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群在集合上的作用讨论

Rratic

在历史上，首先出现的概念是具体的集合上的对称/变换群（取元素为双射，运算为复合），然后才从中抽象出了群的概念。因此，自然地，我们可以考察群到集合的对称群的同态。

群在集合上的作用

群 $G$ 在集合 $\Omega$ 上的作用是一个映射：

$$ \begin{aligned} \varphi \colon G & \longrightarrow (\Omega \longrightarrow \Omega) \cr x & \longmapsto (\alpha \longmapsto \alpha^x) \end{aligned} $$

满足 $(\alpha^x)^y = \alpha^{xy}$，这给出单位元对应恒等映射，逆元对应逆映射。

它有时被写成不同的形式，如：

$$ \begin{aligned} f \colon G\times S & \longrightarrow S \cr (g, s) & \longmapsto g(s) \end{aligned} $$

但前一种更直观一些。

显然有 $\varphi$ 是从 $G$ 到 $\Omega$ 上对称群的同态。

记集合元素 $\alpha$ 在这一关系下的等价类 $\set{\alpha^x | x\in G}$ 为其轨道 $\mathrm{Orb}(\alpha)$；全体不变映射 $\set{x | \alpha^x = \alpha}$ 为其稳定化子 $\mathrm{Stab}(\alpha)$，易知 $|\mathrm{Orb}(\alpha)| = |G\colon \mathrm{Stab}(\alpha)|$.

作为一个例子，对于正四面体（记顶点 $\set{A, B, C, D}$），设其旋转变换群为 $G$，则：任取一个顶点，它对应的稳定子群阶为 $3$，轨道为 $\set{A, B, C, D}$，故而 $G$ 是 $S_4$ 的 $12$ 阶子群，必然是 $A_4$.

Pólya 计数法

使用 Pólya 计数法是为了解决这样的问题：我们对所有的可能计数，并且将具有特定对称性的视作同一种（见下面的例子）。

theorem
Burnside 引理

$\varphi$ 对应的轨道数为 $\frac{1}{|G|} \sum_{g\in G}|X(g)|$，其中 $X(g) = \set{x | x^g = x}$.

其本质是对所有满足 $x^g = x$ 的数对的算两次。

  • 对 $g$ 计数为 $\sum |\mathrm{Stab}(g)| = \sum\frac{|G|}{|\mathrm{Orb}(g)|} = |G|\cdot \text{ans}$
  • 对 $x$ 计数则为 $\sum_{g\in G}|X(g)|$
question
立方体染色Ⅰ

一个立方体六个面颜色不同，有多少种旋转下不同的染色？

易知对称群大小 $|G| = |\mathrm{Orb}(x)|\cdot |\mathrm{Stab}(x)| = 24$.

集合 $\Omega$ 是六个面的染色状态构成的集合，作用 $\varphi$ 使得 $\varphi(g)$ 是进行 $g$ 对应的旋转操作。所求即它的轨道数。

$X(g)$ 只在单位元处取到 $720$，其余情况为空集。故所求为 $30$.

question
立方体染色Ⅱ

一个立方体，使用三种颜料染色，有多少种旋转下不同的染色？

定义同上。

对 $G$ 中元素分类，算得 $57$.

类型个数$X(g)$ 值
不动$1$$3^6$
旋转 90°$6$$3^2\cdot 3$
旋转 180°$3$$3^2\cdot 3^2$
绕一对对棱中点连成的轴旋转 180°$6$$3^3$
绕顶点旋转 120°$8$$3^2$

共轭作用

共轭作用是在 $G$ 的集合上的作用：

$$ \begin{aligned} \varphi(g) \colon G & \longrightarrow G \cr a & \longmapsto gag^{-1} \end{aligned} $$

记 $G$ 上 $\set{x}$ 的中心化子 $C_G(x) = \set{a | xa = ax}$，中心 $Z(G) = \set{x | gx=xg, \forall g}$. 有 $x\in Z(G)\iff |\mathrm{Orb}(x)| = 1$.

那么我们可以写出类方程：

$$|G| = |Z(G)| + \sum_{y_i \notin Z(G)} |G\colon C_G(y_i)|$$

例如，考察 $|G| = p^l$，所有的 $C_G(y_i)$ 都是真子群，有 $|Z(G)|$ 是 $p$ 的倍数，从而是非平凡的。

Sylow 定理

对有限群 $G$ 和素数 $p$ 使 $p^l$ 恰整除 $|G|$，称 $G$ 的 $p^l$ 阶子群为其 Sylow $p$-子群。以下设 $|G| = p^l m$. 可以参考启发式推导过程。

theorem
第一 Sylow 定理

对有限群 $G$ 和素数 $p$ 使 $p^k$ 整除 $|G|$，$G$ 存在 $p^k$ 阶子群。

只需讨论阶大于 $p$ 的非交换群，因为交换群一定可以分解为循环群的直积。1

对 $|G|$ 归纳：

  • 若 $p\mid Z(G)$，由于它是交换的，有 $p$ 阶子群；考察它和对应的商群，使用归纳假设
  • 若 $p\nmid Z(G)$，由类方程，存在一个 $p\nmid \mathrm{Orb}(y_i)$，有 $p^l\parallel C_G(y_i)$，使用归纳假设
theorem
第二 Sylow 定理

对 $p^k$ 整除 $|G|$ 及 Sylow $p$-子群 $P$，$p^k$ 阶子群必为 $P$ 的某个共轭的子群。

对一个 $p^k$ 阶子群 $H$，考察 $H$ 在 $P$ 上的作用 $\varphi(h) = (aP\mapsto haP)$. 有 $|\mathrm{Orb}(aP)|$ 整除 $|H|$，且：

$$|G:P| = \sum_{aP} 1 = \sum |\mathrm{Orb}(aP)|\not\equiv 0\pmod{p}$$

故至少一个 $|\mathrm{Orb}(aP)| = 1$. 对应 $h\in aPa^{-1}$ 即满足 $H\subseteq aPa^{-1}$.

theorem
第三 Sylow 定理

设 Sylow $p$-子群个数 $r$，则 $r\equiv 1\pmod{p}$ 且 $r\mid m$.

称 $H$ 在 $G$ 中正规化子 $N_G(H) = \set{G | gHg^{-1}=H}$. 则对 $G$ 的 Sylow $p$-子群 $P$，有 $P\unlhd N_G(P)\le G$.

对 $G$ 的 Sylow $p$-子群 $Q\subseteq N_G(P)$，$P,Q$ 同为 $N_G(P)$ 的 Sylow p 子群，由第二定理知相互共轭。由 $P$ 为 $N_G(P)$ 的正规子群，$P = Q$.

令 $\Omega$ 为 Sylow $p$-子群的集合，令 $P$ 在 $\Omega$ 上作用为共轭 $\varphi(p) = (Q\mapsto pQp^{-1})$. 有 $|\mathrm{Orb}(Q)| = 1 \iff Q = P$，其余整除 $|P|$. 即：

$$r = \sum |\mathrm{Orb}(Q)|\equiv 1\pmod{p}$$

由第二定理知 $G$ 在 $\Omega$ 上的共轭作用使 $\Omega$ 成为轨道，$|\Omega|$ 整除 $|G|$，即 $r\mid m$.

theorem
p·q 阶群分类

对素数 $p < q$，$pq$ 阶群在 $q\not\equiv 1\pmod{p}$ 时只有循环群。

考察 Sylow $p$-子群及 Sylow $q$-子群，由第三定理知个数均为 $1$，从而分别是正规的。

易知 $PQ = G$，又由 $P\cap Q = \set{e}$，可知 $G\cong P\oplus Q\cong Z_p\oplus Z_q\cong Z_{pq}$.

1

通过以下步骤证明：

  • 将 $G$ 用自由群表示法表示为 $<g_1, g_2\cdots g_n\mid \text{rules}>$
  • 由于是交换群，可以将一个规则（形如 $g_1 g_2^{-1} g_1^2$）任意交换顺序写成 $3x_1-x_2=0$ 的形式
  • 所有的规则写成线性方程组，表示为 $$M \begin{pmatrix} g_1 \cr \vdots \cr g_n \end{pmatrix} = \mathbf{0}$$
  • 由于我们在整数上操作，它是 Euclid 整环，可以将矩阵 $M$ 转化为 Smith 标准型
  • 其因子给出了 $G$ 的分解