Group Action

給定一集合 S 和一個 group G, 如果對於任意 a $\in$ G, s $\in$ S, a 可作用在 s 上, 其作用的結果我們定成 a*s. 注意: 這裡我們稱為`作用'不稱為`運算', 主要原因是在我們想區分清楚在介紹 group 時我們稱的運算是指 group 同一個集合自己元素間的運算, 而這裡我們是可以有兩個不同的集合 G 和 S. 當然了照定義當 S = G 時, G 當然還是可以作用在 G 上, 所以這裡還是要區分清楚作用和運算的不同.

Definition 4.1.1   當 G 對 S 的作用 * 符合以下三點我們就稱 (G, S,*) 為一個 group action.

(Act1)

$\forall$ a $\in$ G, s $\in$ S, 皆有 a*s $\in$ S.

(Act2)

$\forall$ s $\in$ S, 皆有 e*s = s, 其中 e 是 G 的 identity.

(Act3)

$\forall$ a, b $\in$ G, s $\in$ S, 皆有 (a ^. b)*s = a*(b*c).

條件 (Act1) 是說 action 必須是封閉的, 也就是說 G 中的元素對 S 中的元素作用後還是要在 S 中. 這樣 G 中的元素就可以一直作用下去. 也就是說若 b $\in$ G, s $\in$ S, 則 b*s 會在 S 中所以 G 中的元素 a 才可以再對 b*s 作用得 a*(b*s). 就因如此 (Act3) 中 a*(b*s) 才有意義. (Act3) 告訴我們: b 對 s 作用後 a 再作用上去和 a ^. b 直接作用在 s 上是一樣的. 這有點像結合率對吧! 事實上若考慮 S = G, 而 G 對 G 的作用是 G 上的乘法, 則沒錯 G 上的乘法事實上就是一個 group action. 其實在證明 Theorem 3.4.15 時我們就引進了 S_n 對 n×n 矩陣的 group action. 我們不在這裡介紹其他的 group action 的例子, 我們留待要用到時再個別介紹.

談 group action 最主要的原因就是想用 G 的 action 將 S 中的元素分類. 若 (G, S,*) 是一個 group action. 我們說 x, y $\in$ S 是同類的 (記作 x $\sim$ y) 若且為若存在 a $\in$ G 使得 a*x = y. 我們曾說過一個好的分類必須是一個 equivalence relation. 下一個 Lemma 告訴我們當 (G, S,*) 是一個 group action 時, 這樣的分類是一個好的分類.

Lemma 4.1.2   若 (G, S,*) 是一個 group action, 對於 x, y $\in$ S 我們定

x $$\sim$$ y $$\Leftrightarrow$$ 存在 a $\in$ G 使得 a*x = y,

則 $\sim$ 是 S 中的一個 equivalence relation.

証 明. 我們證明 $\sim$ 符合 Definition 2.1.1 中的三個性質.

(equiv1) 任取 x $\in$ S, 由 (Act2) 知 e*x = x 故 x $\sim$ x.

(equiv2) 若 x $\sim$ y, 則由定義知: 存在 a $\in$ G 使得 a*x = y. 等式兩邊用 a^-1 作用, 由 (Act2) 和 (Act3) 得

a^-1*y = a^-1*(a*x) = (a^{-1 .} a)*x = e*x = x.

因為 a^-1 $\in$ G, 故知 y $\sim$ x.

(equiv3) 若 x $\sim$ y 且 y $\sim$ z, 知存在 a, b $\in$ G 使得 a*x = y 且 b*y = z. 故由 (Act3) 知 (b ^. a)*x = b*(a*x) = b*y = z. 因為 b ^. a $\in$ G, 故知 x $\sim$ z. $\qedsymbol$

在第二章我們提過用 equivalence relation 分類的好處是 S 內的每一個元素都會被分到某一類, 且不同類的集合不會有交集. 現在若 S 是一個有限集合, 且 S 可分成 [x₁],...,[x_r] 這 r 個同類集, 其中 [x_i] 表示 S 中與 x_i 同類的元素所成的集合. 則由 Lemma 2.1.2 知

$$\sum_{i=1}^{r}$$ (4.1)

所以現在重要的工作就是計算每個 [x_i] 的個數.

Lemma 4.1.3   若 (G, S,*) 是一個 group action, x $\in$ S.

1. 若令 G_x = {g $\in$ G | g*x = x}, 則 G_x 是 G 的一個 subgroup.
2. 令 [x] 表示 S 中所有和 x 同類的元素所成的集合. 若 G 和 S 都是 finite, 則
   |[x]| = $${\frac{\vert G\vert}{\vert G_x\vert}}$$.

証 明. (1) 若 a, b $\in$ G_x, 即 a*x = x 且 b*x = x, 故利用 (Act3) 知

(a ^. b)*x = a*(b*x) = a*x = x,

也就是說 a ^. b $\in$ G_x. 再來因

x = e*x = a^-1*(a*x) = a^-1*x,

故得 a^-1 $\in$ G_x. 由此知 G_x 是 G 的 subgroup.

(2) 首先我們觀察若 y $\in$ [x], 表示存在 a $\in$ G 使得 y = a*x. 反之, 若給定 a $\in$ G, 令 y = a*x, 則 y 和 x 是同類. 所以我們知 [x] = {g*x | g $\in$ G}, 也就是每個 [x] 中的元素都是 g*x 這種形式. 不過要注意有可能存在 a, b $\in$ G 且 a$\ne$b 但 a*x = b*x. 所以要真正算出 [x] 有多少元素, 等於要算出到底有多少 G 中的元素會讓 g*x 相異. 然而若 a, b $\in$ G 且 a*x = b*x, 則在等式兩邊用 a^-1 作用, 得

x = a^-1*(a*x) = a^-1*(b*x) = (a^{-1 .} b)*x.

也就是說 a^{-1 .} b $\in$ G_x. 反之, 若 a^{-1 .} b $\in$ G_x 可得 a*x = b*x. 大家該記得 a^{-1 .} b $\in$ G_x 表示什麼吧! 這表示若用 G_x 這個 subgroup 對 G 中的元素分類, 和 a 同類的元素對 x 作用都會等於 a*x. 反之若 a, b $\in$ G 在用 G_x 這個 subgroup 分類之下是不同類的, 則 a*x$\ne$b*x. 所以 [x] 內的元素個數是和 G 中用 G_x 分類之下可分成多少類是一樣的. 在證明 Lagrange 定理 (Theorem 2.2.2) 時我們曾證明若用 G_x 將 G 分類, 則 G 可分成 | G|/| G_x| 類, 故得證本定理. $\qedsymbol$

Lemma 4.1.3 告訴我們, 給定 x $\in$ S, 可由 G_x 得到 [x] 的訊息. 例如若 G_x = G (即所有 G 中的元素對 x 作用仍是 x), 則知 |[x]| = 1. 也就是說在 S 中和 x 同類的只有 x 本身, 其他的元素都和 x 不同類. 這樣的 x 對我們很有用, 我們將這種特別的 x 所成的集合記為 S₀.

Proposition 4.1.4   令 p 是一個質數. 若 G 是一個 p-group, 且 (G, S,*) 是一個 group action, 其中 S 是一個有限集合. 令

S₀ = {s $$\in$$ S | g*s = s, $$\forall$$ g $$\in$$ G},

則

| S| $$\equiv$$ | S₀|(mod p).

証 明. 假設 S 可分成 [x₁],...,[x_r] 這 r 個同類集, 其中 x₁,..., x_t 在 S₀, 而 x_{t + 1},..., x_r 皆不屬於 S₀. 由此假設我們可知 S₀ = {x₁,..., x_t}. 這是因為由假設已知 {x₁,..., x_t} $\subseteq$ S₀, 然而若 x $\in$ S₀, 由於 x 只和自己同類, 它必是某個 x_i 但由 x_{t + 1},..., x_r 皆不屬於 S₀ 的假設知 x $\in$ {x₁,..., x_t}.

回顧一下 G 是一個 p-group, 表示 | G| = pⁿ 這種形式. 由 Lagrange 定理 (Theorem 2.2.2) 知 G 的所有的 subgroup 也是 p-group. 現若 x $\not\in$S₀, 由定義知 G_x$\ne$G, 因此 | G_x| = p^m 其中 0$\le$m < n. 也就是說 p 整除 | G|/| G_x|. 因此當 i $\in$ {t + 1,..., r} 時, 由於 x_i $\not\in$S₀, 故由 Lemma 4.1.3 知 p 整除 |[x_i]| = | G|/| G_xi|.

由於

| S| = $$\sum_{i=1}^{r}$$|[x_i]| = | S₀| + $$\sum_{i=t+1}^{r}$$|[x_i]|,

且由前面的討論知 p 整除 $\sum_{i=t+1}^{r}$|[x_i]|, 因此 p 整除 | S| - | S₀|, 也就是說 | S| $\equiv$ | S₀|(mod p). $\qedsymbol$

最後我們要強調, 之後我們就是要利用 Proposition 4.1.4 來證明幾個重要的定理, 因此給了一個 group action, 要知道 S₀ 是哪些元素就顯得特別重要.