matematikk.net

Oppgava er som følger:

Et kvadrat fargelegges slik at hver kant og hvert hjørne blir malt enten svart eller hvit.
Hvor mange ulike fargelegginger finnes når to fargelegginger regnes som like
hvis de kan føres over i hverandre ved hjelp av en isometri av kvadratet?

Kvadratet har symmetrigruppa [tex]\,D_4\,[/tex]med 8 elementer. Der 3 er rotasjoner og 4 er speilinger.
I tillegg har vi identiteten. [tex]\,|D_4|\,=3+4+1=8[/tex]

Bruker da Burnsides teorem, der

ant fargelegginger =[tex]\frac{1}{|D_4|}\sum_{d \in D_4}|X_d|[/tex]

blir dette rett:

ant fargelegginger =[tex]\frac{1}{8}(2^4 + 2^4 + 2*2^2 + 3*2^3)=8[/tex]
?
Virker litt lite!

Hmm.

Elementene i [tex]D_4[/tex] er:
(1)(2)(3)(4)
(1,4)(2,3) - speiling
(1,2)(3,4) - speiling
(1)(2,4)(3)- speiling
(1,3)(2)(4)- speiling
(1,4,3,2) -rotasjon
(1,3)(2,4)-rotasjon
(1,2,3,4)-rotasjon

For identitetselementet er alle hjørnene og alle kantene fiksert, så vi har 2^8 muligheter.
For (1,4)(2,3) må 1 og 4, og 2 og 3, ha samme farge, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^4.
For (1,2)(3,4) må 1 og 2, og 3 og 4 ha samme farge, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^4.
For (1)(2,4)(3) så må 2 og 4 ha samme farge, mens 1 og 3 kan være hvilken som helst, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^5.
For (1,3)(2)(4) så må 1 og 3 ha samme farge, mens 2 og 4 kan være hvilken som helst, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^5.
For (1,4,3,2) så må alle ha samme farge, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^3.
For (1,3)(2,4) så må 1 og 3, og 2 og 4, ha samme farge, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^4.
For (1,2,3,4) så må alle ha samme farge, samt at to og to kanter må være like. Det gir 2^3.

Summert, og delt på 8, gir: [tex]\frac{1}{8}(2^8+2*2^5+3*2^4+2*2^3) = 48[/tex]

Håper jeg har tenkt rett nå

Edit:
Nei, fillern, tellingen for speilingene ble ikke riktig.
For (1,4)(2,3) må 1 og 4, og 2 og 3, ha samme farge, samt at to av kantene må være like. Det gir 2^5.
For (1,2)(3,4) må 1 og 2, og 3 og 4 ha samme farge, samt at to av kantene må være like. Det gir 2^5.
Det gir vel [tex]\frac{1}{8}(2^8+4*2^5+2^4+2*2^3) = 52[/tex]

sbra wrote: (1)(2)(3)(4)
(1,4)(2,3) - speiling
(1,2)(3,4) - speiling
(1)(2,4)(3)- speiling
(1,3)(2)(4)- speiling
(1,4,3,2) -rotasjon
(1,3)(2,4)- rotasjon
(1,2,3,4)- rotasjon

Alternativt kunne vi jo nummerert kantene 5,6,7,8 (hjørnene er nummerert 1,2,3,4) , og skrevet opp $D_4$ i syklisk notasjon som følger:

(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8) - identiteten
(1,4)(2,3)(5,7)(6)(8) - speiling
(1,2)(3,4)(5)(7)(6,8) - speiling
(1)(2,4)(3)(5,8)(6,7)- speiling
(1,3)(2)(4)(5,6)(7,8)- speiling
(1,4,3,2)(5,8,7,6) - rotasjon
(1,3)(2,4)(5,7)(6,8) - rotasjon
(1,2,3,4)(5,6,7,8) - rotasjon

Da blir det klart fra Burnsides lemma (Burnsides teorem er noe annet!) at antall fargelegginger blir

$\frac{1}{8}(2^8+4\cdot 2^5+2\cdot 2^2+2^4)=51$

Enig med plutarco, det var en ryddig måte å gjøre det på.

Mange takk til dere begge!