群論の問題

バーンサイドの補題. 軌道の個数は $$\frac{1}{|G|}\sum _{g\in G}|X^g|,X^g=\{f\in X\mid g\cdot f=f\}$$ である。$g\cdot f=f$ は「$f$ が $g$ の ${\mathbb{F}}_5$ 上の置換としての各巡回の上で一定」と同値なので、$g$ の巡回の個数（長さ $1$ の巡回も数える）を $c(g)$ とすると $|X^g|=3^{c(g)}$ である。

$G$ の元の巡回型. ${\phi }_{a,b}$ を ${\mathbb{F}}_5$ の置換とみて分類する。
- $a=1,b=0$（恒等写像）: $1$ 個。巡回は $5$ 個で $|X^g|=3^5=243$。
- $a=1,b\ne 0$（平行移動）: $4$ 個。$x\mapsto x+b$ を $k$ 回繰り返すと $x+kb$ で、これが $x$ に戻るのは $5\mid k$ のときなので、長さ $5$ の巡回 $1$ 個。$|X^g|=3$。
- $a\ne 1$: $ax+b=x$ はただ一つの解 $x_0=\frac{b}{1-a}$ をもつ。$y=x-x_0$ とおくと写像は $y\mapsto ay$ となるので、$x_0$ 以外の $4$ 点は長さ $\mathrm{ord}(a)$ の巡回に分かれる。
- $a=4=-1$（位数 $2$）: $b$ は $5$ 通りで $5$ 個。巡回は $1+2=3$ 個で $|X^g|=3^3=27$。
- $a=2,3$（位数 $4$）: $2\times 5=10$ 個。巡回は $1+1=2$ 個で $|X^g|=3^2=9$。

個数の合計は $1+4+5+10=20=|G|$ で合っている。

計算. $$\frac{1}{20}\left(243+4\cdot 3+5\cdot 27+10\cdot 9\right)=\frac{243+12+135+90}{20}=\frac{480}{20}=24.$$

（確認: 色が $2$ 種類なら $\frac{32+8+40+40}{20}=6$ となり、$G$ が ${\mathbb{F}}_5$ に $2$ 重可移に作用することから「値 $1$ をとる点の個数」$0,1,\dots ,5$ で軌道が決まる、という直接の考察と一致する。）

したがって軌道の個数は $24$ である。

バーンサイドの補題より、軌道数は $\frac{1}{|G|}{\sum }_{g\in G}|X^g|$。$g$ が ${\mathbb{F}}_5$ の置換として巡回置換分解で $c(g)$ 個のサイクルをもつとき、$g$ で固定される $f$ は各サイクル上で定数なので $|X^g|=3^{c(g)}$。$G$ の元を分類する。(1) 恒等写像 ${\phi }_{1,0}$: 1 個、サイクル数 5、固定数 $3^5=243$。(2) 平行移動 ${\phi }_{1,b}$ ($b\ne 0$): 4 個、5 サイクル長の巡回置換 1 個、サイクル数 1、固定数 $3$。(3) $a=4=-1$（位数 2）の ${\phi }_{-1,b}$: 5 個。$x=b/2$ のただ 1 つの不動点と長さ 2 のサイクル 2 個、サイクル数 3、固定数 $27$。(4) $a=2,3$（位数 4）の ${\phi }_{a,b}$: $2\times 5=10$ 個。不動点 1 個と長さ 4 のサイクル 1 個、サイクル数 2、固定数 $9$。個数の合計は $1+4+5+10=20$ で $|G|$ に一致。和は $243+4\cdot 3+5\cdot 27+10\cdot 9=243+12+135+90=480$。軌道数は $480/20=24$。整数になることも検算になる。