抽象代数笔记：基础群论和 Polya 定理

1. 群

1.1 群的定义

给定集合 $G$ 和二元运算 $\cdot$ 满足如下性质：

1. 封闭性：$\mathrm{\forall }a,b\in G$，有 $(a\cdot b)\in G$
2. 结合律：$\mathrm{\forall }a,b,c\in G$，有 $(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$
3. 存在单位元：$\mathrm{\exists }e\in G$，使得 $\mathrm{\forall }a\in G$，有 $a\cdot e=e\cdot a=a$
4. 存在逆元：$\mathrm{\forall }a\in G$，$\mathrm{\exists }{a}^{\prime }\in G$，使得 $a\cdot a^{\prime }=a^{\prime }\cdot a=e$

则称代数结构 $(G,\cdot )$ 为群。
代数结构就是给集合加上若干运算。

notes:
1. 显然 $G$ 非空。
2. $\cdot$ 可省略。
3. $|G|$ 称为群的阶。
4. 如无说明，本文讨论的群默认为有限群。

1.2 群的简单性质:

• 单位元唯一。
  设有两个单位元 $e_1,e_2$,则 $e_1\cdot e_2=e_1$，$e_1\cdot e_2=e_2$，故 $e_1=e_2$。

• 逆元唯一。
  假设 $a$ 存在两个逆元 $a_1^{\prime },a_2^{\prime }$，则 $a_1^{\prime }a{a}_2^{\prime }=a_1^{\prime }$，$a_1^{\prime }a{a}_2^{\prime }=a_2^{\prime }$，故 $a_1^{\prime }=a_2^{\prime }$。因此，我们也将 $a$ 的逆元记作 $a^{-1}$。

• 消去律：$a=b⟺ac=bc⟺ca=cb$
  必要性显然。
  考虑充分性：$ac=bc\Rightarrow ac{c}^{\prime }=bc{c}^{\prime }\Rightarrow a=b$

• 对于任意的群 $G=\{a_1,a_2...a_n\}$, $\mathrm{\forall }a\in G$，都存在一个常数 $t$,使得 $a^t=e$。此时称 $\mathrm{o}\mathrm{r}\mathrm{d}(a)=min\{t\}$ 为 $a$ 的阶。
  构造集合 $S=\{a,a^2,a^3,\cdots ,a^{n+1}\}$，则 $S$ 中每一个元素都 $\in G$，故必有两个元素相同。假设 $a^x=a^y(x<y)$，则 $a^{y-x}=e$。即证。

notes:
尽管群不一定有交换律，但我们总可以证明在任意结合律成立的代数结构中，若左右单位元都存在，必然相等；若左右逆元都存在，必然相等。

1.3 子群及其衍生：

子群：对于群 $(G,\cdot )$，若 $H\subseteq G$ 且 $(H,\cdot )$ 构成群，则称 $(H,\cdot )$ 为 $(G,\cdot )$ 的子群，简记为 $H\le G$

以下事实是显然的：

1. $e\in H$
2. $\mathrm{\forall }a\in H,a^{-1}\in H$

生成子群：对于 $S$ 的一个非空子集 $T$，我们求出 $G$ 的所有使 $T\subseteq T^{\prime }$ 的子群 $(T^{\prime },\cdot )$ 的交 $G^{\prime }$ $G^{\prime }$ 叫做 $T$ 的生成子群，同时 $T$ 也是 $G^{\prime }$ 的生成集合，记为$⟨T⟩$。当 $T=\{x\}$我们也写作 $⟨x⟩$。

陪集：如果 $G$ 为一个群，$H$ 为其子群，且 $g\in G$，则：

• $gH=\{g\cdot h\mid h\in H\}$，称其为 $H$ 在 $G$ 内的关于 $g$ 的左陪集。
• $Hg=\{h\cdot g\mid h\in H\}$，称其为 $H$ 在 $G$ 内的关于 $g$ 的右陪集。

陪集不一定是一个群。

1.3.1 陪集性质

1. $\mathrm{\forall }g\in G$，$|H|=|Hg|$
   证明：由于消去律，所以 $\mathrm{\forall }a\ne b,ag\ne bg$
2. $\mathrm{\forall }g\in G$，$g\in Hg$
   因为 $e\in H$，所以 $eg=g\in Hg$
3. $Hg=H⟺g\in H$
   先证 $Hg=H\Leftarrow g\in H$，由于封闭性，$Hg\subseteq H$，又由 $|Hg|=|H|$ 得 $Hg=H$
   再证 $Hg=H\Rightarrow g\in H$。由 2. 得 $g\in Hg=H$，故 $g\in H$
4. $Ha=Hb⟺a{b}^{-1}\in H$
   证明：
   $Ha=Hb⟺(Ha)b^{-1}=(Hb)b^{-1}⟺H(a{b}^{-1})=H⟺a{b}^{-1}\in H$
5. $Ha\cap Hb\ne \varnothing ⟺Ha=Hb$
   证明：从右到左显然。
   考虑证明从左到右。
   由于 $Ha\cap Hb\ne \varnothing$，所以 $\mathrm{\exists }{h}_1,h_2\in H$，使得 $h_{1}a=h_{2}b$，所以 $a{b}^{-1}=h_2{h}_1^{-1}\in H$，所以 $Ha=Hb$。
   可以推导出 $H$ 的陪集要么交为空，要么相等。
6. $\bigcap _{g\in G}Hg=G$

显然由封闭性有 $\bigcap _{g\in G}Hg\subseteq G$。
由于 $e\in H$，所以 $G=\bigcap _{g\in G}\{e\}g\subseteq \bigcap _{g\in G}Hg$
故 $\bigcap _{g\in G}Hg=G$

1.3.2 拉格朗日定理

定义：$G/H=\{gH\mid g\in G\}$，$[G:H]=|G/H|$

$|G|=|H|\cdot [G:H]$
证明：由 5. 6. 知 $G/H$ 中任意两个集合无交且并为 $G$，则 $|G|=\sum _{S\in G/H}|S|$，由于 $G/H$ 中每个集合大小都为 $|H|$，所以 $|G|=|H|\cdot [G:H]$

2 置换与置换群

2.1 置换：

一个从 $S$ 到自身的双射称为一个置换。

记作： $\left(\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_2& a_3& ...& a_n\\ a_{p_1}& a_{p_2}& a_{p_3}& ...& a_{p_n}\end{array}\right)$

有时我们会省略那个 $a$，只记录下标，表示为 $\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& ...& n\\ p_1& p_2& p_3& ...& p_n\end{array}\right)$

2.2 置换乘法

相当于映射的叠加。

即 $\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ a_1& a_2& \cdots & a_n\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_n\\ b_1& b_2& \cdots & b_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ b_1& b_2& \cdots & b_n\end{array}\right)$

感性理解：若将置换看作函数 $f:\mathbb{N}\cap [1,n]\to \mathbb{N}\cap [1,n]$，则置换乘法相当于构造函数 $g(x)=f_2(f_1(x))$

据此容易类比函数复合得知置换乘法满足结合律，不满足交换律。

易知单位元为 $\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ 1& 2& \cdots & n\end{array}\right)$

$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ a_1& a_2& \cdots & a_n\end{array}\right)$ 的逆元为 $\left(\begin{array}{cccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_n\\ 1& 2& \cdots & n\end{array}\right)$

2.3 置换群

容易发现，由置换集合 $G$ 和置换乘法 $\cdot$ 构成的代数结构 $(G,\cdot )$ 是群。

对于置换群有如下事实 : 对于任意一个 $n$ 阶有限群,存在一个 $n$ 阶置换群与其同构。

同构：对两个同阶群 $G_1,G_2$，若有双射 $\sigma :G_1\to G_2$，使得 $\mathrm{\forall }a,b\in G_1,\sigma (a)\sigma (b)=\sigma (ab)$，则称 $G_1，G_2$ 同构。

所以我们只要构造双射 $\sigma (a)$ 即可。相当于构造双射 $f_a(x)$，使得 $f_b(f_a(x))=f_{ab}(x)$。
考虑构造 $f_a(x)=x\cdot a$。对应置换
$p_k=\left(\begin{array}{cccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_n\\ a_1{a}_k& a_2{a}_k& \cdots & a_n{a}_k\end{array}\right)$

显然，$(\{p_k\},\cdot )$ 构成一个置换群。

2.4 循环置换

定义置换 $\left(\begin{array}{cccc}{a}_1& a_2& \cdots & a_n\\ a_2& a_3& \cdots & a_1\end{array}\right)$ 为循环置换，可简记为 $(a_1,a_2,\cdots ,a_n)$

考虑置换 $\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& ...& n\\ p_1& p_2& p_3& ...& p_n\end{array}\right)$，将 $i\to p_i$ 连边，显然会形成很多个环，每个环对应一个循环置换。
我们可以用若干个循环置换表示任意置换。

3 Burnside 引理和 Polya 定理

3.1 群作用

分为 左群作用 和 右群作用，这里定义左群作用。

对于一个集合 $X$ 和群 $G$，则若 $G$ 在 $X$ 上的左群作用为二元函数 $\phi :G\times X\to X$，$(g,x)\mapsto g\times x$，即以 $g\times x$ 表示 $\phi (g,x)$

$e\times k=k(e\mathbf{\text{ 是单位元}})$
$g\times (h\times x)=(gh)\times x$

此时称 $X$ 为 $G$-集合, 并称 $G$ 作用于 $X$。$|X|$ 称为 $G$-集合 $X$ 的度。

性质： $g\times x=y⟺x=g^{-1}\times y$
证明：只证左到右
$x=e\times x=(g^{-1}g)\times x=g^{-1}y$

notes：
1. 这里的 $\times$ 是右结合的。
2.群作用和置换本质相同，虽有略微差别，但对本文结论无影响。因此本文不会区分这两者。
3.注意区分 $\cdot$ 和 $\times$ 的不同含义。

3.2 轨道-稳定子定理

定义

• 轨道
  考虑一个作用在 $X$ 上的群 $G$ 。 $X$ 中的一个元素 $x$ 的「轨道」是 $x$ 通过 $G$ 中的元素可以转移到的元素的集合。$x$ 的轨道被记为 $G(x)=\{g\times x\mid g\in G\}$。

• 稳定子
  定义稳定子为：$G^x=\{g|g\in G,g\times x=x\}$

• 不动点
  考虑置换 $p\in G$，若该置换存在循环置换 $(k)$，则称 $k$ 为 $p$ 下不动点。$p$ 不动点个数记为 $c(p)$

• k 不动置换类（相当于稳定子）
  若 $p$ 中有不动点 $k$，则 $p$ 属于 k 不动置换类，记作 $p\in Z_k$。

• 等价类（相当于轨道）
  等价类 $E_k$ 定义为对元素 $k$ 施加任意的 $G$ 中置换,能够获得的元素集合。

定理： 同一轨道内元素可以通过 $G$ 相互到达。
证明：设 $x,y\in G(t)$，则 $\mathrm{\exists }{g}_1,g_2\in G$，使得 $g_1\times t=x$，$g_2\times t=y$，那么 $y=g_2{g}_1^{-1}{g}_1\times t=g_2{g}_1^{-1}\times x$
记 $g_2{g}_1^{-1}=g$，则 $y=g\times x,x=g^{-1}\times y$
可以推出任意不同轨道不交。

3.2.2 轨道-稳定子定理

$|G|=|E_k|\cdot |Z_k|$（或者说 $|G^x|\cdot |G(x)|=|G|$）

引理 1：$G^x$ 是 $G$ 的子群。
证明：首先 $e\in G^x$，结合律显然。
封闭性：$g\times x=x,h\times x=x,(gh)\times x=x$
逆元：$x=g\times x⟺x=g^{-1}\times x$（见群作用的性质）

引理 2：$G$ 中 $g\times x=h\times x$ 的解集是 $g{G}^x$
显然对于 $g{G}^x$ 中的每一个元素都满足 $h\times x=g\times x$
假设还有 $h\notin g{G}^x$。考虑到 $h\times x=g\times x⟺x=h^{-1}g\times x$，则 $h^{-1}g\in G^x$，故 $h=h{h}^{-1}g\in h{G}^x$，矛盾。

由引理 1 得拉格朗日定理 $|G^x|[G:G^x]=|G|$，只需证 $|G(x)|=[G:G^x]$ 即可。

由引理 2 得 $G^x$ 的任意陪集是一个极大的作用于 $x$ 得到结果相同的集合，那么它对应于 $G(x)$ 中的一个元素。而且陪集的并为 $G$，意味着 $G/G^x$ 等价于将 $G$ 中作用于 $x$ 结果相同的元素分在一组，则作用效果的种类就是 $[G:G^x]$，而 $|G(x)|$ 显然等于效果种类数。

故 $|G(x)|\cdot |G^x|=|G|$，得证。

一个简洁的解释是 $G(x)$ 中每个元素都恰好能通过 $|G^x|$ 个元素得到。

3.3 Burnside 引理

设群 $G$ 作用于 $X$，$X/G=\{G(x)\mid x\in X\}$

$$|X/G|={\displaystyle \frac{1}{|G|}}\sum _{g\in G}{X}^g$$

其中 $X^g=\{x\in X\mid g\times x=x\}$

置换上的等价描述：本质不同等价类个数=各个置换下不动点个数的和的平均数。

证明：由于轨道彼此不交且并为 $X$，所以我们将大小为 $n$ 轨道内元素的贡献设为 ${\displaystyle \frac{1}{n}}$，求贡献和即可。

$$\begin{array}{rl}|X/G|& =\sum _{x\in X}\frac{1}{|G(x)|}\\ & =\sum _{x\in X}\frac{|G^x|}{|G|}\mathbf{\text{（轨道-稳定子定理）}}\\ & =\frac{1}{|G|}\sum _{x\in X}|G^x|\\ & =\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|X^g|\end{array}$$

3.4 Polya 定理

其实用 Burnside 引理已经可以算答案了，但关键问题是不动点并不好算。
考虑以下特殊情况。

定义：
设 $A$ 和 $B$ 为有限集合，$X$ 为一些从 $A$ 到 $B$ 的映射组成的集合。
$G$ 是 $A$ 上的置换群，且 $X$ 中的映射在 $G$ 中的置换作用下封闭。
$X/G$ 表示 $G$ 作用在 $X$ 上产生的所有等价类的集合。

一个例子：

考虑一个长度为 $n$ 的环，被染成黑白两色，所有旋转重合的方案视为一种。

那么
$A$ 表示环上节点的集合。
$B$ 表示颜色集合。
$X$ 就是不考虑本质不同这一限制时染色方案的集合。
$G$ 是各种翻转操作构成的置换群

考虑让 $X$ 为所有从 $A$ 到 $B$ 的映射
此时有：

$$|X/G|=\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|B{|}^{c(g)}$$

其中 $c(g)$ 表示置换 $g$ 能拆分成的不相交的循环置换的数量。

可以发现 $|X^g|$ 就是 $|B{|}^{c(g)}$。
原因：循环间彼此独立，循环内映射相同。

参考资料

command_block：群论小记
OI-Wiki
Soulist：题解 P4980 【【模板】Polya定理】