群作用、共轭与对称计数

7.1 群元素可以操作另一个集合

把正方形转过 $90^\circ$，右上角的顶点到了左上角。对称操作属于 $D_4$，被移动的顶点却属于集合 $V=\{1,2,3,4\}$。这里有两类对象：操作，以及接受操作的东西。顶点之间不必有群运算。

沿用第三章的编号，1 在右上，2 在左上，3 在左下，4 在右下，$r=(1\,2\,3\,4)$，$s=(1\,2)(3\,4)$。例如 $r\cdot1=2$，。两个不同的群元素把这个顶点送到了同一个位置；它们对其他顶点的效果仍可能不同。

这种操作关系叫作群作用。群 $G$ 在集合 $X$ 上的一个左作用，是规则 $G\times X\to X$，记为 $(g,x)\mapsto g\cdot x$，满足

$$e\cdot x=x,\qquad (gh)\cdot x=g\cdot(h\cdot x).$$

第一条要求恒等操作不移动对象。第二条把群乘法与执行操作的顺序接起来：乘积 $gh$ 的效果，是先用 $h$，后用 $g$。点号提醒我们这是群对集合的作用；当 $X$ 恰好也是一个群时，它未必就是 $X$ 的乘法。

同一个群，换一批被操作的对象

$D_4$ 也能操作正方形的两条对角线。令

$$L=\big\{A=\{1,3\},\ B=\{2,4\}\big\}.$$

对角线上的两个顶点一起移动，得到另一条对角线。$r\cdot A=B$，而 $r^2\cdot A=A$。这里 $r^2$ 确实移动了每个顶点，却把两条对角线分别留在原位。谈“某个操作有没有效果”，必须说明观察的对象。

图中始终使用固定的位置编号。红点从位置 1 到了位置 3；青色对角线的两个端点虽然互换，作为集合仍是 $\{1,3\}$。因此同一个 $r^2$，在两种观察对象上有不同的可见效果。

两个作用公理不难核验。恒等置换不改变集合中的任何顶点；复合置换逐个作用于顶点，所以对角线在 $gh$ 下的结果，也等于先执行 $h$ 再执行 $g$。这说明作用既能处理单个点，也能处理由点组成的集合。

另外两个例子会贯穿本章。群在自身上的左乘作用定义为 $g\cdot x=gx$，作用公理就是单位元性质和结合律。群在自身上的共轭作用则定义为 $g\cdot x=gxg^{-1}$。后者的第二条公理要展开检查：

$$(gh)x(gh)^{-1}=ghxh^{-1}g^{-1} =g(hxh^{-1})g^{-1}.$$

不要把 $gxh^{-1}$ 当成共轭；同一个操作 $g$ 必须同时出现在左边及右边的逆元位置。还有一种最安静的作用：规定所有 $g\cdot x=x$。它叫平凡作用，在任意群和任意集合之间都能定义。

作用其实给出一族置换

固定 $g$，把 $x\mapsto g\cdot x$ 记作 $\rho(g)$。它一定可逆，因为

$$g^{-1}\cdot(g\cdot x)=e\cdot x=x, \qquad g\cdot(g^{-1}\cdot x)=x.$$

因此 $\rho(g)$ 是 $X$ 的一个置换，其逆是 $\rho(g^{-1})$。再用第二条作用公理，就有

$$\rho(gh)=\rho(g)\rho(h).$$

我们得到了同态 $\rho:G\to S_X$。反过来，给定这样的同态，定义 $g\cdot x=\rho(g)(x)$；同态把 $$ 送到恒等置换，又保持乘法，两条作用公理就都成立。于是，指定一个群作用，与指定一个到置换群的同态，是同一件事的两种表达。

第五章的 Cayley 定理正是其中一个特殊选择：让 $G$ 左乘自身。若 $\rho(g)$ 是恒等置换，代入 $x=e$ 就得 $g=e$，所以这个作用同态单射。

一般作用未必单射。它的核是

$$\ker\rho=\{g\in G:g\cdot x=x\text{ 对所有 }x\in X\}.$$

这些操作对整批观察对象都不可见。若核只有 $e$，我们称作用忠实。由第五章的核判别法，这等价于不同群元素一定在某个对象上表现不同。

$D_4$ 对顶点的作用忠实：一个正方形对称若固定全部顶点，只能是恒等操作。它对两条对角线的作用却不忠实，核为

$$\{e,r^2,rs,r^3s\}.$$

其中 $rs=(1\,3)$、$r^3s=(2\,4)$，都只交换同一条对角线内部的端点，另外一条也保持不变；其余四个元素交换两条对角线。这个核有四个元素，像只有两种置换，恰好与 $8=4\times2$ 相符。

7-1

一个作用忠实，就表示每个非恒等元素都不能固定任何对象。

正确错误

下一步我们不再固定操作，而是固定一个对象，问它能被送到哪些地方，又有哪些操作把它留在原地。这两种问法会把集合的结构与群的子群连接起来。

7.2 到达的位置与留在原地的操作

在 $D_4$ 的顶点作用中，从顶点 1 出发，八个操作只能到达四个顶点。操作数比位置数多，说明不同操作会产生相同的终点。我们要弄清楚，这种重复怎样发生。

给定 $x\in X$，它的轨道是

$$\operatorname{Orb}(x)=\{g\cdot x:g\in G\}\subseteq X,$$

它的稳定子是

$$G_x=\{g\in G:g\cdot x=x\}\subseteq G.$$

轨道装的是对象，稳定子装的是操作。还可以固定一个操作 $g$，收集它不移动的对象：

$$\operatorname{Fix}(g)=\{x\in X:g\cdot x=x\}\subseteq X.$$

例如 $r^3s=(2\,4)$ 在顶点集合中的固定点集是 $\{1,3\}$，而顶点 1 的稳定子是 $\{e,r^3s\}$。它们来自同一句条件 ，但固定的变量不同，集合也属于不同的地方。

左边收集群中的操作，右边收集被操作的对象。读 $G_1$ 时把 1 固定，读 $\operatorname{Fix}(r^3s)$ 时把 $r^3s$ 固定；两者都满足“没有移动”，但不能放进同一个集合比较。

轨道把集合分成互不重叠的部分

规定 $x\sim y$ 当且仅当某个 $g$ 满足 $g\cdot x=y$。这是等价关系：$e$ 证明自反性；若 $g\cdot x=y$，则 ，证明对称性；若另外有 ，就有 ，证明传递性。等价类恰好就是轨道，所以不同轨道要么相同，要么完全不交，并覆盖 。

作用只有一个轨道、且 $X$ 非空时，称为传递作用。正方形顶点作用是传递的；但一个群可以同时在不同大小的轨道上活动。例如 $\langle(1\,2\,3)(4\,5)\rangle$ 作用在六个标签上，轨道是 $\{1,2,3\}$、$\{4,5\}$、，不能把它们混成一个六点轨道。

稳定子则是子群。$e$ 固定 $x$，所以稳定子非空。若 $a,b$ 都固定 $x$，那么 $b^{-1}\cdot x=x$，继而

$$(ab^{-1})\cdot x=a\cdot(b^{-1}\cdot x)=a\cdot x=x.$$

第二章的子群判别法给出 $G_x\le G$。这个证明没有说明它正规，也确实未必正规。

相同终点对应同一个左陪集

现在比较 $a\cdot x$ 与 $b\cdot x$。对等式两边施加 $b^{-1}$，可得

$$a\cdot x=b\cdot x \iff(b^{-1}a)\cdot x=x \iff b^{-1}a\in G_x \iff aG_x=bG_x.$$

这串等价关系说得很具体：若某个操作 $a$ 把 $x$ 送到 $y$，那么把一个固定 $x$ 的操作放在 $a$ 右边，就仍然到达 $y$；除此之外没有别的操作。

因此映射

$$\Phi:\{G_x\text{ 的左陪集}\}\longrightarrow\operatorname{Orb}(x), \qquad aG_x\longmapsto a\cdot x$$

是双射。上面的等价式一面保证代表元不影响结果，一面保证不同陪集不会去往同一点；轨道的定义保证每一点都会被到达。这里的输入只是陪集的集合，不需要给它定义乘法，更不要求 $G_x$ 正规。

图中取顶点 1 的稳定子 $H=\{e,r^3s\}$。例如 $rH=\{r,s\}$ 的两个操作都把 1 送到 2；其余三块各自送到另一个顶点。这里把操作按终点归组，每组恰好是一整个左陪集。

我们得到了轨道—稳定子定理：轨道与稳定子的左陪集集合一一对应。这个双射对无限群也成立。若 $G$ 有限，就能用 Lagrange 定理写成数量关系

$$|\operatorname{Orb}(x)|=[G:G_x]=\frac{|G|}{|G_x|}, \qquad |G|=|\operatorname{Orb}(x)|\,|G_x|.$$

不需要额外假设整个 $X$ 有限，因为有限群作用产生的每个轨道至多有 $|G|$ 个点。但若要把所有轨道大小加成一个有限总数，仍需 $X$ 有限。

把八个对称操作按终点整理

取顶点 $x=1$，稳定子 $H=\{e,r^3s\}$。四个左陪集与终点如下：

于是八个操作被分成四组，每组两个，$8=4\times2$。如果改看对角线 $A=\{1,3\}$，稳定子就是上一节的四元作用核，轨道只有 $A,B$ 两条，变成 $8=2\times4$。同一个群在不同对象上，重复程度可以不同。

在下面的实验中，把观察对象设成顶点 1，预测哪些操作与 $r$ 到达相同终点，再逐项归组。随后改成对角线 $A$，观察同一批操作如何重新分组。每一组都应是当前稳定子的左陪集，而不是随意把名字相近的操作放在一起。

同一轨道上的稳定子怎样变化

设 $y=g\cdot x$。若 $h\in G_x$，则

$$(ghg^{-1})\cdot y=g\cdot(h\cdot x)=g\cdot x=y.$$

所以 $gG_xg^{-1}\subseteq G_y$。反过来，对 $k\in G_y$， 固定 ，故 。因此

$$G_y=gG_xg^{-1}.$$

稳定子未必相等，但它们共轭，因而同构；有限时大小相同。例如顶点 1 的稳定子是 $\{e,(2\,4)\}$，顶点 2 的稳定子是 $\{e,(1\,3)\}$。沿着旋转 $r$ 换一个观察点，两者也跟着共轭。

7-2

一个24阶群作用于集合X。某点的稳定子有6个元素，它的轨道有多少个点？

A.6B.24C.4D.无法判断，必须知道整个X的大小

7.3 陪集不能相乘，也能被群操作

第六章中，$H=\langle s\rangle$ 在 $D_4$ 里不正规，左陪集无法按代表元乘积组成商群。可是取一个真正确定的群元素 $g$，把陪集中的所有元素都左乘 $g$，结果仍是一块左陪集：

$$g\cdot(aH)=(ga)H.$$

这里没有试图把两块集合相乘。左边的操作来自 $G$，右边接受操作的是陪集集合。这个差别给我们留下了一个合法且有用的作用。

良定义检查只需要子群

同一陪集若写成 $aH=bH$，便有 $a=bh$，其中 $h\in H$。于是

$$(ga)H=(gbh)H=(gb)H.$$

所以代表元不会影响结果。恒等元显然保持每一块不变；对 $g,k\in G$，

$$(gk)\cdot(aH)=((gk)a)H =g\cdot((ka)H)=g\cdot(k\cdot(aH)).$$

两条作用公理都成立，始终没有使用正规性。此作用传递，因为 $ba^{-1}$ 把 $aH$ 送到 $bH$。

哪一些元素固定 $aH$？条件是 $gaH=aH$，等价于 $a^{-1}ga\in H$，所以稳定子为

$$G_{aH}=aHa^{-1}.$$

特别地，$H$ 这块的稳定子就是 $H$ 自己。这也从一个新角度说明：每个子群都可以出现在某个作用的稳定子位置，而稳定子不必正规。

图中改取 $H=\{e,s\}$，它并不正规。左乘 $r$ 仍能把四个左陪集循环移动：$H$ 到 $rH$，再到 $r^2H$，四次后回到原块。这是群元素对集合块的作用，不是在给两个陪集定义乘法。

从有限指数得到置换同态

如果 $[G:H]=m$ 有限，给这 $m$ 块陪集编号，就得到同态

$$\rho:G\longrightarrow S_m.$$

它的核是固定全部陪集的群元素。利用上面的稳定子公式，

$$\ker\rho=\bigcap_{a\in G}aHa^{-1}.$$

这个交集又叫 $H$ 在 $G$ 中的核子群，但这里更有用的是它的具体含义：一个元素在交集里，当且仅当不管把 $H$ 搬到哪一块，它都能把那块留住。取 $a=e$ 可见 $\ker\rho\subseteq H$。它是同态的核，因此正规。

如果 $H$ 本身正规，各个共轭子群都是 $H$，核就等于 $H$；反过来，若作用核等于 $H$，$H$ 也必须正规。对非正规子群而言，核会比 $H$ 小。不要把“固定 $H$ 这一块”与“固定全部块”混为一谈。

以 $S_3$ 的 $H=\{e,(2\,3)\}$ 为例，它是顶点 1 的稳定子。三个陪集与三个顶点的对应，是上一节的双射 $aH\mapsto a(1)$。这一陪集作用忠实，所以核为 ；这里 有两个元素，却不是作用核。

指数为二的正规性再证明一次

若 $[G:H]=2$，陪集作用给出 $G\to S_2$。把两块送来送去的操作必须有一种会交换它们，否则作用不传递；因此像是整个 $S_2$。

更直接地看稳定子：若一个置换固定两块中的第一块，就也固定第二块。所以固定 $H$ 的操作已经固定所有陪集，作用核等于 $H$。核正规，再次得到指数为二的子群一定正规。这个论证对无限群也成立，因为我们只用了陪集集合有两个元素。

对更高指数，固定一块的置换还可以交换其他块，这个理由就失效了。$S_3$ 中刚才的二元子群指数为三，却不正规。

7.4 共轭类与类方程

共轭作用把 $x$ 送到 $gxg^{-1}$。第三章已经算过：在置换群里，这相当于用 $g$ 重新标号。现在让所有 $g$ 都来操作一次，$x$ 的轨道便收集了它在群内部所有可能的共轭形式，称为 $x$ 的：

$$\operatorname{Cl}_G(x)=\{gxg^{-1}:g\in G\}.$$

轨道定理告诉我们，共轭类划分整个群。它的稳定子由条件 $gxg^{-1}=x$ 给出；右乘 $g$，条件变成 $gx=xg$。这个子群叫作 $x$ 的中心化子：

$$C_G(x)=\{g\in G:gx=xg\}.$$

因此当 $G$ 有限时，

$$|\operatorname{Cl}_G(x)|=[G:C_G(x)].$$

中心化子越大，与 $x$ 交换的操作越多，共轭作用能产生的不同结果就越少。单个元素总与自己及自己的幂交换，所以 $\langle x\rangle\subseteq C_G(x)$；但中心化子通常还会包含别的元素。

中心与中心化子的量词不同

群的中心是

$$Z(G)=\{z\in G:zg=gz\text{ 对所有 }g\in G\}.$$

中心化子固定一个 $x$，寻找与它交换的元素；中心则要求与所有元素交换。因而

$$Z(G)=\bigcap_{x\in G}C_G(x).$$

这说明中心是子群。又因为 $z\in Z(G)$ 时 $gzg^{-1}=z$，它在任何共轭下都逐点不变，故 $Z(G)\trianglelefteq G$。中心中的每个元素单独形成一个共轭类；反过来，若 的共轭类只有自己，它与所有 交换，便属于中心。

取每个非单点共轭类的一位代表 $x_i$。把全部类的大小相加，并把中心内的单点类合并记数，得到有限群的类方程：

$$|G|=|Z(G)|+\sum_i[G:C_G(x_i)].$$

求和必须每个非单点类只取一次。它不是对每个非中心元素求和，否则一个类会被重复计算。

$D_4$ 的五个共轭类

利用 $sr^is=r^{-i}$，旋转 $r$ 与 $r^3$ 共轭，而 $e,$ 在反射共轭下也不变；旋转之间本来就交换，所以 都在中心。

对于反射，由 $sr^{-k}=r^ks$ 可得

$$r^k(r^is)r^{-k}=r^{i+2k}s.$$

共轭只能让反射的指数加一个偶数。用 $s$ 共轭又把指数 $i$ 改成 $-i$，仍不改变奇偶性。由于 $r,s$ 生成 $D_4$，所有共轭都保留这个奇偶性；取 $k=1$ 则确实能在同一奇偶类的两位之间移动。故五个类是

$$\{e\},\quad\{r^2\},\quad\{r,r^3\}, \quad\{s,r^2s\},\quad\{rs,r^3s\}.$$

于是 $Z(D_4)=\{e,r^2\}$，类方程为 $8=2+2+2+2$。这里写成 2 的中心部分包含两个单点类，并不是一个二元共轭类。

虚线框把中心的元素合在一起计数，却仍保留 $\{e\}$ 和 $\{r^2\}$ 两个独立的小框。其余三个框每个含两个元素，分别是一条完整的共轭轨道。

例如 $C_{D_4}(s)=\{e,r^2,s,r^2s\}$。检查旋转与 交换的条件 ，得到 ；检查反射 与 交换也得到同样条件。中心化子有四个元素，故 的共轭类大小是 ，与上面的直接计算吻合。

在共轭实验里，固定 $x=s$，逐个改变 $g$，记录 $gxg^{-1}$。预测哪些 $g$ 会把 $s$ 留在原地，然后改成 $$ 或 。某个元素被所有共轭操作固定时，你看到的就是一个中心元素；固定它的操作集合则是它的中心化子。

$S_n$ 的类由循环型决定

共轭只换标签，所以循环长度及每种长度的个数保持不变。反过来，两个置换若有相同的循环型，把它们同样长的循环两两配对，再按循环中的顺序给出标签双射 $g$。这个 $g$ 把前一个置换共轭成后一个。于是 $S_n$ 中“共轭”等价于“循环型相同”。一循环也必须计入。

对 $S_4$，各类可直接数出：

总和 $1+6+3+8+6=24$。中心只有恒等元，因为其余所有类都大于一。相应中心化子大小分别是 $24,4,8,3,4$。

一般地，若长度 $j$ 的循环有 $m_j$ 个，满足 $\sum_jjm_j=n$，那么这一类有

$$\frac{n!}{\prod_j j^{m_j}m_j!}$$

个元素。理由是把所有标签排进预先给定长度的循环槽，有 $n!$ 种排法；每个 $j$ 循环的 $j$ 个起点给出相同循环，要除以 $j$；同长度的 $m_j$ 个循环可以交换位置，要再除以 $m_j!$。不同长度的循环不交换槽位，因此不用额外除。这个公式也数出每个中心化子的大小为分母，但概念上仍是轨道—稳定子定理在起作用。

7-3

两个置换在Sₙ中循环型相同，那么它们在包含二者的任意子群中也一定共轭。

正确错误

7.5 类方程怎样限制群的结构

假设有限群 $G$ 的阶是 $p^n$，其中 $p$ 为素数，$n\ge1$。这样的群叫有限 $p$ 群。它未必阿贝尔：$D_4$ 的阶是 ，就是一个非阿贝尔的 2 群。尽管不能保证所有元素交换，类方程却保证总有一些非恒等元素与全群交换。

非单点轨道消失在模 $p$ 的计算里

先让 $G$ 作用于任意有限集合 $X$。轨道大小整除 $p^n$，所以只能是 $1,p,p^2,\ldots,p^n$。大小不等于 1 的轨道，其大小都被 整除。

把被全部操作固定的对象集合记为

$$X^G=\{x\in X:g\cdot x=x\text{ 对所有 }g\in G\}.$$

它恰好由那些单点轨道组成。把 $X$ 按轨道分块，模 $p$ 计算时，非单点轨道的贡献全部为零，因而

$$|X|\equiv |X^G|\pmod p.$$

这并不是说所有轨道都同样大。我们只用了它们的大小不是 1 就含有因子 $p$。例如一个 8 阶群作用于有 11 个元素的集合，全局固定点个数必为奇数，因而至少有一个；具体是 1、3 还是别的奇数，要看这个作用。

图里展示一种可能的分法：$11=1+2+8$。它可以由一个八阶循环群实现，让生成元固定 $x_1$、交换 $x_2,x_3$，并循环移动其余八点。模 2 计数时，后两条轨道贡献的都是偶数，只剩全局固定点的奇偶性。

有限 $p$ 群的中心不平凡

把 $X$ 换成 $G$，采用共轭作用。全部操作都固定的元素正是中心，所以

$$|Z(G)|\equiv |G|=p^n\equiv0\pmod p.$$

中心至少包含 $e$，并非空集。因此它的大小是一个正的 $p$ 倍数，至少为 $p$。这证明了每个非平凡有限 $p$ 群都有非恒等的中心元素。

“至少包含单位元”这句不能漏。一个被 $p$ 整除的非负整数可以是零；只有补上中心非空，才能推出至少为 $p$。

中心的商群若循环，原群就交换

现在证明一个不需要有限性的引理：若 $G/Z(G)$ 是循环群，则 $G$ 是阿贝尔群。

设 $aZ(G)$ 生成这个商群。任取 $g,h\in G$，它们的陪集都是该生成元的整数次幂，因此可写成

$$g=a^iz,\qquad h=a^jw, \qquad z,w\in Z(G),\ i,j\in\mathbb Z.$$

这是由陪集相等 $gZ(G)=a^iZ(G)$ 得到的具体元素表达，并不是假设 $a$ 生成整个 $G$。由于 $z,w$ 与所有元素交换，

$$gh=a^iza^jw=a^{i+j}zw =a^{j+i}wz=a^jwa^iz=hg.$$

任意 $g,h$ 都交换，故 $G$ 阿贝尔，进而 $Z(G)=G$。所以一个非平凡的循环群其实不可能作为 $G/Z(G)$ 出现；若这一中心商群循环，它只能是平凡群。

这里必须是中心。对任意正规子群 $N$，即使 $N$ 与 $G/N$ 都循环，也不能这样交换 $z,w$ 与 $a$。第六章的 $D_4$ 与旋转子群 就给出了反例。

$p^2$ 阶群一定阿贝尔

若 $|G|=p^2$，中心非平凡且其阶整除 $p^2$，因此只有两种可能：$|Z(G)|=p$ 或 $$。

若中心有 $p$ 个元素，商群 $G/Z(G)$ 就有 $p$ 个元素，按第四章的素数阶结论，它是循环群。刚才的引理便推出 $G$ 阿贝尔，中心应有 $p^2$ 个元素，与假设矛盾。因此只能有 $Z(G)=G$，群一定阿贝尔。

还能进一步说明这两种可能的群结构，而无需引用一般分类定理。若存在阶 $p^2$ 的元素，它生成全群，故 $G\cong\mathbb Z_{p^2}$。若不存在，任取非恒等元 $a$，其阶只能是 $p$。再选 ，也有阶 。两个 阶子群的交若含非恒等元，就由素数阶循环群的性质生成两者，使它们相等，产生矛盾；所以交只有 。群已知阿贝尔， 与 的乘积映射满足第五章内部直积的条件，其像有 个元素，覆盖全群。故

$$G\cong\mathbb Z_p\times\mathbb Z_p.$$

这两个群不同构，因为前者有阶 $p^2$ 的元素，后者每个非恒等元的阶都是 $p$。我们由群阶、轨道计数和元素阶，走到了一个完整的小规模分类。

7-4

一个27阶非阿贝尔群的中心有多少个元素？

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7.6 把“有多少种”变成固定点计数

正方形四个顶点各涂黑或白，带着固定的顶点编号数，有 $2^4=16$ 种染色。如果允许转动或翻转正方形，某些染色会变成彼此。例如只有一个黑点的四种编号染色，在对称操作下属于同一种图案。

能不能直接用 $16\div8$？不能。全白染色在八种操作下都不变，只有一个黑点的染色则会产生四个不同结果。轨道大小不统一，直接除以群阶等于假设每种图案都被重复数了八次，而这个假设不成立。

每个轨道在另一种计数里贡献相同

设有限群 $G$ 作用于有限集合 $X$。考虑所有“操作确实固定了对象”的配对

$$\Omega=\{(g,x)\in G\times X:g\cdot x=x\}.$$

固定 $g$ 看一行，可配对的对象有 $|\operatorname{Fix}(g)|$ 个。因此

$$|\Omega|=\sum_{g\in G}|\operatorname{Fix}(g)|.$$

固定 $x$ 看一列，可配对的操作恰是稳定子 $G_x$，所以也有

$$|\Omega|=\sum_{x\in X}|G_x|.$$

这两种计数都在数同一批配对，没有概率近似。现在把右边按轨道整理。在同一轨道 $O$ 内，各点稳定子共轭，大小相同；轨道—稳定子定理给出每个稳定子大小为 $|G|/|O|$。因此这个轨道的总贡献是

$$\sum_{x\in O}|G_x|=|O|\frac{|G|}{|O|}=|G|.$$

虽然各轨道大小不同，每个轨道对应的固定配对数却恰好一样。若轨道共有 $k$ 个，就有 $|\Omega|=k|G|$，从而得到 Burnside 计数公式：

$$\boxed{\displaystyle k=\frac1{|G|}\sum_{g\in G}|\operatorname{Fix}(g)|.}$$

这张小表取 $G=\{e,s\}$，其中 $s$ 交换 $a,b$，固定 $c$。只在 $g\cdot x=x$ 的格子打勾：按行数得到 ，按列数得到 。两条轨道 与 的大小不同，每条却都贡献两对，所以总数除以 恰好得到轨道数。

它求的是各个操作固定点数量的平均值，结果却是轨道个数。有限群与有限集合保证上述求和都是有限整数。作用不必忠实，也不必传递；只要确实满足作用公理，就可以使用这个公式。

染色本身是接受作用的对象

现在把两个集合分清。$V$ 是顶点集合，颜色集合为 $C=\{1,\ldots,q\}$，$q\ge1$。一次完整染色是函数 $c:V\to C$，所有这样的函数组成集合 。被计数的是 中的染色轨道，而不是顶点轨道。

当 $g$ 把原顶点 $u$ 搬到 $gu$，那里应携带原来的颜色 $c(u)$。因此在目标位置 $v$ 看到的颜色来自 $g^{-1}v$，作用定义应写成

$$(g\cdot c)(v)=c(g^{-1}v).$$

这个逆元确保左作用的顺序正确。事实上

$$[g\cdot(h\cdot c)](v) =c(h^{-1}g^{-1}v)=c((gh)^{-1}v) =[(gh)\cdot c](v),$$

而 $e\cdot c=c$。颜色名称保持不变；黑和白不是因交换名称就被视为相同。允许哪些空间对称，也应在建模时说清楚。

一幅染色被 $g$ 固定，意味着 $c(v)=c(g^{-1}v)$ 对所有 $v$ 成立。沿着 $g$ 的一个循环重复这条等式，循环里的全部顶点必须同色；反过来，每个循环同色就保证整个染色固定。

若 $g$ 在 $V$ 上有 $\ell(g)$ 个不相交循环，包含固定点对应的一循环，每个循环可独立选 $q$ 种颜色，便有

$$|\operatorname{Fix}_X(g)|=q^{\ell(g)}.$$

不要把 $\ell(g)$ 误换成循环长度之和，那样永远等于 $|V|$，会错把所有染色都数成固定染色。

半转把顶点分成两个二循环，故可独立选色两次；沿对角线的反射有两个一循环和一个二循环，可选色三次。图里用不同颜色区分这些自由选择，实际计数时不同循环完全可以选相同颜色。

允许正方形全部对称时的 $q$ 色图案

沿用全课的 $D_4$ 记号，列出八种操作在顶点上的循环结构：

所以图案数为

$$\frac{q^4+2q^3+3q^2+2q}{8}.$$

取 $q=2$，分子是 $16+16+12+4=48$，共六种。也可以按黑点数检查：零黑与四黑各一类，一黑与三黑各一类，两黑则有相邻、相对两类，合计六类。这个独立分类检查能帮我们发现表格是否漏了反射类型。

若只允许旋转，群换成 $\langle r\rangle$，只有前面三行，轨道数变为

$$\frac{q^4+q^2+2q}{4}.$$

二色时它碰巧也等于六，不能因此断言反射永远无影响。三色时，全部对称给出 21 类，只允许旋转则有 24 类。允许的操作增加，会把一些原本不同的旋转轨道合并。

在染色实验里，先用两种颜色给四个顶点着色，查看它的轨道大小与稳定子。比较全同色、只有一个顶点异色、两种颜色相对分布三种情形。再切换为三色，并分别只允许旋转、允许全部对称，核对 24 与 21 的差别。选择某个操作时，观察为什么同一循环必须同色；公式中的指数应能从这一幅循环图直接读出。

条件变成“恰有两个黑点”

现在 $X$ 只保留恰好两个顶点黑、两个顶点白的染色。对称操作不会改变黑点总数，所以这个子集合仍在作用下封闭，可以继续用 Burnside。但每个循环已经不能独立随意选色，$2^{\ell(g)}$ 不能直接使用。

恒等操作固定全部 $\binom42=6$ 幅。四循环要求全部同色，不符合两黑，所以 $r,r^3$ 各固定零幅。具有两个二循环的操作，必须选择其中一个循环涂黑，另一个涂白，共两幅；这种操作有 $r^2,s,r^2s$ 三个。对于一个二循环加两个固定点的操作，要么整个二循环黑、两个固定点白，要么二循环白、两个固定点黑，也只有两幅；这样的反射有两个。于是

$$\frac{6+2\times0+3\times2+2\times2}{8}=2.$$

得到的两类正是相邻两黑和相对两黑。限制改变的是“哪些染色可选”，并没有让 Burnside 失效；需要重算各操作在新集合里的固定点。

对象也可以是一整张输入输出表

同样的想法能数函数。设二元函数 $f:\{0,1\}^2\to\{0,1\}$，输入位置可以交换，输出颜色 0、1 的名称保持不变。一次函数选择要给 $00,01,10,11$ 四个输入串各指定一个输出，共 $2^4=16$ 张表。

交换两个输入位置，在这四个输入串上形成三个循环：$(00)$、$(11)$、$(01\ 10)$。固定的函数表要求 $f(0,1)=f(1,0)$，另外两个输出任意，共 张。恒等操作固定全部 16 张，所以交换输入位置后不区分的函数类型有 类。

这里循环数是对四个输入串计算的，不能只看到两个输入位置被交换，就写成 $2^1$。方法能否迁移，取决于我们有没有把真正的对象集合找对。

7-5

四个顶点可以任意使用三种指定颜色，允许D₄的全部对称。沿一条对角线反射时，固定的染色有多少幅？

A.3B.9C.27D.81

7.7 把作用选对，再开始计算

这些题不都从“给定一个置换，求它的阶”开始。有的要找被操作的集合，有的要识别固定点条件，有的需要把一个子群转成置换同态。写解答时，请把 $G$、$X$ 和作用规则放在纸上；这一步往往比后面的算术更关键。

练习一：一个无限的缩放作用

令 $G=\mathbb R^\times$ 为非零实数乘法群，作用于 $X=\mathbb R$，规则 $a\cdot x=ax$。验证作用公理，求全部轨道、各点稳定子及作用核。它是否忠实、是否传递？若把群换成正实数乘法群，轨道怎样改变？

显示答案

恒等元 1 满足 $1x=x$；$(ab)x=a(bx)$ 由实数乘法结合律成立，所以这是作用。0 的轨道只有 $\{0\}$，稳定子是全群。任意非零 $x$ 都能通过 $a=y/x$ 到达任意非零 ，又不能到达 0，因此另一轨道是 。非零点满足 时只能有 ，故其稳定子平凡。

练习二：同一作用里的不同轨道

令 $\sigma=(1\,2\,3)(4\,5)\in S_6$，$G=\langle\sigma\rangle$ 按置换作用于六个标签。求轨道、每个点的稳定子以及每个群元素的固定点集，逐轨道核对轨道—稳定子定理，并用 Burnside 再数一次轨道。

显示答案

$\sigma$ 的阶是 $\operatorname{lcm}(3,2)=6$，所以群元素为 $e,\sigma,\ldots,\sigma^5$。轨道是 $\{1,$、、。

练习三：忠实、传递，再加上交换

设阿贝尔群 $G$ 忠实地、传递地作用于非空集合 $X$。证明每个点的稳定子都平凡。说明去掉“阿贝尔”后，这个结论为何可能失败。

显示答案

固定 $x\in X$。任意 $y\in X$ 因传递性可写为 $y=g\cdot x$，故 $G_y=gG_xg^{-1}$。由于 阿贝尔，共轭不改变任何元素，所以 。也就是说，一个操作只要固定 ，就固定所有 ，因此 等于作用核。忠实性给出核为 ，所有点稳定子便都平凡。

练习四：最小素因子对应的指数

设 $G$ 为有限群，$p$ 是整除 $|G|$ 的最小素数。若 $[G:H]=p$，证明 $H\trianglelefteq G$。可以使用陪集作用 ，但要说明为何其核恰等于 。

显示答案

令 $K=\ker\rho$，由 7.3 节知 $K\subseteq H$，且 $K$ 正规。第一同构定理与指数乘法公式给出

$$|\operatorname{im}\rho|=[G:K]=[G:H][H:K]=p[H:K].$$

练习五：五边形的共轭类

用 $D_5=\{r^i,r^is:0\le i<5\}$、，求全部共轭类、中心和类方程。再求 与 ，用指数核对两个相应类的大小。

显示答案

旋转与旋转交换，反射共轭把 $r^i$ 变成 $r^{-i}$，所以旋转部分分为 $\{e\}$、$\{r,r^4\}$、。对反射，。模 5 时 2 可逆， 遍历全部余数，所以五个反射处在同一类。

练习六：用循环型数出中心化子

在 $S_5$ 中，分别求 $\alpha=(1\,2)(3\,4)$ 和 $\beta=(1\,2\,3)(4\,5)$ 的共轭类大小及中心化子大小。它们的阶分别是多少？能否单凭阶来预测共轭类的大小？

显示答案

$\alpha$ 的循环型是 $2+2+1$，类大小为 $5!/(2^2\cdot2!\cdot1)=15$，中心化子大小为 。也可先选固定点五种，再给其余四点配成两对三种，共 15。 的循环型是 ，类大小 ，中心化子大小 6。

练习七：固定点不必只有一个可能值

让 $\mathbb Z_{25}$ 作用于有 12 个元素的集合。证明全局固定点个数只能是 2、7、12，并分别构造一个实现它们的作用。另说明一个 49 阶群为何只能同构于 $\mathbb Z_{49}$ 或 $\mathbb Z_7\times\mathbb Z_7$。

显示答案

轨道大小整除 25，又不能超过 12，所以只能为 1 或 5。设有 $a$ 个单点轨道和 $b$ 个五点轨道，则 $12=a+5b$。非负整数解给出 $(a,b)=(12,0),(7,1),(2,2)$。全局固定点就是单点轨道里的点。

练习八：六边形上有多少种二色图案

正六边形六个顶点各可选黑或白，允许两种颜色都不必出现。分别只允许旋转、允许旋转和反射，计算图案数。若另要求恰好三个黑点，在全部对称下有多少类？请给出每种对称的固定染色数，而不是只画出猜测的答案。

显示答案

六次旋转 $r^k$ 的循环数按 $k=0,\ldots,5$ 为 $6,1,2,3,2,1$；这也可由第二章模 6 加 的轨道得到 个循环。固定染色数和为 ，只允许旋转时有 类。

练习九：三个二元输入的位置可以交换

设 $f:\{0,1\}^3\to\{0,1\}$，允许用 $S_3$ 任意置换三个输入位置。把只差输入位置置换的函数视为同类，有多少类？提示：对一个输入位置的对换，找出它在八个输入串上产生的循环；三循环同理。

显示答案

共有八个输入串，每个输出二选一，所以全部函数数为 $2^8=256$。恒等操作固定全部函数。

交换前两个输入位置时，形如 $(a,a,c)$ 的四个串固定，其余四个串两两交换，共六个循环。因此固定函数数为 $2^6=64$。三种对换都如此。

轮换三个位置时，$$ 固定；恰有一个 1 的三个串构成一个三循环，恰有两个 1 的三个串构成另一个三循环，共四个循环。因此两种三循环各固定 个函数。Burnside 给出 类。计算的是输入串上的循环数，整张输出表才是接受作用的对象。

练习十：共轭作用留下的核

证明共轭作用同态 $\rho:G\to S_G$ 的核为 $Z(G)$，其像由映射 $x\mapsto gxg^{-1}$ 组成一个群，且与 同构。对 具体判断这个像是什么群。再证明：若有限群 非平凡，它的左乘作用中只有恒等操作有固定点，并用 Burnside 核对轨道数。

显示答案

$g$ 属于共轭作用核，当且仅当 $gxg^{-1}=x$ 对所有 $x$ 成立，即 $gx=xg$ 对所有 $$ 成立，恰好表示 。作用同态的像本来就是置换群的子群；第一同构定理于是给出 。这些共轭映射也叫内自同构，因为每个映射还保持 的乘法，且逆映射由 给出。

这门课从运算能否留在集合中开始，到这里已经可以用同一套语言处理几种不同问题：子群描述留在内部的运算，陪集整理重复的结果，同态记录哪些运算信息被保留，商群合并无法区分的元素，而群作用把这些结构变成对具体对象的操作。面对新题时，不必急着寻找一个名称最复杂的定理。把对象、运算和等价关系写清楚，检查每个条件用在哪里，往往就能找到下一步。