本节将介绍我们关于 G-集的工作在计数中的应用。例如，假设我们想计算一个六面体的六个面上标有从一到六个点，从而形成一个骰子，有多少种可区分的方式。标准骰子的标记方式是，当它放在桌子上，1点朝下，2点朝前时，6点朝上，3点在左，4点在右，5点在后。当然，也可以用其他方式标记立方体，以得到可区分的不同骰子。
本段作为引言，旨在介绍第17节的核心主题：如何运用抽象代数中的“G-集”概念来解决现实世界中的计数问题。
1. 核心主题：将抽象的群论知识（G-集）应用于具体的计数问题。这是一个从理论到应用的过渡。
2. 核心例子：文章以一个非常经典和直观的问题——“有多少种不同的骰子？”——来引出这个主题。这个问题不仅仅是简单的排列组合，因为它涉及到“可区分性”的概念。
3. “可区分性”的引入：什么是“可区分的”骰子？这里通过一个标准骰子的例子来说明。一个骰子无论你怎么旋转，它本质上还是同一个骰子。比如，你把一个标准骰子的2点从前面转到侧面，它的本质没有变。因此，如果两种标记方式可以通过旋转相互转化，那么它们就属于“不可区分的”，或者说，它们是“同一种骰子”。
4. 问题的提出：段落末尾明确指出，除了标准方式，还存在其他标记立方体的方法，这些方法可能产生与标准骰子不同的、新的、可区分的骰子。我们的目标就是要计算出所有这些本质上不同的骰子的总数。
* 易错点：初学者可能会误以为这是一个简单的排列问题，直接计算 $6!$。但这里的关键是“可区分”，即需要考虑旋转对称性。一个标记方案经过旋转后得到的另一个方案，在我们的问题中被视为同一种。
* 边界情况：这里的“旋转”是关键操作。如果我们允许翻转（镜像对称），那么问题会变得不同。本段的讨论默认只考虑物理上可以实现的旋转操作。
本段通过一个制作骰子的例子，引出了本节的核心议题：利用G-集理论来解决因对称性（如旋转）而变得复杂的计数问题，特别是计算在某种变换下本质上不同的构型（“可区分的方式”）的数量。
本段的目的是为了激发读者的兴趣，并建立一个从具体问题到抽象理论的桥梁。它展示了抽象代数并非纯粹的理论游戏，而是可以用来解决具体、有趣的实际问题的强大工具。它为后续引入轨道（orbit）和伯恩赛德公式（Burnside's Formula）等概念做了铺垫。
想象你是一个骰子工厂的质检员。生产线上下来了很多骰子，每个骰子的六个面都标上了1到6的点，但标法五花八门。你的任务是挑出所有“不同种类”的骰子。你拿起一个骰子，翻来覆去地看，然后和样品库里的骰子比较。如果你手中的骰子无论怎么转，都无法变得和样品库里的任何一个一模一样，那么它就是一个“新品种”。本节要教你的，就是一种系统性的方法，来计算样品库里最终会有多少个样品。
想象你手里有一个透明的玻璃立方体和六张带有1到6点的贴纸。你可以把这六张贴纸随意地贴在立方体的六个面上。你完成了一种贴法。然后，你的朋友也用同样的方式贴了一个。现在你们要判断，你们俩制作的骰子是不是“同一种”。你们把两个骰子拿在手里，不停地旋转，试图让它们看起来完全一样（即，从任何角度看，对应的面上的点数都相同）。如果无论怎么转都无法做到，那么你们就制作了两种不同的骰子。我们的问题就是：总共能制作出多少种这样真正不同的骰子？
让我们暂时区分立方体的各个面，并将它们称为底、顶、左、右、前和后。然后，底部可以是六个标记中的任何一个（从一个点到六个点），顶部可以是剩余五个标记中的任何一个，依此类推。立方体面总共有 $6!=720$ 种标记方式。有些标记方式会产生与另一些相同的骰子，即一个标记方式可以通过旋转标记的立方体而变为另一个。例如，如果上面描述的标准骰子在我们俯视时逆时针旋转 $90^{\circ}$，那么3点将会在前面，而不是2点，但它仍然是同一个骰子。
这一段开始将骰子问题转化为一个精确的数学模型。
1. 建立初始集合 (X)：首先，我们忽略旋转不变性，计算所有可能的标记方案。为了做到这一点，我们假想立方体是固定不动的，它的六个面被赋予了固定的名字：“底、顶、左、右、前、后”。
* “底”面有6种选择（可以贴1到6中任意一个点数）。
* 选定“底”后，“顶”面剩下5种选择。
* 依此类推，直到最后一个面只剩下1种选择。
* 根据乘法原理，总的标记方式数量是 $6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 6! = 720$ 种。
* 这720种标记方式构成了我们的基础集合，我们后面会称之为 X。X 中的每一个元素都是一种具体的、位置固定的标记方案。
2. 引入等价关系 (旋转)：接着，段落指出了这720种方案并非都代表不同的骰子。核心原因是“旋转”。
* “一个标记方式可以通过旋转标记的立方体而变为另一个”，这句话定义了一种等价关系。如果方案A可以通过旋转变成方案B，那么A和B就是等价的，代表同一个骰子。
* 例子：标准骰子（1底、6顶、2前、5后、3左、4右）。如果将它绕着通过顶面和底面中心的轴逆时针旋转 $90^{\circ}$，那么原来的“左”面（3点）会转到“前”面的位置。这产生了一个新的标记方案（在我们的720种方案中，这是一个不同的元素），但它所代表的骰子和原来是同一个。
* $6!$ (6的阶乘)
* 拆解: $6! = 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$
* 含义: 这代表了将6个不同的物品（点数1到6）排列在6个不同的位置（立方体的6个面）上的总方法数。这是排列组合中的基本公式 $P(n,n) = n!$。
* 推导:
* 为第一个面选择一个点数，有6种选择。
* 为第二个面选择一个点数，剩下5种选择。
* ...
* 为第六个面选择一个点数，只剩下1种选择。
* 根据乘法原理，总数为 $6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 720$。
* 示例1：假设我们只有3个面（比如一个楔形体）和3个点数{1, 2, 3}。我们固定这3个面的位置为“面A”、“面B”、“面C”。
* 总的标记方案数是 $3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ 种。
* 方案1: A=1, B=2, C=3
* 方案2: A=1, B=3, C=2
* 方案3: A=2, B=1, C=3
* 方案4: A=2, B=3, C=1
* 方案5: A=3, B=1, C=2
* 方案6: A=3, B=2, C=1
* 这6种方案就是集合 X。如果这个楔形体可以旋转，比如旋转能使A, B, C的位置轮换（A->B, B->C, C->A），那么方案1 (1,2,3) 就会变成方案 (3,1,2)，即方案5。因此方案1和方案5代表同一种物体。
* 易错点：必须清楚地区分“标记方案”（我们720个集合元素中的一个）和“可区分的骰子”（等价类的代表）。720是前者的数量，而我们要求的是后者的数量。
* 边界情况：这个计算 $6!$ 的前提是每个面上的点数都不同。如果允许点数重复（比如六个面都标1点），那么初始集合的计算方式就需要改变，会变成 $6^6$（如果颜色有6种）。但本例中是1到6的点数，所以不重复。
本段将骰子计数问题数学化，首先通过固定立方体的面来定义一个包含所有 $6! = 720$ 种可能标记方式的集合 X。然后，明确了“旋转”是导致这些方式中某些方式等价（即代表同一个骰子）的原因，为引入群作用和轨道概念奠定了基础。
此段的目的是建立分析问题的数学框架。它定义了我们将要操作的对象集合 X，并指出了需要处理的核心问题——对称性。没有这个清晰的定义，后续的群论工具就无从施展。
想象一个巨大的仓库，里面有720个货架，每个货架上都放着一个立方体。这720个立方体代表了所有可能的、面被固定了位置的标记方法。现在，我们要开始整理仓库，把那些本质上（即可以通过旋转变成一样）的立方体都归为一类，放在同一个箱子里。我们的最终目标是数一数最后用了多少个箱子。
想象你面前有一张清单，上面列了720行，每一行都写着一种标记方法，例如：“方案123：底=5, 顶=2, 左=1, 右=4, 前=3, 后=6”。这是一个非常具体的描述。现在，你手里拿着一个方案123的骰子，你把它向前翻转90度。现在，原来的“底”面（5点）跑到了“后”面，原来的“前”面（3点）跑到了“底”面。你对照清单，发现这对应了另一行，比如“方案456：底=3, ...”。于是你知道，方案123和方案456其实是同一个骰子的不同摆放姿势。
立方体在桌子上有24种可能的放置方式，因为任何一个面都可以朝下，然后任何一个面都可以朝前，这提供了 $6 \cdot 4=24$ 种可能的放置方式。任何一个放置方式都可以通过旋转骰子从任何其他放置方式获得。这些旋转构成了一个群 G，它与 $S_{8}$ 的一个子群同构（参见第8节练习45）。我们让 X 是720种可能的立方体标记方式，并让 G 通过立方体的旋转作用于 X。如果一个标记方式可以通过 G 的元素作用（即旋转立方体）而变为另一个，我们就认为这两种标记方式形成了相同的骰子。换句话- 话说，我们认为 X 在 G 作用下的每个轨道对应一个骰子，不同的轨道产生不同的骰子。因此，确定可区分骰子数量的问题归结为确定 G-集 X 中 G 作用下轨道的数量。
这一段正式引入了群论的核心概念：群G、G-集X 和 轨道。
1. 确定旋转群G的大小：首先，段落计算了立方体的旋转对称群 G 的阶（即元素个数）。
* 一个立方体有6个面，任何一个面都可以被转到底部，所以有6种选择。
* 当一个面（比如“1点”面）固定在底部后，立方体还可以绕着通过底面和顶面中心的垂直轴进行旋转。有4个侧面，任何一个都可以被转到“前面”的位置，所以有4种选择（旋转0, 90, 180, 270度）。
* 因此，总的放置方式（或者说，总的旋转操作数）是 $6 \times 4 = 24$。
* 这些24种旋转操作构成了一个群，记为 G。这个群的元素就是立方体的24个旋转变换。
* （旁注：$S_8$ 的子群同构是指立方体的旋转可以看作其8个顶点的置换，这些置换构成的群与 G 结构相同。）
2. 定义G-集X：
* X 就是我们之前定义的包含720种标记方案的集合。
* G 是立方体的24个旋转构成的群。
* “G 通过立方体的旋转作用于 X”：这句话的意思是，G 中的每一个元素（一个旋转操作）都可以应用到 X 中的每一个元素（一个标记方案）上，得到 X 中的另一个元素。例如，旋转g作用在方案x上，得到新的方案 $g(x)$。这就是 G-集 的定义。
3. 轨道与可区分性的连接：
* “如果一个标记方式可以通过 G 的元素作用...而变为另一个，我们就认为这两种标记方式形成了相同的骰子。” 这正是等价关系的数学描述。
* 轨道 (Orbit)：在 G-集 X 中，一个元素 $x$ 的轨道（记作 $Gx$）是 G 中所有元素作用于 $x$ 后得到的所有结果的集合。即 $Gx = \{g(x) \mid g \in G\}$。通俗地说，一个轨道包含了所有通过旋转可以相互转化的标记方案。
* 核心论断：因此，一个轨道就代表了一个“可区分的骰子”。轨道中的所有标记方案，虽然在我们的720个元素列表中是不同的，但它们本质上是同一种骰子的不同朝向。
* 最终问题：所以，计算有多少种可区分的骰子，就等价于计算G-集X中有多少个不同的轨道。
* $|G| = 6 \cdot 4 = 24$
* 拆解:
* 6: 立方体有6个面，任何一个面都可以被选作“底面”。
* 4: 一旦“底面”确定，“前面”可以从与“底面”相邻的4个面中选择一个。
* 含义: 这计算了立方体的旋转对称群的阶（大小）。这24个元素分别对应将一个固定的参考立方体（比如1朝下2朝前）旋转到24种可能朝向的每一个的操作。
* G-集 X: 这是一个集合 X，伴随着一个作用于其上的群 G。该作用是一个函数 $\phi: G \times X \to X$，记作 $(g, x) \mapsto gx$，并满足两个条件：
1. $ex = x$ 对所有 $x \in X$ 成立（恒等元素不动）。
2. $(g_1g_2)x = g_1(g_2x)$ 对所有 $g_1, g_2 \in G, x \in X$ 成立（结合律）。
* 轨道 Gx: 对于一个 $x \in X$，它的轨道是集合 $\{gx \mid g \in G\}$。这是 X 的一个子集。
* 示例1: 让我们用一个更简单的例子：一个正方形的4个顶点{A,B,C,D}用两种颜色（黑、白）涂色。
* X: 所有的涂色方案，共有 $2^4 = 16$ 种。
* G: 正方形的旋转群，有4个元素：旋转 $0^\circ, 90^\circ, 180^\circ, 270^\circ$。 $|G|=4$。
* 群作用: 考虑一种方案 $x_1$：A,B涂黑，C,D涂白。
* 旋转 $0^\circ$ 作用于 $x_1$ 得到 $x_1$ 本身。
* 旋转 $90^\circ$ 作用于 $x_1$ 得到 $x_2$：B,C涂黑，D,A涂白。
* 旋转 $180^\circ$ 作用于 $x_1$ 得到 $x_3$：C,D涂黑，A,B涂白。
* 旋转 $270^\circ$ 作用于 $x_1$ 得到 $x_4$：D,A涂黑，B,C涂白。
* 轨道: $x_1$ 的轨道是 $\{x_1, x_2, x_3, x_4\}$。这4种不同的涂色方案，在旋转下是等价的，代表了“同一种”涂色模式（两个相邻顶点为黑色）。我们的目标就是计算有多少个这样的轨道。
* 易错点:
* 混淆旋转群 G 的元素（操作）和 G-集 X 的元素（被操作的对象，即标记方案）。
* 未能正确理解“轨道”是 X 的子集，并且不同的轨道之间没有交集，它们的并集是整个 X。轨道形成了对 X 的一个划分。
* 边界情况:
* 群 G 必须是作用在 X 上的。如果一个操作不能将 X 的一个元素映射到 X 的另一个元素，那就不是一个合法的群作用。在本例中，旋转一个已标记的立方体，显然会得到另一个标记好的立方体，所以作用是合法的。
本段将骰子计数问题完全翻译成了G-集的语言。它确定了操作群 G（24个立方体旋转）、操作对象集合 X（720种标记方案），并将“可区分的骰子”与“轨道”这个数学概念精确地对应起来。问题由此转化为一个纯粹的数学问题：计算G-集 X 中的轨道数量。
本段的目的是完成问题建模的最后一步，将一个模糊的“可区分性”问题，转化为一个定义明确的代数结构问题。这为使用群论中的强大定理（即伯恩赛德公式）来解决此问题铺平了道路。
回到那个有720个货架的仓库。现在你请来了24个机器人，每个机器人代表一种旋转操作。你随便从货架上拿一个立方体（比如方案 $x$），让这24个机器人轮流对它进行操作。每次操作完，你都把得到的立方体的样子记录下来，找到它在仓库中对应的那个货架。这样你就会找到一组（最多24个）货架，上面的立方体都属于同一个“家族”（轨道）。你给这个家族贴上一个标签（比如“标准骰子”）。然后你再从剩下的、没被贴标签的货架里随便拿一个，重复这个过程，直到所有720个货架上的立方体都被归入某个家族。最后，你数一数你贴了多少种不同的标签，这就是轨道的数量。
想象在太空中漂浮着720个已经标好点数的立方体，它们的位置和朝向各不相同。你戴上一副特殊的“轨道眼镜”。戴上眼镜后，所有可以通过旋转互相重合的立方体都会发出同一种颜色的光。比如，所有本质上是标准骰- 子的，都发出红光；所有本质上是另一种骰子的，都发出绿光。你的任务就是数一数，你总共看到了多少种不同颜色的光。这个颜色种类数，就是轨道数。
以下定理提供了一种确定 G-集 X 在 G 作用下轨道数量的工具。回想一下，对于每个 $g \in G$，我们让 $X_{g}$ 是 X 中被 $g$ 固定住的元素集合，即 $X_{g}=\{x \in X \mid g x=x\}$。回想一下，对于每个 $x \in X$，我们让 $G_{x}=\{g \in G \mid g x=x\}$，并且 $G x$ 是 $x$ 在 G 作用下的轨道。
17.1 定理 (伯恩赛德公式) 令 G 为有限群，X 为有限 G-集。如果 $r$ 是 X 在 G 作用下轨道的数量，则
这段内容陈述了本节的核心工具——伯恩赛德公式，并回顾了两个关键定义。
1. 引言: 段落开头明确指出，这个定理是用来计算轨道数量的。
2. 回顾定义 1: $X_g$ (不动点集):
* 对于群 G 中的某一个元素 $g$（一个具体的操作，比如“绕垂直轴旋转90度”），$X_g$ 是 G-集 X 中所有满足 $gx=x$ 的元素 $x$ 组成的集合。
* 直观理解: $X_g$ 是指在执行了 $g$ 这个操作后，看起来“丝毫未变”的那些对象的集合。这些对象被称为在操作 $g$ 下的“不动点”。
* 例如，对于一个涂了色的正方形，如果操作 $g$ 是旋转180度，而某个涂色方案 $x$ 是上下两边同色、左右两边同色，那么旋转180度后，这个正方形看起来和原来一模一样，所以 $x \in X_g$。
3. 回顾定义 2: $G_x$ (稳定子群):
* 对于 G-集 X 中的某一个元素 $x$（一个具体的对象，比如某个骰子的标记方案），$G_x$ 是 群 G 中所有满足 $gx=x$ 的元素 $g$ 组成的集合。
* 直观理解: $G_x$ 是指所有能让对象 $x$ “保持不变”的那些操作组成的集合。可以证明，$G_x$ 是 G 的一个子群，称为 $x$ 的“稳定子群”。
* 例如，对于一个四条边颜色都相同的正方形 $x$，它的稳定子群 $G_x$ 包含了旋转0, 90, 180, 270度这全部4个操作，因为无论怎么转它都一样。
4. 定理陈述:
* 条件: 群 G 和 G-集 X 都必须是有限的。
* 符号:
* $r$: 轨道的数量 (我们想求的量)。
* $|G|$: 群 G 的阶 (操作的总数，比如骰子的24个旋转)。
$\sum_{g \in G}|X_g|$: 对群 G 中 每一个* 操作 $g$，我们去数一下它能让多少个对象 $x$ 保持不变（即计算 $|X_g|$），然后把这些数全部加起来。
* 公式: “轨道数”乘以“群的阶”等于“所有操作各自固定的对象数之和”。
* $r$:
* 名称: 轨道数 (number of orbits)。
* 含义: G-集 X 在 群 G 的作用下被划分成的互不相交的子集（即轨道）的个数。在我们的例子中，这就是“可区分骰子”的数量。
* $|G|$:
* 名称: 群 G 的阶 (order of the group G)。
* 含义: 群 G 中元素（操作）的总数。对于骰子问题， $|G|=24$。
* $\sum_{g \in G}$:
* 名称: 对群 G 中所有元素求和。
* 含义: 这是一个遍历操作。我们要对 G 中的每一个元素 $g$（每一个旋转），都执行一遍求和号后面的计算，然后把结果累加起来。
* $|X_g|$:
* 名称: 在操作 $g$ 下的不动点个数 (size of the fixed-point set of g)。
* 含义: 在 G-集 X 中，有多少个元素 $x$ 经过操作 $g$ 之后变回了自身（即 $gx=x$）。
* 公式整体含义: 这个公式提供了一个计算 $r$ 的间接方法。直接去数轨道数 $r$ 可能很困难（需要对720个方案进行分组），但是计算每个操作 $g$ 所固定的方案数 $|X_g|$ 然后求和，可能要容易得多。
* 示例1: 还是用正方形顶点双色涂色的例子。$X$ 是16种涂色方案， $G$ 是4种旋转（$R_0, R_{90}, R_{180}, R_{270}$）。我们来计算 $\sum |X_g|$。
* $g = R_0$ (旋转0度): 所有的16种方案都保持不变。所以 $|X_{R_0}| = 16$。
* $g = R_{90}$ (旋转90度): 只有当4个顶点颜色都相同时，旋转90度才不变。即“全白”和“全黑”这2种方案。所以 $|X_{R_{90}}| = 2$。
* $g = R_{270}$ (旋转270度): 同理，也只有“全白”和“全黑”2种方案不变。所以 $|X_{R_{270}}| = 2$。
* $g = R_{180}$ (旋转180度): 对角顶点颜色必须相同。A和C同色（2种选择），B和D同色（2种选择）。总共 $2 \times 2 = 4$ 种方案（全白，全黑，A/C黑B/D白，A/C白B/D黑）。所以 $|X_{R_{180}}| = 4$。
* 求和: $\sum_{g \in G}|X_g| = 16 + 2 + 4 + 2 = 24$。
* 应用公式: $r \cdot |G| = \sum |X_g| \Rightarrow r \cdot 4 = 24 \Rightarrow r = 6$。
* 结论：这16种涂色方案在旋转下可以归为6种本质不同的模式。
* 易错点:
混淆 $X_g$ 和 $G_x$。$X_g$ 是 X 的子集，与一个 操作 相关联；$G_x$ 是 G 的子集，与一个 对象* 相关联。伯恩赛德公式用的是前者 $X_g$。
* 计算 $|X_g|$ 时出错。这是应用该公式最关键也最容易出错的一步，需要仔细分析每个操作 $g$ 的性质。例如，对于骰子的某个旋转，你需要想清楚，一个标了点数的立方体要满足什么条件（哪些面上的点数必须相同），才能在这个旋转下保持不变。
* 边界情况: 该公式要求 G 和 X 都是有限集。对于无限群或无限集，需要使用更推广的理论。
本段正式给出了伯恩赛德公式 $r \cdot|G|=\sum_{g \in G}\left|X_{g}\right|$，它是联系轨道数量 $r$ 和每个群操作 $g$ 的不动点数量 $|X_g|$ 的核心桥梁。它将一个困难的“分类计数”问题（数轨道）转化为了一个（通常）更容易处理的“不动点计数”问题。
本段的目的是提供解决前面提出的计数问题的核心数学武器。在将问题转化为轨道计数之后，本段顺理成章地给出了计算轨道数的通用公式。
伯恩赛德公式的心智模型是“平均主义”。想象一下，你不是去数有多少个“家族”（轨道），而是换一种统计方法。你让24个旋转机器人排好队。
* 第一个机器人（恒等旋转）上前报告：“有720个立方体在我操作下保持不变！”
* 第二个机器人（绕某个轴转90度）上前报告：“没有任何一个立方体在我操作下保持不变！”
* 第三个机器人......
* ......
* 你把所有机器人报告的数字加起来，然后除以机器人的总数（24）。神奇的是，这个平均数正好就是“家族”的总数。
所以，轨道数 = 所有操作固定的对象数的平均值。
想象一个大厅里站着16个人（代表16种涂色方案）。大厅中央有4个按钮，分别对应4种旋转。
* 你按下“旋转0度”按钮，大厅灯光一闪，发现所有16个人都还在原地没动。你在本子上记下：16。
* 你按下“旋转90度”按钮，灯光一闪，只有2个人（“全黑”和“全白”）还在原地，其他人感觉自己换了个位置。你记下：2。
* 你按下“旋转180度”按钮，灯光一闪，有4个人还在原地。你记下：4。
* 你按下“旋转270度”按钮，灯光一闪，又是那2个人还在原地。你记下：2。
你把记下的数字加起来：$16+2+4+2=24$。然后你用这个总数除以按钮的数量4，得到 $24/4=6$。于是你得出结论：这16个人虽然看起来不同，但其实只来自6个不同的“家族”。
[^2]证明 我们考虑所有满足 $g x=x$ 的对 $(g, x)$，并令 $N$ 为这些对的数量。对于每个 $g \in G$，有 $\left|X_{g}\right|$ 个以 $g$ 为第一元素的对。因此，
另一方面，对于每个 $x \in X$，有 $\left|G_{x}\right|$ 个以 $x$ 为第二元素的对。因此我们也有
根据定理16.16，我们有 $|G x|=\left(G: G_{x}\right)$。但我们知道 $\left(G: G_{x}\right)=|G| /\left|G_{x}\right|$，所以我们得到 $\left|G_{x}\right|=|G| /|G x|$。那么
现在，$1 /|G x|$ 对于同一轨道中的所有 $x$ 都具有相同的值，如果我们令 $\mathcal{O}$ 为任意轨道，则
将 (4) 代入 (3)，我们得到
比较公式 2 和公式 5 得到公式 1。
这个证明的核心思想是一种经典的组合学技巧，称为“双重计数” (double counting)。它对同一个量 $N$ (满足 $gx=x$ 的数对 $(g,x)$ 的数量) 用两种不同的方式进行计算，然后令两种计算结果相等，从而导出所需的公式。
1. 定义核心计数对象 N:
* 证明的第一步是定义一个集合，其大小为 $N$。这个集合包含了所有使得操作 $g$ 不改变对象 $x$ 的配对 $(g, x)$。
2. 第一次计数 (从 g 的角度):
* 我们按群的元素 $g$ 来分类这些数对。
* 对于一个固定的操作 $g \in G$，有多少个 $x \in X$ 满足 $gx=x$ 呢？根据定义，这个数量就是 $|X_g|$。
* 所以，以 $g$ 为第一个元素的数对 $(g,x)$ 有 $|X_g|$ 个。
* 为了得到总数 $N$，我们把对所有 $g \in G$ 的这个数量加起来。这就得到了第一个表达式：$N = \sum_{g \in G} |X_g|$。这就是公式(2)。
3. 第二次计数 (从 x 的角度):
* 现在我们按集的元素 $x$ 来分类这些数对。
* 对于一个固定的对象 $x \in X$，有多少个 $g \in G$ 满足 $gx=x$ 呢？根据定义，这个数量就是 $|G_x|$ (稳定子群 $G_x$ 的大小)。
* 所以，以 $x$ 为第二个元素的数对 $(g,x)$ 有 $|G_x|$ 个。
* 为了得到总数 $N$，我们把对所有 $x \in X$ 的这个数量加起来。这就得到了第二个表达式：$N = \sum_{x \in X} |G_x|$。
4. 连接轨道与稳定子群 (轨道-稳定点定理):
* 到目前为止，我们有 $\sum_{g \in G} |X_g| = \sum_{x \in X} |G_x|$。但这还不是我们想要的公式。我们需要把 $|G_x|$ 和轨道联系起来。
* 这里引用了定理16.16，即轨道-稳定点定理 (Orbit-Stabilizer Theorem)。它指出：一个元素的轨道的大小 $|Gx|$ 乘以它的稳定子群的大小 $|G_x|$ 等于整个群的大小 $|G|$。即 $|Gx| \cdot |G_x| = |G|$。
* （书中写的是 $|Gx| = (G:G_x)$，这是陪集的形式，对于有限群，陪集指数 $(G:G_x)$ 就等于 $|G|/|G_x|$）。
* 从轨道-稳定点定理，我们可以变形得到 $|G_x| = \frac{|G|}{|Gx|}$。
5. 代入并重组:
* 将 $|G_x| = \frac{|G|}{|Gx|}$ 代入第二次计数的结果中：
$N = \sum_{x \in X} \frac{|G|}{|Gx|}$
* 因为 $|G|$ 是一个常数，可以提到求和号外面：
$N = |G| \left( \sum_{x \in X} \frac{1}{|Gx|} \right)$。这就是公式(3)。
6. 按轨道对求和进行分组:
* 这里的关键洞察是，同一个轨道 $\mathcal{O}$ 中的所有元素 $x$，它们的轨道大小都相同，都等于这个轨道本身的大小 $|\mathcal{O}|$。也就是说，如果 $x \in \mathcal{O}$，那么 $|Gx| = |\mathcal{O}|$。
* 现在，我们可以把对 X 中所有元素的求和 $\sum_{x \in X}$，分解成先对每个轨道求和，再对所有轨道求和。
* 考虑对某一个特定轨道 $\mathcal{O}$ 中的所有元素求和：
$\sum_{x \in \mathcal{O}} \frac{1}{|Gx|} = \sum_{x \in \mathcal{O}} \frac{1}{|\mathcal{O}|}$。
* 这个求和共有 $|\mathcal{O}|$ 项，每一项都是 $1/|\mathcal{O}|$。所以总和是 $|\mathcal{O}| \times \frac{1}{|\mathcal{O}|} = 1$。这就是公式(4)。
* 这个结果非常漂亮：对任何一个轨道，其内部所有元素的 $\frac{1}{|Gx|}$ 之和恒为1。
7. 得出最终结果:
* 既然每个轨道的贡献都是1，那么对整个 X 的求和 $\sum_{x \in X} \frac{1}{|Gx|}$ 就等于轨道的总数 $r$。
* 将这个结论代入公式(3)的括号中，得到：
$N = |G| \cdot r$。这就是公式(5)。
8. 双重计数的结论:
* 我们通过两种方式计算了 $N$：
* $N = \sum_{g \in G} |X_g|$ (公式2)
* $N = |G| \cdot r$ (公式5)
* 令两者相等，我们得到 $\sum_{g \in G} |X_g| = |G| \cdot r$，稍加整理即为定理17.1的陈述：$r \cdot|G|=\sum_{g \in G}\left|X_{g}\right|$。证明完毕。
本段证明本身就在推导和解释公式，这里对其涉及的关键公式进行重申和强调。
* $N=\sum_{g \in G}\left|X_{g}\right|$ (2): 从群元素g的角度计数不动点配对总数。
* $N=\sum_{x \in X} \frac{|G|}{|G x|}=|G|\left(\sum_{x \in X} \frac{1}{|G x|}\right)$ (3): 从集元素x的角度计数，并利用了轨道-稳定点定理 $|G_x| = |G|/|Gx|$ 进行代换。
* $\sum_{x \in \mathcal{O}} \frac{1}{|G x|}=\sum_{x \in \mathcal{O}} \frac{1}{|\mathcal{O}|}=1$ (4): 证明中的一个关键引理，说明了对单个轨道内部求和的结果是1。
* $N=|G| \cdot r$ (5): 结合(3)和(4)得出的最终结论，将不动点配对总数与轨道数联系起来。
* 易错点:
* 轨道-稳定点定理是理解这个证明的关键，如果对该定理不熟悉，证明过程会难以理解。
* 对求和式 $\sum_{x \in X}$ 按轨道进行重组（划分）的思路是证明的精髓所在，需要仔细体会。
* 边界情况: 整个证明依赖于群 G 和 集 X 的有限性，因为我们对元素个数进行了求和和除法。
伯恩赛德公式的证明是一个优雅的组合学论证。它通过对满足 $gx=x$ 的数对 $(g,x)$ 的数量 $N$ 进行双重计数，并巧妙地运用了轨道-稳定点定理，最终在“操作的不动点”和“对象的轨道”之间建立了一座等式的桥梁。
本段的目的是提供伯恩赛- 德公式的数学证明，确保其正确性和可靠性。在数学中，一个定理只有经过严格证明才能被接受和使用。这个证明也加深了我们对轨道、稳定子群、不动点集之间深层联系的理解。
想象一个Excel表格，行头是群 G 的所有元素 $g_1, g_2, ...$ （24个机器人），列头是集 X 的所有元素 $x_1, x_2, ...$ （720个立方体）。
在表格的单元格 $(g_i, x_j)$ 中，如果 $g_i$ 作用在 $x_j$ 上使其保持不变（$g_i x_j = x_j$），我们就填上一个 "1"，否则填 "0"。
这个表格里所有 "1" 的总数就是 $N$。
* 第一次计数 (按行求和):
* 计算第 $i$ 行所有 "1" 的总数，这正好是 $|X_{g_i}|$ (机器人 $g_i$ 能固定的立方体数量)。
* 把所有行的 "1" 的总数加起来，就是 $\sum_{i} |X_{g_i}|$。这就是 $N$。
* 第二次计数 (按列求和):
* 计算第 $j$ 列所有 "1" 的总数，这正好是 $|G_{x_j}|$ (能固定立方体 $x_j$ 的机器人数量)。
* 把所有列的 "1" 的总数加起来，就是 $\sum_{j} |G_{x_j}|$。这也是 $N$。
* 利用轨道-稳定点定理 $|G_x| = |G|/|Gx|$，我们把按列求和变成了按轨道求和，发现每个轨道贡献的总和恰好是 $|G|$。
* 所以所有列的 "1" 的总和等于 轨道数 $r$ 乘以 $|G|$。
* 结论: 两种方法计算出的 "1" 的总数必然相等，所以 $\sum_{g \in G} |X_g| = r \cdot |G|$。
想象一个大型舞会。有 $|G|$ 位男士（群元素）和 $|X|$ 位女士（集元素）。现在规定一种特殊的“配对”规则：男士 $g$ 和女士 $x$ 可以配对，当且仅当男士 $g$ 邀请女士 $x$ 跳一支“不动舞”（即跳完后女士 $x$ 看起来还在原地）。我们想数数总共有多少对这样的成功配对，即 $N$。
* 方法一 (从男士角度): 问每一位男士 $g$，“您成功邀请了多少位女士跳‘不动舞’？” 他回答的数字是 $|X_g|$。把所有男士的回答加起来，就是总配对数 $N = \sum |X_g|$。
* 方法二 (从女士角度): 问每一位女士 $x$，“有多少位男士邀请您跳‘不动舞’？” 她回答的数字是 $|G_x|$。把所有女士的回答加起来，也是总配对数 $N = \sum |G_x|$。
* 洞察: 我们知道，女士们来自 $r$ 个不同的“社交圈”（轨道）。同一个圈子里的女士受欢迎程度（轨道大小）是一样的。通过一番巧妙的计算（轨道-稳定点定理），我们发现，所有女士回答的数字加起来，正好等于“社交圈数量” $r$ 乘以“男士总数” $|G|$。
* 结果: 两种统计方法结果相同，因此 $\sum |X_g| = r \cdot |G|$。
17.2 推论 如果 G 是有限群，X 是有限 G-集，则
证明 此推论的证明直接由前面的定理得出。
这个推论是伯恩赛德公式更常用、更直接的形式。
1. 推论内容: 它直接给出了计算轨道数（我们最关心的量）的公式。
* 轨道数 = 平均不动点数。
* 计算方法：
1. 遍历群 G 中的每一个操作 $g$。
2. 对于每一个 $g$，计算它能固定的集 X 中元素的数量 $|X_g|$。
3. 将所有这些数量 $|X_g|$ 相加，得到总和 $\sum_{g \in G} |X_g|$。
4. 将这个总和除以群 G 的大小 $|G|$。
2. 证明:
* 证明非常简单，直接从定理17.1的公式 $r \cdot |G| = \sum_{g \in G} |X_g|$ 出发。
* 将等式两边同时除以 $|G|$ (因为 G 是有限群，所以 $|G| \ge 1$，这个除法是合法的)，即可得到：
$r = \frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |X_g|$。
* 这里的 $r$ 就是“X 在 G 作用下轨道数”。
* 这个公式只是定理17.1的代数变形，所有符号的含义都完全相同。它在实际应用中更方便，因为它直接表达了我们想求的量（轨道数）。
* 示例1（续）: 回到正方形顶点双色涂色的例子。
* $|G| = 4$。
* $\sum_{g \in G} |X_g| = |X_{R_0}| + |X_{R_{90}}| + |X_{R_{180}}| + |X_{R_{270}}| = 16 + 2 + 4 + 2 = 24$。
* 轨道数 = $\frac{1}{4} \cdot 24 = 6$。
* 这与我们之前通过 $r \cdot 4 = 24$ 计算得到的结果完全一致。
* 易错点: 计算 $\sum |X_g|$ 的过程必须准确无误。任何一个 $|X_g|$ 计算错误都会导致最终结果错误。
* 边界情况: 同样，要求 G 和 X 是有限的。
推论17.2 是伯恩赛德公式的实用版本，它给出了一个直接计算轨道数的算法：计算所有群操作固定的元素数量的总和，然后除以群操作的总数。这个公式也被称为伯恩赛德引理 (Burnside's Lemma) 或柯西-弗罗贝尼乌斯引理 (Cauchy-Frobenius Lemma)。
这个推论的目的是将定理转化为一个可以直接套用的计算工具，方便解决实际问题。它清晰地展示了“轨道数是平均不动点数”这一核心思想。
这个推论就是“平均主义”心智模型的直接数学表达。
轨道数 $r$ = $\frac{\text{机器人A报告的不动点数 + 机器人B报告的不动点数 + ...}}{\text{机器人总数}}$
回到舞会的想象。你统计了所有男士的“成功配对数”的总和（$\sum |X_g|$）。然后你用这个总和除以男士的总人数（$|G|$）。你得到的这个“平均每个男士的成功配对数”，神奇地就等于女士们的“社交圈”数量。
让我们继续计算可区分骰子的数量，作为我们的第一个例子。
17.3 例子 我们令 X 是720种用从一个点到六个点标记立方体面的不同方式的集合。令 G 是上面讨论的24个立方体旋转群。我们看到可区分骰子的数量是 X 在 G 作用下轨道的数量。现在 $|G|=24$。对于 $g \in G$ 且 $g \neq e$，我们有 $\left|X_{g}\right|=0$，因为除了恒等元之外的任何旋转都会将720种标记中的任何一种变为不同的标记。然而，$\left|X_{e}\right|=720$，因为恒等元使所有720种标记都保持固定。那么根据推论17.2，
所以有30种可区分的骰子。
这里将推论17.2应用到本节开始时提出的骰子问题上。
1. 明确 G 和 X:
* X: 集合，包含 $6! = 720$ 种将数字{1,2,3,4,5,6}贴到立方体固定六个面上的方案。$|X|=720$。
* G: 群，立方体的旋转群。$|G|=24$。
2. 计算 $\sum_{g \in G} |X_g|$: 这是应用公式的关键步骤。
* 情况 1: g = e (恒等元)
* $e$ 是“不作任何旋转”的操作。
* 这个操作显然会使 X 中的所有720种标记方案都保持不变。
* 因此，不动点数量 $|X_e| = 720$。
* 情况 2: g ≠ e (任何非恒等旋转)
* $g$ 是一个实实在在的旋转，比如绕某个轴旋转90度。
我们的标记方案 X 中的一个元素 $x$ 是指六个面上贴着 互不相同* 的六个数字（1到6）。
* 任何一个非恒等旋转 $g$ 都会至少移动立方体的两个面。例如，旋转90度会将前面换到右面，右面换到后面等。
* 由于原来不同位置上的数字是不同的，旋转之后，这些数字被换到了新的位置，必然会产生一个新的标记方案（在我们的720个方案列表中是另一个不同的元素）。
* 换句话说，对于任何一个 $x \in X$，只要 $g \neq e$，那么 $gx \neq x$。
* 这意味着，对于任何非恒等旋转 $g$，没有任何一个标记方案能被它固定。
* 因此，对于所有 $g \neq e$，不动点数量 $|X_g| = 0$。
3. 求和:
* $\sum_{g \in G} |X_g| = |X_e| + \sum_{g \in G, g \neq e} |X_g|$
* $= 720 + \sum_{g \in G, g \neq e} 0$
* $= 720 + 0 = 720$。
* 群 G 中有1个恒等元和23个非恒等元。所以更详细地写是 $720 + 23 \times 0 = 720$。
4. 应用推论 17.2:
* 轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |X_g| = \frac{1}{24} \cdot 720$。
* $720 / 24 = 30$。
5. 结论:
* 共有30个轨道，因此有30种可区分的骰子。
* 24: $|G|$, 立方体的旋转总数。
* 720: $\sum_{g \in G} |X_g|$。在这个特定问题中，这个和恰好等于 $|X_e|$，因为所有其他项都是0。
* 30: $r$, 轨道数，即最终答案。
* 本例本身就是一个完美的具体数值示例。
* 简化示例: 假设我们用3个不同数字{1,2,3}标记一个等边三角形的3个顶点。
* X: 所有标记方案，$|X| = 3! = 6$。
* G: 等边三角形的旋转群，包含旋转 $0^\circ, 120^\circ, 240^\circ$。$|G|=3$。
* 计算不动点:
* $g = R_0$ (旋转0度): 所有6个方案都不变。$|X_{R_0}| = 6$。
* $g = R_{120}$ (旋转120度): 会使顶点A->B, B->C, C->A。要使标记方案不变，必须A,B,C三个顶点的数字相同。但我们的数字是{1,2,3}互不相同，所以不可能实现。$|X_{R_{120}}| = 0$。
* $g = R_{240}$ (旋转240度): 同理， $|X_{R_{240}}| = 0$。
* 求和: $\sum |X_g| = 6 + 0 + 0 = 6$。
* 轨道数: $r = \frac{1}{|G|} \sum |X_g| = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2$。
* 结论：有2种可区分的标记方式。（它们是(1,2,3)顺时针和(1,3,2)顺时针这两种手性不同的排列）。
易错点: 这个例子的特殊之处在于 $|X_g|=0$ 对所有 $g \neq e$ 成立。这 不* 是一个普遍规律。它成立的根本原因是 X 中的元素（标记方案）本身具有“无对称性”（因为所有数字都不同）。在后面的例子中，当允许颜色重复时，情况就会变得复杂，非恒等旋转也可能有不动点。
边界情况: 必须明确 X 的定义。这里 X 是使用 不同* 标记的集合。如果允许标记重复，X 的大小和 $|X_g|$ 的计算都会完全不同。
本例是伯恩赛德公式的一个直接而漂亮的入门应用。它通过分析旋转操作对“无对称性”对象（使用不同数字的标记方案）的作用，得出了除恒等操作外所有操作都没有不动点的结论，从而大大简化了计算，最终求得可区分的骰子数量为30。
本例的目的是展示伯- 赛德公式的威力。一个看似需要复杂分组和比较的计数问题，通过一个简洁的公式，几步就算出了答案。它也为后续处理更复杂的、存在非零 $|X_g|$（$g \neq e$）的情况做了铺垫。
在24个旋转机器人中，只有那个“什么都不做”的恒等机器人报告说：“我看到了720个不变的立方体！”。其他23个机器人都报告：“我让每一个立方体都动了，一个都没保持原样！”。
所以，不动点的总数就是720。
平均不动点数 = $720 / 24 = 30$。
这个平均数就是本质不同的骰子数量。
想象一下，你把720个标记好的立方体全部扔到空中，让它们随机旋转下落。当你随机抓取一个时，它看起来是30种不同骰子中的某一种的概率是均等的。伯恩赛德公式从另一个角度（分析旋转本身）得到了这个种类总数。
当然，可区分骰子的数量也可以不用前面推论的机制来计算，而是使用通常在大学一年级有限数学课程中教授的初等组合学。在标记一个立方体以制作骰子时，如果需要，我们可以通过旋转来假设标记为1的面朝下。顶面（对面）有五种选择。当我们俯视骰子时，通过旋转，剩余的四个面中的任何一个都可以被带到前方位置，因此前方位置没有不同的选择。但是相对于前方的数字，剩余的三个侧面有 $3 \cdot 2 \cdot 1$ 种可能性。因此总共有 $5 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=30$ 种可能性。
这一段使用传统的组合推理方法来解决同一个问题，以验证上文用群论得到的结果。这种方法的核心思想是“逐步固定，消除对称性”。
1. 第一步：固定一个面
* 我们有6个不同的数字。为了消除立方体在空间中自由翻滚的对称性，我们先抓住一个数字，比如“1”，把它固定在一个位置上。
* “我们可以通过旋转来假设标记为1的面朝下。” 这句话的意思是，不管“1”最初被贴在哪个面，我们总能把立方体转动，使得带“1”的面朝下。这样做不会改变骰子的本质，但为我们的计数提供了一个统一的起点。
2. 第二步：确定对面的数字
* “1”的面被固定在底面后，它的对面——顶面，可以是剩下的5个数字 {2, 3, 4, 5, 6} 中的任何一个。
* 这里有 5种选择。这5种选择是本质不同的。例如，“1的对面是2”的骰子和“1的对面是6”的骰子，无论如何旋转也不可能变成对方。
3. 第三步：固定一个侧面
* 现在我们已经确定了顶面和底面的数字（例如，底是1，顶是6）。还剩下4个数字 {2, 3, 4, 5} 和4个侧面（前、后、左、右）。
* “当我们俯视骰子时，通过旋转，剩余的四个面中的任何一个都可以被带到前方位置”。 这意味着我们可以绕着通过顶面和底面的垂直轴进行旋转。
我们可以选择剩下的4个数字中的任何一个（比如“2”），然后通过旋转把它固定在“前面”的位置。因为我们可以任意选择哪个数字转到前面，所以为“前面”选择数字 不产生新的可区分性*。可以认为，我们只是为剩下的4个数字指定了一个参考位置。
4. 第四步：排列剩余的面
* 现在，我们已经固定了底面（1）、顶面（6）和前面（比如2）。
* 一旦前面被固定，我们就不能再绕垂直轴旋转了（否则前面的数字就变了）。
* 剩下的3个数字 {3, 4, 5} 需要被安排在剩下的3个侧面（左、右、后）。
* 这3个数字在3个位置上的排列是固定的，有 $3! = 3 \times 2 \times 1 = 6$ 种方式。
* 例如，(左=3, 右=4, 后=5) 和 (左=4, 右=3, 后=5) 是两种不同的排列，并且由于我们不能再旋转了，这两种排列代表了两种可区分的骰子。
5. 计算总数:
* 根据乘法原理，总的可区分骰子数量 = (顶面选择数) × (剩余侧面排列数)
* 总数 = $5 \times (3 \times 2 \times 1) = 5 \times 6 = 30$。
* $5 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 30$
* 5: 在固定了1的位置后，为1的对面选择一个数字的可能性。
* $3 \cdot 2 \cdot 1$ (或 $3!$): 在固定了底面、顶面和一个侧面之后，为剩下3个侧面排列剩下3个数字的可能性。
* 让我们来构造一个具体的骰子。
1. 固定底面: 底=1。
2. 选择顶面: 我们选择 顶=6。（这是5种选择之一）
3. 固定前面: 剩下{2,3,4,5}。我们把2转到前面。前=2。
4. 排列其余: 剩下{3,4,5}和{左,右,后}三个位置。
* 可能性1: 左=3, 右=4, 后=5 (这就是标准骰子)
* 可能性2: 左=3, 右=5, 后=4
* 可能性3: 左=4, 右=3, 后=5
* ... 共 $3!=6$ 种。
* 如果我们当初第二步选择 顶=2，那么第三步就要从{3,4,5,6}里选一个放前面，第四步再排列剩下的3个。
* 总计 $5 \times 6 = 30$ 种。
* 易错点:
* 最容易出错的地方是第三步：“前方位置没有不同的选择”。初学者可能会想，为前面选择数字有4种方式，然后剩下3个位置有 $3!$ 种排列，所以是 $5 \times 4 \times 3! = 120$。这是错误的，因为它重复计数了。把“2”放前面，然后侧面是(3,4,5)；和把“3”放前面，然后侧面是(4,2,5)，这两种情况可能通过旋转是等价的。
正确理解是：通过旋转，我们可以 指定* 某个数字在前面，这个动作本身不创造新的种类，只是建立了一个参考系。
* 边界情况: 这种逐步消除对称性的方法在对称性比较简单时很有效，但当对称性变得复杂时（例如更复杂的物体或变换），很容易出错或遗漏情况，而伯恩赛德公式提供了一个更系统、更不容易出错的框架。
本段通过初等组合学的方法，一步步地“剥除”立方体的旋转对称性，最终也得到了30种可区分骰子的结论。这个结果与使用伯恩赛德公式得到的结果一致，从而相互验证了正确性。
本段的存在有三个目的：
1. 验证: 为群论方法提供一个独立的验证。
2. 对比: 展示解决同一问题的不同思路，突出伯恩赛德公式的系统性和普适性，尤其是在面对更复杂问题时，其优势会更明显。
3. 联系: 将抽象的群论概念与学生可能更熟悉的初等计数方法联系起来，帮助理解。
这种方法的心智模型是“当一名工匠”。你要亲手制作一个骰子，为了不重复，你遵循一套严格的工序：
1. 先把“1”号贴纸粘在底面上。
2. 从剩下的5张贴纸里，选一张粘在顶上。（这里产生了5条不同的生产线）
3. 在每一条生产线上，你从剩下的4张贴纸里，选一张（比如“2”号），把它转到你正对着的“前面”。（这只是为了定位，不增加新产品型号）
4. 现在立方体不能随便转了。你把最后3张贴纸以所有可能的方式粘在剩下的3个面上。（这里每条生产线又分出了 $3! = 6$ 个不同的产品）
总的产品型号就是 $5 \times 6 = 30$ 种。
想象你面前有一个转盘，上面放着一个没贴标签的立方体。
1. 你拿起“1”号贴纸，啪，贴在底面。
2. 你看着剩下的5张贴纸 {2,3,4,5,6}，犹豫了一下，拿起了“6”号，啪，贴在顶面。（这是一个关键抉择，决定了骰子的一个重要特性：对冲点数和为7）
3. 现在剩下4张侧面贴纸 {2,3,4,5}。你把立方体像转动罗盘一样在转盘上转，直到“2”号贴纸正对着你。你把它贴在“前面”。
4. 现在你不能再转动罗盘了。你手里拿着{3,4,5}三张贴纸，看着立方体剩下的左、右、后三个空面。你有6种贴法。每一种贴法都造就了一个独一无二的、无法通过旋转变成其他的骰子（在“1-6对顶”这个前提下）。
接下来的两个例子出现在一些有限数学教科书中，并且很容易用初等方法解决。我们使用推论17.2，以便我们有更多地以轨道术语思考的练习。
17.4 例子
七个人围坐在一张圆桌旁，桌子没有可区分的“首位”，有多少种可区分的坐法？当然，有 7! 种方法可以将人分配到不同的椅子上。我们以 X 为 7! 种可能的分配方式的集合。通过让每个人向右移动一个位置来实现的旋转会产生相同的排列。这样的旋转会生成一个阶为7的循环群 G，我们认为它以明显的方式作用于 X。同样，只有恒等元 $e$ 会使任何排列保持固定，并且它会使所有 7! 种排列保持固定。根据推论17.2
这个例子将伯恩赛德公式应用到经典的圆排列问题上。
1. 问题: 7个人坐圆桌，有多少种不同的坐法？“不同”意味着，如果一种坐法可以通过大家一起旋转座位得到另一种坐法，那么这两种被视为相同。
2. 定义 G 和 X:
* X: 假设椅子是固定的（1号到7号），那么7个人坐这7个椅子的方法有 $7!$ 种。这个集合就是 X。$|X|=7!$。
* G: 使坐法等价的操作是“旋转”。我们可以让每个人都向右移动一个座位，移动两个，...，移动六个，或者不动。这些操作构成一个群 G。
* $g_0$: 不动 (移动0个位置) - 恒等元
* $g_1$: 每人向右移动1个位置
* $g_2$: 每人向右移动2个位置
* ...
* $g_6$: 每人向右移动6个位置
* 移动7个位置就等于不动。所以这个群共有7个元素，它是一个阶为7的循环群（由“移动1位”这个操作生成），记作 $C_7$。$|G|=7$。
3. 计算 $\sum_{g \in G} |X_g|$:
* 情况 1: g = e (恒等元, $g_0$)
* 不动操作使所有 $7!$ 种坐法都保持不变。
* 所以 $|X_e| = 7!$。
* 情况 2: g ≠ e (任何非恒等旋转, $g_1, ..., g_6$)
* 考虑一个非恒等旋转，比如 $g_1$（全体右移1位）。
* 一个坐法（X中的一个元素）要在这个旋转下保持不变，意味着什么？
* 假设A坐在1号位，B在2号，...。右移1位后，A跑到了2号位，B跑到了3号位，...。要使坐法不变，就必须要求新的2号位上的人还是B，但A已经坐上去了。所以必须 A=B。同理，所有人都必须和邻座是同一个人。
* 因为7个人是互不相同的，这显然是不可能的。
* 所以，对于任何非恒等旋转 $g_k$ ($k=1,..,6$)，没有任何一种坐法能保持不变。
* 因此，对于所有 $g \neq e$，我们有 $|X_g|=0$。
* （注：这里利用了7是素数。如果不是素数，比如6个人旋转2个位置，情况会不同）。
4. 求和:
* $\sum_{g \in G} |X_g| = |X_e| + \sum_{k=1}^6 |X_{g_k}| = 7! + 6 \times 0 = 7!$。
5. 应用推论 17.2:
* 轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |X_g| = \frac{1}{7} \cdot 7!$。
* $\frac{7!}{7} = \frac{7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1}{7} = 6! = 720$。
6. 结论:
* 有720种可区分的坐法。这与我们用初等方法（固定一个人，其余人全排列 $(7-1)! = 6!$）得到的结果一致。
* 7: $|G|$, 圆桌旋转群 $C_7$ 的阶。
* $7!$: $\sum |X_g|$, 在这个问题中等于 $|X_e|$。
* $6!$: $7!/7$, 最终结果。
* 示例: 3个人(A,B,C)坐圆桌。
* X: $|X|=3!=6$ 种线性排列: (ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA)。
* G: 旋转群 $C_3$, $|G|=3$。
* 计算不动点:
* $g=e$: $|X_e|=6$。
* $g=R_{120}$ (旋转120度): A->B, B->C, C->A。要不变必须A=B=C，不可能。$|X_{R_{120}}|=0$。
* $g=R_{240}$ (旋转240度): 同理， $|X_{R_{240}}|=0$。
* 求和: $\sum|X_g| = 6+0+0=6$。
* 轨道数: $r = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2$。
* 验证: 两种坐法分别是 ABC (顺时针) 和 ACB (顺时针)。其他的 (BCA, CAB) 都与ABC等价，(CBA, BAC) 都与ACB等价。初等方法是 $(3-1)! = 2! = 2$。
* 易错点: 这个例子和骰子例子一样，由于被排列的对象（人）是互不相同的，导致所有非恒等操作的不动点都是0。这仍然是一个特殊情况。
* 边界情况: 如果人数不是素数，例如4个人，旋转180度($g_2$)是有可能存在不动点的（如果座位安排是 A,B,A,B 的形式，但这要求人可以重复，本例中人是不同的）。关键在于操作 $g_k$ 的阶要能整除所有圈的长度。对于7个人旋转k位($1 \le k \le 6$)，操作的阶都是7，只有一个长度为7的圈，所以要求7个人都一样才行。
本例用群论方法解决了经典的圆排列问题。它再次展示了当被排列物体各不相同时，计算过程大大简化，最终结果与初等组合方法 $(n-1)!$ 完全吻合，加深了对轨道思想的练习。
本段的目的是用一个学生非常熟悉的问题（圆排列）来练习伯恩赛德公式的使用，展示了新学的抽象工具是如何优雅地解决一个已知问题的，从而建立信心，并为下一个稍微复杂一点的例子（项链问题）做准备。
有 $7!$ 张写着座位安排的照片。有7个旋转机器人。
* “不动”机器人说：所有 $7!$ 张照片我都觉得没变。
* “转1位”机器人说：没一张照片看起来和原来一样。
* ...
* “转6位”机器人说：没一张照片看起来和原来一样。
平均不变的照片数 = $(7! + 0 + ... + 0) / 7 = 6!$。
想象一下，你列出了7个人(A-G)在7个椅子(1-7)上的所有 $7!$ 种坐法清单。
* 清单第一行：1A, 2B, 3C, 4D, 5E, 6F, 7G。
* 你应用“右移1位”操作，变成了：1G, 2A, 3B, 4C, 5D, 6E, 7F。这在清单上是另一行。
所以第一行的坐法在“右移1位”操作下 不是 不动点。
只有当 A=B=C=D=E=F=G 时，坐法才能在旋转下不变，但这与“7个不同的人”矛盾。所以只有恒等操作有不动点。
17.5 例子 使用七种不同颜色的相同大小的珠子可以制作多少种可区分的项链（没有扣子）？与例子17.4中的桌子不同，项链可以翻转也可以旋转。因此，我们考虑阶为 $2 \cdot 7=14$ 的完整二面体群 $D_{7}$ 作用于 7! 种可能性的集合 X。那么可区分项链的数量是
这个例子是圆桌问题的升级版，引入了“翻转”操作。
1. 问题: 7个不同颜色的珠子串成一个项链，有多少种不同的串法？“不同”不仅包括旋转等价，现在还包括翻转等价。
2. 与圆桌问题的区别:
* 圆桌只能在桌面上旋转，是二维的对称性。
* 项链存在于三维空间，可以拿起来从下方看，即“翻转”。
3. 定义 G 和 X:
* X: 仍然是7种不同颜色珠子的所有线性排列，共 $7!$ 种。$|X|=7!$。
* G: 对称操作群 G 现在不仅包括7种旋转，还包括7种“翻转”（或称“反射”）。
* 翻转操作是指以某条穿过中心的对称轴为轴进行的180度旋转。对于正七边形，有7条这样的对称轴：每条轴穿过一个顶点和对边的中点。
* 这个包含了旋转和翻转的群被称为二面体群 $D_7$。
* 它的阶是 $|G| = 2 \times 7 = 14$。其中有1个恒等元，6个非恒等旋转，和7个翻转。
4. 计算 $\sum_{g \in G} |X_g|$:
* 情况 1: g = e (恒等元)
* 和之前一样，所有 $7!$ 种排列都保持不变。
* $|X_e| = 7!$。
* 情况 2: g 是6个非恒等旋转之一
* 和圆桌问题完全一样，因为7个珠子颜色不同，任何非恒等旋转都不可能让排列保持不变。
* 所以，对于这6个旋转，每个的 $|X_g|=0$。
* 情况 3: g 是7个翻转操作之一
* 考虑一个翻转操作 $g$。它会固定一个顶点，并交换它两边的珠对。例如，以穿过1号珠子的轴翻转，2号和7号交换位置，3号和6号交换位置，4号和5号交换位置。
* 要让一个排列在这种翻转下保持不变，那么被交换的珠子颜色必须相同。例如，2号和7号颜色要一样，3号和6号颜色要一样，等等。
但是，我们的7个珠子颜色是 互不相同* 的。所以这种交换后不变的情况不可能发生。
* 因此，对于所有7个翻转操作，每个的 $|X_g|=0$。
5. 求和:
* $\sum_{g \in G} |X_g| = |X_e| + (\text{6个旋转的}|X_g|\text{之和}) + (\text{7个翻转的}|X_g|\text{之和})$
* $= 7! + 6 \times 0 + 7 \times 0 = 7!$。
6. 应用推论 17.2:
* 轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum_{g \in G} |X_g| = \frac{1}{14} \cdot 7!$。
* $\frac{5040}{14} = 360$。
7. 结论:
* 有360种可区分的项链。这个数量是圆桌排列720的一半。直观上也很好理解：对于每一种不能自身翻转对称的圆桌排列（比如ABC），它的翻转（ACB）在圆桌问题里是另一种独立的排列，但在项链问题里，它们俩被归为了一类。所以数量大致减半。
* 14: $|G|$, 二面体群 $D_7$ 的阶 (7个旋转 + 7个翻转)。
* $7!$: $\sum |X_g|$, 在这个问题中依然等于 $|X_e|$，因为所有珠子颜色不同。
* 360: $r$, 最终结果。
* 示例: 3个不同颜色的珠子(R,G,B)串成项链。
* X: $|X|=3!=6$ 种线性排列。
* G: 二面体群 $D_3$ (等边三角形的对称群)，$|G|=6$。包含3个旋转($R_0, R_{120}, R_{240}$)和3个翻转(过3个顶点的轴)。
* 计算不动点:
* $g=R_0$: $|X_{R_0}|=6$。
* $g=R_{120}, R_{240}$: 因为颜色不同， $|X_g|=0$。
* $g=$ 翻转: 比如过R顶点的轴翻转，会交换G和B。要不变必须 G=B，不可能。所以3个翻转的 $|X_g|$ 也都是0。
* 求和: $\sum|X_g| = 6+0+0+0+0+0 = 6$。
* 轨道数: $r = \frac{1}{6} \cdot 6 = 1$。
* 结论: 只有1种可区分的项链！为什么？因为 (R,G,B) 顺时针排列，翻转一下就变成了 (R,B,G) 顺时针排列，这对应了线性排列的 (R,B,G)。在项链问题中，这两种被视为等价。因为所有6种线性排列都可以通过旋转和翻转相互得到，所以它们都属于同一个轨道。
* 易错点:
* 忘记考虑翻转，或者错误地计算了群的阶。项链问题通常暗示着二面体群，而圆桌问题通常暗示着循环群。
* 同样，这个例子中所有非恒等操作不动点为0的结论，还是建立在“所有珠子颜色不同”这个强力前提上的。下一个例子将打破这个前提。
本例是伯恩赛德公式应用的又一个典型。通过将对称群从循环群 $C_7$ 扩展到二面体群 $D_7$，我们成功地解决了比圆桌问题更复杂（对称性更高）的项链问题。计算过程再次因为物体（带色珠子）的“无对称性”而简化。
本段的目的是展示伯恩赛德公式处理不同对称群的灵活性。通过对比圆桌和项链问题，读者可以清晰地看到，改变对称群 G 如何影响最终的轨道数量，从而更深刻地理解群在计数问题中的核心作用。
在720种圆桌排列的基础上，我们又雇佣了7个“翻转”机器人。现在总共有14个机器人了。
* “不动”机器人报告：720。
* 6个“旋转”机器人报告：0。
* 7个“翻转”机器人也报告：0。（因为颜色都不同，翻转一下肯定就变了）
平均不变的排列数 = $(7! + 13 \times 0) / 14 = 7! / 14 = 360$。
你做了一个(A,B,C,D,E,F,G)顺时针的七彩手镯。你的朋友也做了一个。你发现他的手镯是(A,G,F,E,D,C,B)顺时针的。
在圆桌问题里，这是两种不同的排列。
但现在，你把你的手镯从手腕上取下来，翻个面，再戴上去。咦，它看起来就和朋友的一模一样了！所以，在项链/手镯的世界里，这两种算一种。
在使用推论17.2时，我们必须计算 $|G|$ 和每个 $g \in G$ 的 $\left|X_{g}\right|$。在例子和练习中，$|G|$ 不会构成真正的问题。让我们举一个 $\left|X_{g}\right|$ 不像前面例子那样容易计算的例子。我们将继续假设对非常初等的组合学有所了解。
这一小段是过渡性的，它指出了前面几个例子的“简单”之处，并预告了接下来将要面对的真正挑战。
1. 回顾任务: 应用推论17.2需要两个关键数据：
* $|G|$: 对称操作群的大小。
* $|X_g|$: 每个操作 $g$ 所固定的对象的数量。
2. 指出简单点: 在之前的例子里，$|G|$ 的计算很简单（24，7，14），这通常不是困难所在。真正的简单之处在于计算 $|X_g|$。因为被操作的对象（骰子面、人、珠子颜色）都是互不相同的，导致任何非恒等操作 $g$ 都无法让任何对象保持不变，即 $|X_g|=0$ for $g \neq e$。这使得 $\sum |X_g|$ 的计算退化成了简单的 $|X_e|=|X|$。
3. 预告难点:
* 接下来的例子将打破这个“简单”模式。
* 我们将处理这样一种情况：集 X 中的对象本身可能具有某种对称性（比如，允许使用重复的颜色）。
在这种情况下，一个非恒等的操作 $g$ 可能* 会有不动点，即 $|X_g|$ 可能大于0。
这就要求我们必须为群 G 中的 每一类* 操作 $g$，都仔细地进行组合分析，以计算出对应的 $|X_g|$。这才是伯恩赛德公式在一般情况下的威力体现。
4. 前提: 读者需要具备基本的组合计数知识（比如乘法原理），以便计算各种 $|X_g|$。
本段是教学法上的一个重要转折。它明确告诉读者，我们已经完成了“新手村”任务，现在要进入更具挑战性但也更具普遍性的场景了。挑战的核心在于计算非恒等操作下的不动点数量 $|X_g|$。
本段管理读者的学习预期，提醒他们不要以为所有问题都像前面三个例子那么简单。它为引入一个更复杂的、更能体现公式威力的例子做好了心理和知识上的铺垫。
17.6 例子 假设有四种不同颜色的颜料可用，每条边只使用一种颜色，并且不同边可以使用相同颜色，让我们找出等边三角形的边有多少种可区分的涂色方式。
当然，总共有 $4^{3}=64$ 种涂边方式，因为三条边中的每一条都可以是四种颜色中的任何一种。我们认为 X 是这64个可能的涂色三角形的集合。作用于 X 的群 G 是三角形的对称群，它与 $S_{3}$ 同构，我们认为它就是 $S_{3}$。我们使用第8节中给出的 $S_{3}$ 中元素的表示法。我们需要计算 $S_{3}$ 中六个元素 $g$ 的每个 $\left|X_{g}\right|$。
那么
因此
所以有20种可区分的涂色三角形。
这个例子是本节的第一个核心难点，因为它终于出现了 $|X_g| > 0$ for $g \neq e$ 的情况。
1. 问题: 用4种颜色涂一个等边三角形的3条边，颜色可以重复使用。有多少种本质不同的涂法？（对称性包括旋转和翻转）
2. 定义 G 和 X:
* X: 3条边（边1, 边2, 边3），每条边有4种颜色选择。根据乘法原理，总的涂色方案数是 $4 \times 4 \times 4 = 4^3 = 64$。X 就是这64种方案的集合。$|X|=64$。
* G: 等边三角形的对称群，它包含3个旋转和3个翻转，共6个操作。这个群与3个元素的置换群 $S_3$ 同构。$|G|=6$。
* 群元素分类:
* 恒等元(e): 1个，记作 $\rho_0$。
* 旋转($120^\circ, 240^\circ$): 2个，记作 $\rho_1, \rho_2$。它们将3条边进行轮换。
* 翻转(过顶点和对边中点的轴): 3个，记作 $\mu_1, \mu_2, \mu_3$。每个翻转会固定一条边，交换另外两条边。
3. 计算每个 $|X_g|$: 这是本例的核心。
* $g = \rho_0$ (恒等元):
* 不进行任何操作，所有64种涂色方案都保持不变。
* $|X_{\rho_0}| = 64$。
* $g = \rho_1$ (旋转120度) 或 $g = \rho_2$ (旋转240度):
* 这种旋转会使 边1->边2, 边2->边3, 边3->边1。
* 一个涂色方案要在这种旋转下保持不变，意味着旋转前后的颜色必须匹配。即，边1的颜色必须等于边3的颜色，边2的颜色必须等于边1的颜色，边3的颜色必须等于边2的颜色。
* 结论：三条边的颜色必须完全相同。
* 我们有4种颜色可选，所以满足这个条件的方案有4种（全红、全蓝、全绿、全黄）。
* 因此，$|X_{\rho_1}| = 4$，$|X_{\rho_2}| = 4$。
* $g = \mu_1$ (翻转):
* 假设 $\mu_1$ 是沿通过某个顶点（比如v1）的轴进行的翻转。这个操作会固定v1对面的那条边（比如边3），并交换与v1相邻的两条边（边1和边2）。
* 一个涂色方案要在这种翻转下保持不变，意味着：
* 被交换的边1和边2，它们的颜色必须相同。这里有4种颜色选择。
* 被固定的边3，它可以是任何颜色，不受影响。这里也有4种颜色选择。
* 根据乘法原理，满足这个条件的方案总数是 $4 \times 4 = 16$ 种。
* 因此，$|X_{\mu_1}| = 16$。
* $g = \mu_2, \mu_3$ (另外两个翻转):
* 同理，另外两个翻转操作也是固定一条边，交换另外两条。所以计算方法完全一样。
* $|X_{\mu_2}| = 16$，$|X_{\mu_3}| = 16$。
4. 求和:
* $\sum_{g \in S_3} |X_g| = |X_{\rho_0}| + |X_{\rho_1}| + |X_{\rho_2}| + |X_{\mu_1}| + |X_{\mu_2}| + |X_{\mu_3}|$
* $= 64 + 4 + 4 + 16 + 16 + 16$
* $= 64 + 8 + 48 = 120$。
5. 应用推论 17.2:
* 轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum |X_g| = \frac{1}{6} \cdot 120 = 20$。
6. 结论:
* 有20种可区分的涂色三角形。
本段涉及的计算都是组合计数，核心在于理解群操作对边的置换作用。
* $4^3=64$: 初始集合 X 的大小。3条边，每条边4种颜色选择，颜色可重复。
* $\sum |X_g| = 120$: 不动点总数。
* $(\text { 轨道数 })=\frac{1}{6} \cdot 120=20$: 伯恩赛德公式的应用。
* 示例: 用2种颜色（黑/白）涂三角形3条边。
* $|X| = 2^3 = 8$。
* $|G| = |S_3| = 6$。
* 计算不动点:
* $|X_{\rho_0}| = 8$ (所有8种方案)。
* $|X_{\rho_1}|, |X_{\rho_2}|$: 三边同色。有2种（全黑，全白）。
* $|X_{\mu_1}|, |X_{\mu_2}|, |X_{\mu_3}|$: 两条交换的边同色（2种选择），另一条边任意（2种选择）。$2 \times 2 = 4$ 种。
* 求和: $\sum |X_g| = 8 + 2 + 2 + 4 + 4 + 4 = 24$。
* 轨道数: $r = \frac{1}{6} \cdot 24 = 4$。
* 验证: 这4种本质不同的涂法是：三边同色（2种：全黑/全白），两边同色（2种：两黑一白/两白一黑）。共4种。
* 易错点:
* 最关键的步骤是正确分析每个群操作 $g$ 是如何置换边的，并根据这个置换关系建立颜色相等的约束条件。
* 例如，对于旋转 $\rho_1$，它把边置换成一个长度为3的轮换 (1 2 3)。要保持不变，所有在这个轮换里的边的颜色都必须相同。
* 对于翻转 $\mu_1$，它把边置换成 (1 2)(3)。要保持不变，第一个轮换 (1 2) 里的边颜色要相同，第二个轮换 (3) 里的边颜色也要相同（当然它自己跟自己肯定相同）。
* 这个“轮换内的颜色必须相同”是计算 $|X_g|$ 的通用法则。
* 边界情况: 如果群操作的结构更复杂，需要先将其分解成不相交的轮换的乘积，然后对每个轮换应用颜色相同的约束。
本例是伯恩赛德公式的一个完全形态的应用，它要求我们不再依赖“不动点为0”的简单情况，而是要对群中的每一类共轭元素（因为共轭元素的 $|X_g|$ 相同，比如 $\rho_1$ 和 $\rho_2$）进行细致的组合分析，以求出其不动点的数量。最终通过加总和平均，得到轨道数。
本例的目的是教授伯恩赛德公式在一般情况下的标准使用流程，特别是如何处理当被操作对象允许重复（因而具有内在对称性）时，非恒等操作也能产生不动点的情况。这是掌握该工具的核心。
通用法则：“一个构型在操作 $g$ 下不变，当且仅当在 $g$ 的轮换分解下，每个轮换内的所有位置都具有相同的颜色/特征。”
* $g = \rho_1$: 轮换分解是 (边1, 边2, 边3)。要求：color(1)=color(2)=color(3)。有4种选择（4种颜色）。
* $g = \mu_1$: 轮换分解是 (边1, 边2)(边3)。要求：color(1)=color(2) 并且 color(3)=color(3)。第一个条件有4种颜色选择，第二个条件对任意颜色都成立。总共是 $4 \times 4 = 16$ 种。
这个心智模型将计算 $|X_g|$ 的过程系统化了。
想象你是一个质量检测机器人，面前是64个涂好色的三角形。你的程序里有6个检测模式（对应 $S_3$ 的6个操作）。
* 模式 $\rho_1$ (旋转120度): 你拿起一个三角形，转了120度，再和原来的样子比较。你发现，只有那些“纯色”的三角形（全红、全蓝...）看起来没变。你数了数，有4个。
* 模式 $\mu_1$ (翻转): 你拿起一个三角形，沿着一条对称轴翻转。你发现，只要它是“等腰”的（两条被交换的边颜色相同），它看起来就没变。你数了数，有16个这样的。
你对所有6个模式都跑了一遍，把数到的数量 $(64, 4, 4, 16, 16, 16)$ 加起来得到120。然后除以模式总数6，得到20。
17.7 例子
我们重复例子17.6，假设每条边使用不同的颜色。那么涂边方式的数量是 $4 \cdot 3 \cdot 2=24$，我们令 X 是24个可能的涂色三角形的集合。同样，作用于 X 的群可以认为是 $S_{3}$。由于所有边都是不同的颜色，我们看到 $\left|X_{\rho_{0}}\right|=24$，而对于 $g \neq \rho_{0}$，$\left|X_{g}\right|=0$。因此
所以有四种可区分的三角形。
这个例子是对17.6的修改，回到了本节最初几个例子的“简单”模式，目的是形成对比。
1. 问题: 用4种颜色中的3种 不同 颜色涂三角形的3条边。有多少种可区分的涂法？
2. 定义 G 和 X:
* X: 这是一个排列问题。
* 为边1选颜色：4种选择。
* 为边2选颜色：剩下3种选择。
* 为边3选颜色：剩下2种选择。
* 总的涂色方案数是 $4 \times 3 \times 2 = 24$。X 是这24种方案的集合。$|X|=24$。
* G: 仍然是等边三角形的对称群 $S_3$。$|G|=6$。
3. 计算每个 $|X_g|$:
* $g = \rho_0$ (恒等元):
* 所有24种方案都保持不变。
* $|X_{\rho_0}| = 24$。
* $g \neq \rho_0$ (任何非恒等操作):
* 考虑任何一个非恒等操作，无论是旋转还是翻转，它都会置换至少两条边。
* 例如，$\rho_1$ 要求三边同色，$\mu_1$ 要求两条边同色。
* 但是，这个例子的前提是“每条边使用不同的颜色”。
* 因此，任何要求两条或更多边颜色相同的条件都无法满足。
* 所以，对于任何非恒等操作 $g$，没有任何一个涂色方案能在其作用下保持不变。
* $|X_g| = 0$ for all $g \neq \rho_0$。
4. 求和:
* $\sum_{g \in S_3} |X_g| = |X_{\rho_0}| + 5 \times 0 = 24$。
5. 应用推论 17.2:
* 轨道数 = $\frac{1}{|G|} \sum |X_g| = \frac{1}{6} \cdot 24 = 4$。
6. 结论:
* 有4种可区分的涂色三角形。
* 6: $|G| = |S_3|$。
* 24: $|X|$ 的大小，也等于 $\sum |X_g|$。
* 4: 最终的轨道数。
* 初等方法验证:
1. 从4种颜色中选出3种来使用。有 $\binom{4}{3} = 4$ 种选法。例如，我们选了{红,绿,蓝}。
2. 用这3种颜色涂3条边，有多少种不同的方法？这回到了我们之前用3个不同数字标记三角形顶点的问题（示例17.3的简化版）。
3. $|X|=3!=6$，$|G|=3$ (只考虑旋转的话)。轨道数是 $\frac{1}{3}(6+0+0)=2$。
4. 如果考虑翻转（$|G|=6$），轨道数是 $\frac{1}{6}(6+0+0+0+0+0)=1$。
5. 等等，这里有点不对。让我们重新用17.7的逻辑思考。
6. 正确思路: 我们已经求出了总共有4个轨道。这4个轨道是怎么来的？
* 我们有4种颜色，每次选3种。总共有 $\binom{4}{3}=4$ 种颜色的组合。例如 {R,G,B}, {R,G,Y}, {R,B,Y}, {G,B,Y}。
* 对于每一种颜色组合，比如{R,G,B}，用这三种颜色去涂三角形的边，有多少种可区分的方法？我们知道3种不同颜色涂3个位置，在 $D_3$ 群作用下，只有1个轨道（如3.4节的例子所示）。
* 也就是说，用{R,G,B}涂出来的所有三角形，本质上都是“同一种”（红绿蓝三色三角形）。
* 由于我们有4种不同的颜色组合，每种组合产生1种本质不同的三角形，所以总共是 $4 \times 1 = 4$ 种。
* 这与伯恩赛德公式的结果吻合。
* 易错点: 这个例子和17.6的主要区别在于对 X 的定义。17.6是颜色可重复，所以是 $4^3$；17.7是颜色不重复，所以是 $P(4,3) = 24$。不同的 X 导致了完全不同的 $|X_g|$ 计算。
* 对比:
* 例 17.6 (可重复): 涂色方案本身可以有对称性（如三边同色），所以非恒等操作可能有不动点。
* 例 17.7 (不重复): 涂色方案本身没有对称性（边颜色都不同），所以非恒等操作没有不动点。
本例通过与例17.6形成鲜明对比，强化了“不动点的存在性取决于被作用对象 X 中元素的内在对称性”这一核心思想。当对象本身无对称性时（颜色各异），计算回归到简单模式；当对象本身有对称性时（颜色可重复），则需要对每个操作进行详细分析。
本例的目的是通过一个对比练习，让读者更深刻地理解计算 $|X_g|$ 时，集合 X 的性质是多么关键。它将17.6的复杂性与之前例子的简单性联系起来，形成了一个完整的认知闭环。
在以下每个练习中，使用推论17.2来解决问题，即使答案可以通过更初等的方法获得。
这部分为本节的练习题指明了总的要求。
* 核心要求: 必须使用推论17.2，即伯恩赛德公式 $r = \frac{1}{|G|} \sum |X_g|$ 来解决问题。
* 目的: 练习该公式的应用，熟练掌握其计算流程，特别是计算 $|X_g|$ 的技巧。
* 附加说明: 即使问题可以用更简单、更直接的组合方法解决（比如练习1, 2, 3, 4），也必须用群论的方法来做，目的是为了练习。
（注意：这里不给出完整解答，而是分析每个问题的G、X以及解题的关键点）
* 问题: 循环子群 $\langle(1,3,5,6)\rangle$ 作用下，集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ 中的轨道数。
* X: $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, $|X|=8$。
* G: $\langle(1,3,5,6)\rangle$ 是一个由4-轮换生成的循环群。
* $g_0 = e$ (恒等元)
* $g_1 = (1,3,5,6)$
* $g_2 = (1,3,5,6)^2 = (1,5)(3,6)$
* $g_3 = (1,3,5,6)^3 = (1,6,5,3)$
* $g_4 = (1,3,5,6)^4 = e$。所以 $|G|=4$。
* 计算 $|X_g|$:
* $|X_e|$: $e$ 固定所有8个元素。$|X_e|=8$。
* $|X_{(1,3,5,6)}|$: 这个轮换移动了1,3,5,6。它固定的元素是那些不在轮换里的，即{2,4,7,8}。所以 $|X_{(1,3,5,6)}|=4$。
* $|X_{(1,5)(3,6)}|$: 移动了1,5,3,6。固定的元素是{2,4,7,8}。所以 $|X_{(1,5)(3,6)}|=4$。
* $|X_{(1,6,5,3)}|$: 移动了1,6,5,3。固定的元素是{2,4,7,8}。所以 $|X_{(1,6,5,3)}|=4$。
* 求解: $r = \frac{1}{4}(8+4+4+4) = \frac{20}{4}=5$。
* 轨道: {1,3,5,6}, {2}, {4}, {7}, {8}。共5个。
* 问题: 8种颜色涂立方体6个面，颜色可重复。
* X: $|X| = 8^6$。
* G: 立方体的旋转群, $|G|=24$。
* 关键: 需要将24个旋转分类，并计算每类旋转的不动点数。
* 1. 恒等元 (1个): 置换分解是(1)(2)(3)(4)(5)(6)。6个轮换。$|X_e| = 8^6$。
* 2. 绕穿过对面中心轴旋转$\pm 90^\circ$ (6个): 置换分解是(顶,前,底,后)(左)(右)。2个轮换。不动点要求(顶=前=底=后) 且 (左) 且 (右)。$|X_g|=8^3$。
* 3. 绕穿过对面中心轴旋转$180^\circ$ (3个): 置换分解是(顶,底)(前,后)(左,右)。3个轮换。$|X_g|=8^3$。
* 4. 绕穿过对角顶点轴旋转$\pm 120^\circ$ (8个): 置换分解是(三个相邻面)(另三个相邻面)。2个轮换。$|X_g|=8^2$。
* 5. 绕穿过对边中点轴旋转$180^\circ$ (6个): 置换分解是(面-面)(面-面)(面-面)。3个轮换。$|X_g|=8^3$。
* 求解:
$r = \frac{1}{24}(1 \cdot 8^6 + 6 \cdot 8^3 + 3 \cdot 8^3 + 8 \cdot 8^2 + 6 \cdot 8^3)$
$r = \frac{1}{24}(8^6 + 15 \cdot 8^3 + 8 \cdot 8^2)$
$r = \frac{1}{24}(262144 + 15 \cdot 512 + 8 \cdot 64) = \frac{1}{24}(262144 + 7680 + 512) = \frac{270336}{24} = 11264$。
（其他练习题的解题思路与此类似，关键都是正确定义G和X，然后对G中元素进行分类，并使用“轮换内颜色/特征必须相同”的法则计算每一类操作的不动点数 $|X_g|$，最后套用公式。）
[^2]: ${ }^{1}$ 本节在本文的其余部分中未使用。
这个脚注在原文中标记在证明的开头。它的编号是1，但在引文中显示为2，这可能是格式问题。它的内容是：“本节在本文的其余部分中未使用。”
* 含义: 这个脚注是写给正在通读整本书的读者的一个提示。它说明第17节（G-集在计数中的应用）是一个独立的应用性章节。
* 作用: 读者如果时间紧迫，或者主要目标是掌握群论的主线理论（如后续的同态、正规子群、商群等），可以跳过本节，不会影响对后续章节的理解。
* 定位: 这类章节通常是为了展示理论的应用价值和趣味性，拓宽视野，但并非核心理论链路上的必需环节。
[^0]: ${ }^{\mathrm{I}}$ 第16节仅是第17节和第36节的先决条件。
[^1]: ${ }^{\dagger}$ 本节仅是第17节和第36节的先决条件。
这两个脚注内容相同，但标记在不同的地方（可能一个是第16节的，一个是第17节的）。内容是“第16节仅是第17节和第36节的先决条件”和“本节对本文的其余部分不是必需的。” (原文中的 dagger ${ }^{\dagger}$ 符号通常表示可选或次要内容)。
* 综合来看:
* 第16节介绍了G-集、轨道、稳定子群等基本概念。
* 第17节（本节）是第16节的第一个应用，用于计数。
* 第36节（书本后面可能讲Sylow定理的部分）是第16节的第二个、也是更核心的应用。
* 对读者的指导:
* 如果你想学习第17节（计数）或第36节（Sylow定理），你必须先学习第16节。
* 第17节本身是可选的，对学习书本其他大部分内容（除了可能需要回顾G-集思想的第36节）没有影响。
* 这为读者规划学习路径提供了清晰的指引。
1. 对伯恩赛德公式的陈述：
解释：轨道数 $r$ 乘以群的阶 $|G|$ 等于所有群元素 $g$ 的不动点集大小 $|X_g|$ 之和。
2. 伯恩赛德公式证明中的第一次计数：
解释：满足 $gx=x$ 的数对 $(g,x)$ 的总数 $N$ 可以通过对每个群元素 $g$ 的不动点数求和得到。
3. 伯恩赛德公式证明中的第二次计数与变换：
解释：数对总数 $N$ 也可以通过对每个集元素 $x$ 的稳定子群大小求和，并利用轨道-稳定点定理变换得到。
4. 伯恩赛德公式证明中的关键引理：
解释：对于单个轨道 $\mathcal{O}$ 内的所有元素 $x$，其轨道大小的倒数之和恒等于1。
5. 伯恩赛德公式证明中的第二次计数的最终结果：
解释：数对总数 $N$ 等于群的阶 $|G|$ 乘以轨道总数 $r$。
6. 推论17.2，伯恩赛德公式的实用形式：
解释：轨道数等于平均不动点数。
7. 应用伯恩赛德公式计算骰子数量：
解释：对于骰子问题，群阶为24，不动点总数为720，计算得出轨道数为30。
8. 应用伯恩赛德公式计算圆桌排列数量：
解释：对于7人圆桌问题，群阶为7，不动点总数为 $7!$，计算得出轨道数为 $6!$。
9. 应用伯恩赛德公式计算项链数量：
解释：对于7珠项链问题，群阶为14，不动点总数为 $7!$，计算得出轨道数为360。
10. 等边三角形涂色问题（颜色可重复）的不动点数量列表：
解释：分类列出了 $S_3$ 群中不同类型操作所固定的涂色三角形的数量。
11. 等边三角形涂色问题（颜色可重复）的不动点总数计算：
解释：将各类操作的不动点数乘以该类操作的个数再相加，得到不动点总数120。
12. 应用伯恩赛德公式计算等边三角形涂色（颜色可重复）的种类：
解释：群阶为6，不动点总数为120，计算得出轨道数为20。
13. 应用伯恩赛德公式计算等边三角形涂色（颜色不重复）的种类：
解释：当颜色不重复时，初始集合大小为24，不动点总数也为24，计算得出轨道数为4。
* 问题: 在由 $(1,3)$ 和 $(2,4,7)$ 生成的 $S_{8}$ 子群作用下，找出集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ 中的轨道数。
* X: 集合 $\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, 因此 $|X|=8$。
* G: 该群由两个不相交的轮换 $\sigma=(1,3)$ 和 $\tau=(2,4,7)$ 生成。因为它们不相交，所以它们是可交换的。群 G 的元素是所有形如 $\sigma^i \tau^j$ 的组合，其中 $i \in \{0, 1\}$ and $j \in \{0, 1, 2\}$。因此，群的阶 $|G| = 2 \times 3 = 6$。这6个元素分别是：
1. $e$ (恒等元)
2. $\sigma = (1,3)$
3. $\tau = (2,4,7)$
4. $\tau^2 = (2,7,4)$
5. $\sigma\tau = (1,3)(2,4,7)$
6. $\sigma\tau^2 = (1,3)(2,7,4)$
* 计算 $|X_g|$: 一个元素被一个置换固定，当且仅当它不出现在这个置换的轮换表示中。
* 对于 $g=e$，$e$ 固定所有8个元素，所以 $|X_e|=8$。
* 对于 $g=(1,3)$，它固定了 $\{2,4,5,6,7,8\}$，所以 $|X_{(1,3)}|=6$。
* 对于 $g=(2,4,7)$，它固定了 $\{1,3,5,6,8\}$，所以 $|X_{(2,4,7)}|=5$。
* 对于 $g=(2,7,4)$，它固定了 $\{1,3,5,6,8\}$，所以 $|X_{(2,7,4)}|=5$。
* 对于 $g=(1,3)(2,4,7)$，它固定了 $\{5,6,8\}$，所以 $|X_{(1,3)(2,4,7)}|=3$。
* 对于 $g=(1,3)(2,7,4)$，它固定了 $\{5,6,8\}$，所以 $|X_{(1,3)(2,7,4)}|=3$。
* 求解:
* $\sum_{g \in G}|X_g| = 8 + 6 + 5 + 5 + 3 + 3 = 30$。
* 根据推论17.2，轨道数 $r = \frac{1}{|G|}\sum|X_g| = \frac{1}{6} \cdot 30 = 5$。
* 验证: 我们可以直接写出轨道：$\{1,3\}$, $\{2,4,7\}$, $\{5\}$, $\{6\}$, $\{8\}$。确实是5个轨道。
* 问题: 用{1, 2, 3, 4}四个点数制作可区分的正四面体骰子。
* X: 将4个不同的点数标记在正四面体的4个面上，总方案数是 $4! = 24$。所以 $|X|=24$。
* G: 正四面体的旋转对称群。这个群同构于4个元素上的偶置换群 $A_4$，其阶为 $|G| = 4!/2 = 12$。这12个旋转操作分为三类：
1. 恒等元 (1个)。
2. 绕穿过一个顶点和对面中心轴旋转 $\pm 120^\circ$ (共4个顶点，所以有 $4 \times 2 = 8$ 个这样的旋转)。这种旋转置换了3个面，固定了1个面。
3. 绕穿过两条对边中点的轴旋转 $180^\circ$ (共3对对边，所以有3个这样的旋转)。这种旋转将面两两配对置换。
* 计算 $|X_g|$: 因为 X 中的每个方案都使用了4个不同的点数，所以方案本身没有任何对称性。任何非恒等操作都会移动面，导致标记改变。
* 对于 $g=e$，$|X_e| = 24$。
* 对于任何 $g \neq e$，一个置换要想固定一个标记方案，至少需要某个轮换内的面有相同的标记，但这与“点数不同”矛盾。例如，一个3-轮换的旋转要求3个面点数相同，一个2-轮换的旋转要求成对的面点数相同。这都是不可能的。所以 $|X_g|=0$。
* 求解:
* $\sum_{g \in G}|X_g| = 24 + 11 \times 0 = 24$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{12} \cdot 24 = 2$。
* 结论: 有2种可区分的四面体骰子。这两种互为“手性”对映体，即无法通过旋转使两者重合。
* 问题: 8种颜色的颜料，给木制立方体的每个面涂上不同的颜色，可以制作多少种可区分的积木？
* X: 从8种颜色中选6种，然后排列在立方体的6个面上。总方案数是 $P(8,6) = \frac{8!}{(8-6)!} = 8 \times 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 = 20160$。所以 $|X|=20160$。
* G: 立方体的旋转群， $|G|=24$。
* 计算 $|X_g|$: 这个问题与骰子问题（1-6点）和练习3的结构完全相同。因为所有6个面的颜色都不同，所以任何标记方案都没有内在对称性。
* 对于 $g=e$，$|X_e| = 20160$。
* 对于任何 $g \neq e$，由于任何非恒等旋转都会置换面，而不同面颜色不同，所以不可能有不动点。$|X_g|=0$。
* 求解:
* $\sum_{g \in G}|X_g| = 20160 + 23 \times 0 = 20160$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{24} \cdot 20160 = 840$。
* 问题: 立方体的8个角，用4种颜色涂色，颜色可重复。求可区分标记数。
* X: 8个角，每个角有4种颜色选择，总方案数 $|X| = 4^8 = 65536$。
* G: 立方体的旋转群， $|G|=24$。我们需要分析这些旋转对8个角的作用。
* 1. 恒等元 (1个): 将8个角置换为8个1-轮换。不动点数 $|X_e|=4^8$。
* 2. 绕穿过对面中心轴旋转 $\pm 90^\circ$ (6个): 将8个角置换为两个4-轮换。根据“轮换内颜色需相同”法则，不动点数 $|X_g|=4^2 = 16$。
* 3. 绕穿过对面中心轴旋转 $180^\circ$ (3个): 将8个角置换为四个2-轮换。不动点数 $|X_g|=4^4 = 256$。
* 4. 绕穿过对角顶点轴旋转 $\pm 120^\circ$ (8个): 置换固定了轴上的2个顶点，其余6个顶点形成两个3-轮换。因此置换分解是两个1-轮换和两个3-轮换。不动点数 $|X_g|=4^{2+2} = 4^4 = 256$。
* 5. 绕穿过对边中点轴旋转 $180^\circ$ (6个): 置换将8个角两两配对，形成四个2-轮换。不动点数 $|X_g|=4^4 = 256$。
* 求解:
* $\sum|X_g| = (1 \times 4^8) + (6 \times 4^2) + (3 \times 4^4) + (8 \times 4^4) + (6 \times 4^4)$
* $= 65536 + 6 \times 16 + (3+8+6) \times 256$
* $= 65536 + 96 + 17 \times 256 = 65536 + 96 + 4352 = 69984$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{24} \cdot 69984 = 2916$。
* 问题: 6种颜色涂纸板正方形的4条边。群是正方形的对称群 $D_4$, $|G|=8$。
* a. 没有颜色使用不止一次。
* X: 从6种颜色选4种涂4条边，方案数 $|X| = P(6,4) = 360$。
* 计算 $|X_g|$: 边颜色都不同，任何非恒等操作（旋转或翻转）都无法保持方案不变。
* $|X_e| = 360$，对于其他7个 $g \neq e$, $|X_g|=0$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{8} (360 + 7 \times 0) = 45$。
* b. 相同颜色可以在任意数量的边上使用。
* X: 4条边，每条6种颜色，方案数 $|X| = 6^4 = 1296$。
* G: $D_4$ 对4条边的作用：
* 恒等元 $R_0$ (1个): 4个1-轮换。$|X_g| = 6^4 = 1296$。
* 旋转 $\pm 90^\circ$ ($R_{90}, R_{270}$) (2个): 1个4-轮换。$|X_g| = 6^1 = 6$。
* 旋转 $180^\circ$ ($R_{180}$) (1个): 2个2-轮换（对边配对）。$|X_g| = 6^2 = 36$。
* 过对边中点的轴翻转 (2个): 1个2-轮换（一对对边交换），2个1-轮换（另一对对边固定）。$|X_g| = 6^{1+2} = 6^3 = 216$。
* 过对角的轴翻转 (2个): 2个2-轮换（邻边两两交换）。$|X_g| = 6^2 = 36$。
* 求解:
* $\sum|X_g| = (1 \times 1296) + (2 \times 6) + (1 \times 36) + (2 \times 216) + (2 \times 36)$
* $= 1296 + 12 + 36 + 432 + 72 = 1848$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{8} \cdot 1848 = 231$。
* 问题: 正四面体的6根边，每根插入50欧姆或100欧姆的电阻。
* X: 这是一个用2种“颜色”（50欧，100欧）涂正四面体6条边的问题。方案数 $|X| = 2^6 = 64$。
* G: 正四面体的旋转群 $A_4$, $|G|=12$。我们需要分析其对6条边的作用。
* 1. 恒等元 (1个): 6个1-轮换。$|X_e| = 2^6 = 64$。
* 2. 绕顶点-面轴旋转 $\pm 120^\circ$ (8个): 这种旋转将与顶点相连的3条边和对面三角形的3条边分别进行轮换，形成两个3-轮换。不动点数 $|X_g| = 2^2 = 4$。
* 3. 绕对边中点轴旋转 $180^\circ$ (3个): 这种旋转固定了轴穿过的两条对边，并将其余4条边两两交换。形成两个1-轮换和两个2-轮换。不动点数 $|X_g| = 2^{2+2} = 2^4 = 16$。
* 求解:
* $\sum|X_g| = (1 \times 64) + (8 \times 4) + (3 \times 16) = 64 + 32 + 48 = 144$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{12} \cdot 144 = 12$。
* 问题: 一个两端为1平方英尺、长为2英尺的长方体棱柱，用6种颜色涂6个面。
* G: 这个物体的旋转对称群与正方形的对称群 $D_4$ 同构, $|G|=8$。其操作包括：
1. 恒等元 (1个)。
2. 绕穿过两个正方形端面中心的轴旋转 $\pm 90^\circ, 180^\circ$ (3个)。
3. 绕穿过某对长方形侧面中心的轴旋转 $180^\circ$ (2对，共2个)。
4. 绕穿过侧面对角线的轴旋转 $180^\circ$ (2对，共2个)。
* a. 没有颜色在不同面上重复使用。
* X: 6个面，6种不同颜色，方案数 $|X| = 6! = 720$。
* 计算 $|X_g|$: 颜色各不相同，只有恒等元有不动点。
* $|X_e|=720$，其他7个操作的 $|X_g|=0$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{8} (720) = 90$。
* b. 每种颜色可以在任意数量的面上使用。
* X: 6个面，6种颜色，方案数 $|X| = 6^6 = 46656$。
* G: $D_4$ 群对6个面（2个端面，4个侧面）的作用：
* 恒等元 (1个): 6个1-轮换。$|X_g| = 6^6$。
* 绕长轴转 $\pm 90^\circ$ (2个): 4个侧面形成一个4-轮换，2个端面各自固定。置换分解有3个轮换。$|X_g| = 6^3 = 216$。
* 绕长轴转 $180^\circ$ (1个): 侧面两两对换，端面各自固定。4个轮换。$|X_g| = 6^4 = 1296$。
* 绕短轴转 $180^\circ$ (共4个): 这4个操作都会交换两个端面，并对侧面进行置换。
* 过侧面中心的轴(2个): (端1,端2)(侧1,侧3)(侧2)(侧4)。4个轮换。$|X_g| = 6^4=1296$。
* 过侧面对角的轴(2个): (端1,端2)(侧1,侧4)(侧2,侧3)。3个轮换。$|X_g| = 6^3=216$。
* 求解:
* $\sum|X_g| = (1 \times 6^6) + (2 \times 6^3) + (1 \times 6^4) + (2 \times 6^4) + (2 \times 6^3)$
* $= 46656 + 2 \cdot 216 + 1296 + 2 \cdot 1296 + 2 \cdot 216$
* $= 46656 + 432 + 1296 + 2592 + 432 = 51408$。
* 轨道数 $r = \frac{1}{8} \cdot 51408 = 6426$。
[^2]: ${ }^{1}$ 本节在本文的其余部分中未使用。
这个脚注在原文中标记在证明的开头。它的编号是1，但在引文中显示为2，这可能是格式问题。它的内容是：“本节在本文的其余部分中未使用。”
* 含义: 这个脚注是写给正在通读整本书的读者的一个提示。它说明第17节（G-集在计数中的应用）是一个独立的应用性章节。
* 作用: 读者如果时间紧迫，或者主要目标是掌握群论的主线理论（如后续的同态、正规子群、商群等），可以跳过本节，不会影响对后续章节的理解。
* 定位: 这类章节通常是为了展示理论的应用价值和趣味性，拓宽视野，但并非核心理论链路上的必需环节。
[^0]: ${ }^{\mathrm{I}}$ 第16节仅是第17节和第36节的先决条件。
[^1]: ${ }^{\dagger}$ 本节对本文的其余部分不是必需的。
这两个脚注内容相似，标记在不同的地方（可能一个是第16节的，一个是第17节的标题处的）。† 符号通常也表示可选或次要内容。
* 综合来看:
* 第16节介绍了G-集、轨道、稳定子群等基本概念。
* 第17节（本节）是第16节的一个应用，用于计数。
* 第36节（书本后面可能讲Sylow定理的部分）是第16节的另一个、也是更核心的应用。
* 对读者的指导:
* 如果你想学习第17节（计数）或第36节（Sylow定理），你必须先学习第16节。
* 第17节本身是可选的，对学习书本其他大部分内容（除了可能需要回顾G-集思想的第36节）没有影响。
* 这为读者规划学习路径提供了清晰的指引。
1. 对伯恩赛德公式的陈述：
解释：轨道数 $r$ 乘以群的阶 $|G|$ 等于所有群元素 $g$ 的不动点集大小 $|X_g|$ 之和。
2. 伯恩赛德公式证明中的第一次计数：
解释：满足 $gx=x$ 的数对 $(g,x)$ 的总数 $N$ 可以通过对每个群元素 $g$ 的不动点数求和得到。
3. 伯恩赛德公式证明中的第二次计数与变换：
解释：数对总数 $N$ 也可以通过对每个集元素 $x$ 的稳定子群大小求和，并利用轨道-稳定点定理变换得到。
4. 伯恩赛德公式证明中的关键引理：
解释：对于单个轨道 $\mathcal{O}$ 内的所有元素 $x$，其轨道大小的倒数之和恒等于1。
5. 伯恩赛德公式证明中的第二次计数的最终结果：
解释：数对总数 $N$ 等于群的阶 $|G|$ 乘以轨道总数 $r$。
6. 推论17.2，伯恩赛德公式的实用形式：
解释：轨道数等于平均不动点数。
7. 应用伯恩赛德公式计算骰子数量：
解释：对于骰子问题，群阶为24，不动点总数为720，计算得出轨道数为30。
8. 应用伯恩赛德公式计算圆桌排列数量：
解释：对于7人圆桌问题，群阶为7，不动点总数为 $7!$，计算得出轨道数为 $6!$。
9. 应用伯恩赛德公式计算项链数量：
解释：对于7珠项链问题，群阶为14，不动点总数为 $7!$，计算得出轨道数为360。
10. 等边三角形涂色问题（颜色可重复）的不动点数量列表：
解释：分类列出了 $S_3$ 群中不同类型操作所固定的涂色三角形的数量。
11. 等边三角形涂色问题（颜色可重复）的不动点总数计算：
解释：将各类操作的不动点数乘以该类操作的个数再相加，得到不动点总数120。
12. 应用伯恩赛德公式计算等边三角形涂色（颜色可重复）的种类：
解释：群阶为6，不动点总数为120，计算得出轨道数为20。
13. 应用伯恩赛德公式计算等边三角形涂色（颜色不重复）的种类：
解释：当颜色不重复时，初始集合大小为24，不动点总数也为24，计算得出轨道数为4。