm(B)的子群 G = { ( 1 2 . . . n − 1 n 2 3 . . . n 1 ) , ( 1 2 3 . . . n − 1 n 3 4 . . . n 1 2 ) , . . . , ( 1 ) } G=\{\bigl(\begin{smallmatrix} 1 & 2 & ... & n-1 & n\\ 2 & 3 & ...& n & 1 \end{smallmatrix}\bigr),\bigl(\begin{smallmatrix} 1& 2 & 3 & ... & n-1 & n\\ 3 & 4& ...& n & 1 & 2 \end{smallmatrix}\bigr),...,(1)\} G={(1223......n−1nn1),(13243......nn−11n2),...,(1)},其中 G i = ( 1 2 3 4 . . . n − 1 n i + 1 i + 2 . . . n 1 . . . i ) G_i=\bigl(\begin{smallmatrix} 1&2 & 3&4&... & n-1 & n\\ i+1& i+2 & ... & n & 1 &...&i \end{smallmatrix}\bigr) Gi=(1i+12i+23...4n...1n−1...ni)。显然 ∣ G ∣ = n |G|=n ∣G∣=n。此外不难证明 G G G确实是一个群,这里就不证了。
至于为什么要这样定义,是因为 G G G中元素实际上代表的就是一个环的旋转(这一点不难发现)与题目给出的本质不同的定义相吻合。整个 G G G就恰好代表了环上的所有旋转操作,如果我们能证明有限群 G G G在集合 S S S上有一个作用,那么本质不同的环的数量不就是 S S S的 G G G-轨道条数了吗,从而可以用 B u r n s i d e Burnside Burnside引理求解
我们来证明有限群 G G G确实在集合 S S S上有一个作用
证明:
考虑
ϕ : G ∗ S → S ( a , x ) ↦ a ⋅ x \phi:G*S\rightarrow S \\ (a,x)\mapsto a\cdot x ϕ:G∗S→S(a,x)↦a⋅x
这里 a a a是一个置换, x x x是一个大小为 n n n的排列,那么此时 a ⋅ x a\cdot x a⋅x就是一个普通的 置换在排列上的作用了,这样定义显然是合理的。
要证明 G G G在 S S S上有群作用,我们只需要证明
e ⋅ x = x , ∀ x ∈ S ( a ∘ b ) ⋅ x = a ⋅ ( b ⋅ x ) e\cdot x=x,\forall x\in S \\ (a\circ b)\cdot x=a\cdot (b\cdot x) e⋅x=x,∀x∈S(a∘b)⋅x=a⋅(b⋅x)
第一点非常显然, G G G中的 e e e就是恒等变换,它作用在一个排列上显然保持不变
第二点其实就是置换的复合性质的描述,我们当然知道它是成立的
从而 G G G确实在 S S S上有一个群作用,那么我们就可以用 B u r n s i d e Burnside Burnside引理来处理这个问题了。 □ \square □
我们要求本质不同的环的数量,也就是求 S S S的 G G G-轨道条数 r r r,从而
r = 1 ∣ G ∣ ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ = 1 n ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ r=\frac{1}{|G|}\sum_{a\in G}|F_a|=\frac{1}{n}\sum_{a\in G}|F_a| r=∣G∣1a∈G∑∣Fa∣=n1a∈G∑∣Fa∣
此时问题变成对于 G G G内的每一个置换,求其不动点集的阶
不妨来看个简单版本,我们就令 n = 4 n=4 n=4。此时总共有4个置换,
- a 1 = ( 1 2 3 4 2 3 4 1 ) a_1=\bigl(\begin{smallmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 &4 & 1 \end{smallmatrix}\bigr) a1=(12233441),此时显然需要 x i x_i xi内所有 c i j c_{i_j} cij都相等,从而 ∣ F a 1 ∣ = m |F_{a_1}|=m ∣Fa1∣=m
- a 2 = ( 1 2 3 4 3 4 1 2 ) a_2=\bigl(\begin{smallmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{smallmatrix}\bigr) a2=(13243142), 1 , 3 1,3 1,3是一组, 2 , 4 2,4 2,4是一组,所以 ∣ F a 2 ∣ = m 2 |F_{a_2}|=m^2 ∣Fa2∣=m2
- 同理可得 ∣ F a 3 ∣ = m |F_{a_3}|=m ∣Fa3∣=m
- a 4 = ( 1 ) a_4=(1) a4=(1),每一个排列在 a 4 a_4 a4作用下都保持不变,元素对应的颜色自然也不变,从而 ∣ F a 4 ∣ = ∣ S ∣ = m n |F_{a_4}|=|S|=m^n ∣Fa4∣=∣S∣=mn
从而 r = 1 n ( m n + 2 m + m 2 ) r=\frac{1}{n}(m^n+2m+m^2) r=n1(mn+2m+m2)
但是当 n n n逐渐变大的时候,这种暴力枚举的方法将会变的寸步难行。这里再引入一个概念
置换群的轮换指标
置换型:如果 n n n元置换 g g g中有 b i b_i bi个长度为 i i i的轮换,那么 g g g的置换型为 x 1 b 1 x 2 b 2 . . . x n b n {x_1}^{b_1}{x_2}^{b_2}...{x_n}^{b_n} x1b1x2b2...xnbn,其中 ∑ i ∗ b i = n \sum i*b_i=n ∑i∗bi=n显然成立。这里 x i x_i xi只是一个形式
设 ( G , ∘ ) (G,\circ) (G,∘)是一个 n n n元置换群,那么它的轮换指标定义为
P G ( x 1 , x 2 , . . . x n ) = 1 ∣ G ∣ ∑ g ∈ G x 1 b 1 x 2 b 2 . . . x n b n P_G(x_1,x_2,...x_n)=\frac{1}{|G|}\sum_{g\in G}x_1^{b_1}x_2^{b_2}...x_{n}^{b_n} PG(x1,x2,...xn)=∣G∣1g∈G∑x1b1x2b2...xnbn
x i b i {x_i}^{b_i} xibi就表示在一个置换 g g g内有 b i b_i bi个 i i i-轮换,而对于一个轮换,其内所有点都是可以互相到达的,所以轮换内部的点的颜色一定得相同,从而这个轮换的染色方案就是 m m m,从而,对于置换 g g g, ∣ F g ∣ = m b 1 m b 2 . . . m b n |F_g|=m^{b_1}m^{b_2}...m^{b_n} ∣Fg∣=mb1mb2...mbn
从而
r = 1 ∣ G ∣ ∑ a ∈ G ∣ F a ∣ = 1 ∣ G ∣ ∑ a ∈ G x 1 b 1 x 2 b 2 . . . x n b n = P G ( x 1 , x 2 , . . . x n ) r=\frac{1}{|G|}\sum_{a\in G}|F_a|=\frac{1}{|G|}\sum_{a\in G}x_1^{b_1}x_2^{b_2}...x_{n}^{b_n}=P_G(x_1,x_2,...x_n) r=∣G∣1a∈G∑∣Fa∣=∣G∣1a∈G∑x1b1x2b2...xnbn=PG(x1,x2,...xn)
现在问题就变成了求置换群 G G G的轮换指标
这里给出一些结论
正n边形的旋转群的轮换指标
P G = 1 n ∑ d ∣ n ϕ d x d n d P_G=\frac{1}{n}\sum_{d|n}\phi_d{x_d}^{\frac{n}{d}} PG=n1d∣n∑ϕdxddn
这其实就是我们刚刚在研究的问题
注意到正n边形的旋转群 G G G中, G i G_i Gi就表示旋转步长为 i i i的置换组成,我们有如下结论:
∣ F G i ∣ = ( n , i ) |F_{G_i}|=(n,i) ∣FGi∣=(n,i)
证明:
- i ∣ n i|n i∣n,每次走i步, n / i n/i n/i次后回到原点,所以该置换可以拆成i个轮换,每一个轮换的阶为 n / i n/i n/i。显然有 ∣ F G i ∣ = i = ( n , i ) |F_{G_i}|=i=(n,i) ∣FGi∣=i=(n,i)
- i ∤ n i\nmid n i∤n,每次走 i i i步,回到原点需要 l c m ( n , i ) lcm(n,i) lcm(n,i)次,从而每一个轮换的阶为 l c m ( n , i ) / i lcm(n,i)/i lcm(n,i)/i,那么 ∣ F G i ∣ = n / ( l c m ( n , i ) / i ) = n i / l c m ( n , i ) = ( n , i ) |F_{G_i}|=n/(lcm(n,i)/i)=ni/lcm(n,i)=(n,i) ∣FGi∣=n/(lcm(n,i)/i)=ni/lcm(n,i)=(n,i)
□ \square □
未完待续(肝不动了,下周回来补…)