记G为[1,n]这n个元素上的置换群。
记Ek为元素k在G作用下的等价类。那么对任意Ek中的元素ai，都存在G中的pi，使得kpi = ai。个人觉得这个E可以看作Equal。
记Zk是k的不动置换类。即对任意Zk中的pi，都有kpi = k。个人觉得这个Z可以看作Zero。
¶ Ek中每个元素的不动置换类的大小相等
证明：
假设ai是Ek里的一个元素，那么存在pi ∈ G，使得ai = kpi。
因为对Zk中的每个置换p，都有kp = k，所以也有aipi−1ppi = kpipi−1ppi = kppi = kpi = ai。因为对每个p，pi−1ppi都不同，所以每个k的不动置换都对应一个ai的不动置换。由于这里k和ai是对称的，所以也有每个ai的不动置换都对应一个k的不动置换。所以k和ai的不动置换是一一对应的。由于k和ai具有普适性，所以Ek中每个元素的不动置换类的大小都相等。
特别地，如果G是交换群，即对其中的任意两个置换p1和p2都有p1p2 = p2p1，那么pi−1ppi = p，即Ek中每个元素的不动置换类都相等。很多常见的转动群都是交换群，比如先转90度再转180度和先转180度后转90度是一样的，这种情况下就有这个小结论（虽然我不知道有什么用2333
¶ |Ek||Zk| = |G|
思路：
将G中的每个置换应用在k上面，可以得到|G|个结果。这些结果显然都是属于Ek的。假如|Ek| < |G|的话，那显然就有一些结果是重复的。那么Ek中的每个元素在这个结果中出现的次数是不是一样的呢？直觉上是的，因为这个等价类里每个元素都是平等的。要证明它，我们只要证明将k变成ai的置换与Zk中的置换一一对应即可。
记Pi为能将k变成ai的置换的集合。那么任意Pi中的置换pij，都有kpij = ai，所以对任意Zk中的置换p，都有kppij = kpij = ai。显然，固定pij时，对于每个p，ppij都是一个不同的置换，而根据定义，ppij ∈ Pi，所以每一个Zk中的置换都对应一个Pi中的置换。
因为kpij = a = kpi0，所以k = kpi0pij−1，所以pi0pij−1 ∈ Zk。由于对每个pij，pi0pij−1都不一样，所以每个Pi中的置换都对应一个Zk中的置换。
因此将k变成ai的置换与Zk中的置换一一对应，所以|G| = |Ek||Zk|。
这个证明是我自己想出来的，如有雷同，纯属巧合。
¶
Burnside引理：等价类个数
其中c1(p)就是在p的作用下不动的元素的个数。把p写成循环表示的话，c1(p)就是其中的长度为1的循环的个数。
由于|Ek||Zk| = |G|，所以k的等价类里的元素的个数是
这个相当于数每个元素的不动置换有几个，然后求和。可以换一个形式，求每个置换有多少个不动点，然后求和，结果是一样的，即
¶ Pólya 定理
其实这个就是Burnside引理的特殊情况。
Pólya 定理解决的问题：用m种颜色对[1,N]这N个对象进行染色，一种染色方案不同当且仅当Ḡ中只有一个置换（单位元）使得这个方案置换之后仍为这个方案，求染色方案数。
我们将每个对象染上不同颜色的方案视为一个元素，那么所有元素的集合记为[1,mN]，元素个数为mN个。我们就是要求这些元素中的等价类有多少个。注意Burnside引理中的置换群G的目标集是染色方案的集合[1,mN]，而这里的Ḡ的目标集是[1,N]。
对于一个Ḡ中的置换p̄，将其用循环表示，那么一种染色方案在p̄下不动当且仅当每个循环里的对象都是同色的，假设循环个数为c(p̄)，那么p̄在染色方案的集合上对应的置换的不动点个数为mc(p̄)。所以等价类个数
由于G和Ḡ里的置换是一一对应的，所以|G| = |Ḡ|，所以