WisFaq!

Re: Ketting met n kralen

Zoals ik al zei, ik heb geen verstand van groepentheorie(ik begrijp helaas niets van uw link en uitleg). En ik bedoelde eigenlijk alleen maar rotaties, maar dat heb ik slecht aangegeven. Mijn redenering voor het geval $n=p$ was: er zijn m enkelkleurige kleuringen, die een periode van 1 hebben (een enkele rotatie geeft al dezelfde kleuring), en de rest zijn kleuringen van periode $p$(volgens mij moet een periode het getal $n$ delen, maar dat weet ik niet zeker). En omdat het totale aantal kleuringen $m^{p}$ is wordt het aantal irreduceerbare kleuringen dus $m+\frac{m^{p}-m}{p}$.
Meer algemeen heb ik gevonden dat als $n=p^t$ dan is et aantal irreduceerbare kleuringen:
\[ m + \sum_{k=1}^{t}\frac{m^{p^k}-m^{p^{k-1}}}{p^k} \]Maar hoe is deze methode toepasbaar op een algemene $n$ en dus $n=6$.

Antoni
8-6-2020

Antwoord

Ik heb met opzet geen groepenterminologie gebruikt; om de banenformule te gebruiken hoef je geen in dit geval groepentheorie te kennen. Je moet alleen de symmetrieën van de regelmatige $n$-hoek kennen: $n$ rotaties en $n$ spiegelingen. Bij elk van die symmetrieën moet je de kleuringen tellen die niet veranderen onder de rotatie of spiegeling. Daarna zegt de formule wat het aantal echt verschillende kleuren is.

Overigens: je schreef dat de ketting een ruimtelijk obkect is; dan moet je de spiegelingen ook meenemen. Als je alleen rotaties bekijkt beschouw je hem als een object in het vlak.

Terug naar de ketting: de kleuringen direct tellen is lastig, zeker als $n$ geen priemgetal is; het is moeilijk bij te houden of je alles hebt en niets dubbel hebt geteld. Werken met de banenformule is efficiënter.

Bij een rotatie $\rho$ kijk je naar zijn periode: de kleinste $k$ zó dat $\rho^k$ de identieke afbeelding is; die $k$ is een deler van $n$ en er zijn dan $m^{\frac nk}$ kleuringen die invariant zijn onder $\rho$.

Als $n$ een priemgetal is is dat aantal gelijk aan $m^n$ als $\rho$ over $0$ roteert, en $m$ in alle ($n-1$ dus) andere gevallen. Dat geeft het antwoord dat je gevonden hebt.

Als $n=8=2^3$ dan hebben we $8$ rotaties: $\rho_0$ over $0$, $\rho_1$ over $\frac{2\pi}8$, $\dots$, $\rho_7$ over $7\cdot\frac{2\pi}8$.
Tellen: $\rho_0$ heeft $m^8$ kleuringen; $\rho_1$, $\rho_3$, $\rho_5$, en $\rho_7$ elk $m$; en $\rho_2$ en $\rho6$ elk $m^2$; en $\rho_4$ heeft er $m^4$.
Als we alleen naar rotaties kijken krijgen we dus $\frac18(m^8+4m+2m^2+m^4)$ echt verschillende kleuren (dat geeft jouw antwoord ook).

In mijn vorige antwoord heb ik $n=6$ gedaan; als je alleen naar rotaties kijkt krijg je $\frac16(m^6+m^3+2m^2+2m)$.

Tellen voor de spiegelingen is makkelijker.
Als $n$ oneven is is er maar één soort spiegeling: in een lijn door het midden en één hoekpunt. Die heeft $m^{\frac{n+1}2}$ invariante kleuringen.
Bij een priemgetal zorgt dat voor de extra term in mijn vorige antwoord.

Als $n$ even is heb je twee soorten spiegelingen: 1) in een lijn door twee punten en het midden, die heeft $m^{\frac{n+2}2}$ invariante kleuren; en 2) in een lijn door het midden loodrecht op twee zijden, die heeft $m^{\frac n2}$ invariante kleuren.
Bij $n=6$ vond ik zo de termen $3m^4$ en $3m^3$.

In het algemeen is het tellen van de kleuringen bij de rotaties lastiger omdat de aantallen rotaties van een gegeven orde niet in eenvoudige formules te vangen is.
Daar heb je bij jouw methode van kleuringen tellen ook last van.

kphart
8-6-2020