第 15 讲 · 群对集合的作用 (II)

第一步：定义合理（well-defined）。⏱ 04:11

右边的像是陪集 \(gH\) 的形式。陪集可能有不同写法（同一个陪集可以用不同代表元表示），必须保证：若 \(g_1 x = g_2 x\)（作为轨道中同一个元素），则其对应的陪集 \(g_1H\) 与 \(g_2H\) 仍相等（作为集合相同）。于是设

两边同时左乘 \(g_2^{-1}\)（用 \(g_2^{-1}\) 作用在等式两边，这是群作用的基本性质）：

故 \(g_2^{-1} g_1\) 在 \(x\) 的稳定子群 \(H\) 中。根据前面已证明的陪集性质：若 \(g_2^{-1}g_1 \in H\)，则立即有

（这是第 2 讲陪集性质中已证结论。）因此即使轨道中的元素写成不同形式，对应陪集仍相同——定义合理。

第二步：单射。⏱ 06:51

若两个轨道元素像相同，即 \(g_1 H = g_2 H\)。根据陪集的性质（之前已证的等价条件），可推出 \(g_1^{-1} g_2 \in H\)（或 \(g_2^{-1} g_1 \in H\)）。由于 \(H\) 正是 \(x\) 的稳定子群，于是

即两个「不同的轨道元素」其实相等，从而 \(\varphi\) 单射。（这里两边同时作用 \(g_1\) 即可得到 \(g_2 \cdot x = g_1 \cdot x\)。）

第三步：满射。⏱ 08:05

任取 \(G/H\) 中的一个左陪集 \(gH\)，取轨道中元素 \(g\cdot x\)，则 \(\varphi(g\cdot x) = gH\)。满射显然。（老师此处说「显然，不写了」。）

由上面的类方程，把 \(|G|\) 表示为

其中 \(y_i\) 是对应共轭类不止一个元素的代表元。由 Lagrange 定理（学「子群」时已得），对每个子群 \(C_G(y_i)\) 有：

因为 \(G\) 是 P 群，\( |G| = P^m \)，所以每个指数 \([G : C_G(y_i)]\) 必为 \(P^m\) 的因子，即 \(P\) 的某次幂。

又因为每个 \(y_i\) 的共轭类不止一个元素，说明 \(y_i\) 不是中心元（否则 \(C_G(y_i)=G\)，指数 1）。故 \(C_G(y_i)\) 严格小于 \(G\)，于是 \([G : C_G(y_i)]\) 严格大于 1，即含有 \(P\) 的因子。

于是对每一项，\(P \mid [G : C_G(y_i)]\)；又 \(P \mid |G| = P^m\)。因为 \(P\) 整除右边求和部分的每一项，也整除左边 \(|G|\)，故

设 \(G\) 为 \(P^2\) 阶群。假设 \(G\) 不是交换群。考虑 \(G\) 的中心 \(Z(G)\)（老师用 \(C\) 表中心）。

Step 1 · 中心的阶只能取几种情况。

若 \(G\) 非交换，则中心不可能等于 \(G\)（否则所有元素都交换，即为交换群），故 \(|Z(G)| < |G| = P^2\)。又 \(Z(G)\) 是 \(G\) 的子群，由 Lagrange 定理，\(|Z(G)|\) 必为 \(|G| = P^2\) 的因子，即 \(|Z(G)| \in \{1, P, P^2\}\)。结合 \(|Z(G)| < P^2\)，得 \(|Z(G)| \in \{1, P\}\)。

Step 2 · 中心非平凡。

由第 4 节的定理：\(P^2\) 阶群是 P 群，所以其中心含有不止一个元素，即 \(|Z(G)| > 1\)。故 \(|Z(G)| = P\)。

Step 3 · 取 \(a \in G \setminus Z(G)\) 产生矛盾。

因为 \(|Z(G)| = P < P^2 = |G|\)，所以存在 \(a \in G\) 使得 \(a \notin Z(G)\)。此时： ① \(Z(G) \subseteq C_G(a)\)（中心元素与任意元素交换，故与 \(a\) 交换）； ② \(a \in C_G(a)\)（元素与自身交换）； ③ \(a \notin Z(G)\)。

由 ① 且 \(a\) 不在中心，\(C_G(a)\) 严格包含 \(Z(G)\)，故 \(|C_G(a)| > |Z(G)| = P\)。

另一方面，\(C_G(a)\) 是 \(G\) 的子群，由 Lagrange 定理，\(|C_G(a)| \in \{1, P, P^2\}\)。由 \(|C_G(a)| > P\) 得 \(|C_G(a)| = P^2\)，即 \(C_G(a) = G\)（因为 \(C_G(a)\) 的阶等于 \(G\) 的阶，而 \(C_G(a) \leqslant G\)）。

这说明 \(G\) 中所有元素都与 \(a\) 交换，即 \(a \in Z(G)\)，与「\(a \notin Z(G)\)」矛盾。假设不成立，故 \(G\) 是交换群。∎

第一步 · 把「轨道数」转化为「不动点计数」。

考虑 \(G \times S\) 的不动点集合（即满足 \(g \cdot x = x\) 的有序对全体）：

从两个方向数 \(|T|\)：

方向一 · 按群元素 \(g\) 分组。 固定 \(g\)，满足 \(g\cdot x = x\) 的 \(x\) 的个数恰是 \(|X(g)|\)，于是

方向二 · 按不动点所在的轨道分组。 固定 \(x\)，满足 \(g\cdot x = x\) 的 \(g\) 的个数恰是 \(x\) 的稳定子群的阶 \(|G_x|\)。由轨道分解 \(S = \bigsqcup_{i} O_i\)（各轨道不相交且并为 \(S\)）与轨道－稳定子群定理 \(|G| = |O_i|\cdot |G_x|\)，可得

其中 \(N = \sum_i 1\) 是轨道的总个数，最后一个等号利用了「同一轨道内所有点的稳定子群共轭、阶相同」。

合成。 两个方向数的是同一个集合 \(T\)，故

（要点：先固定 \(g\) 数不动点，再固定 \(x\) 数稳定子群，用「轨道大小 × 稳定子群阶 = 群阶」把两种计数勾连起来。）

长方体由三个棱长 \(a \le b \le c\)（三个数不区分顺序的整数）唯一确定（同一长方体旋转视为同一种），且体积满足

枚举 \(a\le b\le c\)、\(abc=64\)（用 \(\le\) 自动去重，不必再分情况）。固定 \(a\) 后 \(b\) 取 \(\ge a\) 且 \(b\mid 64/a\) 的值，并要求 \(b\le 64/(ab)\)：

合并得到全部满足 \(a\le b\le c\)、\(abc=64\) 的解：

共 7 种互不相同的长方体（其中 \((4,4,4)\) 是正方体；若题目约定「长方体」不含正方体，则为 6 种）。

Burnside 定理的威力在于「群作用在着色 / 排列配置上，不同群元素的不动点可数」。本题若强行套用，需要把「用 64 个小正方体拼成的长方体」建模为某个群（如 3 维旋转群）作用于「放置方式集合」，但 64 个格点间的标号自由度和对称性分析相当复杂，远不如解法一的因子枚举简洁。

因此对本题，解法一（按 \(a\le b\le c\)、\(abc=64\) 的因子枚举）是最直接的方法。Burnside 定理真正适用的经典题型是「用有限种颜色给若干位置着色，允许某种对称群作用，求本质不同着色数」——下面 8.3 节的项链例子即典型。

作为对照，若把本题改写为「用 64 个带编号的小立方体填入一个 \(4\times4\times4\) 盒中，旋转盒子视为同一种填法，问本质不同填法数」，则该问题可用 Burnside 定理处理：取 3 维旋转群 \(G\)（阶 24，立方体全部旋转），作用于 \(4^3\) 个格点的编号排列集合，对每个旋转数其不动点数（满足「旋转后编号不变」的排列个数），最后除以 24。这是 Burnside 定理能施展身手的标准框架。

群 \(G\) = 二面体群 \(D_6\)（6 个旋转 + 6 个翻转，\(|G| = 12\)），作用于 6 个位置上的 2 色着色集合 \(S\)（\(|S| = 2^6 = 64\)）。对每个群元素计算其不动点数 \(|X(g)|\)（满足「该变换下着色不变」的着色数；对 2 色情形，等于 \(2^{\text{该变换的循环数}}\)）：

代入 Burnside 公式：

答案：13 种本质不同的 2 色 6 珠项链。

验证小技巧：不动点数等于「该对合/循环的循环数」的 2 次方，是因为每个循环内颜色必须全同，循环之间独立选色。