曲面群から対称群への準同型の個数（フロベニウスの公式）

$∣ Hom (π_{1} (Σ_{g}), G) ∣ = ∣ G ∣ \sum_{χ} (\frac{∣ G ∣}{χ ( 1 )})^{2 g - 2}$ （ $χ$ は $G$ の既約指標）を使って準同型の個数を求め、推移的でないもの（軌道分解ごとの積）を引いて推移的準同型の個数を求め、 $S_{n}$ 共役で割って（バーンサイドの補題で）連結な $n$ 重被覆の同型類の個数を求められる（例: $Σ_{2} \to S_{3}$ の準同型は $486$ 個、推移的なものは $440$ 個、 $Σ_{2}$ の連結 $3$ 重被覆は $100$ 個）

前提

置換表現による被覆の数え上げ（大学院数学代数的位相幾何）
既約表現の個数と次元（大学院数学表現論）
バーンサイドの補題（大学数学離散数学・組合せ論）

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算数中学高校大学大学院

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1 次元表現とアーベル化（大学院数学表現論）
二面体群の共役類（大学数学代数学）
既約表現の個数と次元（大学院数学表現論）
バーンサイドの補題（大学数学離散数学・組合せ論）

説明

向き付け可能な種数 $g$ の閉曲面 $Σ_{g}$ の基本群 $π_{1} (Σ_{g}) = ⟨ a_{1}, b_{1}, \dots, a_{g}, b_{g} ∣ \prod_{i = 1}^{g} [a_{i}, b_{i}]⟩$ から有限群 $G$ への準同型の個数を、 $G$ の既約指標の次数だけから求める公式
$∣ Hom (π_{1} (Σ_{g}), G) ∣ = ∣ G ∣ χ \sum (\frac{∣ G ∣}{χ ( 1 )})^{2 g - 2}$
を使えるようになります。 $G = S_{n}$ にとれば、置換を一つずつ選んで関係式を確かめる代わりにこの公式で準同型を数え、推移的でないものを引き、共役で割ることで、 $Σ_{g}$ の連結な $n$ 重被覆の個数が求まります。

なぜそうしてよいのか

準同型は $2 g$ 個の元の組 $(a_{1}, b_{1}, \dots, a_{g}, b_{g}) \in G^{2 g}$ で $[a_{1}, b_{1}] \dots [a_{g}, b_{g}] = e$ （ $[a, b] = ab a^{- 1} b^{- 1}$ ）を満たすものと 1 対 1 に対応するので、この方程式の解を数えればよいです。群環 $C [G]$ の元 $C = \sum_{a, b \in G} [a, b]$ を考えると、求める個数は $C^{g}$ を展開したときの単位元 $e$ の係数です。

$C$ が既約表現 $ρ$ （指標 $χ$ , 次数 $d = χ (1)$ ）でどう働くかを調べます。 $a$ を固定すると $\sum_{b} ρ (b) ρ (a^{- 1}) ρ (b)^{- 1}$ はすべての $ρ (h)$ と可換なので、シューアの補題によりスカラー行列で、トレースを比べるとそれは $\frac{∣ G ∣ χ ( a ^{- 1} )}{d} I$ です。よって $ρ (C) = \sum_{a} ρ (a) \cdot \frac{∣ G ∣ χ ( a ^{- 1} )}{d}$ で、これもスカラーです（ $C$ は共役で不変なので）。トレースは $\frac{∣ G ∣}{d} \sum_{a} χ (a) χ (a^{- 1}) = \frac{∣ G ∣ ^{2}}{d}$ （指標の直交関係）なので、 $ρ (C) = (\frac{∣ G ∣}{d})^{2} I$ 、したがって $ρ (C^{g}) = (\frac{∣ G ∣}{d})^{2 g} I$ です。

最後に、群環の元 $z$ の $e$ の係数は正則表現でのトレースの $\frac{1}{∣ G ∣}$ 倍で、正則表現は各既約表現を次数 $d$ の回数だけ含むので、
$[e] C^{g} = \frac{1}{∣ G ∣} χ \sum d \cdot d (\frac{∣ G ∣}{d})^{2 g} = ∣ G ∣ χ \sum (\frac{∣ G ∣}{χ ( 1 )})^{2 g - 2}$
となります。 $g = 1$ なら $∣ G ∣ \times (既約指標の個数) = ∣ G ∣ \times (共役類の個数)$ で、可換な組 $(a, b)$ の個数と一致します。準同型が数えられれば、推移的でないものは ${1, \dots, n}$ を軌道に分けたときの各軌道上の推移的準同型の積として数えられ、全体から引けます。最後に被覆の同型類は推移的準同型の $S_{n}$ 共役類なので、バーンサイドの補題で数えます。

手順

$G$ の既約指標の次数 $χ (1)$ をすべて求める（ $S_{3}$ なら $1, 1, 2$ 、 $S_{2}$ なら $1, 1$ ）
公式で準同型の個数 $h_{n} (g) = ∣ Hom (π_{1} (Σ_{g}), S_{n}) ∣ = n! \sum_{χ} (\frac{n !}{χ ( 1 )})^{2 g - 2}$ を計算する
推移的でない準同型を、 ${1, \dots, n}$ の軌道への分け方ごとに「各軌道上の推移的準同型の個数の積」として数え、全体から引いて推移的準同型の個数 $t_{n} (g)$ を求める（ $n = 3$ なら $t_{3} = h_{3} - 1 - 3 t_{2}$ , $t_{2} = h_{2} - 1$ ）
指数 $n$ の部分群の個数が要るときは $t_{n} (g) / (n - 1)!$
被覆の同型類の個数をバーンサイドの補題で $\frac{1}{n !} \sum_{τ \in S_{n}} ∣ Fix (τ) ∣$ として求める。 $Fix (τ)$ は像が $τ$ の中心化群に入る推移的準同型の個数で、中心化群が推移的でなければ $0$

例題

種数 $3$ の向き付け可能な閉曲面 $Σ_{3}$ の連結な $3$ 重被覆の同型類の個数を求めよ。

例題の解答

手順1： $S_{3}$ の既約指標の次数は $1, 1, 2$ 。

手順2： $g = 3$ で $2 g - 2 = 4$ 。
$h_{3} = 6 (6^{4} + 6^{4} + 3^{4}) = 6 (1296 + 1296 + 81) = 6 \times 2673 = 16038.$

手順3：推移的でない準同型を数える。 ${1, 2, 3}$ の軌道の分け方は、(i) $3$ 点とも固定点（自明な準同型、 $1$ 個）、(ii) $2$ 点の軌道と $1$ 点（ $2$ 点の選び方 $3$ 通り）。(ii) の $2$ 点上の推移的準同型は $S_{2}$ への $0$ でない準同型で、公式から $h_{2} = 2 (2^{4} + 2^{4}) = 64 = 2^{6}$ なので $t_{2} = 64 - 1 = 63$ 。よって推移的でないものは $1 + 3 \times 63 = 190$ 個で、
$t_{3} = 16038 - 190 = 15848.$

手順5：バーンサイドの補題を使う。
- $τ = e$ ： $∣ Fix ∣ = 15848$ 。
- $τ$ が互換（ $3$ 個）：中心化群は ${e, τ}$ で ${1, 2, 3}$ に推移的でないので $∣ Fix ∣ = 0$ 。
- $τ$ が $3$ 巡回置換（ $2$ 個）：中心化群は位数 $3$ の巡回群 $A_{3}$ で推移的。 $A_{3} ≅ Z /3$ はアーベル群なので準同型は $3^{6} = 729$ 個（公式でも $3 \cdot 3 \cdot 3^{4} = 729$ ）、推移的なのは自明でない $728$ 個。

よって
$\frac{1}{6} (15848 + 3 \times 0 + 2 \times 728) = \frac{17304}{6} = 2884.$

答え: $2884$

よくある誤り

指数を $2 g$ としてしまう誤り。正しくは $(\frac{∣ G ∣}{χ ( 1 )})^{2 g - 2}$ に先頭の $∣ G ∣$ を掛けたもので、例えば $Σ_{2} \to S_{3}$ は $6 (6^{2} + 6^{2} + 3^{2}) = 486$ （ $6^{4} + 6^{4} + 3^{4} = 2673$ ではない）
分数を逆にして $(\frac{χ ( 1 )}{∣ G ∣})^{2 g - 2}$ としてしまう誤り。 $g = 1$ で $∣ G ∣ \times (共役類の個数)$ になること（ $S_{3}$ なら $6 \times 3 = 18$ 個の可換な組）で確かめられる
推移的でない準同型を引くときに、軌道上の準同型を推移的なものに限らずに数えてしまう誤り。 $2$ 点の軌道の上では $0$ でない準同型 $t_{2} = h_{2} - 1$ を使う。 $h_{2}$ をそのまま使うと $3$ 点とも固定する自明な準同型を重複して引いてしまう
被覆の個数を $t_{n} / n!$ としてしまう誤り。共役の作用は自由とは限らないので、バーンサイドの補題で固定点を数える。例えば $Σ_{2}$ , $n = 3$ では $440/6$ は整数にならず、正しくは $\frac{1}{6} (440 + 2 \times 80) = 100$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$Σ_{3}$ を種数 $3$ の向き付け可能な閉曲面とし、その基本群を
$π_{1} (Σ_{3}) = ⟨ a_{1}, b_{1}, a_{2}, b_{2}, a_{3}, b_{3} ∣ [a_{1}, b_{1}] [a_{2}, b_{2}] [a_{3}, b_{3}]⟩$
とする（ $[x, y] = x y x^{- 1} y^{- 1}$ ）。 $3$ 次対称群 $S_{3}$ への準同型全体の集合 $Hom (π_{1} (Σ_{3}), S_{3})$ の元の個数を求めよ。

この技能を使う問題

難易度 4（大学院入試の難問レベル）
$Σ_{2}$ を種数 $2$ の向き付け可能な閉曲面とする。連結な $3$ 重被覆空間 $p : Y \to Σ_{2}$ （ $Y$ は連結で、各点の逆像がちょうど $3$ 点）を考える。ここで $2$ つの被覆 $p : Y \to Σ_{2}$ , $p^{'} : Y^{'} \to Σ_{2}$ が同型であるとは、同相写像 $h : Y \to Y^{'}$ で $p^{'} \circ h = p$ をみたすものが存在することとする（基点は考えない）。
同型を除いて、連結な $3$ 重被覆空間は何個あるか。