Simetride kombinasyon
Yeşil ve siyah renkli iki farklı çizgiyle birbirine bağlı altı özdeş köşeye sahip olduğumuzu varsayalım.
Bu sistemde kaç benzersiz bölüm oluşturabileceğimizi saymak istiyorum. Örneğin 1x5 bölümler yapmak istersem,
Aklımıza gelen en kolay yol 6C1 = 6 vakadır. Bununla birlikte, sistemin 60 derecelik bir açı ile dönme simetrisi vardır. Yani sadece 2 benzersiz bölümümüz olacak. Rengin sırasını daha fazla göz ardı edersek, yalnızca bir benzersiz bölümümüz olur . Bölme yalnızca bir yeşil ve bir siyah tutabilir.
3x3 bölümler için biraz daha karmaşık hale geliyor. İlk olarak, var olan toplam 6C3 = 20 bölüm olduğunu bulabiliriz. Çift sayımdan kurtulduktan sonra, sadece 10 vakamız var.
Ancak simetriyi hesaba katmalıyız. Cevabı elle yaparak biliyorum, sadece 4 benzersiz vakamız var. (1 (3 yeşil ve 3 siyah) +3 (Yeşil + Siyah) +3 (3siyah ve bir yeşil) +3 (3 yeşil ve bir siyah) var.
Bu kuralı kullanarak benzersiz çözümleri aşağıdaki gibi sayabildim
(4 seçim 1) 1 benzersiz durumumuz var
(4 seçim 2) 3 benzersiz durumumuz var
(6 seçim 1) 1 benzersiz durumumuz var
(6 seçim 2) 4 benzersiz durumumuz var
(6 seçim 3) 4 benzersiz durumumuz var
Sistemin simetrisi ile genelleştirilmiş kombinasyon çözümünü bulmamın bir yolu var mı?
Yanıtlar
Bazı simetrilere göre (bu durumda, dönme simetrisi) farklı olan bir setin (burada bir altıgen) bölümlerinin sayısını istiyorsunuz. Genel olarak bu matematikte önemli ve iyi çalışılmış bir sorudur. Bu örneği derinlemesine inceleyerek bu materyale rastlamış olmanız harika.
Bu sorunu çözmenin en genel yolu Burnside'ın lemması denen şeyi kullanmaktır . Daha fazlasını öğrenmek istiyorsanız, grup teorisi hakkında bir ders kitabı aramalısınız.
Bu belirli örneği sistematik olarak çözmek için, grup teorisi arka planına açıkça ihtiyaç duymadan Burnside'ın lemmasındaki fikirleri kullanabiliriz. Örneğin, kanıtınızı yeniden ifade edelim$4$ altıgenin farklı bölümleri, her biri üç noktadan oluşan iki set halinde.
Doğru olduğunu söyledin $\binom{6}{3} = 20$ olası boyut alt kümeleri $3$yani var $\binom{6}{3} / 2 = 10$olası bölümler. Bir bölüm için$P$, İzin Vermek $f(P)$ farklı döndürülmüş kopyaların yollarının sayısını gösterir $P$.
Örneğin, görüntünüzde (aşağıda kopyalanmıştır), $P$ sol üst bölüm olun ve $P'$sağ üst bölüm olun. Sonra$f(P) = 3$ ve $f(P') = 1$.
Hepsinin listesini düşünün $10$ bölümler $P_1, \dots, P_{10}$. Her bölüm$P$tam olarak "fazla sayılır" $f(P)$zamanlar. Dönüş açısından farklı olan her bölümün bir kez sayılması için aşağıdaki numarayı yapıyoruz. Toplamı düşünüyoruz
$$ \sum_{i=1}^{10} \frac{1}{f(P_i)} .$$
Altıgenin üç boyutlu iki kümeye bölünmesini aradığımız durumda, bu toplam olur
$$ \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right) + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \right) + 1 = 4,$$
tam olarak saydığın şey bu!
Bu formül aynı zamanda altıgeni bir boyut kümesine böldüğümüz durum için de işe yarar. $1$ ve bir dizi boyut $5$. Orada var$6$ toplam bölümler ve sahip olduğumuz her bölüm için $f(P) = 6$(çünkü her bölüm birbirinin dönüşüdür). Yani toplam
$$ \sum_{i=1}^6 \frac{1}{f(P)} = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = 1.$$
Nasıl çalıştığını kafanız karıştıysa, diğer bazı durumlarda bu formülü deneyin. Altıgeni farklı bir$n$-gen, örneğin. Zor kısım hesaplamaya dönüşüyor$f(P)$ her bölüm için $P$(ve tüm olası bölümleri numaralandırarak). Umarım bu, sorunuzu yanıtlamıştır.