0805群论

方程

一元高次方程

一元二次方程是好解的。

一元三次方程 $x^3+a{x}^2+bx+c=0$，首先将 $x$ 替换为 $x-{\displaystyle \frac{a}{3}}$ 消掉 $a{x}^2$，变成 $x^3+bx+c=0$。

因为 $(p+q{)}^3=p^3+q^3+3pq(p+q)$，

所以如果设 $x=p+q$，那么方程变成 $x^3=p^3+q^3+3pqx$。

所以，如果能找到 $p,q$ 满足

$$\{\begin{array}{c}{p}^3+q^3=-c\\ 3pq=-b\end{array}$$

就可以得到 $x=p+q$。

然后考虑解

$$\{\begin{array}{c}{p}^3+q^3=-c\\ 27p^3{q}^3=-b^3\end{array}$$

就是解一元二次方程，求出 $p^3$ 和 $q^3$。因为 $p,q$ 有直接的关系存在，所以存在三组解，也就找到了 $x$ 的三个根。

一元四次方程 $x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+d=0$，也考虑消掉 $a{x}^3$

然后给左边配上系数 $t$，使得 $(x^2+t{)}^2=(2t-b)x^2-cx-d+t^2$。

我们只需要 $t$ 使得右边的方程是完全平方式，即 $\delta =0$。

找到这样的 $t$ 需要解一元三次方程，然后左边右边都是平方形式，开根即可。

韦达定理和根的轮换

我们发现，一元二次、三次、四次方程虽然都有解法，但是它们互相之间的联系并不紧密，甚至可以说没有相似之处。

古巴比伦人就通过韦达定理将一元二次方程化为以下形式：

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=a\\ x_1{x}_2=b\end{array}$$

然后利用完全平方公式 $(a+b{)}^2=(a-b{)}^2+4ab$ 得到

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=a\\ x_1-x_2=b\end{array}$$

就变成了线性方程组，解出来即可。

考虑推广，我们发现三次方程可以由韦达定理转成如下形式：

$$\{\begin{array}{c}{x}_1{x}_2{x}_3=a\\ x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3=b\\ x_1+x_2+x_3=c\end{array}$$

我们发现，这三个方程都是轮换式，也就是交换 $x_1,x_2,x_3$ 不会对答案有任何影响。

而有显而易见的证明：轮换式上的乘法是封闭的，轮换式和轮换式的乘积依旧是轮换式。

而上述的三个轮换式可以通过变换生成任意的三元轮换式。

因此，如果一个式子是轮换式，就一定能通过上述的三个式子表出。

范德蒙德方程组和轮换对称式

考虑对一元 $n$ 次方程作韦达定理，会得到 $n$ 个不同次的轮换式。这些轮换式即可以表出任意的 $n$ 元轮换式。

然后我们发现，对于以下三元方程组：

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2+x_3=a_1\\ x_1+\omega x_2+{\omega }^2{x}_3=a_2\\ x_1+{\omega }^2{x}_2+{\omega }^4{x}_3=a_3\end{array}$$

虽然它的后两项都不是轮换对称的，但是我们将其立方，就变成

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2+x_3=a_1(1)\\ x_1^3+x_2^3+x_3^3+3\omega x_1^2{x}_2+3{\omega }^2{x}_1^2{x}_3+3{\omega }^2{x}_2^2{x}_1\\ +3\omega x_2^2{x}_3+3{\omega }^2{x}_3{x}_1+3{\omega }^2{x}_3^2{x}_2+6x_1{x}_2{x}_3=a_2^3\\ x_1^3+x_2^3+x_3^3+3{\omega }^2{x}_1^2{x}_2+3\omega x_1^2{x}_3+3\omega x_2^2{x}_1\\ +3{\omega }^2{x}_2^2{x}_3+3\omega x_3{x}_1+3\omega x_3^2{x}_2+6x_1{x}_2{x}_3=a_3^3\end{array}$$

显然，我们将 $(2{)}^3$ 和 $(3{)}^3$ 者相加，得到

$$2(x_1^3+x_2^3+x_3^3)+3(\omega +{\omega }^2)(x_1^2{x}_2+x_1^2{x}_3+x_2^2{x}_1+x_2^2{x}_3+x_3^2{x}_1+x_3^2{x}_2)$$

$$+12x_1{x}_2{x}_3=a_2^3+a_3^3$$

将 $(2)(3)$ 相乘，得到

$$x_1^2+x_2^2+x_3^2+(\omega +{\omega }^2)(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3)=a_2{a}_3$$

这两个都是标准的轮换式，可以用韦达定理的方程表出，也就可以解。

而且我们惊奇的发现，$p^3+q^3=a,pq=b$ 的形式在这里再一次出现了。

$$\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2+\cdots +x_n=a_1\\ x_1+\omega x_2+\cdots +{\omega }^{n-1}{x}_n=a_2\\ ⋮\\ x_1+{\omega }^{n-1}{x}_2+\cdots +{\omega }^{(n-1{)}^2}{x}_n=a_n\end{array}$$

很快的，这一切可以开始推广，从二次，到三次，到四次……一元高次方程被劈开做了多元一次方程组，线性方程组则被简单粗暴的解决。我们似乎找到了通解。

但是，当我们着手用这一方法解五次方程时，我们却发现，想要通过韦达定理的右侧常数解出范德蒙德方程组的右侧常数，需要解一个六次方程。

发生什么了呢？我们就止步于此了吗？

方程上的群

方程上，有群的结构存在。

首先，我们考虑集合 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}|a,b\in \mathbb{Q}\}$。
这个集合是用 $1,\sqrt{2}$ 做加减乘除运算所能得到的所有数的集合。
我们考虑变换 $\sigma (a)$，使得

$\sigma (a+b)=\sigma (a)+\sigma (b)$
$\sigma (ab)=\sigma (a)\sigma (b)$
$\sigma (1)=1$

在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 中，这样的变换只有两个。

一个是恒等变换 $id(x)=x$
一个是共轭变换 $\varphi (a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}$

其实，上述条件也证明了该变换是可逆的。

那我们来看 $x^3=2$ 的根，它们分别是 $\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\omega ,\sqrt[3]{2}{\omega }^2$。

考虑变换时这三个根分别被变换到哪里去了。

容易发现，根只能变换到根，因为加法和乘法被保留了，所以 $\sigma (x{)}^3=\sigma (2)=2$，所以 $\sigma (x)$ 也一定是方程的根。

我们发现，对于这三个根的分裂域，三个根的变换就决定了变换本身，而三个根必然双射到三个根，因此一共的变换有 $3!=6$ 种。

考虑方程的所有根 $x_1,x_2,x_3,\cdots ,x_n$，我们现在只关心它们之间的变换。我们会发现，首先，所有的 $n$ 阶变换构成群。

$S_n=\{\{\sigma (1),\sigma (2)\cdots ,\sigma (n)\}|\sigma (i)\in [n],\sigma (i)\ne \sigma (j)(i\ne j)\}$

也就是，设 $\sigma :[n]\to [n]$ 是一个双射，$S_n$ 是所有符合条件的 $\sigma$ 关于变换的复合构成的群。

容易证明，$|S_n|=n!$，也即 $n$ 的排列的个数。

然后我们考虑解方程。我们发现，对于一个普通的 $n$ 次方程，它一定有 $n$ 个根。这些根的变换揭示了它们之间的轮换关系。

可以发现，随着 $n$ 的增加，合法的变换集合 $H$ 是 $S_n$ 的一个子群。当 $H$ 变复杂到一定程度，就不太好解了。

但是有的高次方程是好解的，比如 $x^5=1,x^{17}=1$，这是为什么呢？

我们发现，在 $x^5=1$ 这个方程中，有一个特殊的根是 $x=1$，去掉这个根之后，方程变成了 $(x-1)(x^4+x^3+x^2+x^1)=0$。而 $x=1$ 和别的根是没有轮换关系的，所以就是在解一个四次方程。

这就揭示我们：一个方程是否好解，要看它根之间轮换关系的规模。

什么东西天生适合作为群呢？

我们发现，群最难以论证的一点是 结合律，而“可逆映射”或者说“置换”却天生的明显的满足结合律。所以，置换群是最自然得到的群。恒等变换就是天生的幺元，逆映射就是天生的逆元。相较于加法，“可逆映射”没有交换律，更能代表更加一般的群。

群的作用

我们首先来讲群的作用。我们将置换群 $G$ 作用于集合 $X$，对于任意的 $g\in G,x\in X$，都会得到一个新的元素 $g(x)$。

首先来看简单的群作用。

对于在模质数 $p$ 剩余系 $\{1,2,3,\cdots ,p-1\}$ 下，定义模意义下乘法所构成的群 $G$，我们尝试将群 $G$ 的一个子群 $H=\{h_0,h_1,h_2\cdots ,h_{k-1}\}$ 左乘于 $\{1,2,3,\cdots ,p-1\}$（其实就是将置换群 $\{{\varphi }_i(x)=h_{i}x\}$ 作用于该集合）。

我们发现，对于 $b$ 来说，被作用之后的所有结果的集合就是 $\{b{h}_0,b{h}_1,\cdots ,b{h}_{k-1}\}$。这些结果再进行作用依旧是这个集合里面的数。换句话说，将群 $H$ 作用于 $X$ 后，集合被划分成 $X=X_1\cup X_2\cup X_3\cdots \cup X_m$，每个集合再进行作用还是这个集合里的数，不可能再突破这个集合。

$O_x=\{gx|g\in G\}$ 被我们称作 $x$ 在 $G$ 下的轨道，在 $G$ 中的变换下，所有的轨道是封闭的，从 $O_x$ 中的任意点可以通过 $G$ 中的一个变换得到 $O_x$ 中的另一个点，但不能得到 $O_x$ 之外的点。

Cayley 定理

Cayley 定理：任何群 $G$ 都同构于变换群 $S_{|G|}$ 的子群

设当前的群是 $G$，对 $a\in G$ 定义 $G$ 上的变换 $L_a(g)=ag$。

首先，存在 $L_e$ 为恒等变换，$L_e(g)=eg=g$。

其次，$L_a$ 存在逆变换，$L_a^{-1}(L_a(g))=a^{-1}(ag)=g$。

因此，$L_a$ 的集合中有若干 $|G|$ 阶变换，存在单位元和逆元。

而 $L_a(L_b(g))=a(bg)=(ab)g=L_{ab}(g)$，显然是封闭的。所以 $L_a$ 的集合就是一个群，且是 $S_{|G|}$ 的子群。而 $L_a$ 中的每一个置换都唯一对应 $G$ 中的每个元素，每个置换的组合都对应 $G$ 中的运算，所以 $\{L_a\}$ 和 $G$ 是同态的。

因此 $G$ 同构于变换群 $S_{|G|}$ 的子群 $\{L_a\}$。

pn 阶群存在 p 阶元

证明：对于质数 $p$，$pn$ 阶的群一定存在 $a^p=e$。

考虑 $X=\{(x_1,x_2,\cdots ,x_p)|x_1{x}_2\cdots x_p=e\}$，容易发现，因为我们可以任选前 $p-1$ 个元素，然后固定 $x_p$ 为 $x_1{x}_2\cdots x_{p-1}$ 的逆元，所以 $|X|=|G{|}^{p-1}$，$p||X|$。

我们考虑 $p$ 阶变换群 $S_p$ 在 $|X|$ 上的作用，每次会通过变换 $\sigma \in S_p$ 把 $(x_1,x_2,\cdots ,x_p)$ 变换成 $(x_{\sigma (1)},x_{\sigma (2)},\cdots ,x_{\sigma (p)})$。我们把 $\{\sigma \}$ 作用在 $X$ 上，因为 $p$ 是素数，所以轨道长度只能是 $1$ 或 $p$。如果轨道长度是 $1$，就是 $a^p=e$。而显然存在 $e^p=e$，所以轨道长度为 $1$ 的轨道集合不为空，就至少存在 $a^p=e$。

卢卡斯定理

卢卡斯定理：

$\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)\equiv \left(\begin{array}{c}\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \\ \lfloor \frac{m}{p}\rfloor \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}nmodp\\ mmodp\end{array}\right)(modp)$

生成函数证明：

$\left(\begin{array}{c}pz+a\\ py+b\end{array}\right)=[x^{py+b}](1+x{)}^{pz+a}$ $(a,b<p)$

$=[x^{py+b}](1+x{)}^{pz}(1+x{)}^a=[x^{py+b}](1+x^p{)}^z(1+x{)}^a$

注意到因为前者只有 $p$ 的倍数处有值，后者不超过 $p-1$，所以两者的卷积只能取在 $i=py,j=b$。

$=[x^{py}](1+x^p{)}^z[x^b](1+x{)}^a=\left(\begin{array}{c}z\\ y\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$

组合数学证明：

我们考虑对 $n$ 个格子的染色，我们将其划分成 $p\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$ 的大部分和 $nmodp$ 的小部分。而所有的方案就是 $\left(\begin{array}{c}n\\ m\end{array}\right)$。

然后我们考虑对所有的方案的大部分进行置换群的作用。具体地，我们将 $p$ 列进行置换，显然的，在这一置换下，所有的涂色方案被划分成若干个轨道。而因为 $p$ 是质数，所以轨道的长度只能是 $1$ 或者 $p$。对于长度为 $p$ 的轨道，里面的染色方案的总和一定是 $p$ 的倍数。

那么，我们只需要对轨道长度为 $1$ 的答案进行计数。而轨道答案为 $1$ 意味着每一行都是相同的。

因为小部分最多只能承担 $p-1$ 个，所以大部分显然是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$ 行选择 $\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}}\rfloor$ 行，小部分就是 $nmodp$ 个选择 $mmodp$ 个。证毕。

群的中心

假如对群中的一个元素 $x$ 和任意的元素 $a$，有 $xa{x}^{-1}=a$，这意味着什么呢？我们发现 $xa=ax$，也就是 $x$ 和任意元素都是交换的。

考虑集合 $C(G)$ 表示所有符合上述条件的 $x$。

$C(G)$ 构成群。$ea=ae=e$，所以单位元在 $C(G)$ 中。如果 $x$ 在 $C(G)$ 中，那么 $xa=ax$，$x^{-1}xa{x}^{-1}=x^{-1}ax{x}^{-1}$，$a{x}^{-1}=x^{-1}a$，因此 $x^{-1}$ 也在 $C(G)$ 中。

Burnside

我们考虑研究置换群的性质。

首先我们来考虑三角形上的变换，三角形有六种变换，旋转 60 度和翻折 180 度分别是其中的三阶元和二阶元。

而变换其实就对应了三角形上顶点的变换。

旋转 60 度：$\{1,2,3\}\to \{2,3,1\}$

翻折 180 度：$\{1,2,3\}\to \{1,3,2\}$

我们发现，在旋转 60 度的操作下，三个点都被移动了。但是在翻折 180 度的情况下，$1$ 是不动的。

也就是，如果我们把 $(1,2,3)$ 和 $(1,3,2)$ 单独拿出来，也构成群。在这个群 $G$ 的作用下，$\{1,2,3\}$ 被划分成两个轨道 $\{1\}\{2,3\}$。

使得 $x$ 是不动点的所有变换集合称作 $H_x$。明显的，$H_x$ 构成一个群。

我们来研究另一个变换群。

考虑一个六边形项链，我们可以旋转 $60$、$120$ …… $300$ 度，或者沿着六条对称轴分别翻转，一共 $12$ 种变换。

我们考虑对六边形 $n$ 染色，然后考虑每种变换方案下哪些染色方案是不动点。

对于旋转 $60$ 度，有 $n$ 种（所有点同色）。

旋转 $120$ 度，有 $n^2$ 种（两个等价类）。

沿对角对称轴翻转，有 $n^4$ 种。

沿中点对称轴翻转，每个是 $n^3$ 种。

轨道稳定子定理

$H_x$ 是 $G$ 中让 $x$ 为不动点的变换全体，$O_x$ 是 $x$ 在 $G$ 下的轨道。

首先，$H_x$ 是 $G$ 的子群。

恒等变换显然让 $x$ 为不动点，所以有单位元。

$x$ 一直保持 $x$，不可能变更，运算封闭。

如果 $x\to x$，那么在逆映射中 $x\to x$，存在逆元。

因此，$H_x$ 是 $G$ 的子群。

根据群论中的拉格朗日定理，$|H_x|$ 是 $|G|$ 的因子，且将 $G$ 划分成 ${\displaystyle \frac{|G|}{|H_x|}}$ 个陪集。

轨道稳定子定理：

$|G|=|H_x||O_x|$

考虑在 $H_x$ 中，$x$ 是不动点。所以将 $H_x$ 作用于 $O_x$ 中的每一个元素 $y$，会构成若干个双元组 $(g,y)$。我们将 $y$ 在 $g$ 中的映射一路追溯，直到找到一个 $p$ 使得 $y$ 经过若干次步骤映射到 $p$，而 $p$ 映射到 $y$。因为 $H_x$ 中的映射都是双射，所以一定存在这样的点。

然后我们将 $p\to x,x\to y$，也就把每个双元组对应到 $G$ 中的一个变换。

对于 $G$ 中的一个变换，考虑 $p$ 和 $y$ 分别是变换到 $x$ 和 $x$ 变换到的元素。将 $x\to x,p\to y$，又能唯一的对应到双元组 $(g,y)$。

而对于不同的 $y$，建立的映射中，$g(x)$ 是不同的，所以不会有重复。

那么，也就证明它们之间存在双射。

也就是，$|G|=|H_x||O_x|$

Burnside 引理

考虑证明轨道个数等于 ${\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}|X^g|$（$X^g$ 是在 $g$ 下的不动点集合）

$\sum _{g\in G}{X}^g=\sum _{g\in G}\sum _{x\in X^g}1$

$=\sum _x\sum _{g\in H_x}1=\sum |H_x|$

$=\sum {\displaystyle \frac{|G|}{|O_x|}}$

考虑把 $|G|$ 提出去，变成 $|G|\sum {\displaystyle \frac{1}{|O_x|}}$。

因为每个 $x$ 会在自己的轨道里贡献一次 ${\displaystyle \frac{1}{|O_x|}}$，所以每个轨道内的贡献总和是 $1$，这就是轨道的个数。

我们也可以从别的方向考虑，我们考虑 $(x,g)$ 的配对。如果 $g$ 让 $x$ 不动，那么平面上 $(x,g)$ 就是 $1$。一开始，我们从 $g$ 轴的角度考虑，总和就是 $\sum _{g\in G}|X^g|$。

但是如果我们从 $x$ 轴的角度再考虑一次，每个 $x$ 上的答案就是 $|H_x|$。而每个轨道内部的元素因为是等价的，所以 $|H_x|$ 都是一样的。所以实际上就是对每个轨道计算一次 $|H_x||O_x|$。这就是 $\mathrm{轨}\mathrm{道}\mathrm{个}\mathrm{数}\times |G|$ 了。

同样得到了 $Burnside$ 引理。