群论专题

群

各种定义

• 代数系统：由非空集合 S 与 k 个一元或二元运算 f1,f2,...,fk 组成的系统，记作 <S,f1,f2,...,fk> 。具有封闭性。
• 满足结合率的代数系统称半群
• 存在单位元 e 的半群称作独异点
• 任意元素存在逆元的半群称作群。

性质

• 封闭性
• 满足结合率
• 存在单位元，且单位元唯一
• 存在逆元，且逆元唯一，且逆元的逆元是本身
• 消去率：两边同乘逆元可证

相关概念

• 若 <G,×> 满足交换律，则称之为交换群。
• 若 <{e,a,a2,...,ar−1},×> 构成群，那么称之为循环群，其中 a 是这个群的生成元。
• 若 <G,×> 为群且 H⊂G ，并且 <H,×> 构成群，那么称 <H,×> 是 <G,×> 的一个子群
• 若 <H,×> 是 <G,×> 的一个子群，则 ∀a∈G ，记 Ha={ha:h∈H},aH={ah:h∈H}
  分别称为 H 的右陪集、左陪集
• 定义元素的阶为 o(a)=min{n∈N:n>0,an=e}

陪集的一些性质

• 设 <H,×> 是 <G,×> 的子群， aH 和 bH 是任意两个左陪集。那么 aH=bH 或 aH∩bH=∅
  证明：只需证明若 aH∩bH≠∅ ，则 aH=bH 即可。不妨设 f∈aH∩bH 。则有 f=ah0=bh1 ，于是 a=bh1h−10
  那么 ∀g∈aH ，有 g=ah3=bh1h−10h3 。根据群的性质有 h1h−10h3∈H 。因此 aH⊆bH ，同理可证 bH⊆aH ，于是得 aH=bH
• 设 <H,×> 是 <G,×> 的子群，那么 ∀a∈G,|aH|=|H| 。也就是说所有的陪集大小相等，都等于子集大小。
  证明：
  
  • H→aH 为单射： ∀h1,h2∈G,h1≠h2 ，有 ah1≠ah2 。
  • H→aH 为满射是显然的。因为之所以某个元素存在于 aH 中是因为某个 H 中的元素生成了它。
    因此 H→aH 为双射，原命题得证。
• 所有 <H,×> 的左陪集构成了 G 的一个划分。
  证明：
  
  • 先证 ⋃k∈GkH⊆G 。由封闭性及 H⊂G 可得。
  • 再证 G⊆⋃k∈GkH 。由于 e∈H ， ek=k 。故 ∀k∈G,k∈kH 。
  • 最后根据上一条定理，原命题得证，且每个部分大小相等。

拉格朗日定理

设 <H,×> 是 <G,×> 的一个子群，设 |H|=m ， |G|=n 则有 m|n 。

推论

• 质数阶群没有非平凡子群
• 有限群 <G,×> 中，每个元素的阶必定是 |G| 的一个因子
  证明：记这个元素为 a ，因为 <{e,a,a2,...,ar−1},×> 是 <G,×> 的一个子群，根据拉格朗日定理，原命题得证。
• 一个质数阶的群必定是循环群，且除单位元外每个元素都是这个群的生成元。
  证明：考虑每一个元素的阶 o(a)||G|

从群论的角度证明欧拉定理

欧拉定理：若 (b,p)=1 ，则 bφ(p)=1(modp)

• b=1 明显成立。
• 由于 <{a1,a2,...,aφ(p)},×> 构成一个群，每个元素的阶 o(a)|φ(p) ，故 ∀b>1,(b,p)=1 皆有 bφ(p)=1 。原命题得证。

Burnside引理与Polya定理

基础内容

作用？

我查阅了很久的资料，没怎么找到这个东西的定义。
英文版的名字大致上是叫 Group action
只能笼统地讲一下我对置换群作用的理解。

首先置换群是个群，它满足群的性质。
它的运算是一个元素到他自身的一一映射，称作置换。 i1,i2,...,in 分别是 1,2,...,n 的像，其中 i1,i2,...,in 是一个 1 到 n 的排列。

置换的作用可以形象地理解为把一个数组上的元素简单地调换了一下位置。原本在 x 位置上的元素调到了 ix 上。

以下的 S 不妨看为这个数组， x 不妨看作是位置标号

注意置换和置换之间可以运算，相当于将两次置换后的结果看作是一次新的置换，而置换群就是若干个置换构成集合，置换作为运算的一个群。

轨道( orbit )

∀x∈S ，定义 x 的轨道为

Ox={gx|g∈G}

可以简单地理解为 x 这个位置被群中的任意一个置换调换一次后，可能到达新的位置的集合。

稳定化子( stabilizer )

∀x∈S ，定义 x 的稳定化子为

Zx={g|g∈G,gx=x}

也就是所有不调换 x 这个位置，或者说 ix=x 的置换构成的集合。

orbit−stabilizer thoerm

这个听起来略高大上的定理形式很简单，但是理解起来我认为有点难度，首先给出内容。

∀x∈S,|Ox|⋅|Zx|=|G|

也就是说任意一个位置它的轨道数与稳定化子数乘积为群的大小。
下面给出证明：

不妨设 |Ox|=l ，不失一般性，记 Ox={a1=x,a2,...,al} 。
∀ai∈Ox,∃pi∈G,x−→piai
不妨用 pi 代表 ai 来证明。

• ⋃li=1Zxpi⊆G 是显然的，根据群的封闭性可得。
• G⊆⋃li=1Zxpi 的证明
  ∀p∈G,∃ai∈Ox,x→pai
  ∵∃p−1i,x→pai−→−p−1ix⟺x−→−pp−1ix
  ∴(p′=pp−1i)∈Zx,(p′pi=p(p−1ipi)=p)∈Zxpi
  原命题得证。

综上我们有 |G|=|⋃li=1Zxpi|
接下来只要证明 Zxpi 之间互不相交，我们就可以得到它是 G 的一个划分，证明也不难。
由于 pi 将 x 转移到 ai ， pj 将 x 转移到 aj ， 其中 ai≠aj 。因此 Zxpi∩Zxpj=∅
∴∑li=1|Zxpi|=|G| ，即 |Zx|⋅|Ox|=|G| 。

burnside 引理

给出一个数组和置换群，我们将所有可以通过置换群相互得到的数组视为等价的，问有多少个本质不同的数组。

burnside 引理给出

n=1|G|∑pi∈GC(pi)

其中 n 是本质不同的方案数， C(pi) 表示 pi 这个置换的不动点数目。

证明：

记 δ(g,x) 表示 x 位置是否在 g 置换中为不动点。

∑pi∈GC(pi)=∑pi∈G∑x∈Sδ(g,x)=∑x∈S|Zx|

首先我们证明等价类中的所有方案，他们的 Zx 都是相同的。
显然两种方案等价当且仅当它们可以通过 G 中的置换进行转移。
假如 x,y 属于同一等价类。

∃p,q,x→py,y→qx
下面证明 |Zx|≤|Zy|
∀pi∈Zx,y→qx−→pix→py⟺y−→−qpipy
又 qpip∈G
∴qpip∈Zy

同理， |Zy|≤|Zx|
因此 |Zx|=|Zy|

于是我们可以直接一整个等价类地计算原式

∑x∈S|Zx|=∑np=1|Zp||Op|

由于上面我们已经证明了 |Zp||Op|=|G| ，于是有

∑x∈S|Zx|=∑np=1|G|=n|G|

那么 burnside 引理就得证了。

Pólya 定理

考虑染色计数问题。现在有 m 种颜色，若两种填色方案可以通过置换群的运算得到，则视为同一种。问有多少种不同的染色方案。

显然可以用 burnside 引理。
首先把所有的染色方案找出。共 n=mp 种，其中 p 是格子数。
然后套用 burnside 引理，对于每一种染色方案，考虑计算每一个置换的不动点数。不动点数可以 O(p) 算出。那么总的时间复杂度为 O(np|G|) 。

然而 n 的数量是十分巨大的，直接套用 burnside 显然是不现实的，我们不得不放弃枚举所有染色方案这种思路。

如何计算不动点的数目呢？

我们先引入一些概念。

循环：一种特殊的置换。循环 (a1,a2,...,ak) 表示将元素 a1 变成 a2 ， a2 变成 a3 ，…， ak 变成 a1 的一个置换。

那么每个置换都可以写成若干个互不相交的循环的乘积。
比如 (1 2 3 4 5 63 5 6 4 2 1) 可以表示为 (1 3 6)(2 5)(4)

循环节数：一个置换写成循环乘积的形式以后循环的个数。

那么在染色以后，有可能成为不动点的必定是一个循环，并且这个循环必须要染上同一种颜色。

有了这个结论， Pólya 定理也就呼之欲出了。

Pólya 定理

n=1|G|∑p∈Gmc(p)

其中 c(p) 表示 p 这个置换的循环节数。