WisFaq!

Ketting met n kralen

Het probleem luidt: gegeven een ketting met n kralen, en elke kraal heeft een van m verschillende kleuren, daarbij is de ketting een ruimtelijk object. Geef het aantal onreduceerbare kleuringen van de ketting ($A_n(m)$).

Ik heb het probleem op kunnen lossen voor $n=p$ ( met p een priemgetal ), dan is $A_p(m)=m+\frac{m^{p}-m}{p}$. Mijn vragen zijn: is mijn waarde van $A_p$ correct, en is de waarde van $A_n(m)$ in het algemeen te berekenen (bijvoorbeeld $n=6$)? (noot, ik het geen verstand van groepentheorie)

Antoni
7-6-2020

Antwoord

Voorzover ik kan zien is je antwoord niet volledig. Je hebt zo te zien alleen rekening gehouden met rotaties; er zijn echter ook spiegelingen. In het algemeen heet een ketting met $n$ kralen (een regelmatige $n$-hoek) $2n$ symmetrieën: $n$ rotaties en $n$ spiegelingen. Teken maar eens een regelmatige vijf- of zeshoek en loop ze maar na.

In het geval van een priemgetal $p$ houdt de symmetrie die niets doet alle kleuringen invariant, dat zijn er $m^p$; elke andere rotatie houdt alleen de constante kleuringen vast, dat zijn er $m$; en elke spiegeling houdt klëuringen die door $(p+1)/2$ kleuren vastliggen en dat zijn er $m^{\frac{p+1}2}$. (Kijk naar de vijfhoek: de spiegeling in de as door de top houdt $m^3$ kleuringen invariant.)

Volgens de banenformule zijn er dus
$$\frac1p(m^p+(p-1)m+p\cdot m^{\frac{p+1}2})
$$echt verschillende kleuringen.

In het algemeen is het aantal invariante kleuringen voor spiegelingen snel te bepalen. Bijvoorbeeld in de zeshoek: spiegelen in een lijn door twee overstaande punten houdt $m^4$ kleuringen invariant; spiegelen in een lijn loodrecht op twee overstaande zijden doet er $m^3$.

Voor de rotaties is het lastiger te boekhouden. Laten we de zeshoek doen.

• Roteren over $0$ graden heeft $m^6$ invariante kleuringen.
  
• Roteren over $60$ graden (links of rechts) heeft er $m$ (de constante)
  
• Over $120$ graden (links of rechts) heb je er $m^2$
  
• Als je $180$ graden roteert heb je $m^3$ invariante kleuringen.
  

Alles bij elkaar heb je met zes kralen
$$\frac1{12}(3m^4+3m^3+m^6+2m+2m^2+m^3)
$$echt verschillende kleuringen.

Zie Wikipedia: Burnside lemma [https://en.wikipedia.org/wiki/Burnside%27s_lemma]

kphart
7-6-2020