matematikk.net

Trenger hjelp her å:

Hver av de 4 likesida trekantene i figuren under skal bestå av en
farget flis. To flislegginger er like hvis den ene kan fås fra den andre
ved en rotasjon eller en speiling. Finn hvor mange ulike figurer som finnes hvis
du har n farger å velge blant.
\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

vet at det er en såkalt 3, 3, 3, 3 trekant ([tex]\,3^4).[/tex]
Den har 6 symmetrier/p6m-symmetri (3 rotasjoner og 3 refleksjoner/speilinger)
og er en [tex]\,D_3-[/tex]gruppe.

Janhaa wrote:Trenger hjelp her å:
Hver av de 4 likesida trekantene i figuren under skal bestå av en
farget flis. To flislegginger er like hvis den ene kan fås fra den andre
ved en rotasjon eller en speiling. Finn hvor mange ulike figurer som finnes hvis
du har n farger å velge blant.

4-trekanter.docx

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
vet at det er en såkalt 3, 3, 3, 3 trekant ([tex]\,3^4).[/tex]
Den har 6 symmetrier/p6m-symmetri (3 rotasjoner og 3 refleksjoner/speilinger)
og er en [tex]\,D_3-[/tex]gruppe.

er det Burnside's formel?

La $\mu_i$ være en av tre speilinger om en av aksene.
La $\rho_i$ være en av tre rotasjoner.

Burnside's Teorem forteller oss at antall forskjellige figurer er gitt ved $\frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{g \in G} \lvert X_g \rvert$, hvor $X_g$ er antall elementer i $X$ som er invariante under virkningen av $g \in G$.

Nå kan vi telle:

Det finnes til sammen $n^4$ mulige fargelegginger, så vi lar $X$ bestå av disse $n^4$ elementene.
Så $\lvert X_{\rho_0} \rvert = n^4$ dersom $\rho_0$ er den "stille" rotasjonen.

Hver av de to andre rotasjonene, $\rho_1, \rho_2$, fikserer $n^2$ elementer (må velge én farge for midttrekanten og én felles farge for de tre ytre trekantene).
Hver av de tre speilingene, $\mu_1, \mu_2, \mu_3$, fikserer $n^3$ elementer (må velge én farge for hver av de trekantene som symmetriaksen går gjennom, og én felles farge for de to andre trekantene).

Så vi har at antall elementer som er forskjellige dersom vi tar hensyn til rotasjon og speiling er $\frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{g \in G} \lvert X_g \rvert = \frac{1}{6}(n^4+2n^2+3n^3) = \frac{n^2(n+1)(n+2)}{6}$

Fibonacci92 wrote:La $\mu_i$ være en av tre speilinger om en av aksene.
La $\rho_i$ være en av tre rotasjoner.
Burnside's Teorem forteller oss at antall forskjellige figurer er gitt ved $\frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{g \in G} \lvert X_g \rvert$, hvor $X_g$ er antall elementer i $X$ som er invariante under virkningen av $g \in G$.
Nå kan vi telle:
Det finnes til sammen $n^4$ mulige fargelegginger, så vi lar $X$ bestå av disse $n^4$ elementene.
Så $\lvert X_{\rho_0} \rvert = n^4$ dersom $\rho_0$ er den "stille" rotasjonen.
Hver av de to andre rotasjonene, $\rho_1, \rho_2$, fikserer $n^2$ elementer (må velge én farge for midttrekanten og én felles farge for de tre ytre trekantene).
Hver av de tre speilingene, $\mu_1, \mu_2, \mu_3$, fikserer $n^3$ elementer (må velge én farge for hver av de trekantene som symmetriaksen går gjennom, og én felles farge for de to andre trekantene).
Så vi har at antall elementer som er forskjellige dersom vi tar hensyn til rotasjon og speiling er $\frac{1}{\lvert G \rvert} \sum_{g \in G} \lvert X_g \rvert = \frac{1}{6}(n^4+2n^2+3n^3) = \frac{n^2(n+1)(n+2)}{6}$

Flott forklaring, takker og bukker for hjelpa.

Jeg hadde etterhvert vha Burnside's Teorem at antall ulike figurer (r) er:

$ r =\frac{1}{\lvert D_3 \rvert} \sum_{g \in G} \lvert X_g \rvert =\frac{n^4}{6}$

(som jeg sjølsagt visste ikke var korrekt).

Hvilken lærebok bruker du forresten Janhaa?

Fibonacci92 wrote:Hvilken lærebok bruker du forresten Janhaa?

A first course in Abstract Algebra: J. B. Fraleigh.