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伯恩赛德引理及其应用

3.5 伯恩赛德引理及其应用＊

本节进一步讨论有限群对有限集合作用的轨道数计数，并给出它在一些与对称性有关的计数问题中的应用。

一般群作用下的轨道个数可以按照如下的伯恩赛德（Burnside）引理计算．
伯恩赛德引理 设有限群 $G$ 作用在有限集 $X$ 上，则 $X$ 在 $G$ 作用下的轨道数为

$$
N=\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} \chi(g),
$$

其中 $\chi(g)=|\{x \in X \mid g(x)=x\}|$ 为 $g$ 在 $X$ 上的不动点数，和式是对每一个群元素求和。

证明 设 $X=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}, G=\left\{g_1, g_2, \cdots, g_m\right\}$ ，将 $G$ 作用于 $X$ 上的不动点情况用表 3－1 表示出来，表的行序号为 $X$ 的元素：$x_1 \cdots x_j \cdots x_n$ ，表的列序号为 $G$ 的元素：$g_1 \cdots g_i \cdots g_m$ ，表中第 $i$ 行第 $j$ 列的元素记为 $E_{i j}$ ，并令

$$
E_{i j}= \begin{cases}1, & \text { 当 } g_i\left(x_j\right)=x_j, \\ 0, & \text { 否则 },\end{cases}
$$

其中 $i=1,2, \cdots, m, j=1,2, \cdots, n$ ．
把表 3－1 的每一行上的元素加起来，其和正好是 $g_i$ 的不动点数目 $\chi\left(g_i\right)$ ，把每一列的元素加起来，其和正好是 $\left|G_{x_j}\right|$ ．于是得到 $\sum_{x \in X}\left|G_x\right|=\sum_{g \in G} \chi(g)$ ．

![图片](/uploads/2025-12/8b66a0.jpg)
 
 由于 $X$ 是有限集，在 $G$ 的作用下形成的轨道数是有限的，故可设 $X$ 在 $G$ 作用下的轨道为 $\Omega_1, \Omega_2, \cdots, \Omega_N$ ．可把卡式左边的和式先对同一轨道上的元素 $x$ 对应的 $\left|G_x\right|$ 相加，然后再对不同的轨道相加，即 $\sum_{x \in X}\left|G_x\right|=\sum_{k=1}^N \sum_{x \in \Omega_k}\left|G_x\right|$ ．

由于 $G_{g(x)}=g G_x g^{-1},\left|G_{g(x)}\right|=\left|G_x\right|$ ，即同一轨道上的稳定子群的阶数相同，故 $\sum_{x \in \Omega_k}\left|G_x\right|=\left|\Omega_k\right|\left|G_x\right|=|G|$ ，所以

$$
\sum_{x \in X}\left|G_x\right|=\sum_{k=1}^N|G|=N|G|=\sum_{g \in G} \chi(g) .
$$

例 3．5．1 设集合 $X=\{1,2,3,4,5\}$ ，群 $G=\{(1),(12),(345),(354),(12) (345),(12)(354)\}$ ，则 $X$ 在 $G$ 作用下的所有轨道和稳定子群为

$$
\left.\left.\begin{array}{c}
1^G=\{1,2\}, G_1=G_2=\left\{(1),\left(\begin{array}{lll}
3 & 4 & 5
\end{array}\right),\left(\begin{array}{lll}
3 & 5 & 4
\end{array}\right)\right\}, \\
3^G=\{3,4,5\}, G_3=G_4=G_5=\{(1),(1
\end{array}\right)\right\},
$$

由此可见，$X$ 恰有两个轨道。
另一方面，利用伯恩赛德引理，我们可以分别计算 $G$ 的每一个元素在 $X$ 上的不动点数如下：

$$
\begin{gathered}
\chi((1))=5, \quad \chi((12))=3, \quad \chi((345))=\chi((354))=2, \\
\chi((12)(345))=\chi((12)(345))=0 .
\end{gathered}
$$

故轨道数 $N=\frac{1}{6}(5+3+2+2)=2$ ，这与直接计算的结果一致．
利用伯恩赛德引理，可以解决与对称性相关的一些计算问题．
下面考虑如下的项链计数问题：设有 $n$ 种颜色的珠子，要做成 $m$ 颗珠子的项链，问可做成多少种不同种类的项链？这里所说的不同种类的项链，指两个项链无论怎样旋转与翻转都不能重合．在数学上可以描述如下：

设 $X=\{1,2, \cdots, m\}$ 代表 $m$ 颗珠子的集合，它们顺序排列组成一个项链，由于每颗珠子标有号码，我们称这样的项链为有标号的项链。 $A=\left\{a_1, a_2, \cdots\right.$ ，
$\left.a_n\right\}$ 为 $n$ 种颜色的集合．则每一个映射 $f: X \rightarrow A$ 代表一个有标号的项链．令 $\Omega=\{f \mid f: X \rightarrow A\}$ 它是全部有标号项链的集合，显然有 $|\Omega|=|A|^{|X|}=n^m$ 是全部有标号项链的数目。

现在考虑二面体群 $D_m$ 对集合 $\Omega$ 的作用．设

$$
\begin{gathered}
g=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & \cdots & k & \cdots & m \\
i_1 & i_2 & \cdots & i_k & \cdots & i_m
\end{array}\right) \in D_m, \\
f=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & \cdots & k & \cdots & m \\
c_1 & c_2 & \cdots & c_k & \cdots & c_m
\end{array}\right) \in \Omega, \quad \text { 其中 } c_k \in A,
\end{gathered}
$$

定义 $g$ 对 $f$ 的作用为

$$
g[f]=\left(\begin{array}{cccccc}
g(1) & g(2) & \cdots & g(k) & \cdots & g(m) \\
c_1 & c_2 & \cdots & c_k & \cdots & c_m
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
i_1 & i_2 & \cdots & m \\
c_1 & c_2 & \cdots & c_m
\end{array}\right)=f g^{-1},
$$

则 $e(f)=f, g_1 g_2(f)=f\left(g_1 g_2\right)^{-1}=f g_2^{-1} g_1^{-1}, g_1\left(g_2(f)\right)=g_1\left(f g_2^{-1}\right)=f g_2^{-1} g_1^{-1}$ ，所以 $g_1 g_2(f)=g_1\left(g_2(f)\right)$ ，满足群作用的定义。

直观来看，$D_m$ 种元素 $g$ 对 $f$ 的作用就是对项链的点号作一个旋转变换或翻转变换，因而 $f_1$ 与 $f_2$ 是同一类型的当且仅当存在 $g \in D_m$ 使得 $g\left(f_1\right)=f_2$ 当且仅当 $f_1$ 与 $f_2$ 属于同一个轨道．

因此，每一类型的项链对应一个轨道，不同类型项链的个数就是 $\Omega$ 在 $D_m$ 作用下的轨道个数，可用伯恩赛德引理求解．

下一个需要解决的关键问题是：对任意 $g \in D_m$ 如何求 $g$ 在 $\Omega$ 上的不动点数 $\chi(g)$ ，这与 $g$ 的置换类型有关．设 $g$ 是一个 $1^{\lambda_1} 2^{\lambda_2} \cdots m^{\lambda_m}$ 型置换，$g$ 的轮换分解式可表示为

$$
g=\underbrace{(*) \cdots(*)}_{\lambda_1 \uparrow} \underbrace{(* *) \cdots(* *)}_{\lambda_2 \uparrow} \cdots,
$$

可以证明 $g(f)=f$ 当且仅当对应式（3．5．1）中同一轮换中的珠子有相同的颜色．
下面举例说明上述论断的正确性．例如，设

$$
\begin{aligned}
& g=(1 \quad 2)(3 \quad 6)(4 \quad 5) \in D_6, \\
& f_1=\left(\begin{array}{cccccc}
1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\
a_1 & a_1 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2
\end{array}\right),
\end{aligned}
$$

则

$$
g\left(f_1\right)=\left(\begin{array}{cccccc}
g(1) & g(2) & g(3) & g(4) & g(5) & g(6) \\
a_1 & a_1 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2
\end{array}\right)
$$
$$
=\left(\begin{array}{cccccc}
2 & 1 & 6 & 5 & 4 & 3 \\
a_1 & a_1 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2
\end{array}\right)=f_1,
$$

故 $f_1$ 是 $g$ 的一个不动点．反之，若对应 $g$ 的轮换分解式中某个轮换中号码的珠子有不同的颜色，例如：$f_2=\left(\begin{array}{cccccc}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ a_1 & a_2 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2\end{array}\right)$ ，则

$$
\begin{aligned}
g\left(f_2\right) & =\left(\begin{array}{cccccc}
g(1) & g(2) & g(3) & g(4) & g(5) & g(6) \\
a_1 & a_2 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2
\end{array}\right) \\
& =\left(\begin{array}{cccccc}
2 & 1 & 6 & 5 & 4 & 3 \\
a_1 & a_2 & a_2 & a_3 & a_3 & a_2
\end{array}\right) \neq f_2
\end{aligned}
$$

所以 $f_2$ 不是 $g$ 的不动点．
下面我们来进一步计算 $\chi(g)$ 。

$$
\chi(g)=|\{f \mid f \in \Omega, g(f)=f\}|,
$$

而满足 $g(f)=f$ 的 $f$ ，对应于 $g$ 的同一轮换中的珠子的颜色必须相同，因而每一个轮换中的珠子颜色共有 $n$ 种选择。而 $g$ 所含的轮换个数为 $\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m$ ，所以满足条件 $g(f)=f$ 的项链颜色有 $n^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m}$ 种选择，故 $\chi(g)=n^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m}$ ．将它代入伯恩赛德公式，就得到项链的种类数为

$$
N=\frac{1}{\left|D_m\right|} \sum_{g \in D_m} n^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m}, g \text { 为 } 1^{\lambda_1} 2^{\lambda_2} \cdots m^{\lambda_m} \text { 型, }
$$

其中和式是对 $D_m$ 中每一个置换求和．上式可进一步表示为

$$
N=\frac{1}{\left|D_m\right|} \sum_{\left[1^{\lambda_1} 2^{\lambda_2 \cdots m^{\lambda_m}}\right]} c\left(\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m\right) n^{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_m},
$$

其中 $c\left(\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m\right)$ 为同一类型的群元素个数，和式是对所有可能的不同置换类型求和。

例 3．5．2 用 3 种颜色做成有 6 颗珠子的项链，问可做成多少种不同种类的项链？

解 $\quad$ 此时 $n=3, m=6$ ，考虑二面体群 $D_6=\{(1),(123456),(135)(24$ 6），（14）（25）（36），（153）（264），（165432），（26）（35），（13）（46），（15） $(24),(16)(25)(34),(12)(36)(45),(14)(23)(56)\},|\Omega|=3^6$ ．由上面的分析，只需按类型计算 $D_6$ 中每一个群元素的不动点数．
$1^6$ 型置换有 1 个，每一个元素的不动点数为 $\chi(g)=3^6$ ；

$1^2 2^2$ 型置换有 3 个，每一个元素的不动点数为 $\chi(g)=3^4$ ；
$2^3$ 型置换有 4 个，每一个元素的不动点数为 $\chi(g)=3^3$ ；
$3^2$ 型置换有 2 个，每一个元素的不动点数为 $\chi(g)=3^2$ ；
$6^1$ 型置换有 2 个，每一个元素的不动点数为 $\chi(g)=3$ 。
所以 $N=\frac{1}{12}\left(3^6+3 \times 3^4+4 \times 3^3+2 \times 3^2+2 \times 3\right)=92$ ．
例 3．5．3 用 3 颗红珠和 6 颗白珠做成一个项链，问可以做成多少种不同的项链？

解 这个问题与项链问题的一般提法稍有不同，但可用同样的方法来分析．
设 $Y$ 是所有带标号的由 3 颗红珠和 6 颗白珠做成的项链的集合，不难计算出 $|Y|=\mathbf{C}_9^3=84$ ．群 $D_9$ 作用于集合 $Y$ 上，不同的轨道数目就是所要求的项链的种类数．注意到

$$
D_9=\left\{(1), T, T^2, T^3, T^4, T^5, T^6, T^7, T^8, S, S T, S T^2, \cdots, S T^8\right\},
$$

其中 $T=(123456789), T^2=(135792468), T^3=(147)(258)(36 9), S=(29)(38)(47)(56)$ ，为计算 $D_9$ 中每一个元素在集合 $Y$ 中的不动点数，可列表 3－2．

![图片](/uploads/2025-12/ae07fa.jpg)
 
 在上面的计算过程中，关键是计算每一个群元素的不动点数，例如对于$3^3$ 型元素，官有如下 3个不动点(图 3-3)
 
  ![图片](/uploads/2025-12/7207f7.jpg)
  
  利用伯恩赛德寻|理和二面体群上的群作用还可以解决化合物分子结构的计数
问题，利用正多面体的旋转群上的群作用可以解决正多面体的着色问题.

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