群论 学习笔记

参考洛谷博客 https://www.luogu.com.cn/blog/Soulist/solution-p4980

群

我们定义一个集合 \(G\) 和一个作用于集合元素的二元运算符 \(\times\)，将其作为一个整体 \((G,\times)\)，满足如下性质：

1. 封闭性：\(\forall g,h\in G,g\times h\in G\)

2. 结合律：\(\forall a,b,c\in G,(a\times b)\times c=a\times (b\times c)\)

3. 单位元：\(\exists e\in G\)，使得 \(\forall g\in G,g\times e=g\)，单位元唯一

4. 逆元：\(\forall g\in G,\exists h\in G\) 满足 \(g\times h=e\)，可以记 \(h=g^{-1}\)，元素的逆元唯一

则我们称 \((G,\times)\) 为一个群。

子群

对于群 \((G,\times)\)，如果有 \(H\subseteq G\)，且 \((H,\times)\) 也是一个群，则称 \((H,\times)\) 为 \((G,\times)\) 的子群，记为 \((H,\times)\le (G,\times)\)。

如果现在有两个群 \(G,H\)，满足 \(H\le G,g\in G\)，则有定义：

• \(gH=g\times h(h\in H)\)，称 \(gH\) 为 \(H\) 在 \(G\) 内对于 \(g\) 的左陪集

• \(Hg=h\times g(h\in H)\)，称 \(Hg\) 为 \(H\) 在 \(G\) 内对于 \(g\) 的右陪集

陪集具有如下性质：

1. \(\forall g\in G,|H|=|Hg|\)

2. \(\forall g\in G,g\in Hg\)（\(H\) 中存在单位元 \(e\)）

3. \(g\in H \Longleftrightarrow H=Hg\)（封闭性）

4. \(Ha=Hb \Longleftrightarrow a\times b^{-1}\in H(a\in G,b\in G)\)（\(h_1\times a=h_2\times b \Longrightarrow a\times b^{-1}=h_2\times h_1^{-1}\in H\)）

5. \(Ha\cap Hb\ne \varnothing \Longrightarrow Ha=Hb\)

6. \(H\) 的全体右陪集的并为 \(G\)（\(H\) 中的单位元有 \(g\times e=g(g\in G)\) 于是可以取遍 \(G\) 的所有元素）

还有一些常见的表述：

若 \(H\le G\)，记 \(G/H\) 表示 \(H\) 在 \(G\) 中的所有左陪集构成的集合 \(\{gH|g\in G\}\)

若 \(H\le G\)，记 \([G:H]\) 表示 \(H\) 在 \(G\) 中不同左/右陪集的数量（左右陪集数相等）

拉格朗日定理

\[|H|\cdot[G:H]=|G| \]

证明：又上述性质可得 \(|H|=|Hg|\) 且所有本质不同的右陪集两两不交，右陪集同理。

置换

个人理解为作用于一个序列的运算，可用双行表示法：

\[\sigma =\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ 4 & 1 & 3 & 5 & 2 \end{pmatrix} \]

表示把第一个数换为第四个数，第二个数换为第一个数，以此类推。

很显然 \(\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ 4 & 1 & 3 & 5 & 2 \end{pmatrix}\) 和 \(\begin{pmatrix} 4 & 2 & 3 & 1 & 5\\ 5 & 1 & 3 & 4 & 2 \end{pmatrix}\) 这种是等价的，所以我们可以强行规定第一行是 \(1\sim n\)，用一个排列来表示置换：

\[\sigma =\begin{pmatrix} 4 & 1 & 3 & 5 & 2 \end{pmatrix} \]

那么我们的运算就变成了：

\[\sigma(a)=\begin{pmatrix} a_{\sigma_1} & a_{\sigma_2} & a_{\sigma_3} & \cdots & a_{\sigma_n} \end{pmatrix} \]

称为置换的合成（下文的群作用）。

置换群

既然置换之间可以合成运算，并且很显然存在单位元 \(e=\begin{pmatrix}1&2&3&\cdots&n\end{pmatrix}\)，稍微手玩可以发现有逆元如 \(\begin{pmatrix}4&1&3&5&2\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}2&5&3&1&4\end{pmatrix}\)，我们可以用一个群来表示 \(G=(M,\times)\)，其中 \(M\) 是若干个置换组成的集合，称为置换群。

群作用

对于一个集合 \(M\) 和一个群 \(G\)，如果有一个二元函数 \(\varphi(v,k)\)，其中 \(v\in G\)，\(k\in M\)，满足：

• \(\varphi(e,k)=k\)（\(e\) 为群中的单位元）

• \(\varphi(a,varphi(b,k))=\varphi(a\times b,k)\)

则称群 \(G\) 作用于 \(M\)。

轨道-稳定子定理

轨道

对于一个集合 \(M\) 和一个作用于 \(M\) 上的群 \(G\)，集合 \(M\) 中的元素 \(k\) 通过 \(G\) 中元素可以转移到的集合称为轨道，记为 \(G_{(k)}\)。

稳定子

还是考虑上述的集合 \(M\) 和群 \(G\)，若 \(G\) 中的一个元素 \(g\) 满足其对 \(M\) 中元素 \(k\) 的作用有 \(\varphi(g,k)=k\)，则称 \(g\) 所构成的集合连带运算所构成的群为 \(G\) 中 \(k\) 的稳定子，记为 \(G_k\)

元素的不动元素集

还是上文的 \(M\) 和 \(G\)，若对于 \(G\) 中的一个元素 \(g\)，\(M\) 中的元素 \(k\) 满足 \(\varphi(g,k)=k\)，这些元素构成的集合称为该元素的不动元素集，记为 \(F_g\)。

定理

\[|G|=|G_{(k)}|\cdot|G_k| \]

Burnside 引理

还是上文的 \(M\) 和 \(G\)，则 \(M\) 中本质不同的轨道数量为：

\[\frac{1}{|G|}\sum\limits_{g\in G}|F_g| \]

证明有时间再写写。

Pólya 定理

考虑一个染色问题。有 \(n\) 个物体，组成一个集合 \(N=\{1,2,3,\cdots,n\}\)，\(G=\{\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3,\cdots,\sigma_g\}\) 是作用在 \(N\) 上的一个置换群，那么在 \(G\) 的作用下，用 \(m\) 种颜色对这些物体染色，本质不同的方案数为：

\[\frac{1}{|G|}\sum\limits_{i=1}^gm^{c(\sigma_i)} \]

其中，\(c(\sigma_i)\) 表示置换 \(\sigma_i\) 中的轮换个数。

例如洛谷P4980 【模板】Pólya 定理：

在该题目意义下，置换群 \(G\) 应该是形如 \(\{\begin{pmatrix}1&2&3&\cdots&n\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2&3&\cdots&n&1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3&\cdots&n&1&2\end{pmatrix},\cdots,\begin{pmatrix}n&\cdots&1&2&3\end{pmatrix}\}\) 共计 \(n\) 个元素的形式，但是在 \(n\le 10^9\) 的数据范围下，暴力遍历每一组置换显然是不行的。

这个时候我们引入一个概念叫做循环群，如果一个群 \(G\)，满足 \(\exists g\in G\)，使得 \(g,g\times g,g\times g \times g,g\times g\times g\times g,\cdots\) 能够遍历 \(G\) 中的每一个元素，我们就称它为循环群，一个 \(k\) 元循环群同构于模 \(n\) 意义下的整数同余加法群 \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)。

在本题意下，\(G\) 显然是一个 \(n\) 元循环群，因此在考虑 \(c(\sigma_i)\) 时只需要考虑 \(N\) 中的一个元素经过几次对自己的操作可以回到自己，所以我们重新定义标号，令 \(\sigma_i=\begin{pmatrix}i+1&i+2&\cdots&n&1&\cdots&i\end{pmatrix}\)，那么 \(c(\sigma_i)=\gcd(i,n)\)。

再用一下 Pólya 定理，答案为：

\[\begin{array}{c} \frac1n\sum\limits_{i=1}^nn^{c(\sigma_i)}\\ =\frac1n\sum\limits_{i=1}^nn^{\gcd(i,n)}\\ =\frac1n\sum\limits_{d|n}n^d\sum\limits_{i=1}^{\frac nd}[\gcd(i,\frac nd)=1]\\ =\frac1n\sum\limits_{d|n}n^d\varphi(\frac nd) \end{array} \]