组合数学第四章
组合数学课件-第四章第三节波利亚(Polya)定理
波利亚定理的重要性
波利亚定理在几何学中有着广泛的应 用，它可以帮助我们解决一些与图形 和空间有关的问题。
例如，在几何图形中，我们可以通过 应用波利亚定理来判断一个点是否在 某个区域内，或者判断一个封闭曲线 是否与某个区域相交。
第二步
根据已知条件和数学原理，推导出与结论 相关的中间结论，这是证明的关键环节。
B
C
第三步
通过逻辑推理和数学推导，逐步推导出最终 结论，这一步需要严谨的逻辑推理和精确的 数学表达。
第四步
对推导出的结论进行验证，确保其正确性和 可靠性，这一步也是证明的重要环节。
D
定理证明的结论
波利亚定理的证明结论是：在一定条件下，一个数学问题可 以通过逐步转化和化简，最终转化为一个更简单或更易于解 决的问题，从而找到问题的解。
03
多变量版本的波利亚定理
该定理将单变量版本的波利亚定理扩展到多变量函数，提供了解决多变
量问题的新工具。
定理在其他数学领域的应用
在几何学中的应用
波利亚定理在几何学中有着广泛的应用，例如在计算几何形状的 面积和体积，解决几何问题等方面。
在组合数学中的应用
波利亚定理在组合数学中有着重要的应用，例如在解决组合问题、 计数问题、排列问题等方面。
B
C
波利亚定理的证明方法有多种，其中最常用 的是数学归纳法。
波利亚定理在数学教育中也具有重要意义， 它有助于培养学生的逻辑推理能力和数学思 维能力。
D
对波利亚定理的展望
随着数学的发展，波利亚定理的应用范围将不断扩大， 将有更多的数学问题可以通过波利亚定理得到解决。
组合数学第四章
1110004,56
、在与之间不能被和整除的数有多少个？
、求从到的整数中能被和整除，但不能被整除的数的个数。
21500357
{}3,3,5,710S a b c d ∞⋅⋅⋅⋅、求多重集合=的组合数。
1234x x x 、求不定方程++=14的数值不超过8的正整数解的个数。
57、在宴会后，位男士检查他们的帽子，问有多少种方法，使得
（1）没有人接到自己的帽子？
（2）至少有一人接到自己的帽子？
（3）至少有两人接到自己的帽子？
{}
1218,,()1,gcd(,)11()(1).k k i i
n p p p n n k k n k n n n p φφφ==≤≤==-∏、令为正整数，并令作为整数的所有互异的素数因子。
考虑由
定义的欧拉函数。
利用容斥原理证明
12345123451132432542511595,,,,,,,,P P P P P C C C C C P C C P C P C C P C P C P C 、 名旅客,要去5个地方,，其中，不愿意去,；不愿意去；不愿意去；不愿意去不愿意去。
问去的概率有多少？。
组合数学第四章ppt课件
.
9
例1
例1．以下两表格不可能用相邻位置的与0对换
互相转化。
1
2
3
4
15 14 13 12
5
6
7
8
11 10 9
8
9
10 11 12
7
6
5
4
13 14 15
0
3
2
1
0
证明：两个表格的转化相当于对换的乘积
(1 15)(2 14)(3 13)(4 12)(5 11)(6 10)(7 9)(8)(0)，这是
逆元素：p=
1 a1
2 a2
Hale Waihona Puke n an ，p-1= a11
a2 2
an n
.
5
例1
例1．等边三角形三个顶点记为1,2,3,绕中 心逆时针旋转120度,240度,沿三条中线翻 转180度,三角形仍与自身重合,但顶点换了 位群PP26==置。1312.例这1212 如23些33 ,.P变P{2P3换=4P=112P分, 632P.2别13,,P记P34,=为P411,PP3215=23,P11,622}P构533=成，13 一22 13个 ,
.
17
四．Burnside引理
设G={g1, …, gl}, 把gp分解为不相交的循 环乘积，记c1(gp)为gp中1阶循环的个数， 即gp:N→N的不动点个数, 例如G={e, (1 2), (3 4), (1 2)(3 4)}，c1(e)=4, c1((1 2))=2, c1((3 4))=2, c1((1 2)(3 4))=0。
.
6
第三节．循环、奇循环与偶循环
记(a a …a )= 1 2 m
【免费下载】组合数学第四版卢开澄标准答案 第四章
习题四4.1.若群G的元素a均可表示为某一元素x的幂，即a= x m，则称这个群为循环群。
若群的元素交换律成立，即a , b∈G满足a⋅b = b⋅a则称这个群为阿贝尔(Abel)群，试证明所有的循环群都是阿贝尔群。
[证].设循环群(G, ⋅)的生成元是x0∈G。
于是，对任何元素a , b∈G，∃m，n∈N，使得a= x0m , b= x0n ,从而a⋅b = x0m⋅x0n= x0m +n (指数律)= x0n +m (数的加法交换律)= x0n⋅x0m (指数律)= b⋅a故⋅运算满足交换律；即(G, ⋅)是交换群。
4.2.若x是群G的一个元素，存在一个最小的正整数m，使x m=e，则称m为x的阶，试证：C={e,x,x2, ⋯,x m-1}是G的一个子群。
[证].(1)非空性C ≠∅：因为∃e∈G；(2)包含性C⊆G：因为x∈G，根据群G的封闭性，可知x2, ⋯,x m-1,(x m=)e∈G，故C⊆G；(3)封闭性∀a , b∈C⇒ a ⋅b∈C：∀ a , b∈C，∃k，l∈N (0≤k<m，0≤l<m)，使a = x k, b =x l，从而a ⋅b = x k⋅ x l = x(k+l) mod m∈C(因为0 ≤ (k+l) mod m < m)；(4)有逆元∀a ∈C⇒ a -1∈C：∀ a ∈C，∃k∈N (0≤k<m)，使a = x k, 从而a -1= x m-k∈C(因为0 ≤m-k < m) 。
综合(1) (2) (3) (4)，可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群。
4.3.若G是阶为n的有限群，则G的所有元素的阶都不超过n。
[证].对任一元素x∈G，设其阶为m，并令C={e,x,x2, ⋯,x m-1}，则由习题4.2.可知(C, ⋅)是(G, ⋅)的一个子群，故具有包含性C⊆G。
因此有m = |C| ≤ | G | = n所以群G的所有元素的阶都不超过n。
组合数学第四章习题解答
4.19 试说明S5群的不同格式及其个数， • 9.解：5的拆分共有：00005,00014,00023, 00113,00122,01112,11111共七种，根据讲义4.4 节定理1可得S5中： (1)5共轭类有5!/5!=1个置换； (1)1(4)1共轭类有5!/4=30个置换； (2)1(3)1共轭类有5!/(2· 3)=20个置换； (1)2(3)1共轭类有5!/(2!3)=20个置换； (1)1(2)2共轭类有5!/(2!2 )=15个置换； (1)3(2)1共轭类有5!/(3!2)=10个置换； (5)1共轭类有5!/5=24个置换； ∴共有不同格式7种，如上所示。
旋转 12345
12345 13524 14253 15432
5
2
翻转
12534 21345 32415 51423 41235
4
3
c ( a1 ) c(a2 ) 1 c ( ag ) l [m m ... m ] G
4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各角之和与2 的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠 角之和为4
证：设V,S,E分别为顶点集，面集，边(棱)集。 由欧拉定理 |V|+|S|－|E|=2. 设aij为与顶点vi， 面Sj为相关的面角，ej为Sj的的边数， 给定Sj则∑aij=(ej－2)π 欠角和为∑(2π－∑aij)=∑2π－∑ ∑aij =2|V|π－∑ ∑aij=2|V|π－∑(ej－2)π =2|V|π－∑ejπ+2|S|π =2|V|π+2|S|π－2|E|π=4π
用4.2和4.8的结论
4.10 若x和y在群G作用下属于同一等价类，则x所 属的等价类Ex，y所属的等价类Ey有|Ex|=|Ey|。 显然
组合数学第四篇
证 (1)C1(2) C…2 (n) C即n
1个 2个
n个
_∧_
_∧_
____∧____
/\
/\
/
\
(·)…(·)(··)…(··)… (·…·)…(·…·)
\______ ______/ \/
C1个
\________ ________/ \/
C2个
\________ ________/ \/
Cn个
令 P={p1,p2,…,pm},(是集合不一定是群.)
令解G)ii=≠Zj,kGpi∩i,i=G1j=,2Φ,…. G,m1+.GG2i包+…含·+G于m·G包(G含·关于于GZ.k的陪集分
-1
另一方面，任意P∈G. k→Paj→Pkj
PPj ∈-1 Zk,
P∈ZkPj=Gj.
4.4 Burnside引理
(2)k不动置换类 设G是[1,n]上的一个置换群。G≤Sn.
K∈[1,n]G中使k保持不变的置换全体，称 为k不动置换类，记做Zk.
4.4 Burnside引理
定理 置换群G的k不动置换类Zk是G的一个
子群。
封闭
性：k→k→k,k P1 P2 k. P1P2 结合性：自
然。
有单位元：G的
单位元属于Zk.
含目标集元素k的在G作用下的等价类也 称为含k的轨道。
4.4 Burnside引理
定理 设G是[1,n]上的一个置换群，Ek是[1,n]在G 的作用下包含k的等价类(轨道)，Zk是k不动置换 类。有|Ek||Zk|=|G|.
证 设|Ek|=m,Ek={a1(=k),a2,…,am},于是存在pi满足 a1→pi ai,i=1,2,…,m.
组合数学（卢开澄）第4章课后习题答案
组合数学（卢开澄）版 第四章答案4.1，若群G 的元素a 均可表示为某一个元素x 的幂，即a=x m，则称这个群为循环群，若群的元素交换律成立。
即a ，b ∈G 满足，a ·b=b ·a证明：令a= x m ，b= x n ，则a ·b= x m ·x n = x n ·x m=b ·a ，因此是阿贝尔群4.2若x 是群G 的一个元素，存在一最小的正整数m ，使x m=e ，则称m 为x 的阶，试证： C={e,x,x 2,…x m-1}是G 的一个子群。
证明：一个群G 的不空集合H 作成G 的一个子群的充分必要条件是：1,a b H ab H a H a H-∈⇒∈∈⇒∈,a b 是H 的任意元素。
由题意知C 中的任意两个元素如,a b C ∈则ab C ∈；a C ∈则1a C -∈。
所以21{,,,,}m C e x x x -= 是G 的一个子群。
4.3设G 是阶为n 的有限群，则G 的所有元素的阶都不超过n 。
证明； 因为G 中每有元素都能生成一个与元素等阶的子群，子群的阶当然不能超过群G 的阶；所以则G 的所有元素的阶都不超过n 。
4.4若G 是阶为n 的循环群，求群G 的母元素的数目，即G 的元素可表示a 的幂： a 1 ，a 2 。
a n 的元素a 的数目。
证明： 若一个群G 的每一个元都是G 的某一固定元a 的乘方，我们就把G 叫做循环群；我们也说，G 是由元a 所生成的，并且用符号()G a =来表示。
所以就有一个这样的a ，即就有一个母元素。
4.5 试证循环群G 的子集也是循环群根据子群的定义，循环群G 的子群应满足循环群G 所满足的所有运算。
所以其子群页应该是循环群。
4.6若H 是G 的子群，x 和y 是G 的元素，试证xH ∩yH 或为空，或为xH=yHx,y ∉G若 xH ⋂yH ≠Φ可知：存在g ∈xH,g ∈yH 由g ∈xH,知存在h 1∈H,有g=xh 1;由g ∈yH,知存在h 2∈H,有g=yh 2; 从而有 xh1=yh2 ⇒x=y(h 2h 11-)------------式1任取z ∈xH,则存在h ∈H,有z=xh-------------------式2将-式1代入-式2： z=y(h 2h 11-)h=y(h 2h 11-h)--------- -式3H 是子群，有h 1，h 2，h ∈H 可推知，h 2h 11-h ∈H从而 y(h 2h 11-h) ∈yH.再由式3知 z ∈yH,这样我们就可推知xH ⊆yH 同理可推得 yH ⊆xH综上知道 yH=xH4.7若H 是G 的子群，H =k ，试证：xH =k ，其中x ∈GH =k设 H={n h h h h 32,1,} 同时对于i,j ∈{k ,3,2,1} 当i ≠j 时，有ah i≠ah j(否则，若有ah i =ah j ，由消去律得h i =h j ，矛盾) 表明{}n h h h h 32,1, 为n 个不同元而aH 恰有这些元组成， 故 aH =k, ∴aH =H4．8有限群G 的阶为n ，H 是G 的子群，则H 的阶必除尽G 的阶。
组合数学第四章习题解答
4.23 凸多面体中与一个顶点相关的各角之和与2 的差称为该顶点的欠角，证明凸多面体各顶点欠 角之和为4
证：设V,S,E分别为顶点集，面集，边(棱)集。 由欧拉定理 |V|+|S|－|E|=2. 设aij为与顶点vi， 面Sj为相关的面角，ej为Sj的的边数， 给定Sj则∑aij=(ej－2)π 欠角和为∑(2π－∑aij)=∑2π－∑ ∑aij =2|V|π－∑ ∑aij=2|V|π－∑(ej－2)π =2|V|π－∑ejπ+2|S|π =2|V|π+2|S|π－2|E|π=4π
G×G’的单位元素是(e,e’),试证G×G’是群 (1)封闭性显然 (2)结合律显然 (3)逆元素显然
(4)单位元显然
4.27 一个项链由7颗珠子装饰成的，其中两颗珠 子是红的，3颗是蓝的，其余两颗是绿的，问有多少 种装饰方案，试列举之。
G (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7) (1234567),(1357246), (1473625),(1526374), (1642753),(1765432)
4.24 足球由正五边形与正六边形相嵌而成 (a)一个足球由多少正五边形与正六边形组成 (b)把一个足球所有的正六边形都着以黑色，正五 边形则着以其它各色，每个正五边形着色各不相 同，有多少种方案？
4.25 若G和G是两个群
G G ' {( g ,g ')g G ,g ' G ' }, ( g ,g ')( g ,g ') ( g g ,g 'g '), 1 1 2 2 1 2 1 2
4.21 在正四面体的每个面上都引一条高，有多少 种方案？
解：除了绕顶点-对面的中心轴旋转均不会 产生不变的图象外, 绕其他轴的旋转相当于正 4面体的面3着色。参照讲义4.6例3可得不同的 方案数为 M=[34+3·32]/12=9
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P2P1≠P1P2.
4.2 置换群
(1)置换群 [1,n]上的所有n阶置换在上面的乘法 定义下是一个群。 1 2 … n a 1 a2 … an 2… n ) (a)封闭性 ( a1 a2 … an )( b1 b2 … bn )=( 1 b1 b2 … bn a1 a2 … an 1 2 … n 1 b2 … b) n (b)可结合性 (( a1 a2 … an )( b1 b2 … bn))( b c1 c2 … cn 2 … n )=( 1 2 … n )(( a1 a2 … an)( b1 b2 … bn)) =( 1 a1 a2 … an c1 c2 … cn b1 b2 … bn c1 c2 … cn 2…n (c) 有单位元 e=(1 1 2 … n) 2 … n )-1=( a1 a2 … an ) (d) ( 1 1 2… n a1 a2 … a n
1.R a, b a G, b G, a1 * b H 是G的一个等价关系，记
aR x x G, a, x R
那么， a R aH
2。如果G是有限群，|G|=n,|H|=m,则m|n。
6/16/2016 1:10 AM
3
Zhang Sanyuan, Zhejiang Univ.
n个
Cn个
一个长度为k的循环有k种表示，Ck个长 度为k的循环有Ck!kCk种表示.1,2,…,n的全 排列共有n!个，给定一个排列，装入格式 得一置换，除以前面的重复度得 C1 C2 Cn n!/(C1!C2!…Cn!1 2 … n )个不同的置换.
4.4 Burnside引理
例1 S4中 (2) 2 共轭类有4!/(2!22 )=3 (1)1 (3)1 共轭类有4!/(C1!C3!11 31 )=8 (1)2 (2)1 共轭类有4!/(C1!C2!12 21 )=6 (2)k不动置换类 设G是[1,n]上的一个置换群。G≤Sn. K∈[1,n]G中使k保持不变的置换全体，称 为k不动置换类，记做Zk.
1 2 n
1
2
3
k
1
2
k
1
k
4.3循环、奇循环与偶循环
了[1,n]的所有文字，则命题成立。否则在 余下的文字中选一个，继续搜索,又得一循 环。直到所有文字都属于某一循环为止。 因不相交循环可交换，故除了各个循环的 顺序外，任一置换都有唯一的循环表示。
2阶循环叫做对换
4.3循环、奇循环与偶循环
定理 任一循环都可以表示为对换的 积。(1 2 …n)=(1 2)(1 3)…(1 n)=(2 3)(2
(a1a2…am)=(a2a3…ama1)=…=(ama1…am-1)有m 种表示方法。
4.3循环、奇循环与偶循环
若两个循环无共同文字，称为不相交的， 不相交的循环相乘可交换。如(132)(45)= (45)(132). n 若p=(a1a2…am),则p =(1)(2)…(n)=e.（拉格朗日 定理的推论） 定理 任一置换可表成若干不相交循环的乘积。 1 2 n p 证 对给定的任一置换 ， a a a p p p p p 从1开始搜索1→ai →ai →ai →…→ai →1得 一循环(1 ai ai …ai ),若(1 ai … ai )包含
(1)共轭类 先观察S3,A3,S4,A4,以增加感性认识。
S3={(1)(2)(3),(23),(13),(12),(123),(132)}. A3={(1)(2)(3),(123),(132)}. S4={(1)(2)(3)(4),(12),(13),(14),(23),(24),(34), (123),(124),(132),(134),(142),(143),(234),(243), (1234),(1243),(1324),(1342),(1423),(1432), (12)(34),(13)(24),(14)(23)}. A4={(1)(2)(3)(4),(123),(124),(132),(134),(142), (143),(234),(243),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}.
4.4 Burnside引理
一个由G定义的关系 k ： p 若存在p∈G,使得k→j则称kRj.显然kRk； kRj则jRk；kRj,jRl则kRl。R是[1,n]上的一 个等价关系。将[1,n]划分成若干等价类。 含目标集元素k的在G作用下的等价类也 称为含k的轨道。
4.4 Burnside引理
第四章 Pó lya定理
群的概念 置换群 循环、奇循环与偶循环 Burnside引理 Pó lya定理 例 母函数型的Pó lya定理 图的计数
Review:
义11 设(A；*)是一个代数系统，如果*是可结合的，并且A中有单位 元，而且A中任意一个元素都有逆元，则称(A；*)是一个群。 在运算“*”已知的情况下，群(A；*)可以简记为A。 由群的定义可以知道，一个代数系统(A；*)是群，则应满足以下条件：
1
4.2 置换群
任一n阶有限群同构于一个n个文字的置 换群。 两个群同构：存在一个双射。且同态。
4.2 置换群
设G={a1,a2,…,an}，指定G中任一元ai, 任 意aj∈G，Pi：aj → aj ai ，则Pi是G上的一 个置换，即以G为目标集。
Pi是单射：ai≠aj，则Pi≠Pj. Pi同态： a2 … an f(aiaj) = (a1 ) a1(aiaj) a2(aiaj) … an(aiaj) a1 a2 … an a1ai a2ai … anai =( a1ai a2ai … anai )( (a1ai)aj (a2ai)aj … (anai)aj =f(ai)f(aj)
另一方面，任意P∈G. k→aj→k P∈ZkPj=Gj.
P
Pj
PPj ∈Zk,
-1
4.4 Burnside引理
∴G包含于G1+…+Gm.从而， · · · G=G1+G2+…+Gm. |G|=|G1|+|G2|+…+|Gm|=|Zk|· m= |Zk|· |Ek|
· ·
4.4 Burnside引理
4)…(2 n)(2 1)表示不唯一。 任一置换表示成对换的个数的奇偶性是 唯一的。 置换分成两大类：奇置换与偶置换。
4.3循环、奇循环与偶循环
定理 Sn中所有偶置换构成一阶为(n!)/2 的子群称为交错群，记做An. 证 (1)封闭性
(2)单位元 -1 (3)逆元 (i k) = (i k)
设 p = (i1 j1)(i2 j2)…(ii ji),则p = (ii ji)…(i1 j1)令 Bn=Sn-An, |Bn|+|An|=n!, 则(i j) Bn包含于An |Bn|≤|An|， (i j) An包含于Bn |An|≤|Bn| ∴|An|=|Bn|=(n!)/2
4.4 Burnside引理
4.4 Burnside引理
定理 置换群G的k不动置换类Zk是G的一 个子群。 P1 P2 P1P2 封闭性：k→k→k,k k. 结合性：自然。 有单位元：G的单位元属于 Z k. P P -1 有逆元：P∈Zk,k→k,则k→k,P∈Zk. ∴Zk≤G.
4.4 Burnside引理
4.2 置换群
1234 1234 置换乘法 P1=( 3 1 2 4 ),P2=( 4 3 2 1 ) 234 3 1 2 4 )=( 1 2 3 4 ) P1P2=( 1 )( 3124 2431 2431 注意：既然先做P1的置换，再做P2
的置换就规定了若作为运算符或函数符 应是后置的。这与一般习惯的前置不一 样。
(3)等价类举一个例子。 G={(1)(2)(3)(4),(12),(34),(12)(34)}.在G下，1变2， 3变4，但1不变3。Z1=Z2={e,(34)}, Z3=Z4={e,(12)}. 对于A4, Z1={e,(234),(243)},Z2={e,(134),(143)} Z3={e,(124),(142)},Z4={e,(123),(132)} 一般[1,n]上G将[1,n]分成若干等价类，满足等 价类的3个条件.(a)自反性;(b)对称性;(c)传递性。 如第一个例子中，共有两个等价类：{1,2},{3,4}
(1) (A；*)是可结合的。即：(A；*)是一个半群。
(2) (A；*)中有单位元e。 (3) (A；*)中，任何一个元素都有逆元。
如果一个群满足交换律，则此群称为交换群，也称作阿贝尔 (Abel)群 (或加法群)。
6/16/2016 1:10 AM
2
拉格朗日定理 定理：设<H,*>是群<G,*>的一个子群。那 么：
a1 a2 … an 令Pi=( a1ai a2a 置换群
令P={Pi|a,ai∈G},则P≈G
4.3循环、奇循环与偶循环
a1a2…am-1am (a1a2…am)=( a2 a3…am a1 ) 称为置换的循环 表示。
12345 12345 于是( 43152 )=(14523), ( 31254 )=(132)(45), 12345 ( 52314)=(154)(2)(3).
推论1：任何质数阶的群不可能有非平凡子 群。 推论2：<G,*>n阶有限群。那么对任意的 a∈G,a的阶必为n的因子且必有 an e 。 这里e为单位元。如果n为质数，<G,*>必为 循环群。
6/16/2016 1:10 AM
4