【学习笔记】Burnside引理,Pólya定理及其应用

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：
$$有限群G在有限集合S上面有一个作用，那么S的G-轨道条数是多少$$
也就是在有限群$G$作用下集合$S$的等价类的数量

不妨设$S$有$r$条$G$-轨道条数，那么就有
$$S=\bigcup _{i=1}^{r}Orb(x_i)$$
其中$x_i$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
$$|S|=\bigcup _{i=1}^r|Orb(x_i)|=\bigcup _{i=1}^r\frac{|G|}{|Stab(x_i)|}$$
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

$\forall x,y\in S$,且$x$,$y$在同一条轨道里面，$\exists a\in G,a\cdot x=y$。则
$$\begin{gathered} h\in Stab(y)\iff h\cdot y=y \\ \iff h\cdot (a\cdot x)=a\cdot x \\ \iff (ha)\cdot x=a\cdot x \\ \iff a^{-1}\cdot ((ha)\cdot x)=(a^{-1}\cdot (a\cdot x)) \\ \iff (a^{-1}ha)\cdot x=x \\ \iff a^{-1}ha\in Stab(x) \\ \iff h\in a^{-1}Stab(x)a \end{gathered}$$

注意到上述过程都是等价的，所以我们很快得到
$$Stab(y)=a^{-1}Stab(x)a$$
于是我们得到如下命题

设有限群$G$在有限集合$S$上面有一个作用，那么同一个$G$-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$Orb(x_i)$,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
$$\sum |Stab(x_i)|=|Stab(x_i)||Orb(x_i|=|G|$$
那么集合内部所有元素的稳定子群的阶之和就会等于
$$\sum _{x\in S}|Stab(x)|=\sum _{i=1}^r|G|=r|G|(1)$$
这启发我们用另一种方法来计算$r$.只要能够得到${\sum }_{x\in S}|Stab(x)|$,再除以$|G|$，就能得到$r$

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我们考虑$G\ast S$的一个子集$K=\{(a,x)|a\cdot x=x\}$,

对于一个给定的$x\in S$,以$x$作为第二个值的有序对$(a,x)$的数量显然就是$|Stab(x)|$,所以
$$|K|=\sum _{x\in S}|Stab(x)|$$
问题又转化成了求$|K|$,不过我们离成功已经很近了。

事实上将问题转化成求$|K|$是很有好处的，因为我们可以以$x$为关键字来看待它，当然也可以以$a$为关键字来看。如此，对于一个给定的$a\in G$,所有以$a$为第一个值的有序对对应的x组成一个集合$F_a=\{x|a\cdot x=x\}$,我们记其为$a$的不动点集

那么
$$\sum _{x\in S}|Stab(x)|=|K|=\sum _{a\in G}|F_a|$$
从而由$(1)$式可知
$$r=\frac{{\sum }_{x\in S}|Stab(x)|}{|G|}=\frac{1}{|G|}\sum _{a\in G}|F_a|$$
于是我们得到$Burnside$引理如下：

设有限群$G$在有限集合$S$上有一个群作用，那么$S$的$G$-轨道条数$r$为
$$r=\frac{1}{|G|}\sum _{a\in G}|F_a|$$

这个引理的意义在于，原本单纯只跟集合$S$有关的问题，我们可以借用群$G$来解决了，而群$G$在一些特定情况下有良好的性质能够帮助我们快速计算${\sum }_{a\in G}|F_a|$

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$B=\{b_1,b_2,...b_n\}$,染色方案集合为$C=\{c_1,c_2,...c_m\}$,考虑集合
$$S=B^C=\{X_i\},其中X_i=<c_{i_1},c_{i_2},...c_{i_n}>,1\le i_j\le m$$
$S$的实际含义就是所有给$B$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$|S|=m^n$

现在考虑在集合$B$上的置换群$Perm(B)$的子群$G=\{(\begin{array}{ccccc}1& 2& ...& n-1& n\\ 2& 3& ...& n& 1\end{array}),(\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& ...& n-1& n\\ 3& 4& ...& n& 1& 2\end{array}),...,(1)\}$,其中$G_i=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 2& 3& 4& ...& n-1& n\\ i+1& i+2& ...& n& 1& ...& i\end{array}\right)$。显然$|G|=n$。此外不难证明$G$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$G$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$G$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$G$在集合$S$上有一个作用,那么本质不同的环的数量不就是$S$的$G$-轨道条数了吗，从而可以用$Burnside$引理求解

我们来证明有限群$G$确实在集合$S$上有一个作用

证明：

考虑
$$\begin{gathered} \varphi :G\ast S\to S \\ (a,x)\mapsto a\cdot x \end{gathered}$$
这里$a$是一个置换，$x$是一个大小为$n$的排列，那么此时$a\cdot x$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$G$在$S$上有群作用，我们只需要证明
$$\begin{gathered} e\cdot x=x,\forall x\in S \\ (a\circ b)\cdot x=a\cdot (b\cdot x) \end{gathered}$$
第一点非常显然，$G$中的$e$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$G$确实在$S$上有一个群作用，那么我们就可以用$Burnside$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$S$的$G$-轨道条数$r$,从而
$$r=\frac{1}{|G|}\sum _{a\in G}|F_a|=\frac{1}{n}\sum _{a\in G}|F_a|$$
此时问题变成对于$G$内的每一个置换，求其不动点集的阶

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不妨来看个简单版本，我们就令$n=4$。此时总共有4个置换，

• $a_1=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 3& 4& 1\end{array}\right)$,​此时显然需要$x_i$内所有$c_{i_j}$都相等，从而$|F_{a_1}|=m$
• $a_2=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 3& 4& 1& 2\end{array}\right)$,$1,3$是一组，$2,4$是一组，所以$|F_{a_2}|=m^2$
• 同理可得$|F_{a_3}|=m$
• $a_4=(1)$,每一个排列在$a_4$作用下都保持不变，元素对应的颜色自然也不变，从而$|F_{a_4}|=|S|=m^n$

从而$r=\frac{1}{n}(m^n+2m+m^2)$

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但是当$n$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$n$元置换$g$中有$b_i$个长度为$i$的轮换，那么$g$的置换型为${x_1}^{b_1}{x_2}^{b_2}...{x_n}^{b_n}$，其中$\sum i\ast b_i=n$显然成立。这里$x_i$只是一个形式

设$(G,\circ )$是一个$n$元置换群，那么它的轮换指标定义为
$$P_G(x_1,x_2,...x_n)=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}{x}_1^{b_1}{x}_2^{b_2}...x_n^{b_n}$$

${x_i}^{b_i}$就表示在一个置换$g$内有$b_i$个$i$-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$m$,从而,对于置换$g$,$|F_g|=m^{b_1}{m}^{b_2}...m^{b_n}$

从而
$$r=\frac{1}{|G|}\sum _{a\in G}|F_a|=\frac{1}{|G|}\sum _{a\in G}{x}_1^{b_1}{x}_2^{b_2}...x_n^{b_n}=P_G(x_1,x_2,...x_n)$$
现在问题就变成了求置换群$G$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

$$P_G=\frac{1}{n}\sum _{d|n}{\varphi }_d{x_d}^{\frac{n}{d}}$$

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$G$中，$G_i$就表示旋转步长为$i$的置换组成，我们有如下结论：
$$|F_{G_i}|=(n,i)$$
证明：

• $i|n$,每次走i步，$n/i$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$n/i$。显然有$|F_{G_i}|=i=(n,i)$
• $i\nmid n$,每次走$i$步，回到原点需要$lcm(n,i)$次，从而每一个轮换的阶为$lcm(n,i)/i$,那么$|F_{G_i}|=n/(lcm(n,i)/i)=ni/lcm(n,i)=(n,i)$

$\square$

未完待续（肝不动了，下周回来补…）